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isee
Posted 2017-7-31 15:37
把网的答案发过来，如果感觉有问题，请自行查阅标答。
（Ⅰ）解：\(g(x)\)的单调递增区间是\(( - \infty , - 1)\)，\((\frac{1}{4}, + \infty )\)，单调递减区间是\(( - 1,\frac{1}{4})\).
（Ⅱ）证明：由\(h(x) = g(x)(m - {x_0}) - f(m)\)，得\(h(m) = g(m)(m - {x_0}) - f(m)\)，
\(h({x_0}) = g({x_0})(m - {x_0}) - f(m)\).
令函数\({H_1}(x) = g(x)(x - {x_0}) - f(x)\)，则\({H_1}^\prime (x) = g'(x)(x - {x_0})\).由（Ⅰ）知，当\(x \in [1,2]\)时，\(g'(x) > 0\)，故当\(x \in [1,{x_0})\)时，\({H_1}^\prime (x) < 0\)，\({H_1}(x)\)单调递减；当\(x \in ({x_0},2]\)时，\({H_1}^\prime (x) > 0\)，\({H_1}(x)\)单调递增.因此，当\(x \in [1,{x_0}) \cup ({x_0},2]\)时，\({H_1}(x) > {H_1}({x_0}) = - f({x_0}) = 0\)，可得.
令函数\({H_2}(x) = g({x_0})(x - {x_0}) - f(x)\)，则\({H_2}^\prime (x) = g({x_0}) - g(x)\).由（Ⅰ）知，\(g(x)\)在\([1,2]\)上单调递增，故当\(x \in [1,{x_0})\)时，\({H_2}^\prime (x) > 0\)，\({H_2}(x)\)单调递增；当\(x \in ({x_0},2]\)时，\({H_2}^\prime (x) < 0\)，\({H_2}(x)\)单调递减.因此，当\(x \in [1,{x_0}) \cup ({x_0},2]\)时，\({H_2}(x) < {H_2}({x_0}) = 0\)，可得.
所以，\(h(m)h({x_0}) < 0\).
（III）证明：对于任意的正整数 \(p\)，\(q\)，且\(\frac{p}{q} \in [1,{x_0}) \cup ({x_0},2]\)，
令$m = \frac{p}{q}$，函数$h(x) = g(x)(m - {x_0}) - f(m)$.
由（II）知，当\(m \in [1,{x_0})\)时，\(h(x)\)在区间\((m,{x_0})\)内有零点；
当\(m \in ({x_0},2]\)时，\(h(x)\)在区间\(({x_0},m)\)内有零点.
所以\(h(x)\)在$(1,2)$内至少有一个零点，不妨设为\({x_1}\)，则$h({x_1}) = g({x_1})(\frac{p}{q} - {x_0}) - f(\frac{p}{q}) = 0$.
由（I）知$g(x)$在$[1,2]$上单调递增，故$0 < g(1) < g({x_1}) < g(2)$，
于是$|\frac{p}{q} - {x_0}|\; = \;|\frac{{f(\frac{p}{q})}}{{g({x_1})}}|\; \ge \frac{{|f(\frac{p}{q})|}}{{g(2)}} = \frac{{|2{p^4} + 3{p^3}q - 3{p^2}{q^2} - 6p{q^3} + a{q^4}|}}{{g(2){q^4}}}$.
因为当\(x \in [1,2]\)时，$g(x) > 0$，故$f(x)$在\([1,2]\)上单调递增，
所以$f(x)$在区间\([1,2]\)上除${x_0}$外没有其他的零点，而$\frac{p}{q} \ne {x_0}$，故$f(\frac{p}{q}) \ne 0$.
又因为\(p\)，\(q\)，$a$均为整数，所以$|2{p^4} + 3{p^3}q - 3{p^2}{q^2} - 6p{q^3} + a{q^4}|$是正整数，
从而$|2{p^4} + 3{p^3}q - 3{p^2}{q^2} - 6p{q^3} + a{q^4}|\; \ge 1$.
所以$|\frac{p}{q} - {x_0}|\; \ge \frac{1}{{g(2){q^4}}}$.所以，只要取$A = g(2)$，就有$|\frac{p}{q} - {x_0}|\; \ge \frac{1}{{A{q^4}}}$.
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看到了牛顿迭代计算零点误差的影子。。。。。 |
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