數(shù)學(xué)分析試題庫(kù)--證明題--答案_第1頁(yè)
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1、數(shù)學(xué)分析題庫(kù)(1-22章)五.證明題1 .設(shè)A, B為R中的非空數(shù)集,且滿(mǎn)足下述條件:(1)對(duì)任何 a w A,bwB 有 a <b ;(2)對(duì)任何o >0 ,存在x w A, y w B ,使得Y 一 x <6.證明:sup A =inf B.證 由(1)可得sup A <inf B .為了證supA =inf B ,用反證法.若sup A v inf B ,設(shè)inf BsupA = &,5xwA, ywB,使得 yx 之 比.2 .設(shè)A, B是非空數(shù)集,記 S=A=B,證明:(1) supS =max1supA, supB;(2) inf S =min &#

2、39;inf A,inf Bj證(1)若A, B中有一集合無(wú)上界,不妨設(shè) A無(wú)上界,則 S也是無(wú)上界數(shù)集,于是 supA =-,supS =收,結(jié)論成立.若A, B都是有上界數(shù)集,且 supBWsupA,現(xiàn)設(shè)法證明supS =sup A:(i ) Vx W S ,無(wú)論 xWA 或 xWB,有 x <sup A;(ii) Vs > 0,二x0 = A,x0 > supA-凡于是 x0 u S,x0 > supA.同理可證(2).3.按E - N定義證明 25n2 +n -2 5 lim2=T 3n2 -232、丁5n2+n25證23n2 -23_ 3n + 4 2 3(3

3、n2 -2)w,(3如23n,取 N =maxJ ,1+1,4 '>,當(dāng) n>N時(shí), 3名,5n2+n2 5, 2< s3n2 -23注擴(kuò)大分式是采用擴(kuò)大分子或縮小分母的方法.1n>4)這里先限定 n>4,擴(kuò)大之后的分式一 2 一一,、一,G(n)=三仍是無(wú)窮小數(shù)列.3n4.如何用£ -N方法給出lim an a的正面陳述?并驗(yàn)證| n2 |和| (_1)n|是發(fā)散數(shù)列. n.答nman'a的正面陳述:"0>0,中NWN +,三nN,使得16I an,-a| > &0發(fā)散仁VaWR,lim an 吏a .n一

4、,(1)an1Va , 380= , VN N +,只要取 n =max 4N 3便可使| n'2 _ a |> n *2 -|a | > a _|a| > 1,于是 n2為發(fā)散數(shù)列.24(2)an=(1)n.若 a=1, 3so=1,取 n為任何奇數(shù)時(shí),有 | an,-1|=2 >&.若 a=-1 ,1三名0=1,取 n 為任何偶數(shù)時(shí),有閉一(1) |=2 >80.右 aw ±1,瑞=-min| a +11,| a 1|, 2對(duì)任何n w N +,有| an a | > % .故| (1)n |為發(fā)散數(shù)列.5.用名一 各方法驗(yàn)證:

5、2一. x x -2 lim 2=-3 .x 1 x(x2 -3x 2)解 (1)消去分式分子、分母中當(dāng)xt 1時(shí)的零化因子(x-1 ):一、 x2 x -2(x 2)(x -1)x 2f (x) =2=x(x2 -3x 2) x(x -1)(x -2)x(x -2)把 f (x) -(-3)化為 "x) -x -1 ,其中中(x)為x的分式:f (x) +3 =x(x-2)一 2一 一 一3x2 -5x 2|3x -2| ,.=2 | x-1|, x(x -2) |x2 -2x|其中(x)二3x -2(3)確定x° =1的鄰域0<|x-1|< ”,并估計(jì) 平(

6、x)在此鄰域內(nèi)的上界:取噂當(dāng)0<|x-1|< 一時(shí),2可得3x-2 < 3|x -1| +1 <| ,223|x -2x|=|1-(x-1) |>3,4于是I3x_2I.103(4)要使 | f (x) +3|=L|x-1|< |x-1|<&,只要取 |x1|<名.于是應(yīng)取|x -2x|3106=min/23;icy當(dāng) 0<|x-1|< 6 時(shí),| f(x)(4)|<a.6用eM方法驗(yàn)證:. x lim f:jx2 1 -x解一 x2 2.Y x 1 x2( x21 - x)12( . x21 -x)2注意到當(dāng)n-jg時(shí)

7、,上式可以充分小,但是直接解不等式12(技+1 - x)2希望由此得到x<-M,整個(gè)過(guò)程相當(dāng)繁復(fù),現(xiàn)用放大法簡(jiǎn)化求M的過(guò)程.因?yàn)橛?111三二二、2 二丁丁 父 £,2( .x2 1 -x)22(-2x)8xx<-M 時(shí),x 1 1、. I < 8Jx2 +1 -x< 2 J7設(shè)lim中(x) =a ,在x0某鄰域U 口的 )內(nèi)9(x) #a ,又lim f (t) = A.證明 xx0t axim3 f (9(x) =A.(1)解 由!imf(t)=A, Va>0,小 >0,VtEU ”03)時(shí),f (t)-A又因?yàn)閤lim產(chǎn)(x)=a,故對(duì)上述

8、 n>0, 36 >0 (不妨取6<a),當(dāng)xwU/0時(shí), 中(x) a <t 由此可得:Vs>0,36 >0,當(dāng) xwU 5fXo;6)時(shí)f (中(x) A <名,即lim f ( :(x) =A. xx0注 稱(chēng)(1 )為復(fù)合求極限法,(1 )不僅對(duì)xt x。型的極限成立,且對(duì)于x.,-',xr "x. ,x > x0 ,x > x0-都成立.8.設(shè)f(x)在點(diǎn)x°的鄰域內(nèi)有定義.試證:若對(duì)任何滿(mǎn)足下述條件的數(shù)列Gn, xnWUn(x°),0 < xn 斗一x0 < xn x0 '

9、(2)都有 lim f(xn) = A ,則 lim f (x) = A .n ,x_x0分析 由歸結(jié)原則可知:上述結(jié)論不僅是充分的,而且是必要的.本題可看作函數(shù)極限歸結(jié)原則的加強(qiáng)形式,即子列4只要滿(mǎn)足(2)的加強(qiáng)條件就可以了 .注意下面證明中選子 列的方法.證用反證法.若|m f (x) / A ,則羽 >0X6 >0, $'wu 口(x0; 6),使得 f (x) -A >&0.取3=1 ,三 WU x0;6i),使得 f (xi) - A w1之前.取昆=min,一,K x02,t2 WU 0(x0; 62),使得取 6n =min/,xn工x0 >

10、;,三xn w U 乜;猊),使彳導(dǎo) f (xn) A 之玩與 lim f (x) = A、n,T°相矛盾.所以lim f(x)=A成立. xx09. 證明函數(shù)x3, x為有理數(shù),f(x)=0,x為無(wú)理數(shù)在x° =0處連續(xù),但是在 x° #0處不連續(xù).、一3ir,r 一,上證 xo =0 時(shí),因?yàn)?0 1f(x) <|x ,于是 lim0 f(x)=0,即 f (x)在 x=0 處連續(xù).3 ,x0%>0時(shí),=上,V6 >0,在U%(x0;6)中取x'為有理數(shù),取x”為無(wú)理數(shù),于是2f (x) - f (x*)| =x 芭 >-1 x

11、0 =甑.由函數(shù)極限柯西準(zhǔn)則的否定形式可知f (x)在點(diǎn)x。處極限不存在,這樣 f (x)在點(diǎn)x。處不連續(xù).x0 <0時(shí)可類(lèi)似地證明.10 .設(shè)f(x)在(0, 1)內(nèi)有定義,且函數(shù) exf(x)與e(x)在(0, 1)內(nèi)是遞增的,試證 f (x) 在(0, 1)內(nèi)連續(xù).需證 Vx° (0,1), f(x)在點(diǎn) x° 連續(xù),即 f (x° +0) = f(x° 0)= f(x°).因?yàn)?ef(x)在(0,1)內(nèi)的遞增性保證了f(x)在(0, 1)內(nèi)是遞減的,所以為了證明f(x0 +0)的存在性,很自然地想到利用函數(shù)極限的單調(diào)有界定理.證

12、因?yàn)閑(x)在(0,1)內(nèi)遞增,所以f (x)在(0,1)內(nèi)遞減.Vx0 w (0,1),首先來(lái) 證明f (x0 +0) = f (x°) .當(dāng)x axq時(shí),f (x) w f (x0),由函數(shù)極限的單調(diào)有界定理 xmx+f(x)存 在.又由函數(shù)極限保不等式性質(zhì),有f (x0 +0)= lim ,f (x)< f (x0). X x0另外,由于exf(x)在(0, 1)內(nèi)遞增,因此當(dāng) x>x0時(shí),e°xf (x°) & exf (x),令x- x0 ,有exf (xO) w e;f (5 +0)即f (x0 -0) = f (x°),

13、由x°在(0, 1)中的任意性,可得 f (x)在(0, 1)內(nèi)連續(xù).說(shuō)明其中應(yīng)用了基本初等函數(shù) ex的連續(xù)性.11 .試證函數(shù)y =sin x2,在0,飛)上是不一致連續(xù)的.分析 需確定選>0,V5 >0 ,可找到x:x"滿(mǎn)足x'-x" <6 ,但| f (x) - f (x")-.由于sinx2在任意閉區(qū)間0,a(a>0)上一致連續(xù),因此當(dāng) 6很小時(shí),必須在U(七)中 尋找x:x",這是證明中的困難之處.現(xiàn)不妨取x' = jnn+B,x" = Jn捻,JI0 :二 x _ x = n 二 -

14、.n 二n.n.: 、一 n 二當(dāng)n充分大時(shí),x',x”能滿(mǎn)足x' x" <6 ,但 | f (x) f (x)| > 1.證320 =1,/3A°,取 x' =1nn 十一,x " = Jnn ,當(dāng) n >224、.| sin x'2 sin x'*2 |=1 > % ,即 sinx2在0,飛c)上不一致連續(xù).12 . 設(shè)函數(shù)f (x)在(a,b )內(nèi)連續(xù),且lim f (x) = lim f (x) =0,證明f (x)在(a,b )內(nèi)有最 x_a -x b -大值或最小值.分析 因?yàn)?lim f

15、(x) = lim f(x)x a /x b .)=0,于是可把f(x)延拓成a,b上的連續(xù)函數(shù),然后可以應(yīng)用連續(xù)函數(shù)的最大、最小值定理.證人 先把函數(shù)f(x)延拓成a,b上的函數(shù)F(x),設(shè)'f (x),0,x (a,b), x = a,b.易知F(x)為a,b上的連續(xù)函數(shù),這是因?yàn)閘im ,F(x) = lim f (x)=0=F(a), x_a ,x_a ,xinm_F(x)=ximb _f (x) =0=F(b).J wa,b , F(x)在 卻 ,內(nèi)恒為零,顯然f (x)在在a,b上又F(x)應(yīng)用連續(xù)函數(shù)的最大、最小值定理,即三;, 邑分別取得最大彳1和最小值.若£

16、 =a , ,=b ,則f (x)在(a,b )(a,b)內(nèi)同樣能取得最大值和最小值;若。,邑中有一個(gè)數(shù)在(a,b)內(nèi),則f(x)在(a,b)內(nèi)取得最大值或最小值.13 .證明:若在有限區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)有界函數(shù)f(x)是連續(xù)的,則此函數(shù)在(a,b)內(nèi)是 一致連續(xù)的.分析 因?yàn)閒(x)是(a,b)內(nèi)的單調(diào)有界函數(shù),所以由函數(shù)極限的單調(diào)有界定理,可得存在f(a+0), f (b -0).證明本題的合理途徑是把f(x)延拓成閉區(qū)間a,b上的連續(xù)函數(shù)F(x)在a,b上應(yīng)用一致連續(xù)性定理.證 因?yàn)閒(x)是(a,b)內(nèi)的單調(diào)有界函數(shù),所以由函數(shù)極限的單調(diào)有界定理, limj(x) x a與lim f

17、(x)都存在,應(yīng)用范例1中的方法,可把f(x)延拓為a,b上的連續(xù)函數(shù)F(x),即 vMn"lim f (x), x=a,F(x) = <x +f (x), xw(a,b),lim f (x), x=b.2 f (x)為(a,b )內(nèi)的一致連續(xù)函由一致連續(xù)性定理,可得F(x)在a,b上一致連續(xù),于14. 證明:若f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo),f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo).分析一般情況下,若 f (x)在點(diǎn)x0處可導(dǎo),f (x)在點(diǎn)x0處不一定可導(dǎo).例如“乂)=乂在乂0 =0處可導(dǎo),但|f (x) =x在點(diǎn)0處不可導(dǎo),反之,若|f(x)在點(diǎn)x0處可導(dǎo), 一般也不能推得f (x)在點(diǎn)xo處可導(dǎo)

18、.例如r x為理數(shù)f (x)=',x為無(wú)理數(shù)f (x) =1在點(diǎn)xo =0處可導(dǎo),但f(x)在點(diǎn)xo =0處不連續(xù),因而不可導(dǎo),然而,若f (x)在點(diǎn)a處連續(xù),則由f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo)就可保證f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo).若f(a)=0,由連續(xù)函數(shù)局部保號(hào)性,三U(a),在其中f(x)保持定號(hào),因而由 f在點(diǎn)a處可導(dǎo)可推得f (x)在點(diǎn)a處也可導(dǎo).若f (a) = 0 ,且f在點(diǎn)a處可導(dǎo),因?yàn)辄c(diǎn) a為f的極值點(diǎn),所以應(yīng)用費(fèi)馬定理可以 得到f (a) =0 ,再由此又可證得 f '(a) = 0.證 若f (a) #0 ,由連續(xù)函數(shù)局部保號(hào)性,鄰域U(a), f(x)在U (a)中保

19、持定號(hào),于是f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo),即為f (x)在點(diǎn)a處可導(dǎo).若f(a)=0,則點(diǎn)a函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn),因 f(x)在點(diǎn)a處可導(dǎo),由費(fèi)馬定理有(a) =0limLJ0f(a x) - -|f(a) 二 0因?yàn)閒 (a) =0 ,所以limLx0f(a x) - -|f(a)=0于是 f (a) =0.15. 設(shè)函數(shù)f (x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),在a,b上連續(xù),且導(dǎo)函數(shù)f'(x)嚴(yán)格遞增,若 f(a) = f(b)證明,又一切 xw(a,b)均有f(x)< f(a) = f(b)證:用反證法,若5x0 w (a,b) f (x0)之f (a) = f (b)在區(qū)間a, %,x

20、0,b上分別應(yīng)用拉格朗日中值定理,三0,七2,a <£ < x0,x0 < J < b使得f( I)/. 一 f(a)_0,f(2)J 一 S。 x0 - ab - x0這與f (x)為嚴(yán)格遞增相矛盾.16. 設(shè)函數(shù)f (x)在a,內(nèi)可導(dǎo),并且 f (a) < 0 ,試證:若當(dāng)x w (a,y)時(shí),有f'(x)> c> 0則存在唯一的 "(a,2)使得f(D =0 ,又若把條件f'(x)>c減弱為f/(x)> 0(a< x< +二),所述結(jié)論是否成立?分析 因?yàn)閒(a)0,若可以找到某點(diǎn)xa,

21、使得f(x);0則由f(x)的嚴(yán)格遞增性,并應(yīng)用連續(xù)函數(shù)的介值定理便可證明存在唯一的 自,使得f仁)=0證Vx> a在a,x上應(yīng)用拉格朗日中值定理,3,a < < x ,使得f (x) - f(a) = f ( )(x -a)于是f (x); f (a) f ( )(x a) f (a) , c(x a)由于c>0,因此當(dāng)x充分大時(shí)總可使得f(x) f(a) c(x - a) 0不妨設(shè)x1>a, f (x1)>c>0,所以“乂)在田,十叼上嚴(yán)格遞增;在a,x1上應(yīng)用連續(xù)函數(shù)的介值定理,則:3匕a<之 <為,且、是唯一的.假設(shè)f(x)滿(mǎn)足f/

22、(x)>0,結(jié)論可能不成立,例如函數(shù)Jif (x) = arctan x - 2,x W 0*,滿(mǎn)足 f (0) = 02f (x)1> 0,但因f (x)恒小于0,故在(0,y)中不存在U ,1 x2使得f( )=017 .證明不等式ex2 x1 x 2(x 0)證令f(x)=2x xe 一一 -x-1, x 0,2f (x)=ex -x -1, x 0f (x) =ex -1 0 , x 0,且 f (0) = f (0) = 0,當(dāng)x >0時(shí)有f "(x) A0 ,所以f '(x)嚴(yán)格遞增,又f '(x)在x=0處連續(xù),所以f (x) f (0

23、) =0, x 0,所以f(x)嚴(yán)格遞增,又f(x)在x = 0處連續(xù),所以f (x)f(0) =0, x 0,x2即 e' 1 x , x 0.218 .設(shè)f為(*, +兀)上的連續(xù)函數(shù),對(duì)所有x, f (x) A0 ,且 m f (x) = im f(x)=0 , xx證明f(x)必能取到最大值.證 由題設(shè) f( 0>),0取名二工(0)2由如:"刈f(x)=o,三X >0,當(dāng) |x|X時(shí),f(x):二;f(0).最小值定理知,f在-X , X 能取又f在-X,X上連續(xù),由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最大、到最大值, 且此最大值為f在(g, +g)上的最大值.19.若函

24、數(shù) f(x)在0,1上二階可導(dǎo),且 f(0)=0, f (1) = 1 , f'(0) = f'(1)=0 ,則存在 cw(0,1)使得 |f *(c)巨2.證法一: vx (0,1),把f(x)在0,1兩點(diǎn)處分別進(jìn)行泰勒展開(kāi)到二階余項(xiàng),有f ( J 2f(x) = f(0) f (0)( x-0): Jx ,0 : 1 : x : 2 < 1 ,f ( 2)212f(x) = f(1) f (1)(x-1) T (x-1),2!上兩式相減,有1 x2_3(x-1)2.記 | f "(c) |= max| f “(4)|,|f“G)|,則有1.22"2

25、|f (c)|x (x-1)x4 21 f=-| f (c)| 22- I1.M 21f (c)|,即存在cW(0,1)使得| f “(c)巨2.證法二:在0,1上對(duì)f(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理有f 往)=f (1)_ f(0) =1 , 0 < t <1.當(dāng)0<巴£12時(shí),在0,句上對(duì)f'(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理有11=f (句f (0) = f (c)-, = |f (c)尸 f (c)=工之 2, c=(0,句二(0,1).當(dāng)中 <1時(shí),在匕1上對(duì)f '(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理有1 = f'(') 一 f '(

26、1)= f "(c)( - -1), = | f "(c) |=r -2 , c三("1)匚(0,1).1 -綜上證明知存在 c三(0,1)使得| f "(c)住2.20.應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性證明2x冗:二 sin x :二 x, x (0, );2證明:設(shè)(x) = x -sinx, g(x)二sin xx0,n,x (0,萬(wàn)x = 0g (x)=cosx(x Tan x)f (x) =1-cosx 0,x (0,), 2JI<0,x (0,-)2而函數(shù)單調(diào)性定理知f (x), g (x)在(0,1)上分別為嚴(yán)格遞增和嚴(yán)格遞減函數(shù),再由結(jié)論知2函數(shù)f

27、 (x), g(x)在0,-也分別為嚴(yán)格遞增和嚴(yán)格遞減函數(shù).2,一二 2由于 f(0) =0,g(一)=一, 2 二所以有Vx = (0,-),有2從而有f(x)g(x)21.設(shè)函數(shù)f(x) =x - sin x f (0) = 0,sin x(2)=2,712xji:二 sin x :二 x, x (0,).211x sin ,x=0436x (m為實(shí)數(shù)),試問(wèn):(1) m等于何值時(shí),f在x = 0連續(xù);(2) m等于何值時(shí),f在x = 0可導(dǎo);(3) m等于何值時(shí),在x=0連續(xù);解:(1)要使函數(shù)f (x)在 x=0點(diǎn)連續(xù),即需 lim f(x)=f(0), x 0而當(dāng)m之0時(shí),f (x)

28、=.1sinx從而X6 f (x) =0 = f (0),即函數(shù)在x = 0點(diǎn)連續(xù).xm sin 1 -0i(2)當(dāng) m 之1 時(shí),f'(0)=lim Ax =limAxmsin 1 =0, , x-0x;J0x一 ml 1m_21mx sin-xcos-,x - 0由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則可得f (x) = xx ,0,x = 0即m之1時(shí)函數(shù)在x=0點(diǎn)可導(dǎo).(3)由(2)的求解過(guò)程可知要使f'(x)在x = 0點(diǎn)連續(xù),首先要求 m之1,此時(shí)要使f'(x)在x = 0的極限存在并且等于(0) = 0 ,即需要 xm3 f (x)=xm(mxm,sin1 _xm/ cos1)

29、 = f , xxx = 0點(diǎn)連續(xù)類(lèi)似于(1)中的證明需要 m >2 ,即當(dāng)m22時(shí),函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在22.設(shè)f(x)在0,1上具有二階導(dǎo)數(shù),且滿(mǎn)足條件f (x) <a , f"(x) Wb,其中a,b都是非負(fù)常數(shù),c是(0,1)內(nèi)的任一點(diǎn),證明|f'(c)<2a + 1證 因f(x)在0,1上具有二階導(dǎo)數(shù),故存在£w(0,c)使得1 2f (0) - f (c) f (c)(0 -c) - f ( 1)(0 -c)2同理存在£2(c,1)使得1 2f(1)= f(c) f (c)(1-c) f ( 2)(1 -c)2將上面的兩個(gè)等式兩邊分

30、別作差,得1212f(1)-f(0) =f (c) 1f ( 2)(1 -c) -f ( 1)c 22即121. 2f (c) = f (1)- f(0) - f ( 2)(1 -c) f ( 1)c 22因此11f (c)| Wf(1)+|f(0) +2|f J)(1c)2+g|f 居)c2<2a b(1 -c)2 bc222b而(1c)2+c2=2c22c+1=2c(c1)+1w1,故(c)|E2a+b23.設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)二階可導(dǎo),則存在 £w(a,b)使得2f(b)-2f(a-) f(a) =(-a)- f ( )24分析 本題可以利用柯西中

31、值定理證明,設(shè)兩個(gè)函數(shù) F, G為F(x) =f(x)-2f()f(a),G(x) =-(-a)-4有F(a) =G(a) =0然后在a,b上對(duì)F,G應(yīng)用柯西中值定理,本題也可用拉格朗日中值定理證明,下面分別給出兩種證法 證證法一設(shè)x a(x - a)2F(x)=f(x) -2f (丁)f(a),G(x)二一,x a,b2-a ,a b , 一 (b -a)F(a) =G(a) = 0, F (b) = f(b) - 2f ( f (a),G(b) = (-)24x ac7 x - aF (x) = f (x) - f (),G (x) 22F(x), G(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可

32、導(dǎo),G(b) ¥ G(a),F'(x),G'(x)不同時(shí)為零,于是可以應(yīng)用柯西中值定理,3 = (a,b),使得1aF(b).F(a) f(i)-f(;)G(b) -G(a) 一 ( i - a)2:.a再在-2a,匕=a, b上對(duì)f '(x)應(yīng)用格朗日中值定理,2使得二 一 af ( 1)-f ( 12a)1 -a2于是有二 一 a f( 1)-f(12a)si -=f ()2a b(b a)F(b) -2f(-) f(a)f ( )24證法二作輔助函數(shù)b - aa b,F(x) = f (x -) - f(x),x a,-22于是a ba bF(丁)-F(

33、a) = f(b)-2f(丁) f(a)22在a,王藝上對(duì)F(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理,2言使得再在匕,a bFF=f ( 1三一(方三 22-1 +ba上對(duì)f'(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理, 2區(qū)+bSa)u(a,b),使得2a bf(b) -2f( ° ) f(b)2=f ( )34注所證等式在計(jì)算方法課程的差分格式中是一個(gè)基本公式24.若f(x)在點(diǎn)X)的某個(gè)領(lǐng)域上有(n十1)階連續(xù)導(dǎo)函數(shù),試由泰勒公式的拉格朗日型余項(xiàng)推導(dǎo)佩亞諾型余項(xiàng)公式證 因?yàn)閒 (x)具有(n +1)階連續(xù)導(dǎo)函數(shù),由泰勒公式,有,f(X)nf(X)二 W "乂。)(Xi)f(n 1)(X0

34、,葉(X-%)(n 1)!(x-n 1,(0 ) 1).因?yàn)閷?dǎo)函數(shù)f(n+)(x)在點(diǎn)X0的某個(gè)領(lǐng) 域上連 續(xù),所以3M > 0,5 > 0,當(dāng)XWU(X0,6)時(shí),f(叫x) <M .由此可得Rn(X)=f(n 1)(X0(X-Xo)(n 1)!(X-Xo嚴(yán)< M(n 1)!x -Xo于是有Rn(X)(x - X0)M<(n 1)!X X0 T 0(XT X0),R(x) =o(x -Xo)n)(X > Xo).上面推導(dǎo)說(shuō)明,當(dāng)導(dǎo)函數(shù)f(n判(x)在點(diǎn)X0的某個(gè)閉領(lǐng)域內(nèi)外連續(xù)時(shí),可以得到R(X) =o(x - Xo)n),這與佩亞諾型余項(xiàng)的結(jié)論是一致的25

35、.用泰勒公式證明:設(shè)函數(shù)f(x)在la,b上連續(xù),在(a,b )內(nèi)二階可導(dǎo),則存在巴w (a,b),使2a,b(b - a)f(b)-2f( c ) f(a) =() f ().24a b.分析需證等式中出現(xiàn)二階導(dǎo)數(shù)f (t)與f (x)在a,b, ayb的函數(shù)值,試用展開(kāi)到二階導(dǎo)數(shù)的泰勒公式是一種可行的途徑.問(wèn)題在于選取哪些點(diǎn)為展開(kāi)式中的x和X0 ,合理的a b方法是取x0=, x為a和b.2a b證 把f(b), f (a)在點(diǎn)x0 =展開(kāi)到二階導(dǎo)數(shù)項(xiàng):2f(b) = f十 f, -U< 2 J < 2 J 2f ( 2)(b - a)2 2!a b""2&

36、quot;1 b,f(a) =f''3+f< 2 Ja +b ;a b勺(bf)2,a 12218把上面兩式相加,有a b f(b)-2f(-)f (a)=f ( l) f ( 2)(b-a)24不妨設(shè)f''(;) «f''(52),于是有f ( 1) - f ( 2)f,(2).在匕,Q1上又f''(x)應(yīng)用達(dá)布定理,關(guān)W】使得f,()Mf ( 1) . f ( 2)這樣就證得2a b(b -a)f(b)-2f(-) f(a) =b-f f ().24注 在23題中已應(yīng)用柯西中值定理和拉格朗日中值定理證明了本題,

37、這里應(yīng)用泰勒公式和達(dá)布定理是另一種證明方法.26.設(shè)函數(shù)f(x)在0,2 上二階可導(dǎo),且在0,2】上f (x) < 1, f''(x) <1 .證明在0,2 上成立f (x)<2.分析本題是用f (x), f (x)的上界來(lái)估計(jì)f (x)的上界.可以試用展開(kāi)到二階導(dǎo)數(shù)的泰勒公式尋找f(x), f'(x)和f''(x)之間的聯(lián)系.證Vx= 0,2,把f (2), f(0)在點(diǎn)x處展開(kāi)成帶有二階拉格朗日型余項(xiàng)的泰勒公式,有fl ) 2f (0) = f (x)。f (x)x -x- x ,0 1 x, jf ( 2)f(2) = f(x)

38、f (x)(2-x) (-22(2-x),x 2 2,2上面兩式相減后有'f ( 2)2 f ( 1) 22f (x) = f(2) - f(0) -( 2)(2 -x)2( 1)x2,22再應(yīng)用f (x) <1 , f (x) <1,可得2 . 一 、22 f(x) <2+x-(2-x)2=2 (x-1)2 1M4 , 于是有f (x)<2.說(shuō)明本題結(jié)論有一個(gè)有趣的力學(xué)解釋?zhuān)涸?秒時(shí)間內(nèi),哪果運(yùn)行路程和運(yùn)動(dòng)加速度都不超過(guò)1,則在該時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動(dòng)速度決不會(huì)超過(guò)2.27 .設(shè)f是開(kāi)區(qū)間I上的凸函數(shù),則對(duì)任何k,PI , f在u,P上滿(mǎn)足利普希茨(Lipschitz

39、) 條件,即存在L > 0,對(duì)任何x , x'W?,口,成立f (x ) f (x) < L x - x .證 當(dāng)取定L,P 1c I后,因?yàn)镮是開(kāi)區(qū)間,必能在I中選取四點(diǎn)a,b,c,d,滿(mǎn)足a < b < : < : <c<d.應(yīng)用凸函數(shù)充要條件,任取x ,x W L,P,x < x ,得到f(b)-f(a) . f(x) -f(x) f(d)- f(c);-':b-ax -xd-c現(xiàn)令L = maxf(d)- f(c)則有& L,x,x''三.f(x) -f(x)'''x -x由

40、于上述常數(shù)L與% P上滿(mǎn)足利普希茨條件:3L > 0,使得f (x ) - f (x) < Lx -x , Vx ,x = & ,B 1注:由本題也可以推知:開(kāi)區(qū)間I上的凸函數(shù)必在該區(qū)間的任一內(nèi)閉區(qū)間上連續(xù)f(x)是I內(nèi)的連續(xù)函數(shù)28 .設(shè) f(x)在a,+叼(a >0)上滿(mǎn)足 Lipschitz 條件:f (x) 一 f (y)工 k x 一 y,證明 f(x)x在a書(shū)上一致連續(xù).證分析|f(x1)f(x2)L f(x1) f(x2) +Jx1-x2W + f (x2) -jx1x2 |x1x1x2W B x1 - x2 < a因?yàn)閒(x)- f(a) <

41、;kx-af(x2) Wkx2 +ka +|f (a)3 <bx2,_f(xj _ f(x2)取白=B,當(dāng) x1 -x2 <S 時(shí), X1x2 |.11 一29.證明:設(shè)f (x) =xn+xn +., ,+x1,則顯然f(x)在,1上連續(xù),且2一1、,111f(2)=(2?十聲 十一+ 2)1 <11=0, f(1)=(1+1+1) 1 = n1>0,1根據(jù)連續(xù)函數(shù)介質(zhì)7E理,至少存在一點(diǎn)£三(_,1)使f(x) = 0 .即2xn十xn十一,十x 1 = 0 ,也就是 xn +xn十,一十x = 1 .一一 1可見(jiàn)之W(,1)是原方程的根.一一 .11n

42、21又因?yàn)樵?一,1)內(nèi)恒有f'(x)=nx +(n1)x+,+1>0, f (x)在,1上嚴(yán)格221遞增,故之三(一,1)唯一.2f (a h) f(a -h) -2f (a)hi”一”=f (a)30 .設(shè)函數(shù)f (x)在點(diǎn)a具有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù),試證明:h2證明 因?yàn)閒在點(diǎn)a處具有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù), 所以f在點(diǎn)a的某鄰域U (a)內(nèi)具有一階導(dǎo)數(shù),于是由洛必達(dá)法則,分子分母分別對(duì) h求導(dǎo),有 f(a h) f(a-h)-2f(a) f (a h) - f (a -h)lim2 = limh 0h2h 02h_1lim f (a h) - f (a) f (a) - f (a -

43、h)2h。h1“ f (a h) - f (a) . f (a-h)-f (a)、1“= 2(h叫hhim0h ) =2(f (a) f(助=f 31 .設(shè)f (x)在(a, b)上可導(dǎo),且f (x) =A.求證:存在上w (a, b),使f'(:) = 0 .證: 將f(x)連續(xù)延拓為閉區(qū)間a, b上的函數(shù)F(x):F(x)'f(x)Ax (a, b)x = a, b易知, F(x) 在a, b上滿(mǎn)足羅爾定理的條件. 故存在 Zja, b), 使F ( ) = f ( ) = 0.32 .設(shè)f (x)在a, b上連續(xù),在(a, b)內(nèi)有n階導(dǎo)數(shù),且存在n -1個(gè)點(diǎn)22Xi,X

44、2,Xn4w(a, b)滿(mǎn)足:(1) a : Xi: X2 : " : Xn:b(2) f (a)= f (Xi) = f(X2)= f(Xn,)=f(b)求證:存在te (a, b),使f仁)=0.證由題設(shè)知,f(X)在以下每一區(qū)間a, Xi, Xi,X2, Xnj, b上都滿(mǎn)足羅爾定理的條件,則必有n個(gè)點(diǎn)Xi(i)- (a,Xi),X21)- (Xi,X2),X:).(Xn,b)使 fak1)。,k=i,2, ,n.又f (X)在每個(gè)區(qū)間:Xki),Xki)i, k =i,2, ,n-i上滿(mǎn)足羅爾定理的條件,于是存在Xk2) w (Xki), Xkl),使f (Xk2)=0, k

45、=i,2, ,n-i重復(fù)上述步驟到n-i次后, 可知f(n)(X)在區(qū)間Xi"” , X2n9 u (a,b)上滿(mǎn)足羅爾定理的條件,故存在二甘,2一丁,坊,使 f(n)d) =0.33 .設(shè)函數(shù)f在點(diǎn)X0存在左右導(dǎo)數(shù),試證f在點(diǎn)小連續(xù).證明 設(shè)函數(shù)f在點(diǎn)X0存在左右導(dǎo)數(shù),于是f(X) - f (X0)f (X) - f (X0)lim (f (x) - f (X0): lim (x -x0) = lim lim (x - x0)Xf。-xx0-X -X0x-;x-X - X0x一;xf f _(X0) 0 = 0從而lim_f ( x) = f (X0),即f在點(diǎn)X0左連續(xù).同理可證

46、f在點(diǎn)X0右連續(xù).因而f在點(diǎn)X0連XX0-續(xù).34 .設(shè)函數(shù)f在a, b上可導(dǎo),證明:存在 巴w(a,b),使得2 f(b)-f(a) =(b2 -a2)f ()證明 設(shè) F(x)=x2f(b) f(a)(b2 a2)f(x),則 F(x)在a, b上連續(xù)并可導(dǎo),且 F (a) = a2 f (b) -b2 f (a) = F (b),由 Rolle 定理,存在巴 w (a, b),使得F'«) =2±f (b) f(a) (b2 a2)f «) = 0,從而 _22_.2 f(b)- f(a) =(b -a )f ()35 .應(yīng)用拉格朗日中值定理證明下列

47、不等式: b-a, bb-a<ln - <,其中 0 < a <b b a a證明 設(shè)f(x)=lnx,則f在a, b上連續(xù)且可導(dǎo),所以 f在a, b上滿(mǎn)足Lagrange中值定理的條件,于是 其w(a,b),使得ln b =ln b lna = f'(D(ba)=!(ba),因?yàn)?a-, b-a b -a b - a b - a , b b - a0 < a < - <b ,所以< - <,從而< ln <.bab a a36 .證明 設(shè)S是有PM集,則對(duì)任一 awR,三/=1,因S是有限集,故鄰域U (a,1)內(nèi)至多

48、有 S中的有限個(gè)點(diǎn),故a不是S的聚點(diǎn).由a的任意性知,S無(wú)聚點(diǎn).37 .證明作閉區(qū)間列%,%,其中xan'&LynJnFnLnHZWI.由于an :二 xn :二 an 1 ,bn書(shū) <yn <bn (VnW N ),于是有(an+,bn+)uxn,ynu(an,bn)(/nWN)(*)從而xn 書(shū),yn+U xn,yn(VnW N ).而 0 < % - 乂口 > 一 Hn (V n!三 N ),從而由n_i其mbn an )=知0 1nme(yn xn )=0 .所以xn ,yn為閉區(qū)間套.有區(qū)間套定理知,存 在一點(diǎn)上,使彳導(dǎo)xn < - &l

49、t; yn,n =1,2,111.由(*)有 an < : <bn, n=1,2,|.若數(shù)-'也滿(mǎn)足an <=<bn, n =1,2|,則:一色< bn an, n = 1,2,|”.兩邊取極限,得到彳習(xí)i”(bn an ) = 0,于是即滿(mǎn)足條件的點(diǎn)巴是唯一的.38 .證明 不妨設(shè)xn為遞增數(shù)列,且之為其聚點(diǎn).設(shè)a為任一實(shí)數(shù),且a ¥,不妨設(shè)a <t.-a2>0,由聚點(diǎn)定義,U«d)中含有4的無(wú)限項(xiàng).設(shè)Xn WU”)由于4為遞增數(shù)列,則當(dāng)n之N時(shí),Xn >Xn兵-2=r,于是在4中,最多有有限項(xiàng)小于:a, ., .-

50、29=a + w,即U(a, w)中最多含有xn的有限項(xiàng),于是點(diǎn)a不是xn的聚點(diǎn),由a的任意性知,七為xn的唯一聚點(diǎn)假設(shè):不是Xn)的上界,則存在XNA之,從而當(dāng)n之N時(shí),Xn之XnA之,令6=% U A0,則U(Jw)中最多含有xn的有限項(xiàng),這與之為xn的聚點(diǎn)矛盾.于是之為 Xn 的上界.另一方面,對(duì)任給白0 0 >0,數(shù)列% 中必有一項(xiàng)Xn W U d3),即Xn > 6 . 于是=suplxn).39.證明 由函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)知,XM A0,Vxwa,b, :36Xa0,使得當(dāng)x'w U (x,5x)時(shí),有 f(x)f(x)<8.考慮開(kāi)區(qū)間集合

51、H ='U ' x, ixHa,bl顯然H是a,b的一個(gè)開(kāi)覆蓋.于是存2f z 5 在H的一個(gè)有限子集H* =xi皇Ixi w a,b,i =1,2川|kj覆蓋了 a,b.記6 =口唄)2>0 .對(duì)任何x:x*a,b, x'x <6 , x必屬于H*中的某一開(kāi)、f &-區(qū)間.設(shè)x'WU x, I,則 i 2.,.孰 &,瓦臺(tái)x -xi|Wx -x + xx < +"2 - "2 +2 =昌,從而同時(shí)成立 f(x') f(x)<w 與 f (x) - f (x) < a .于是 f (x)

52、f (x")< 8 .所以 f (x)在 a,b上一致連續(xù).40 .證明由連續(xù)函數(shù)的局部有界性,對(duì)每一點(diǎn)x*a,b,都存在鄰域U(x',6x,)及正數(shù)Mx,使得 f (x) 4 Mxl xU (x:5x')na,b.考慮開(kāi)區(qū)間集H =U (x:%) x勺a,b.顯然H是a,b的一個(gè)開(kāi)覆蓋.于是存在H的一個(gè)有限子集H* =U(Xi,、x)Xi a,b,i =1,2j|k)覆蓋了 a,b,且存在正數(shù) Mi,M2,|,Mk,使得對(duì)一切 xwU(x,&x)na,b,有f(x) MMi,i =1,2,|,k .令 M =maxMi ,則對(duì)任何 x a, b, x

53、必屬于某U(x5x 去 I f (x) MM .Mt就證得 f(x)在a,b上有界.41 .證明 由于函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),于是f(x)在a,b上有界.由確界原理,f(x)的值域f (a,b)有上確界,記為M .假設(shè)對(duì)一切xwa,b都有f(x)<M .令一、 1g(x) = Mf),x a,b.函數(shù)g(x)在a,b上連續(xù),故g(x)在a, b上有界.設(shè)G是g(x)的一個(gè)上界,則-110 <g(x) = 一T <G,xa,b.從而 f ( x)< M - , x: a, b但這與 M 為 M - T(x)Gf(a,b)的上確界矛盾.所以存在wa,b,使f()

54、 = M,即f (x)在a,b上有最大值.42.證明 函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a,b上單調(diào)增加,從而當(dāng)2a*1時(shí),”*)之f(t),于 xx是 1 f(t)dtwf (x)dt = f (x)(xa) .而 aaF (x) 二 一一x f(t)dt f-() f( 一一f (x)(x - a) =0, (x -a) ax-a x-a (x-a)由此F(x)為a,b上的增函數(shù).43.n:f (sin x)dx =JiJif sin - -t Jld - -t = : f(cost)dt = : f(cosx)dx.44.證明 不妨設(shè)函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a,b 上單調(diào)遞增,且f (a) <

55、f (b).不然,f(a)= f(b),則f (x)在a,b上為常數(shù)函數(shù),顯然可積.對(duì)a,b的任一分法T,由于f(x)單調(diào)增加,f (x)在T所屬的每個(gè)小區(qū)間 4上的振 幅為n叫=f(x) f(Xi),于是 £ 他抽 <Z f (xi)-f (xi)VI =b (b)- f (a)hll .由此可Ti 1見(jiàn),任給6A0,只要|T| <,就有£必Ax <名,所以函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a,b11 f(b)-f(a) t , 1上可積.45.證明 函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù),且f (x)不恒等于零,則函數(shù)f2(x)在閉區(qū)間 222 ,a,b上連續(xù),從而f (x)在閉區(qū)間a,b上可積,且f (x)不恒等于零,因此f (x)之0,且存在 wa, b,使f 2(x0) >0 .根據(jù)保號(hào)性,存在豆,P 二a b ,使Vxa,P,都有f2(x) A 0.于是b2、工2P2b2f(x) dx= f(x)

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