1. 零点问题与微分方程法
这类问题通常题目会给出一些条件，并要求证明某区间存在 \(\xi\) 使某个等式成立。
1.1 例题
设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，有 \(f(1)=2f(0)\)
试证明至少存在一点 \(\xi \in (0,1)\) 使 \((1+\xi)f^{‘}(\xi)=f(\xi)\)
1.2 解决思路
要求解这个问题，通常容易想到去找一个辅助函数，比如 \(\phi(x)\) 使其满足 \(\phi^{‘}(x)=(1+x)f^{‘}(x)-f(x)\)
有这样的函数之后，只要满足闭区间连续，开区间可导，接下来我们只需找到两个端点 \(x_1,x_2 \in (0,1)\) 且 \(x_1 \neq x_2\) 满足 \(\phi(x_1)=\phi(x_2)\)
根据罗尔定理则有 \(\xi \in (x_1,x_2)\) 满足 \(\phi^{‘}(x)=(1+\xi)f^{‘}(\xi)=f(\xi)\)
即可完成证明。
1.3 上述思路的执行困境
上述思路最容易遇见的问题是有可能 \(\phi(x)\) 并不容易找到，甚至可能不存在满足 \(\phi^{‘}(x)=(1+x)f^{‘}(x)-f(x)\) 的 \(\phi^{‘}(x)\)
对上述例题而言，将 \(\phi^{‘}(x)=(1+x)f^{‘}(x)-f(x)\) 变形为 \(d\phi(x,f(x))=(1+x)df(x)-f(x)dx\)，就可发现其并不满足 \(\frac{\partial (1+x)}{\partial x} \neq \frac{\partial (-f(x))}{\partial f(x)}\) ，至少无法直接进行偏积分。
1.4 微分方程法
这是辅导书上提供的方法。
令 \((1+x)df(x)-f(x)dx=0\) 这是一个微分方程，可容易地分离变量积分解得 \(|f(x)|=C|1+x|\)。
注：此时目的不应是解出 \(f(x)\) ，如果试一试代回题目，可以发现直接满足 \(f(1)=2f(0)\) 但这并不能达到要证明的目标。
事实上 \(|f(x)|=C|1+x|\) 是 \(f(1)=2f(0)\) 的充分不必要条件，所以不能反向完成证明。
正确的方法是将 \(|f(x)|=C|1+x|\) 改写为 \(\frac{f(x)}{1+x}=C\)
此时可直接用 \(\phi(x)\) 替代 C，得到 \(\phi(x)=\frac{f(x)}{1+x}\)
发现 \(\phi(0)=\phi(1)\) ，于是应有 \(\xi \in (0,1)\) 使 \(\phi^{‘}(\xi)=0\)
而 \(\phi^{‘}(x)=\frac{(1+x)f^{‘}(x)-f(x)}{(1+x)^2}\)
即有 \((1+\xi)f^{‘}(\xi)-f(\xi)=0\)
2. 微分方程法原理
书上这个方法让我比较迷惑的是，为什么将常数 C 修改为 \(\phi(x)\)，就能得到的方程就满足目标方程。
经过一些思考和查询后了解到，虽然 \(d\phi(x,f(x))=(1+x)df(x)-f(x)dx\) 不满足全微分方程，但我们可以用积分因子使其成为全微分方程。
效果等同于添加一个 \(g(x)\) 因子，使 \(dh(x,f(x))=g(x)(1+x)df(x)-g(x)f(x)dx\)
这对应于 \(h^{‘}(x)=((1+x)f^{‘}(x)-f(x))g(x)\)。只要在区间内 \(g(x) \neq 0\) ，则可以一样地用罗尔定理得到结论。
但这样的积分因子一定存在吗？可以证明 当 \((1+x)df(x)-f(x)dx=0\) 有解时，积分因子存在。证明过程见下方文章：
且可以证明 \((1+x)df(x)-f(x)dx=0\) 的任意解 \(u(x,f(x))=C\) 正好可以对应于一个 \(h^{‘}(x)=u(x,f(x))\)
这是将常数 C 修改为 \(\phi(x)\) 能够有效的原因。
3. 微分方程法补充说明
3.1 积分因子不唯一
由于积分因子 \(g(x)\) 通常不唯一，所以可以得到多种方程，从例题而言，我们既可以得到 \(\frac{f(x)}{1+x}=C\)，也可以得到 \(\frac{1+x}{f(x)}=C\) 这对应了两个 \(g(x)\)，不过可以发现对求解例题而言，两者都是有效的。
3.2 微分方程法也有局限
- 需要目标方程能改写为全微分的形式
- 解微分方程能解出 \(u(x,f(x))=C\)
- \(g(x)\) 最好不为0，或容易对为0的点集进行一步讨论