一类给出端点信息的中值定理构造思路

问题0:人民大学2025考研数学分析

设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=2$证明：存在$\xi ,\eta \in (0,1),\xi \ne \eta$满足$(1+f^{\prime }(\xi ))(1+f^{\prime }(\eta ))=9$

1. 问题解答

如果利用中值定理，取$c\in (0,1)$，然后令$f(c)=b\in (0,2)$。

• 此处蕴含一个结果是函数连续性，由于函数连续，并且$f(0)=0,f(1)=2$所以对于$(0,2)$当中的每一个$t$都存在对应的$f(s)=t$ 那么我们无非就是要证明等式

等价来说$-6c+8c^2+3b-2cb-b^2=0$我们对这个式子进行因式分解，得到

这里我们希望左右式子可以直接成立，也就是

• 为什么这样的式子才可能成功，而不是说我们随便令$b$取$(0,2)$当中任何一个数，然后解出来对应的$c$，比如$b=1$然后解出$c=\frac{1}{2}$。可是这样不行，因为我们凭什么能够保证给定的函数$f$一定在满足$f(1/2)=1$呢？但是$(3)$却是对任何给定的满足“问题0”条件的函数都成立，因为这样我们可以把$(c,f(c))$看成是$y=f(x)$与$y=\alpha x+\beta$这两条曲线的交点。这种交点的存在性可以用函数的连续性，以及连续性有关的推论得到。

那么根据$(3)$，有可能$f(c)=2c$吗？不一定。因为$y=f(x),y=2x$这两条曲线在区间$[0,1]$的两个端点处重合，这样一来，中间就未必有交点。比如说如图如果$f(x)=2x+x(1-x)$

此时$f(x)$与$y=2x$在区间内部就不存在端点。

那么$y=f(x)$与函数$3-4x$就一定存在交点吗？一定存在，这是介值定理所决定的。令$F(x):=f(x)+4x-3$，那么$F(0)=-3<0,F(1)=3>0(4)$于是一定存在一个零点，这个零点就是我们想要的$c$。所以我们只需要令$c=c_0$其中$c_0$是$(4)$当中给出的零点。那么带入到$(2)$当中，等式一定成立，紧接着$(1)$一定成立，从而根据Lagrange中值定理便得到$(1+f^{\prime }(\xi ))(1+f^{\prime }(\eta ))=9$

2. 类似的乘积类型的问题

问题2.1

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=1$证明：存在不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$，使得$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=1$

模仿第一节，我们无非就是要寻找一个$c\in (0,1)$以及对应的$f(c)$使得根据Langrange中值定理满足$\frac{f(c)}{c}\cdot \frac{1-f(c)}{1-c}=1$把这个式子写成一个二元整系数多项式的方程，并化简得到$(f(c)-c)(f(c)+c-1)=0$然后我们排除$y=f(x),y=x$相交的情况，因为只是两处端点相交的话会导致某些符合问题条件的函数$f$与直线在区间$(0,1)$上不交。考虑$y=f(x)$与$y=-x+1$的交点，构造函数$F(x):=f(x)+x-1$，发现$F(1)=1>0,F(0)=-1<0$于是我们只要令$c$为$F(x)$在区间$(0,1)$上的根，那么一切吗满足问题要求的条件的函数$f$都存在不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$，使得$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=1$

此处还有第二种做法。如果我们采取把多元问题转换为一元问题的想法，如果我们随便取一个点$c\in (0,1)$由于可导，岂不是可以$c=\eta$，然后在$[0,c]$上使用中值定理存在$\frac{f(c)-f(0)}{c-0}=\frac{f(c)}{c}=f^{\prime }(\xi )$于是我们只要验证一件事：满足“问题2.1”条件的函数，是否一定存在某个$c$使得$\frac{f(c)}{c}\cdot f^{\prime }(c)=1⟺f(c)f^{\prime }(c)-c=0$如果我们把右边式子看成是某个一元函数的导数为0的话，我们可以尝试用Rolle中值定理解决此问题。然后由于$f(x)f^{\prime }(x)$的原函数对我们而言是非常熟悉的，我们可以构造出$F(x):=f^2(x)-x^2$这个函数满足$F(0)=F(1)=0$，于是Rolle中值定理告诉我们一定存在这样一个$c$。于是问题便解决了。

• 那么一开始的“问题0”可以通过证明存在一个$c$使得$\left(1+\frac{f(c)}{c}\right)\cdot \left(1+f^{\prime }(c)\right)=9$来得到吗？至少通过Rolle中值定理是办不到的。

对于”问题2.1”我们可以把它抽象为一个命题：

命题2.2

设$f:[a,b]\to \mathbb{R}$连续，在$(a,b)$上可导，并且$f(a)\ne f(b)$那么存在不同的$\xi ,\eta \in (a,b)$，使得$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )={\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)}^2$

• 一般情况下，直接运行“问题2.1”的做法，在代数上计算量就有点大了。不过我们总是可以通过对函数进行变换$g(t):=\frac{f(a+(b-a)t)-f(a)}{f(b)-f(a)}$的方式，使得$g:[0,1]\to \mathbb{R}$满足$g(0)=0,g(1)=1$。那么根据之前的结论，一定存在$g^{\prime }({\theta }_1)g^{\prime }({\theta }_2)=1$这相当于是$\xi =a+(b-a){\theta }_1,\eta =a+(b-a){\theta }_2$带入进去便可得到$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )={\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)}^2$
• 我们可以把一开始的“问题0”当作是该问题的变形。令$F(x):=f(x)+x$那么“问题0”当中的端点信息就变成了“命题2.2”版本下的端点信息$F(0)=0,F(1)=3$于是自然存在两个不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$使得$F^{\prime }(\xi )F^{\prime }(\eta )=(F(1)-F(0){)}^2=9$这就是等价于$(1+f^{\prime }(\xi ))(1+f^{\prime }(\eta ))=9$

根据数学归纳法，我们还可以进一步推广：

命题2.3

设$f:[a,b]\to \mathbb{R}$连续，在$(a,b)$上可导，并且$f(a)\ne f(b)$那么存在$n$个不同的点${\xi }_1,\cdots ,{\xi }_n\in (a,b)$，使得${\prod }_{i=1}^n{f}^{\prime }({\xi }_i)={\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)}^n$

在推广命题中，我们其实只需要证明：当$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续并且在$(0,1)$上可微，那么会存在$n$个不同的点${\xi }_1,\cdots ,{\xi }_n\in (0,1)$，使得${\prod }_{i=1}^n{f}^{\prime }({\xi }_i)=1$然后我们需要借助于归纳法来完成这件事。

然后我们发现，在归纳法的证明中，采用”问题2.1”的第二种证明方法会更适用于$n>2$的情形。

首先$n=2$的时候，因为“命题2.2”，因此成立。然后假设$n=k$的时候命题成立，现在我们需要证明$n=k+1$的时候命题也成立。

我们可以推广“问题2.1”的第二种证明，把问题变成，是否存在某个$c:={\xi }_{k+1}$使得

因为只要这个式子成立，那么我们就可以考虑函数$h(x):=\frac{f(cx)}{f(c)},x\in [0,1]$这个函数在$[0,1]$上连续，$(0,1)$上可导，并且$h(0)=0,h(1)=1$对这个函数用归纳假设，由于$h^{\prime }(t)=\frac{c{f}^{\prime }(ct)}{f(c)}$于是根据归纳假设存在${\eta }_1,\cdots ,{\eta }_k$使得${\prod }_{i=1}^k{h}^{\prime }({\eta }_i)={\left(\frac{c}{f(c)}\right)}^k{\prod }_{i=1}^k{f}^{\prime }(c{\eta }_i)=1$令${\xi }_i=c{\eta }_i,i=1,\cdots ,k$那么${\prod }_{i=1}^k{f}^{\prime }({\xi }_i)={\left(\frac{f(c)}{c}\right)}^k$ 那么为什么$(5)$一定成立？按照类似于“问题2.1”的证明逻辑，构造$F(x):=f(x{)}^{k+1}-x^{k+1}$然后由于$F(0)=F(1)=0$，根据Rolle中值定理$c$的存在性可以被保证。于是$n=k+1$的时候命题依旧成立。

3. 和的类型的问题

问题3.1

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=0$证明：存在不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$，使得$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )=0$

• 按照之前乘积类型的问题，类似的想法，我们无非就是需要寻找一个点$c$使得$\frac{f(c)-f(0)}{c-0}=f^{\prime }(\xi )$，$\frac{f(1)-f(c)}{1-c}=f^{\prime }(\eta )$并且满足$\frac{f(c)}{c}+\frac{-f(c)}{1-c}=0⟹c=\frac{1}{2}$此时和第一节不同，这里由于端点$f(1)=0$因此，并没有对$f(c)$的取值提出任何要求。

问题3.2

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=1/2$证明：存在不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$，使得$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )=\xi +\eta$

首先我们把问题的目标转换为更对称的形式

如果我们把$(6)$视为某个函数$F(x)$的导数在$x=\xi ,x=\eta$处的取值，那么我们是否可以把问题转换为”问题3.1”? 令$F(x):=f(x)-\frac{1}{2}{x}^2+A$然后验证$F(0)=0$导出$A=0$，然后验证$F(1)=0$完全符合”问题3.1”的条件，于是存在$F^{\prime }(\xi )+F^{\prime }(\eta )=0$因此问题得证。

问题3.3

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=1$证明：对任意$a,b>0$存在不同的$\xi ,\eta \in (0,1)$，使得$\frac{a}{f^{\prime }(\xi )}+\frac{b}{f^{\prime }(\eta )}=a+b$

令$r_1:=\frac{a}{a+b},r_2:=\frac{b}{a+b}$满足$r_1+r_2=1$，然后我们需要证明存在两个不同点使得$\frac{r_1}{f^{\prime }(\xi )}+\frac{r_2}{f^{\prime }(\eta )}=1$按照先前的思路，我们可以考虑是否存在一个$c\in (0,1)$使得$\frac{r_{1}c}{f(c)}+\frac{r_2(1-c)}{1-f(c)}=1$如果令$f(c)=r_1$则可以消去分母得到$c+1-c=1$，从而解决问题。并且由于$r_1\in (0,1)$，由连续函数的介值性我们知道这样的$c$一定是存在的。

命题3.4

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且$f(0)=0,f(1)=1$证明：对任意和为1的$n$个正实数$r_1,\cdots ,r_n$存在不同的${\xi }_1,\cdots ,{\xi }_n\in (0,1)$，使得${\sum }_{i=1}^n\frac{r_i}{f^{\prime }({\xi }_i)}=1$

从“问题3.3”的特殊情形得到启发：

1. 令$f(c_1)=r_1$于是存在${\xi }_1$使得$\frac{1}{f^{\prime }({\xi }_1)}=\frac{c_1}{r_1}$
2. 然后令$f(c_2)=r_2+r_1$于是存在${\xi }_2$使得$\frac{1}{f^{\prime }({\xi }_2)}=\frac{c_2-c_1}{r_2}$
3. 依次类推$f(c_k)={\sum }_{i=1}^k{r}_i$于是存在${\xi }_k$使得$\frac{1}{f^{\prime }({\xi }_k)}=\frac{c_k-c_{k-1}}{r_k}$
4. 最后一个点$c_{n-1}$时候$f(c_{n-1})={\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i=1-r_n$然后$\frac{1}{f^{\prime }({\xi }_{n-1})}=\frac{c_{n-1}-c_{n-2}}{r_{n-1}},\frac{1}{f^{\prime }({\xi }_n)}=\frac{1-c_{n-1}}{1-f(c_{n-1})}=\frac{1-c_{n-1}}{r_n}$ 最后把上面的结果求和得到$c_1+(c_2-c_1)+\cdots (c_{n-1}-c_{n-2})+1-c_{n-1}=1$而以上所有$f(c_i)$的取值都介于$0,1$之间，因此由连续函数的介值定理保证$c_i$的存在性，从而命题得证。

4. 借助导数的Darboux性解决问题

我们还可以从导数的Darboux定理入手，并且这种视角更通用更本质。

引理4.1:导数的Darboux定理

令$I\subset \mathbb{R}$为一个闭区间，$f:I\to \mathbb{R}$在$I$的内点上处处可微。那么函数的导数$f^{\prime }$具有介值性：$\forall a,b\in I$，$a<b$，那么任意介于$f_{+}^{\prime }(a),f_{-}^{\prime }(b)$之间的$y$，都存在一个$x\in (a,b)$使得$f^{\prime }(x)=y$。

从拓扑的角度上来说，介质性等价于：对任意子区间$J\subseteq I$，经过导数后的像$f^{\prime }(J)$是一个区间。这比单纯说$f^{\prime }$有连通性要更强一些。从下面这个例子更能看出二者强弱的区别：

例子4.2

$g(x):=\{\begin{array}{ll}x& x\in [0,1]\\ x-1& x\in (1,2]\end{array}$整体上来说$g([0,2])=[0,1]$是一个区间。但是如果我们考虑$J=[1,\frac{3}{2}]$那么我们会发现$g(J)=\{1\}\cup (0,1/2]$并不是一个区间。因此这个函数在$[0,1]$上并不具备介值性。

认识到这一点以后，我们便发现“问题3.1”的证明根本没有那么tricky，而且根本不是存在一对$\xi \ne \eta$满足问题中的结论，而是存在无数多对。

首先一定存在一个点$x_1\in (0,1)$使得$|f^{\prime }(x_1)|>0$，否则的话在$(0,1)$之中导数处处为0，只能得到函数本身就是常函数，那么自然$f^{\prime }(x)\equiv 0$从而“问题3.1”是平凡的。（这一点可以借助Lagrange中值定理证明）

现在不妨假设$f^{\prime }(x_1)>0$。那么一定也存在一个不同点的点$x_2\in (0,1)$使得$f^{\prime }(x_2)<0$。否则，$f^{\prime }(x)>0$对整个$(a,b)$成立，则根据Lagrange中值定理，这与“问题3.1”的端点信息$f(0)=f(1)=0$矛盾。

• 这里不要用微积分基本定理，这个定理要求$f^{\prime }(x)$可积，但仅凭”问题3.1”的条件我们无法得到可积性。

假设$r=\min \{f^{\prime }(x_1),-f^{\prime }(x_2)\}$。现在根据Darboux定理，我们知道一定存在$x_3$使得$f^{\prime }(x_3)=0$。然后我们可以任取$y_1\in (0,r)$，根据Darboux定理，一定存在$\xi$使得$f^{\prime }(\xi )=y_1$。然后取$-y_1\in (-r,0)$，根据Darboux定理一定存在$\eta$使得$f^{\prime }(\eta )=-y_1$。于是自然得到结论$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )=0$

把这个思路抽象成更为一般的情形：

命题4.3

设$f:[a,b]\to \mathbb{R}$连续，$(a,b)$上可导。令$m:=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$则$\text{要么 }{f}^{\prime }(x)\equiv m,\text{要么 }m\text{ 是 }{f}^{\prime }((a,b))\text{ 的内点}$

令$F(x):=f(x)-f(a)-m(x-a)$那么$F(a)=F(b)=0$。参照前文的证明，我们可以得到要么$F^{\prime }(x)\equiv 0$如若不然，$F^{\prime }(x)$在$(a,b)$至少会在某处取到0，且既会取到正实数也会取到负实数。也就是说，后一种情况下$0$一定是$F^{\prime }((a,b))$的内点。这等价于$\text{要么 }{f}^{\prime }(x)\equiv m,\text{要么 }m\text{ 是 }{f}^{\prime }((a,b))\text{ 的内点}$

在“命题4.3”的角度下来回望之前的问题：

• “问题2.1”乘积类型：$(0,1)$上，函数$f$的平均斜率为$m=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1$于是我们知道，要么$f^{\prime }(x)\equiv 1$，问题平凡要么$1$是$I:=f^{\prime }((0,1))$这个区间的内点。于是对于足够小的$\delta >0$都有$(1-\delta ,1+\delta )\subset I$那么只要我取$\epsilon :=\frac{\delta }{2}$于是一定有就一定存在点使得$f^{\prime }(\xi )=1+\epsilon ,f^{\prime }(\eta )=\frac{1}{1+\epsilon }$(因为$\frac{1}{1+\epsilon }>1-\delta$)因此显然有$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=1$
• “命题2.2”乘积类型：此时我们也无需把一般情况转换为$(0,1)$上的情况。$m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$,那么根据“命题4.3”，要么$f^{\prime }(x)\equiv m$，此问题平凡，要么$m$为区间$I:=f^{\prime }((a,b))$的内点。对于后一种情况，对于足够小的$\delta >0$都有$(m-\delta ,m+\delta )\subset I$那么只要我取$\epsilon :=\frac{\delta }{2}$于是一定有就一定存在点使得$f^{\prime }(\xi )=m(1+\epsilon ),f^{\prime }(\eta )=\frac{m}{1+\epsilon }$因此$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=m^2$
• 对于“命题2.3”和的类型的一般情况：对于非平凡的情形，即$m$为区间$I:=f^{\prime }((a,b))$的内点。对于足够小的$\delta >0$都有$(m-\delta ,m+\delta )\subset I$如果$n=2k$是偶数，那么我们可以找$k$个${\epsilon }_k\in (0,\frac{\delta }{2}]$使得$m(1+{\epsilon }_k),\frac{m}{1+{\epsilon }_k}\in I$从而使得${\prod }_{i=1}^n{f}^{\prime }({\xi }_i)=m^n$如果$n=2k+1$为奇数。首先考虑Lagrange中值定理，存在某个$\xi \in (a,b)$使得$f^{\prime }(\xi )=m$。剩下的$2k$个点采用和偶数的情况一样的构造，最后也能得到${\prod }_{i=1}^n{f}^{\prime }({\xi }_i)=m^n$。
• “问题3.1”加法的基本类型：对于非平凡的情况$0$为$I:=f^{\prime }((0,1))$的内点。于是只要取$\pm \epsilon \in I$那么就一定有点$\xi ,\eta$使得$f^{\prime }(\xi )=\epsilon ,f^{\prime }(\eta )=-\epsilon$从而得到$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )=0$

命题4.4

$f(x):[0,1]\to \mathbb{R}$连续并且在$(0,1)$上可微，并且满足$f(0)=f(1)=0$令$B(0,r)$为${\mathbb{R}}^n$中以$0$为球心$r$为半径的开球，函数$F\in C^1(B(0,r)\to \mathbb{R})$满足$F(0)=0$并且：

1. 当$n\ge 3$时,存在$B(0,r_0),r_0\le r$使得任意$\mathbf{x}\in B(0,r_0)$都有$\frac{\partial F}{\partial x_i}(\mathbf{x})\ne 0$
2. $n=2$时，存在$B(0,r_0),r_0\le r$使得任意$\mathbf{x}\in B(0,r_0)$都有$\frac{\partial F}{\partial x_1}(\mathbf{x})\cdot \frac{\partial F}{\partial x_2}(\mathbf{x})>0$

则存在互不相同的${\xi }_1,\cdots {\xi }_n\in (0,1)$使得$F(f^{\prime }({\xi }_1),\cdots ,f^{\prime }({\xi }_n))=0$

• 此命题源自于b站网友”番茄黑化了”的帖子。原帖中的证明是构造性的，而此处我们从微分几何的角度来解释此如此设置条件的动机是什么。
• 我们还可以做一个简单推广。可以考虑$f:[a,b]\to \mathbb{R}$然后其他条件不变，令$m:=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，然后只是把改成$\mathbf{m}:=(m,\cdots ,m)$也就是对$F$的要求变成$F$是在$\mathbf{m}$的开邻域上$C^1$的函数，并且满足$F(\mathbf{m})=0$并且，存在球$B(0,r_0)$换成球$B(\mathbf{m},r)$。

首先根据“命题4.3”，如果$f^{\prime }(x)\equiv 0$，那么该命题平凡。因为任意互不相同的${\xi }_1,\cdots {\xi }_n\in (0,1)$都会使得$(f^{\prime }({\xi }_1),\cdots ,f^{\prime }({\xi }_n))=0$从而根据假设$F(f^{\prime }({\xi }_1),\cdots ,f^{\prime }({\xi }_n))=F(0)=0$现在考虑非平凡的情况，$0$为$I:=f^{\prime }((0,1))$的内点，即存在足够小的$\delta >0$使得$(-\delta ,\delta )\subset I$。现在的问题就变成了寻找一个点$\mathbf{y}:=(y_1,\cdots ,y_n)$满足：

1. $F(\mathbf{y})=0$
2. $y_1,\cdots ,y_n$两两不同
3. 每个$y_i\in (-\delta ,\delta )\subset I$

只要满足以上三点，我们自然就能结合以上分析，存在对应的${\xi }_i$使得$f^{\prime }({\xi }_i)=y_i$，并且由于$y_i$两两不同，因此${\xi }_i$也必然两两不同。因此我们现在的关注重点就是$F(\mathbf{y})=0$的局部结构，即$Z:=F^{-1}(0)$的局部结构。令$H:={\bigcup }_{i<j}{H}_{ij},H_{ij}:=\{\mathbf{x}=(x_1,\cdots ,x_n):x_i=x_j\}$我们就想知道$Z$在$0$的邻域当中是否存在不属于$H$的点，如果存在，那么这样的点就可以选做$\mathbf{y}$从而满足以上对$\mathbf{y}$的三点要求。

$H_{ij}$是什么？它是${\mathbb{R}}^n$当中的一个$n-1$维的超平面，法向量为${\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j$。我们现在加强命题，$Z$是否可以保证至少有一个包含$0$的邻域$Z\cap B(0,r_0)$不包含在任何$H_{ij}$当中，这样一来$Z\cap B(0,r_0)\setminus H$就有无数多个点，即我们有无数多个符合要求的$\mathbf{y}$。

那么$Z\cap B(0,r_0)$是什么？由于$\nabla F(\mathbf{x})\ne 0$在$B(0,r_0)$成立，即它是行满秩的，于是$0$是$F{|}_{B(0,r_0)}$的正则值，于是由正则值定理（regular value theorem，参考^221c4f）告诉我们，它是一个$n-1$维的光滑流形。然后它在$0$处有唯一的切平面$T_{0}Z$，该切平面的法向量为$\nabla F(0)$。那么现在问题就很简单了，想要$Z\cap B(0,r_0)$不包含在任何$H_{ij}$当中，我们可以设想这两个曲面的法向量并不平行。这样一来，两个曲面就是横截相交，而不是一个包含另一个。令$S_{ij}:=T_{0}Z\cap H_{ij}$，若$\mathbf{u}\in S_{ij}$则必然满足约束$\{\begin{array}{l}\nabla F(0)\cdot \mathbf{u}=0\\ ({\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j)\cdot \mathbf{u}=0\end{array}$也就是说$S_{ij}$就是这个线性方程的解空间，由于$\nabla F(0)$与${\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j$线性无关，因此这个方程的秩为2,于是解空间$S_{ij}$为$n-2$维的线性空间，即$T_{0}Z$的一个真子空间。而我们知道，一个线性空间是不可能被其真子空间的有限并包含的，因此一定存在某个$\mathbf{v}\in T_{0}Z\setminus {\bigcup }_{i<j}{S}_{ij}$也就是说$\mathbf{v}\cdot \nabla F(0)=0$，并且$\mathbf{v}\notin H_{ij},\forall 1\le i<j\le n$。然后根据切空间的几何意义，对于切向量$\mathbf{v}$在$Z$上存在一条光滑曲线$\gamma (t),t\in (-\epsilon ,\epsilon )$满足:

• $\gamma (0)=0$
• $\gamma (t)\in Z,t\in (-\epsilon ,\epsilon )$
• ${\gamma }^{\prime }(0)=\mathbf{v}$。 然后我们可以说明对于足够小的$t\ne 0$曲线$\gamma (t)\notin H_{ij}$。这样的曲线上的属于$Z$但不属于$H_{ij}$的点就是我们要找的值（无穷多个，且稠密）。令$\gamma (t)=({\gamma }_1(t),\cdots ,{\gamma }_n(t))$然后构造一个测试函数$g_{ij}(t):={\gamma }_i(t)-{\gamma }_j(t)$这个测试函数的作用是，如果$g_{ij}(t_0)=0$则$\gamma (t_0)\in H_{ij}$否则$\gamma (t_0)\notin H_{ij}$然后由于$\frac{g_{ij}(t)-g_{ij}(0)}{t-0}=\frac{g_{ij}(t)}{t}\to g_{ij}^{\prime }(0)$而$g_{ij}^{\prime }(0)$恰好是${\gamma }_i^{\prime }(0)-{\gamma }_j^{\prime }(0)$即$\mathbf{v}$的$i,j$分量之差，由于$\mathbf{v}\notin H_{ij}$因此该差不可能为0，于是$g_{ij}^{\prime }(0)\ne 0$。那么极限的保号性告诉我们，存在某个${\delta }_{ij}>0$使得当$0<|t|<{\delta }_{ij}<\delta$的时候$\frac{g_{ij}(t)}{t}$不为0，从而$g_{ij}(t)$不为零。 “ 那么只要$0<|t_0|<\min {\delta }_{ij}$那么对任意的$g_{ij}(t_0)$均不为0，从而$\gamma (t_0)\notin H_{ij}$于是$\gamma (t_0)\notin H$。那么我们只需要令$\mathbf{y}=\gamma (t_0)$，这样的$\mathbf{y}$就是我们要找的。

于是我们便可以说，只要$\nabla F(0)$与${\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j$不平行，问题就迎刃而解了。那么究竟是不是这样呢？这个得看维度：

1. 如果$n\ge 3$，由于${\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j=(0,\cdots ,0,1,0,\cdots ,0,-1,0,\cdots ,0)$这个向量当中至少会有三个分量，其中两个为$1,-1$剩余的位置上为$0$。也就是说向量当中至少有一个分量上为$0$，但是$\nabla F(0)$的$n$个分量上任何位置都不为0，因此这两个向量绝不可能平行。
2. 如果$n=2$，由于此时$H=H_{12}$，其法向量为${\mathbf{e}}_1-{\mathbf{e}}_2=(1,-1)$。这个时候即便$\nabla F(0)$每个分量都不为0，也是有可能与$(1,-1)$平行。因此命题当中用了一个更强的限制条件$\frac{\partial F}{\partial x_1}(\mathbf{x})\cdot \frac{\partial F}{\partial x_2}(\mathbf{x})>0$这直接排除了$\nabla F(0)$与$(1,-1)$平行的可能性。

综上所述，如果存在邻域$B(0,r_0)$满足命题中的条件，那么$Z\cap B(0,r_0)\setminus H$当中存在无数多个满足我们要求的三个条件的点$\mathbf{y}$，于是问题得证。

站在”命题4.4”的高度上，前面的所有问题都如同砍瓜切菜一般简单：

• 对于”问题0”:

令$F(x,y):=(1+x)(1+y)-9$，然后$m:=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=2$。然后由于$F((2,2))=0$并且$\frac{\partial F}{\partial x}((2,2))=\frac{\partial F}{\partial y}((2,2))=3$于是根据“命题4.4”，存在$\xi ,\eta \in (0,1)$使得$F(f^{\prime }(\xi ),f^{\prime }(\eta ))=(1+f^{\prime }(\xi ))(1+f^{\prime }(\eta ))-9=0$于是问题得证。

• 对于”命题2.3”:

令$m:=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\ne 0$然后$F(x_1,\cdots ,x_n):={\prod }_{i=1}^n{x}_i-m^n$以及$\mathbf{m}:=(m,\cdots ,m)$。此时$F$满足: $F(\mathbf{m})=0$，然后$\nabla F(\mathbf{m})=(m^{n-1},\cdots ,m^{n-1})$如果$n\ge 3$，那么由于$\nabla F(\mathbf{m})$的每个分量都不为0，因此根据“命题4.4”结论成立。如果$n=2$，那么由于${\partial }_{x}F(\mathbf{m})\cdot {\partial }_{y}F(\mathbf{m})=m^2>0$也符合“命题4.4”，因此该命题结论也成立。

综上所述命题成立。

• 对于“问题3.1”：

令$m=0$，$F(x,y)=x+y$。由于$F((0,0))=0$并且${\partial }_{x}F(0,0)\cdot {\partial }_{y}F(0,0)=1>0$，于是根据“命题4.4”，问题解决。

• 对于“命题3.4”:

令$m=1,\mathbf{m}:=(m,\cdots ,m)$，$F(x_1,\cdots ,x_n):={\sum }_{i=1}^n\frac{r_i}{x_i}-1$由于${\sum }_{i=1}^n{r}_i=1$因此，$F(\mathbf{m})=0$。此外由于${\partial }_{x_i}F=-\frac{r_i}{x_i^2}$，因此$\nabla F(\mathbf{m})=-(r_1,\cdots ,r_n)$当$n\ge 3$的时候$\nabla F(\mathbf{m})$每一个分量都不为0，当$n=2$的时候${\partial }_{x}F(\mathbf{m})\cdot {\partial }_{y}F(\mathbf{m})=r_1{r}_2>0$因此无论那种情况，根据“命题4.4”，结论都成立。

问题4.5

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且满足$f(0)=0,f(1)=0$。证明：存在互不相同的$\xi ,\eta \in (0,1)$使得:$2f^{\prime }(\xi )+3f^{\prime }(\eta )=e^{f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )}-1$

站在“命题4.4”的角度这个问题会非常简单。令$F(x,y):=2x+3y-e^{xy}+1$此函数满足$F(0,0)=0$，然后$\nabla F(0,0)=(2,3)$根据“命题4.4”，问题结论显然成立。

问题4.6

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且满足$f(0)=0,f(1)=0$。证明：存在互不相同的${\xi }_1,\cdots ,{\xi }_n\in (0,1)$使得:$f^{\prime }({\xi }_1{)}^2+\cdots +f^{\prime }({\xi }_n{)}^2=f^{\prime }({\xi }_1)+\cdots +f^{\prime }({\xi }_n)$

令$F(x_1,\cdots ,x_n):={\sum }_{i=1}^n{x}_i^2-x_i$此函数满足$F(0)=0$并且$\nabla F(0)=(-1,\cdots ,-1)$因此无论是$n=2$或是$n\ge 3$都满足”命题4.4”对$F$的要求，于是问题结论显然成立。

5. 借助Cauchy中值定理来解决问题

问题5.1

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且满足$f(0)=0,f(1)=1$且$f^{\prime }(x)\ne 0,\forall x\in (0,1)$。证明：存在互不相同的${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,1)$使得:$\frac{{\xi }_1}{f^{\prime }({\xi }_1)}+\frac{{\xi }_2}{f^{\prime }({\xi }_2)}=1$

这种分子分母上都是变化的函数，如果采用前三节的思路，借助于Lagrange中值定理来把问题转换为，证明某个$c$的存在性是徒劳的。不过这种分子分母都是函数的情况，我们可以考虑利用Cauchy中值定理来解决问题。

如果把$\frac{{\xi }_1}{f^{\prime }({\xi }_1)}$看成是一种Cauchy中值定理的结果，那么相当于我们要找一个点$c\in (0,1)$使得$\frac{\frac{1}{2}{c}^2-0}{f(c)-f(0)}=\frac{c^2}{2f(c)}=\frac{{\xi }_1}{f^{\prime }({\xi }_1)}$另一方面$\frac{\frac{1}{2}(1-c^2)}{f(1)-f(c)}=\frac{1-c^2}{2(1-f(c))}=\frac{{\xi }_2}{f^{\prime }({\xi }_2)}$然后$c$还得满足$\frac{c^2}{2f(c)}+\frac{1-c^2}{2(1-f(c))}=1$问，这样的$c$是存在的吗？

当然是存在的，只要利用介值性，令$f(c)=1/2$即可。

为了检验我们刚才的理解是否合理，现在来尝试一下推广的情况：

问题5.2：推广

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$连续，在$(0,1)$上可导，且满足$f(0)=0,f(1)=1$且$f^{\prime }(x)\ne 0,\forall x\in (0,1)$。证明：存在互不相同的${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3\in (0,1)$使得:$\frac{{\xi }_1^2}{f^{\prime }({\xi }_1)}+\frac{{\xi }_2^2}{f^{\prime }({\xi }_2)}+\frac{{\xi }_3^3}{f^{\prime }({\xi }_3)}=1$

按照我们的计划，需要找到两个点$c_1,c_2\in (0,1)$使得$\frac{c_1^3}{3f(c_1)}+\frac{c_2^3-c_1^3}{3(f(c_2)-f(c_1))}+\frac{1-c_2^3}{3(1-f(c_2))}=1$如果可以找到，那么根据每个分式分别的Cauchy中值定理，我们便可证明此问题。