谈谈拉格朗日中值定理的证明(考研中的证明题)(10页).doc

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1、-谈谈拉格朗日中值定理的证明(考研中的证明题)-第 8 页谈谈拉格朗日中值定理的证明引言 众所周至拉格朗日中值定理是几个中值定理中最重要的一个，是微分学应用的桥梁，在高等数学的一些理论推导中起着很重要的作用. 研究拉格朗日中值定理的证明方法，力求正确地理解和掌握它，是十分必要的. 拉格朗日中值定理证明的关键在于引入适当的辅助函数. 实际上，能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数有无数个，因此如果以引入辅助函数的个数来计算，证明拉格朗日中值定理的方法可以说有无数个. 但事实上若从思想方法上分，我们仅发现五种引入辅助函数的方法. 首先对罗尔中值定理拉格朗日中值定理及其几何意义作一概述.1罗尔中值定理

2、如果函数满足条件：在闭区间上连续；在开区间内可导；（3）,则在内至少存在一点 ,使得罗尔中值定理的几何意义：如果连续光滑曲线在点处的纵坐标相等，那么，在弧 上至少有一点 ，曲线在点的切线平行于轴，如图1，注意 定理中三个条件缺少其中任何一个，定理的结论将不一定成立；但不能认为定理条件不全具备，就一定不存在属于的，使得. 这就是说定理的条件是充分的，但非必要的.2拉格朗日中值定理若函数满足如下条件：在闭区间上连续；在开区间内可导；则在内至少存在一点，使拉格朗日中值定理的几何意义：函数在区间上的图形是连续光滑曲线弧 上至少有一点，曲线在点的切线平行于弦. 如图2，从拉格朗日中值定理的条件与结论可见

3、，若在闭区间两端点的函数值相等，即，则拉格朗日中值定理就是罗尔中值定理. 换句话说，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情形.正因为如此，我们只须对函数作适当变形，便可借助罗尔中值定理导出拉格朗日中值定理.3 证明拉格朗日中值定理3.1 教材证法证明 作辅助函数 显然，函数满足在闭区间上连续，在开区间内可导，而且于是由罗尔中值定理知道，至少存在一点，使.即.3.2 用作差法引入辅助函数法证明 作辅助函数 显然，函数在闭区间上连续，在开区间内可导，因此，由罗尔中值定理得，至少存在一点，使得，即 推广1 如图3过原点作，由与直线对应的函数之差构成辅助函数，因为直线的斜率与直线的斜率相同，即有：

4、，的直线方程为：，于是引入的辅助函数为：. （证明略）推广2 如图4过点作直线，直线的方程为：，由与直线函数之差构成辅助函数，于是有：. （证明略）推广3 如图5过点作直线，直线的方程为，由与直线函数之差构成辅助函数，于是有：.事实上，可过轴上任已知点作得直线为，从而利用与直线的函数之差构成满足罗尔中值定理的辅助函数都可以用来证明拉格朗日中值定理. 因是任意实数，显然，这样的辅助函数有无多个.3.3 用对称法引入辅助函数法在第二种方法中引入的无数个辅助函数中关于轴的对称函数也有无数个，显然这些函数也都可以用来证明拉格朗日中值定理.从几何意义上看，上面的辅助函数是用曲线函数减去直线函数，反过来，

5、用直线函数减曲线函数，即可得与之对称的辅助函数如下：等等.这类能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数显然也有无数个. 这里仅以为例给出拉格朗日中值定理的证明. 证明 显然，函数满足条件：在闭区间上连续；在开区间内可导；.由罗尔中值定理知，至少存在一点，使得，从而有，显然可用其它辅助函数作类似的证明.3.4 转轴法由拉格朗日中值定理的几何图形可以看出，若把坐标系逆时针旋转适当的角度，得新直角坐标系，若平行于弦，则在新的坐标系下满足罗尔中值定理，由此得拉格朗日中值定理的证明.证明 作转轴变换，为求出，解出得 由得 ，从而，取在闭区间上连续，在开区间内可导，知在闭区间上连续，在开区间内可导，且，因此，

6、由罗尔中值定理知，至少存在一点，使得 ，即 3.5 用迭加法引入辅助函数法让迭加一个含待顶系数的一次函数，例如令或，通过使，确定出，即可得到所需的辅助函数. 例如由 ，令 得，从而，而可取任意实数，这样我们就得到了辅助函数，由的任意性易知迭加法可构造出无数个辅助函数，这些函数都可用于证明拉格朗日中值定理.3.6 用行列式引入辅助函数法证明 构造一个含且满足罗尔中值定理的函数，关键是满足.我们从行列式的性质想到行列式的值在时恰恰均为0，因此可设易证，展开得因为在闭区间上连续，在开区间内可导，所以在闭区间上连续，在开区间内可导，且，所以由罗尔中值定理知，至少存在一点，使得. 因为即： 3.7 数形

7、相结合法引理 在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，则面积为，这一引理的证明在这里我们不做介绍，下面我们利用这一引理对拉格朗日中值定理作出一种新的证明. 这种方法是将数形相结合，考虑实际背景刻意构造函数使之满足罗尔中值定理的条件.如图， 设是直线与从点开始的第一个交点，则构造易验证满足罗尔中值定理的条件：在闭区间上连续，在开区间内可导，而且，则至少存在一点，使，即：但是，这是因为，如果则，这样使得成为直线与从点的第一个交点，与已知矛盾）. 故，即. 若只从满足罗尔中值定理的要求出发，我们可以摈弃许多限制条件，完全可以构造来解决问题，从而使形式更简洁，而且启发我们做进一步的推广：可构造来

8、证明柯西中值定理. 3.8 区间套定理证法证明 将区间二等分，设分点为，作直线，它与曲线 相交于，过作直线弦. 此时，有如下两种可能: 若直线与曲线仅有一个交点，则曲线必在直线 的一侧.否则，直线不平行于直线. 由于曲线在点处有切线，根据曲线上一点切线的定义，直线就是曲线在点处的切线，从而.由作法知，在区间内部，取于是有 若直线与曲线还有除外的其他交点，设为另外一个交点，这时选取以为端点的区间，记作，有, ，把作为新的“选用区间”，将二等分，并进行与上面同样的讨论，则要么得到所要求的点，要么又得到一个新“选用区间”.如此下去，有且只有如下两种情形中的一种发生: (a) 在逐次等分“选用区间”的

9、过程中，遇到某一个分点，作直线它与曲线交于，过点作直线弦, 它与曲线只有一个交点，此时取即为所求.(b) 在逐次等分“选用区间”的过程中，遇不到上述那种点，则得一闭区间序列，满足: 由知，构成区间套，根据区间套定理，存在唯一的一点，此点即为所求. 事实上，存在，由，所以，从“选用区间”的取法可知，确在的内部. 3.9 旋转变换法证明 引入坐标旋转变换: 因为 所以有逆变换: 由于满足条件: 在闭区间上连续；在开区间内可导，因此式中函数在闭区间上连续，在开区间满足罗尔中值定理的第三个条件，只要适当选取旋转角，使, 即，也即 这样，函数就满足了罗尔中值定理的全部条件，从而至少存在一点，使即. 由于

10、所选取旋转角满足，所以.结论本论文仅是对拉格朗日中值定理的证明方法进行了一些归纳总结其中还有很多方法是我没有想到的，而且里面还有很多不足之处需要进一步的修改与补充. 通过这篇论文我只是想让人们明白数学并不是纯粹的数字游戏，里面包含了很多深奥的内容. 而且更重要的是我们应该学会去思考，学会凡是多问几个为什么，不要让自己仅仅局限于课本上的内容，要开动脑筋学会举一反三，不要单纯为了学习而学习，让自己做知识的主人！ 总之，数学的发展并非是无可置疑的，也并非是反驳的复杂过程，全面的思考问题有助于我们思维能力的提高，也有助于创新意识的培养. 参考文献 1 华东师范大学数学系. 数学分析（上册）（第二版）M

11、.北京：高等教育出版社.1991：153-1612 吉林大学数学系. 数学分析(上册)M.北京：人民教育出版社.1979：194-1963 同济大学应用数学系. 高等数学（第一册）M.北京：高等教育出版社（第五版）.2004：143-1534 周性伟,刘立民. 数学分析M.天津：南开大学出版社.1986：113-1245 林源渠,方企勤. 数学分析解题指南M.北京：北京大学出版社.2003：58-676 孙清华等. 数学分析内容、方法与技巧（上）M.武汉：华中科技大学出版社.2003：98-1067 洪毅. 数学分析（上册）M.广州：华南理工大学出版社.2001：111-1138 党宇飞. 促

12、使思维教学进入数学课堂的几点作法J.上海：数学通报.2001,1：15-189 王爱云. 高等数学课程建设和教学改革研究与实践J.西安：数学通报.2002,2：84-88 10 谢惠民等. 数学分析习题课讲义M.北京：高等教育出版社.2003：126-13511 刘玉莲,杨奎元等. 数学分析讲义学习指导书（上册）M.北京：高等教出版社.1994：98-11212 北京大学数学力学系. 高等代数. 北京：人民教育出版社. 1978:124-13513 裴礼文. 数学分析中的典型问题与方法M.北京：高等教育出版社.1993：102-11014 郑琉信.数学方法论M.南京：广西教育出版社.1996：112-12315 陈传璋等. 数学分析（上册）M.北京：人民教育出版社.1983:87-9216 李成章,黄玉民. 数学分析（上）M.北京：科学出版社.1995：77-86附 录柯西中值定理 若 函数与都在闭区间上连续； 与在开区间内可导； 与在内不同时为零；则在内至少存在一点，使得.区间套定理 若是一个区间套，则存在唯一一点，使得或 ，