1樓:匿名使用者
設f(x)=e^(-kx)f(x)
由f(a)*f(b)>0,f(a)*f((a+b)/2)<0可知f(a)*f(b)>0
f(a)*f((a+b)/2)<0
從而可得f(a),f(b)同號 f((a+b)/2)與f(a)異號 f(b)同號
不妨設f(a)>0 f(b)>0 f((a+b)/2)<0由零點定理可得 在(a,(a+b)/2) 和((a+b)/2,b)之間f(x)有兩
內個零容點
假設為f(m)=f(n)=0
由於f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)可導由羅爾定理可得
至少存在一點&,屬於(a,b),f'(&)=0即f'(&)=kf(&)
設不恆為常數的函式f(x)在閉區間[a,b]上連續,在開區間(a,b)內可導,且f(a)=f(b).證明在(a,
2樓:能元旋
解答:證明
bai:
∵在[a,b]連續的f(
dux)zhi不恆為常數,且daof(內a)=f(b),∴至少存在點c∈(a,b),使得:f(c)≠容f(a)=f(b),由題意知:f(x)在[a,c]和[c,b]滿足拉格朗日中值定理,∴存在點ξ1∈(a,c)、ξ2∈(c,b),使得:
f(c)?f(a)
c?a=f′(ξ
),f(b)?f(c)
b?c=f′(ξ
),又 f(c)-f(a)和f(b)-f(c)中必有一個大於0,∴f′(ξ1)、f'(ξ2)中必有一個大於0,即:在(a,b)內至少存在一點ξ,使得:f′(ξ)>0,證畢.
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[a,b]上連續,在(a,b)內可導,且f(a)=f(b)=0,試證:方程f'(x)-f(x)=0在(a,b)內至少有一根
5 5樓:梅子鏡子老郇 ^證明:g(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,g(a)=g(b)=0,所以滿足羅爾定理。 故(a,b)內至少存在一點c,使得內g′(c)=0,容而g′(x)=[e^xf′(x)-e^xf(x)]/(e^x)^2=f′(x)-f(x)]/e^x g′(c)=[f′(c)-f(c)]/e^c, g′(c)=0, f′(c)-f(c)=0,f′(c)=f(c) 設f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,且f(a)=f(b)=0? 6樓:匿名使用者 令g(x)=e^x*f(x),則g(x)在[a,b]上連來續且在(a,b)上可導 因為自g(a)=g(b)=0,所以根據羅爾定理,至少存在一點ξ∈(a,b),使得g'(ξ)=0 e^ξ*f(ξ)+e^ξ*f'(ξ)=0 f(ξ)+f'(ξ)=0證畢 7樓:基拉的禱告 詳細過程如圖,希望能幫到你解決問題 希望寫的很清楚 8樓:凋零哥の猈 利用柯西中來值定理證明。 自設g(x)=lnx, 則根據條件可知: f(x),g(x)在(a,b)上滿足柯西中值定理條件,∴在(a,b)上存在ξ,使得: [f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]=f'(ξ)/g'(ξ) 即:[f(b)-f(a)]/ln(b/a)=f'(ξ)/(1/ξ)移項整理即得:f(b)-f(a)=ξf'(ξ)ln(b/a) 設函式f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導(0 9樓:紫濤雲帆 利用柯西中值定理證明。 設g(x)=lnx,則根據條件可知: f(x),g(x)在(a,b)上滿足柯西中值定理條件,∴在(a,b)上存在ξ,使得: [f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]=f'(ξ)/g'(ξ) 即:[f(b)-f(a)]/ln(b/a)=f'(ξ)/(1/ξ)移項整理即得:f(b)-f(a)=ξf'(ξ)ln(b/a) 10樓:援手 令g(x)=lnx,則g'(x)=1/x,對f(x)和g(x)使用柯西中值定理,有[f(b)-f(a)]/(lnb-lna)=f'(ξ)/(1/ξ),整理後就是f(b)-f(a)=ξf'(ξ)lnb/a 設函式f(x)在區間[a,b]上連續,且f(a) 11樓: 令g(x)=f(x)-x,由題意知g(x)連續g(a)=f(a)-a<0,g(b)=f(b)-b>0∴g(a)g(b)<0 ∴根據零點定理可以知道存在ξ∈(a,b),使得g(ξ)=0,即 f(ξ)-ξ =0,得證。 零點定理: 設函式f(x)在[a,b]上連續,且f(a)f(b)<0,則存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ 12樓:匿名使用者 證明:記f(x)=f(x)-x,顯然它在[a,b]上連續且f(a)=f(a)-a<0,f(b)=f(b)-b>0由連續函式介值定理知存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=f(ξ)-ξ=0 即存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=ξ,命題得證。 13樓:匿名使用者 高等數學,課本上好像有證明過程,以前證過,現在忘了!不好意思! 設函式f(x)在區間[a,b]上連續,在區間(a,b)內可導,且f(a)=f(b)=0。 14樓:匿名使用者 我的解答這麼簡單,為什麼不採納我的啊!!!!!!! 15樓:匿名使用者 設g(x)=3f'(x)+2f(x),顯然g(x)在[a,b]連續;1如果f(x)=c(c為常數),則f'(x)=0,f(x)=c=f(b)=0,所以g(x)=0,即對任意k∈(a,b),均滿e68a8462616964757a686964616f31333330363831足3f'(k)+2f(k)=0;2如果f(x)≠c,則根據洛爾定理,至少存在一點x0∈(a,b),滿足f'(x0)=0,不妨設x0是所有滿足f'(x)=0[x∈(a,b)]最靠近b點的一點,所以在區間(x0,b),f'(x)不變號[否則存在x1∈(x0,b),滿足f'(x1)=0,這和x0最靠近b點的假定矛盾!],即在區間(x0,b),f'(x)>0和f'(x)<0二者必居其一;所以在區間(x0,b),f(x)嚴格單調;又因f(b)=0,所以在區間(x0,b),f(x)≠0;另外f'(x)可以表示成如下形式:f'(x)=f(x)/(x-x'),式中x'為f(x)在x處的切線和x軸的交點,所以g(x)可表示成如下形式: g(x)=3f'(x)+2f(x)=3f(x)/(x-x)+2f(x)=f(x)[3/(x-x')+2],令g(x)=0,即f(x)[3/(x-x')+2]=0,因在區間(x0,b),f(x)≠0,所以3/(x-x')+2=0,即x-x'=-3/2,所以本題等效為在區間(x0,b)尋找該式的解;顯然當x∈(x0,b)時,x-x'∈(-∞,0),所以在區間(x0,b)必有一點k,滿足k-k'=-3/2;因此存在k∈(x0,b),即k∈(a,b),使得3f'(k)+f(k)=0(證畢)。 16樓:匿名使用者 這個可以麼?... 設g x f x e x 則g x 在 a,b 上滿足羅爾定理條件.g x f x f x e x 所以 a,b 內至少存在一點c,使得g c 0,即有f c f c 0。設函式f x 在 a,b 上連續,在 a,b 內可導,且f a f b 0.建構函式f x f x e g x 則f x 在 a... 根據有關法則，f 應當連續，而且有一點是0 假如f 在定義域不等於1，那麼一定小於1，則 0 1 2 f 1 2,這與f 1 2 1矛盾，故題設成立 可以考慮羅爾定理 答案如圖所示 一 1 令f x f x x 則f 1 2 1 2,f 1 1 有零點定理知，f x 在 1 2 1 上有零點，故存在... 1 也就是要抄證明h x f x x在 0,1 記憶體在零點 襲。先看存在性 h 0 f 0 0，h 1 f 1 1 0，可以知道h x 在 0,1 內有零點 也就是h 0，或者f 想想看 f x 是連續函式 這個條件用在了 但是，要證明唯一性，條件還不充分，舉個反例 這個題實際上是要說明曲線y f...設函式fx在上連續,在a,b內可導,且f
設函式f x 在上連續，在（0,1）上可導，且f 1 f 0 0,f
設函式f x 在上可導，且0f x 1，證明