1樓:成功者
利用定積分的柯西-許瓦茨不等式可得|f(1)|小於等於右邊的定積分不等式恆成立則,|f(x)|的最大值小於等於右邊的定積分 過程如下:
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
2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
3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。
設fx在[0,1]上連續在(0,1)內可導且f(0)=f(1)=0
4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。
設函式f(x)在[-1,1]上具有三階連續導數,且f(-1)=0,f(1)=1,f`(0)=0
5樓:匿名使用者
用泰勒公式在x=0處,然後用x=1,和x=-1代入,得到的兩個式子相減,就可以證明出來。
6樓:匿名使用者
設二元二次方程
方程y=a*x2.+bx+c
把(-1,0)(1,1)(0,0)帶入到方程中,得到三元一次方程,則為a-b+c=0,a+b+c=1,c=0,把c值代入到前兩個方程中.則為a-b=0,a+b=1.求a與b的值.
得出a=0.5,b=0.5.
再把a.b.c的值代入到二元二次方程中.即,y=0.5x2.+0.5xy=0.5x2.+0.5x
因為4ac=4*0.5*0=0
所以方程只有一個解.即x=-b/2a=-0.5/(2*1)=-0.5則y=0.5*0.5*0.5+0.5+0.5=0.375應該是這樣吧.
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。
7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。
8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fx在上連續且遞減,證明當01時
證明 令抄x t,bai則x 0時,t 0 x 時,t 1 du 0 f x dx 10 f t dt 又0 1,因此0 t 由f x 在 zhi 0,1 連續且遞dao減知,f t f t 1 0f t dt 10 f t dt 10 f x dx 0f x dx 10 f x dx 假設f x ...
設函式f x 在 0,1 上連續,且滿足f x x 20,1 f t dt,求f x 更簡潔的表示式
令a 0,1 f t dt,它為常數故f x x 2a 再代入上述積分 a 0,1 t 2a dt t 2 2 2at 0,1 1 2 2a 解得 a 1 2 所以f x x 1 高數 設函式 f x 在 0,1 上連續，且對任意的 x 0,1 有 f x 0,則必有？設f x 在 0,1 上連續,...
設函式fx在上連續,且afxb,證明至
設f x f x x f x 在 a.b 連續 則f x 也連續 f a f a a f b f b b 又a 故f a 0,f b 0 連續函式的零點定理有存在 版 a,b 使得f x 0 即為結果權 f x f x x,rolla定理 設函式f x 在區間 a,b 上連續,且f a b。證明 至...