2. 考研
  3. 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.

admin2021-06-16  58
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.
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(x1－f(x2｜≤k｜x1－x2｜,对于任意固定的x0∈[a,b]作为其中的x2，并将x1记为x，于是有 ｜f(x)－f(x0)｜≤k｜x－x0｜ 当x→x0时，｜f(x)－f(x0)｜→0，于是有[*]=f(x0)，可知f(x)在x0∈[a,b]处连续，由x0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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