1樓:初雪
令f(x)=1x∫
x0f(t)dt
,則來f(自0)=0.bai
利用積分上限函式的
du性質可得,f(x)在[0,1]上連zhi續,在(0,1)內可導dao,且
f′(x)=?1x∫
x0f(t)dt+f(x)x=1
x(f(x)?1x∫
x0f(t)dt).
因為f(x)在[0,1]上連續且單調增加,所以∫x
0f(t)dt≤xf(x),
從而1x∫x
0f(t)dt≤f(x),
即有:f′(x)≥0.
從而,f(x)在[0,1]上單調增加,
故對於任意a∈[0,1],均有f(a)≤f(1),即:1a∫a
0f(t)dt≤∫10
f(t)dt,
即:∫a
0f(t)dt≤a∫10
f(t)dt.
設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且f(0)f(1)<0.求證:存在ξ∈(0,1),使得ξf′
2樓:手機使用者
令g(x)=x2e-xf(x)du,zhi則g(x)在[0,1]上連續dao,在(回0,1)內可導,且答
g′(x)=xe-x[xf′(x)+(2-x)f(x)].因為f(0)f(1)<0,
由連續函式的零點存在定理可得,?c∈(0,1)使得f(c)=0,從而g(c)=0.
又因為g(0)=0,
故對函式g(x)在區間[0,c]上利用羅爾中值定理可得,存在ξ∈(0,1),使得g′(ξ)=0,
即:ξe-ξ[ξf′(ξ)+(2-ξ)f(ξ)]=0.又因為ξe-ξ≠0,
故ξf′(ξ)+(2-ξ)f(ξ)=0.
設f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,f(a)=f(b)=0,且f'(x)在(a,b)內嚴格單調增加,證明在(a,b)內f(x)<0
3樓:匿名使用者
羅爾定理
抄:如果 r 上的函式 f(x) 滿足襲
以下條件:(1)在閉區間
bai [a,b] 上連續,(
du2)在開zhi區間 (a,b) 內可導,(3)f(a)=f(b),則至少存在dao一個 ξ∈(a,b),使得 f'(ξ)=0。
對上述問題,必有 ξ1∈(a,b),使得 f'(ξ1)=0,又f'(ξ)單調遞增,ξ∈(a,ξ1) f'(ξ)<0,ξ∈(ξ1,b) f'(ξ)>0,也就是ξ∈(a,ξ1) f(ξ) 4樓:匿名使用者 我覺得可以,羅爾是拉格朗日的特殊情況 設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,有f(1)=0.證明:至少存在一點ε∈(0,1),使f'(x)=-f(ε)/ε。 5樓:你愛我媽呀 證明過程如下: 設g(x)=xf(x), 則g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0。 所以g(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中值定理得: 存在一點ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0. 所以f'(ε)=-f(ε)/ε。 6樓:匿名使用者 證明:設g(x)=xf(x), 則g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0 所以g(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中值定理得: 存在一點ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0 所以f'(ε)=-f(ε)/ε 設函式f(x)在[0,1]連續且單調增加,證明f(x)=(1/x)∫[0,x]f(t)dt在(0,1 7樓:匿名使用者 f(x)=(1/x)*∫[0,x]f(t)dtf'(x)=(1/x)'*∫[0,x]f(t)dt+(1/x)*' =(-1/x2)*∫[0,x]f(t)dt+(1/x)*f(x)=(-1/x2)* 由積分中值定理,在[0,x]上,至少存在一點ξ∈[0,x],使得 (x-0)f(ξ)=∫[0,x]f(t)dt∴f'(x)=(-1/x2)* =(-1/x)* ∵x∈(0,1),即 回0且答0≤ξ≤x,∴f(ξ)≤f(x),即f(ξ)-f(x)≤0∴有 f'(x)≥0 在(0,1)上成立 ∴f(x)在(0,1)上單調遞增 證明:設f(x)在[0,1]上連續,且0<=f(x )<=1,則在[0,1]上至少存在一點c,使f(c)=c 8樓:偷個貓 1如果f(0)=0,則取抄ξ=0即可bai.du2如果zhif(1)=1,則取ξ=1即可.3如果f(0)≠0,且f(1)≠1, 故由dao0≤f(x)≤1可得, f(0)>0,f(1)<1. 令g(x)=f(x)-x, 則g(x)在[0,1]上連續,且g(0)>0,g(1)<0.故由連續函式的零點存在定理可得,至少存在一點ξ∈[0,1],使得g(ξ)=0,即:f(ξ)=ξ。 9樓:磨墨舞文 令f(x)=f(x)-x; f(0)=f(0)∈[0,1]; f(1)=f(1)-1∈[-1,0]; 即f(0)>=0;f(1)<=0; 根據介值定理,存版 在c∈[0,1],使得權f(c)=0; 即f(c)=f(c)-c=0,即f(c)=c 設fx在[0,1]上連續在(0,1)內可導且f(1)=0證明存在一點ξ屬於(0,1)使2f(ξ)+ξf'(ξ)=0 10樓:寂寞的楓葉 證明:令g(x)=x^2,g(x)=g(x)*f(x)。 因為f(x)在[0,1]上連續在(0,1)內可導,且g(x)在[0,1]上連續在(0,1)內可導,那麼g(x)=g(x)*f(x)在[0,1]上連續在(0,1)內可導。 且g(x)'=(g(x)*f(x))'=(x^2*f(x))' =x^2f'(x)+2xf(x) 而g(0)=g(0)*f(0)=0*f(0)=0g(1)=g(1)*f(1)=g(1)*0=0,即g(0)=g(1), 那麼在(0,1)記憶體在一點ξ,使g(x)'=0即g(ξ)'=0 ξ^2f'(ξ)+2ξf(ξ)=0,又ξ≠0,則ξf'(ξ)+2f(ξ)=0 11樓: 建構函式f(x)=x2f(x),則f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,f(0)=f(1)=0,由羅爾定理,存在一點ξ∈(0,1),使f'(ξ)=0。 f'(x)=2xf(x)+x2f'(x)。 所以,2ξf(ξ)+ξ2f'(ξ)=0,所以2f(ξ)+ξf'(ξ)=0。 由lagrange中值定理 存在x1位於copy a,b 使得f b f a f x1 b a 對f x 和e x用cauchy中值定理,存在x2位於 a,b 使得 f b f a e b e a f x2 e x2 兩式相除移項得結論。設函式f x 在 a,b 上連續,在 a,b 內可導 0 利用... 1 令g x f x x,則g x 在 a,b 上連續 g a f a a 0,g b f b b 0 g x 在 a,b 上滿足零點定理 的條件即存在一點 a,b 使g f 0即f 2 假設a回據羅爾定理,a,b 上存在一點 答,使f 0 1 假設f a f b 易證f x 在 a,b 上滿足拉格... 1,證 設f x f x x 則來f x 在區間 a,b 上連續,因為源f a f a a 0 f b f b b 0所以存在一點 a,b 使得f 0 即 f 0 f 2,sinx的原函式是 cosx 設函式f x 在區間 a,b 上連續,且f a b。證明存在 a,b 使得f 令g x f x x...設函式fx在上連續,在a,b內可導,且fx不等於
證明題,設函式fx在上連續,a,b內可導,且faa,fbb
設函式fx在區間上連續,且faa,fb