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设当a≤x≤b时,a≤f(x)≤b,并设存在常数k,0≤k<1,对于[a,b]上的任意两点x1与x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤k|x1-x2|,证明: 存在唯一的ξ∈[a,b]使f(ξ)=ξ.
设当a≤x≤b时,a≤f(x)≤b,并设存在常数k,0≤k<1,对于[a,b]上的任意两点x1与x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤k|x1-x2|,证明: 存在唯一的ξ∈[a,b]使f(ξ)=ξ.
admin
2021-06-16
100
问题
设当a≤x≤b时,a≤f(x)≤b,并设存在常数k,0≤k<1,对于[a,b]上的任意两点x
1
与x
2
,都有|f(x
1
)-f(x
2
)|≤k|x
1
-x
2
|,证明:
存在唯一的ξ∈[a,b]使f(ξ)=ξ.
选项
答案
由连续性及a≤f(x)≤b,再由介值定理可证ξ的存在性,因为这里未设函数可导,所以无法用导数证明零点的唯一性,而应采用反证法证明。 由|f(x
1
-f(x
2
|≤k|x
1
-x
2
|,对于任意固定的x
0
∈[a,b]作为其中的x
2
,并将x
1
记为x,于是有 |f(x)-f(x
0
)|≤k|x-x
0
| 当x→x
0
时,|f(x)-f(x
0
)|→0,于是有[*]=f(x
0
),可知f(x)在x
0
∈[a,b]处连续,由x
0
的任意性,知f(x)在[a,b]上连续。 令φ(x)=f(x)-x,则 φ(a)=f(a)-a≥0,φ(b)=f(b)-b≤0 上述两不等式中若至少有一个等式成立,例如φ(a)=0,则取ξ=a∈[a,b],有φ(ξ)=f(ξ)-ξ=0 若上述两不等式中无一个等式成立,即φ(a)=f(a)-a>0,φ(b)=f(b)-b<0,于是由连续函数介值定理知,存在ξ∈(a,b),使得φ(ξ)=f(ξ)-ξ=0 再证唯一性,用反证法证明。 设存在ξ∈[a,b],η≠ξ,使得φ(η)=f(η)-η=0,于是 f(η)-f(ξ)=η-ξ |η-ξ|=|f(η)-f(ξ)|≤k|η-ξ| 即(1-k)|η-ξ|≤0. 但因1-k>0,|η-ξ|>0,导致矛盾,所以η=ξ,证明了唯一性。
解析
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考研数学二
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