《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§10.2解答

习题10.2

10.2.1证明：假设f在 $x_0$ 处取到局部最大值，即存在实数 $\delta>0$ 使得对一切 $x\in (a, b)\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 有 $f(x)\leqslant f(x_0)$ . 我们容易证明 $x_0$ 是 $(a, b)\cap(x_0-\delta, x_0)$ 的极限点（或者附着点也行），进而由习题10.1.1知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in (a, b)\cap(x_0-\delta, x_0)}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in (a, b)\backslash\{x_0\}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ ，进而由命题9.3.9知对任意由集合 $(a, b)\cap(x_0-\delta, x_0)$ 的元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有序列 $(\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0})_{n=0}^\infty$ 收敛到 $f'(x_0)$ . 而对一切自然数n有 $a_n\in(a, b)\cap(x_0-\delta, x_0)\subseteq(a, b)\cap(x_0-\delta, x_0+\delta)$ ，进而有 $f(a_n)\leqslant f(x_0)$ ，进而 $\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}\geqslant 0$ ，由命题5.4.9关于实数列的推广形式知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}=f'(x_0)\geqslant 0$ . 同理由 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in (a, b)\cap(x_0, x_0+\delta)}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$ 知 $f'(x_0)\leqslant 0$ . 综上 $f'(x_0)=0$ . 对于f在 $x_0$ 处取到局部最小值也有类似的证明.

我们当然也可以用命题10.1.7来进行证明：同假设f在 $x_0$ 处取到局部最大值，即存在实数 $\delta_1>0$ 使得对一切 $x\in (a, b)\cap(x_0-\delta_1, x_0+\delta_1)$ 有 $f(x)\leqslant f(x_0)$ . 由命题10.1.7和f在 $x_0$ 处可微知对每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在实数 $\delta_2>0$ ，对一切 $x\in(a, b)$ 有如果 $|x-x_0|\leqslant\delta_2$ 则 $|f(x)-(f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0))|\leqslant\varepsilon|x-x_0|$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，取 $\delta:=min\{\frac{1}{2}\delta_1, \delta_2\}$ ，对一切 $x\in(a, b)$ 有如果 $|x-x_0|\leqslant\delta$ 则 $|f(x)-(f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0))|\leqslant\varepsilon|x-x_0|$ ，进而有 $0\leqslant f(x_0)-f(x)\leqslant\varepsilon|x-x_0|-f'(x_0)(x-x_0)$ ，进而有 $f'(x_0)(x-x_0)\leqslant\varepsilon|x-x_0|$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta>0$ ，对一切 $x\in(a, b)$ 有如果 $|x-x_0|\leqslant\delta$ 则有 $f'(x_0)(x-x_0)\leqslant\varepsilon|x-x_0|$ . 由于 $x_0$ 为 $(a, x_0]$ 的极限点，故我们总可以取到一个 $x_1\in(a, x_0)$ 使 $|x_1-x_0|\leqslant\delta$ ，进而有 $f'(x_0)(x_1-x_0)\leqslant\varepsilon|x_1-x_0|=-\varepsilon(x_1-x_0)$ ，进而有 $f'(x_0)\geqslant-\varepsilon$ . 同理由 $x_0$ 为 $[x_0, b)$ 的极限点知 $f'(x_0)\leqslant\varepsilon$ . 进而综合起来就有 $|f'(x_0)|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，总有 $|f'(x_0)|\leqslant\varepsilon$ ，故 $f'(x_0)=0$ .

10.2.2例子： $f:(-1, 1)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=-|x|$ . 由命题9.4.9知f在定义域(-1, 1)上连续. 对任意 $x\in(-1, 1)$ ，我们有 $|x|\geqslant 0$ ，进而 $f(0)=0\geqslant -|x|$ ，于是f在0处达到整体最大值. 由例10.1.6知f在0处在(-1, 1)上不可微.

10.2.3例子： $f:(-1, 1)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=x^3$ . 由习题10.1.5知 $f'(x)=3x^2$ ，故 $f'(0)=0$ . 但是我们有对任意实数 $\delta>0$ ，存在实数 $\frac{min\{1, \delta\}}{2}\in(-1, 1)\cap(-\delta, +\delta)$ 使得 $f(\frac{min\{1, \delta\}}{2})>f(0)$ ，故f在0处不会取到局部最大值. 同理可证f在0处不会取到局部最小值.

10.2.4证明：由题设和最大值原理知存在 $x_{max}\in[a, b]$ 使在 $x_{max}$ 处取得函数g的最大值. 如果 $x_{max}\in(a, b)$ ，则g在 $x_{max}$ 处也取得局部最大值，再由命题10.2.6知 $g'(x_{max})=0$ . 如果 $x_{max}\in[a, b]\backslash(a, b)=\{a\}\cup\{b\}$ ，由于 $g(a)=g(b)$ ，则g在 $x=a, b$ 处同时取得最大值. 我们分两种情形讨论：a.如果g的最大和最小值不相等，进而在某 $x_{min}\in(a, b)$ 处取得最小值，同理由命题10.2.6知 $g'(x_{min})=0$ ；b.如果g的最大、最小值相等，此时易反证g为常值函数，故对任意 $x\in [a, b]$ 有 $f'(x)=0$ .

我们举一个Rolle定理适用的典型例子，由表达式 $x^2+y^2=1$ 隐式确定的函数 $g:[-1, 1]\rightarrow[0, +\infty)$ . 其函数图像就是一个半径为1圆心在原点的半圆.

10.2.5证明：证明的关键是构造两端点处函数值相等的函数.

我们考虑函数 $g:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}, g(x):=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ . 由f在[a, b]上连续和命题9.4.9知g在[a, b]上连续. 已知f在(a, b)上可微，由定理10.1.13和定理10.1.15知对任意 $x_0\in(a, b)$ 有 $g'(x_0)=f'(x_0)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\cdot 1=f'(x_0)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ ，于是g在(a, b)上可微. 我们还容易验证 $g(a)=g(b)=f(a)$ . 进而满足定理10.2.7的前提，于是存在 $x\in(a, b)$ 使得 $g'(x)=f'(x_0)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$ ，即 $f'(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ .

10.2.6证明：勘误，我们应该说明 $a<b$ 是实数.

已知 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 在[a, b]上连续并且在(a, b)上可微. 对任意 $x,y\in[a, b]$ ，当 $x=y$ 时命题显然成立，故不失一般性，我们假设 $x<y$ ，由习题9.4.6知 $f|_{[x, y]}:[x, y]\rightarrow\mathbb{R}$ 在[x, y]上连续，再由习题10.1.1知 $f|_{[x, y]}$ 在(x, y)上可微. 进而由推论10.2.9平均值定理知存在 $x'\in(x, y)$ 使 $f'(x')=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}$ ，进而有 $|\frac{f(y)-f(x)}{y-x}|=|f'(x')|\leqslant M$ ，即 $|f(x)-f(y)|\leqslant M|x-y|$ .

10.2.7证明：由题设我们知道导函数 $f':\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ 有界，即存在实数 $M>0$ 使得对一切 $x\in\mathbb{R}$ 有 $|f'(x)|\leqslant M$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\frac{\varepsilon}{M}>0$ ，对每个 $x_0\in\mathbb{R}$ ，对每个 $x\in\mathbb{R}\backslash\{x_0\}$ ，如果 $|x-x_0|\leqslant\frac{\varepsilon}{M}$ ，我们由习题10.1.1知 $f|_{[-|x|-|x_0|, |x|+|x_0|]}$ 在 $[-|x|-|x_0|, |x|+|x_0|]$ 上可微，进而在 $[-|x|-|x_0|, |x|+|x_0|]$ 上连续并且在 $(-|x|-|x_0|, |x|+|x_0|)$ 上可微，由习题10.2.6知对 $x, x_0\in[-|x|-|x_0|, |x|+|x_0|]$ 有 $|f(x)-f(x_0)|\leqslant M|x-y|\leqslant M\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon$ ；再来考虑特殊情形 $x\in\{x_0\}$ ，即 $x=x_0$ . 此时 $|f(x)-f(x_0)|=0\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\frac{\varepsilon}{M}>0$ ，对任意 $x,x_0\in\mathbb{R}$ 有如果 $|x-x_0|\leqslant\frac{\varepsilon}{M}$ 则 $|f(x)-f(x_0)|\leqslant\varepsilon$ . 综上，f是一致连续的.