一道大学生数学竞赛决赛试题的四种解法

Four Solutions to a Final Exam Question in a College Student Mathematics Competition

摘要: 针对一道第四届全国大学生数学竞赛决赛(非数学类)试题，本文分别从寻找题目所给题示、解微分方程、解方程组以及求原函数等角度，给出了构造辅助函数求证该题结论的四种解法。

Abstract: Aiming at a final exam problem of the 4th National College Students Mathematics Competition (for non-mathematics majors), this paper proposes four methods to construct auxiliary functions and prove the conclusion of the problem, from the perspectives of exploring the hints given in the problem, solving differential equations, solving systems of equations, and finding antiderivatives respectively.

1. 题目呈现

2013年全国大学生数学竞赛决赛(非数学类)第四大题题目[1]如下：

设函数$f\left(x\right)$ 在$\left[-2,2\right]$ 上二阶可导，且$\left|f\left(x\right)\right|\le 1$ ，又$f^2\left(0\right)+{\left[f^{\prime }\left(0\right)\right]}^2=4$ 。试证在$(-2,2)$ 内至少存在一点$\xi$ ，使得$f\left(\xi \right)+f^{″}\left(\xi \right)=0$ 。

本题是典型的二阶中值定理的证明类题目，大部分中值定理问题都可归结为罗尔定理的应用，也有部分难题需要用到费马定理，这类题型的解题关键在于辅助函数的构造[2]。下文给出的四种解法均是处理如何去构造辅助函数这一问题。

2. 四种解法展示

解法一：题示法

分析：从该题给出的条件$f^2\left(0\right)+{\left[f^{\prime }\left(0\right)\right]}^2=4$ 可知，可尝试构造函数$g\left(x\right)=f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2$ ，这样便有已知条件$g\left(0\right)=4$ ，并且发现其导数$g^{\prime }\left(x\right)=2f\left(x\right)f^{\prime }\left(x\right)+2f^{″}\left(x\right)f^{\prime }\left(x\right)=2f^{\prime }\left(x\right)\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]$ ，其中含有欲证等式左边部分，因此选择辅助函数$g\left(x\right)=f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2$ 。

证明：利用拉格朗日中值定理，可得：

$f\left(0\right)-f\left(-2\right)=2f^{\prime }\left(x_1\right)$ $\left(-2<x_1<0\right)$

$f\left(0\right)-f\left(-2\right)=2f^{\prime }\left(x_2\right)$ $\left(0<x_2<2\right)$

因为$\left|f\left(x\right)\right|\le 1$ ，所以$\left|f^{\prime }\left(x_1\right)\right|\le \frac{\left|f\left(0\right)\right|+\left|f\left(-2\right)\right|}{2}\le 1$ ，$\left|f^{\prime }\left(x_2\right)\right|\le \frac{\left|f\left(2\right)\right|+\left|f\left(0\right)\right|}{2}\le 1$ 令$g\left(x\right)=f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2$ $\left(-2<x<2\right)$ ，所以$g\left(x_1\right)\le 1,g\left(x_2\right)\le 1$ 。又因为$x_1<0<x_2$ ，且$g\left(0\right)=4$ ，所以$g\left(x\right)$ 在$\left[x_1,x_2\right]$ 上的最大值$g\left(\xi \right)\ge 4$ $\left(x_1<\xi <x_2\right)$ ，故由费马定理可知，有$g^{\prime }\left(\xi \right)=0$ ，即$f^{\prime }\left(\xi \right)\left[f\left(\xi \right)+f^{″}\left(\xi \right)\right]=0$ 。

若$f^{\prime }\left(\xi \right)=0$ ，则$g\left(\xi \right)=f^2\left(\xi \right)+{\left[f^{\prime }\left(\xi \right)\right]}^2=f^2\left(\xi \right)\le 1$ ，与$g\left(\xi \right)\ge 4$ 矛盾，所以$f^{\prime }\left(\xi \right)\ne 0$ ，因此$f\left(\xi \right)+f^{″}\left(\xi \right)=0$ 。

注1：此解法需要充分挖掘题目所给条件，找出其中隐含的“题示”条件。像费马定理、罗尔定理这样的中值定理题目，已知条件中往往会对某个函数在某些点的函数值进行定值或者限定范围，这“某个函数”便很有可能是证明所需的辅助函数。当然，并不是所有题给出的条件都是如此“明示”，大多数题给出的条件都需要进行“二次创作”才可使用。

解法二：微分方程法[3]

分析：将$\xi$ 换成$x$ ，得到$f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)=0$ 。将其看作一个微分方程，求解该微分方程。对应的特征方程为：${\lambda }^2+1=0$ ，解得：$\lambda =\pm i$ ，所以该微分方程的通解为：$f\left(x\right)=C_1\cos x+C_2\sin x$ 。求导得：$f^{\prime }\left(x\right)=-C_1\sin x+C_2\cos x$ 。由通解及其导数反解$C_2$ 得：$C_2=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x$ 。因此构造辅助函数$g\left(x\right)=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x$ ，其导数$g^{\prime }\left(x\right)=\cos x\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]$ 含有欲证等式左边部分，符合条件。

证明：令$g\left(x\right)=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x\left(-2<x<2\right)$ ，

其导数$g^{\prime }\left(x\right)=\cos x\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]$ ，因为$\left|g\left(\frac{\pi }{2}\right)\right|=\left|f\left(\frac{\pi }{2}\right)\right|\le 1$ ，$\left|g\left(-\frac{\pi }{2}\right)\right|=\left|f\left(-\frac{\pi }{2}\right)\right|\le 1$ ，且$\left|g\left(0\right)\right|=\left|f^{\prime }\left(0\right)\right|=\sqrt{4-f^2\left(0\right)}\ge \sqrt{3}$ ，所以$g\left(x\right)$ 在$\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上的最大值$g\left(\xi \right)\ge \sqrt{3}$ 或者最小值$g\left(\xi \right)\le -\sqrt{3}$ ，其中$\xi \in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ ，由费马定理可知，$g^{\prime }\left(\xi \right)=0$ ，即$\cos \xi \left[f\left(\xi \right)+f^{″}\left(\xi \right)\right]=0$ ，又因为$\xi \in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ ，所以$\cos \xi \ne 0$ ，因此$f\left(\xi \right)+f^{″}\left(\xi \right)=0$ 。

注2：这个解法引入了微分方程，通过将所证等式看作一个微分方程并求其通解，再反解其中一个常数，最终将常数右边部分作为辅助函数。对于二阶中值定理类问题，假设要证明的结论为：存在$\xi$ 使$G\left(\xi ,f\left(\xi \right),f^{\prime }\left(\xi \right),f^{″}\left(\xi \right)\right)=0$ ，那么微分方程法的一般步骤为：

1. 将$\xi$ 换成$x$ ，得$G\left(x,f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right),f^{″}\left(x\right)\right)=0$ 。

2. 解出二阶微分方程的通解为$H\left(x,f\left(x\right),C_1,C_2\right)=0$ 。

3. 根据通解以及其求导后的式子，反解出其中任意常数$C_1$ 或$C_2=h\left(x,f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)\right)$ 。

4. 构造辅助函数$g\left(x\right)=h\left(x,f\left(x\right),f^{\prime }\left(x\right)\right)$ 来证明所要的结论。

对于二阶微分方程，其通解有两个常数，那么该反解哪一个呢？其实，就像一般步骤里所说，反解任何一个常数都可以得出相应的一个辅助函数，不过并不代表这些辅助函数都可以用来证明题目的结论。有的辅助函数在题目所给条件下，无法满足费马定理或者罗尔定理的使用要求，便不能用。

比如本题，倘若反解$C_1$ ，那么同样地可以得出$C_1=-f\left(x\right)\cos x+f^{\prime }\left(x\right)\sin x$ 辅助函数为$g\left(x\right)=-f\left(x\right)\cos x+f^{\prime }\left(x\right)\sin x$ ，但是该函数在$x=\pm \frac{\pi }{2}$ 时都无法确定其函数值的范围，并且$g^{\prime }\left(x\right)=\sin x\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]$ 中，$\sin x$ 在$\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 中存在零点，不满足费马定理条件，无法证明欲证等式。综上所述，该辅助函数不适用本题。

解法三：方程组法[4]

分析：所有的辅助函数都需要满足其导数含有欲证等式中的结构。本题即需要构造一个函数$g\left(x\right)$ ，使其求导后$g^{\prime }\left(x\right)=\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]t\left(x\right)$ ，$\left(t\left(x\right)\ne 0\right)$ 所以$g\left(x\right)$ 中应当含有$f\left(x\right)$ 和$f^{\prime }\left(x\right)$ ，不妨设$g\left(x\right)=f\left(x\right)m\left(x\right)+f^{\prime }\left(x\right)n\left(x\right)$ ，($m\left(x\right),n\left(x\right)$ 为未知函数)，所以$g^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right)\left[m\left(x\right)+n^{\prime }\left(x\right)\right]+f\left(x\right)m^{\prime }\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)n\left(x\right)$

因此有方程组：

$\{\begin{array}{l}m\left(x\right)+n^{\prime }\left(x\right)=0\\ m^{\prime }\left(x\right)=n\left(x\right)=t\left(x\right)\end{array}$

对于该方程组，求解后得出两组解：

$\{\begin{array}{l}t\left(x\right)=\cos x\\ m\left(x\right)=\sin x\\ n\left(x\right)=\cos x\end{array}$ 或$\{\begin{array}{l}t\left(x\right)=\sin x\\ m\left(x\right)=-\cos x\\ n\left(x\right)=\sin x\end{array}$

得出$g\left(x\right)=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x$ 或$g\left(x\right)=-f\left(x\right)\cos x+f^{\prime }\left(x\right)\sin x$ ，由解法二的分析可知，后面的辅助函数行不通，故采用辅助函数$g\left(x\right)=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x$ 。

注3 该解法运用解方程组的思想，通过构造含有未知函数的辅助函数，根据其求导后与欲证等式的对应关系，构建方程组求解未知函数，最终得到辅助函数。

解法四：原函数法

分析：既然是求函数$g\left(x\right)$ ，使其求导满足$g^{\prime }\left(x\right)=\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]t\left(x\right)$ $\left(t\left(x\right)\ne 0\right)$

那么能否直接根据求导的逆过程将函数给还原出来，这就需要一眼看出原函数的轮廓。如果看不出，则需要通过乘以积分因子以及等式变形不断接近原函数。将$\xi$ 换成$x$ ，得$f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)=0$ ，也就是$\left[f\left(x\right)+f^{″}\left(x\right)\right]t\left(x\right)=0$ ，再经过一系列变换，使其变成$g^{\prime }\left(x\right)=0$ ，还原成$g\left(x\right)=C$ ，最终等式左边即为辅助函数。该题需要对原等式乘以积分因子，通过观察可得，该题积分因子有以下三种情况：

① 积分因子为$2f^{\prime }\left(x\right)$ ，则有：$2{\left[f\left(x\right)\right]}^{\prime }f\left(x\right)+2{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^{\prime }{f}^{\prime }\left(x\right)=0$ ，即：

$2f^{\prime }\left(x\right)f\left(x\right)+2f^{″}\left(x\right)f^{\prime }\left(x\right)=0$ ，${\left(f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2\right)}^{\prime }=0$

所以有$f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2=C$ ，由此可知原函数为$g\left(x\right)=f^2\left(x\right)+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2$ 。

② 积分因子为$\cos x$ ，有$f\left(x\right)\cos x+f^{″}\left(x\right)\cos x=0$ ，即：$f\left(x\right){\left(\sin x\right)}^{\prime }+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^{\prime }\cos x=0$ ，补充中间抵消的两项得：

$f\left(x\right){\left(\sin x\right)}^{\prime }+f^{\prime }\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right){\left(\cos x\right)}^{\prime }+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^{\prime }\cos x=0$ ,

即${\left[f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x\right]}^{\prime }=0$ ，所以有$f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x=C$ 。因此辅助函数为$g\left(x\right)=f\left(x\right)\sin x+f^{\prime }\left(x\right)\cos x$

③ 积分因子为$\sin x$ ，有$f\left(x\right)\sin x+f^{″}\left(x\right)\sin x=0$ 即

$f\left(x\right){\left(-\cos x\right)}^{\prime }+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^{\prime }\sin x=0$

补充中间抵消的两项得：

$f\left(x\right){\left(-\cos x\right)}^{\prime }+f^{\prime }\left(x\right)\left(-\cos x\right)+f^{\prime }\left(x\right){\left(\sin x\right)}^{\prime }+{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^{\prime }\sin x=0$

即${\left[f\left(x\right)\left(-\cos x\right)+f^{\prime }\left(x\right)\sin x\right]}^{\prime }=0$ ，所以有$f\left(x\right)\left(-\cos x\right)+f^{\prime }\left(x\right)\sin x=C$ ，因此辅助函数为$g\left(x\right)=f\left(x\right)\left(-\cos x\right)+f^{\prime }\left(x\right)\sin x$ 。

由解法一和二可知，可行的辅助函数只有前两个。

注4：该解法通过对等式进行一系列变换，逆向还原辅助函数求导过程，实现由导函数到原函数的“积分”。本题在处理中需要引入积分因子，原因在于其原等式过于简洁，无法直接从中“看出”原函数的轮廓；而对于某些题目，倘若能从欲证等式中直接看出原函数的轮廓，处理时便不需要引入积分因子，直接通过简单的移项变形就能凑出原函数。

3. 方法总结

四种解法看似路径迥异，实则均植根于二阶线性齐次微分方程的理论体系，是同一数学本质在不同视角下的呈现，它们思想同源，线性算子的逆运算思维，共同印证了二阶线性微分方程的解空间结构、算子分解、积分因子三大核心理论，是同一数学思想在不同解题场景下的具体实现[5]。

这四种解法各有千秋，题示法从题目本身出发，根据条件构造函数，方便简洁，但适用范围局限，需要有敏锐的观察力；微分方程法从微分方程角度着手，根据求通解再反解常数，思路清晰，步骤明确；解方程法基于解方程思想，先设未知函数再根据欲证结论构建方程组，最后求解出未知函数，得出辅助函数；原函数法源于凑配法思想，通过逆向还原辅助函数求导过程，找出原函数，但部分题目所证结论不够直观，看不出“原函数”的轮廓，便需要寻找合适的积分因子。这四种解法，除了题示法需要题目给出相关条件来提示外，其他三种解法基本能运用于大部分二阶中值定理问题，当然也适用于一阶中值定理问题，其中微分方程法甚至能解决一些高阶中值定理问题。由于微分方程通解中的常数、方程组的解以及积分因子的不唯一性，导致了这三种解法构造出来的辅助函数的不唯一性，这就需要我们构造了辅助函数后，必须去检验其可行性。因此选择辅助函数时尽量贴合题目所给条件，确保辅助函数满足中值定理的使用要求。

4. 相关练习

为加强读者对后三种解法的理解，附第十二届决赛的一道题，仅供练习。

2021年第十二届全国大学生数学竞赛决赛(非数学类)第四大题题目：

证明：设函数在$\left[a,b\right]$ 上连续，在$\left(a,b\right)$ 内二阶可导，且$f\left(a\right)=f\left(b\right)=0$ ，${\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}=0$ 。

存在互不相同的点$x_1,x_2\in \left(a,b\right)$ ，使得$f^{\prime }\left(x_i\right)=f\left(x_i\right),i=1,2$ ；

存在$\xi \in \left(a,b\right),\xi \ne x_i,i=1,2$ ，使得$f^{″}\left(\xi \right)=f\left(\xi \right)$ 。

基金项目

国防科技大学第三批校级规划课程——《高等数学》课程思政示范课程。

NOTES

^*通讯作者。