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  • 高等数学第三章

    总习题三-8

    \(f(x)\)在闭区间\([-1,1]\)上有连续的二阶导数,且\(f(-1)=1\)\(f(0)=0\)\(f(1)=3\)

    证明:在开区间\((-1,1)\)内至少存在一点\(\xi\),使得\(f''(\xi)=4\)

    法一

    \(F(x)=f(x)-x-2x^2\)

    因为\(F(-1)=F(0)=F(1)=0\)

    所以\(\exists x_1\in (-1,0), F'(x_1)=f'(x_1)-4x_1-1=0\)\(\exists x_2\in (0,1), F'(x_2)=f'(x_2)-4x_2-1=0\)

    所以\(\exists\xi\in (x_1,x_2), f'(x_1)-f'(x_2)=4(x_1-x_2)=f''(\xi)(x_1-x_2)\)

    所以\(f''(\xi)=4\)

    法二

    因为\(f(x)=f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2\)

    所以\(f(-1)=-f'(0)+\frac{f''(\xi_1)}{2}=1\)\(f(1)=f'(0)+\frac{f''(\xi_2)}{2}=3\)

    所以\(f''(\xi_1)+f''(\xi_2)=8\)

    1. \(f''(\xi_1)=f''(\xi_2)=4\),取\(\xi=\xi_1\)

    2. \(f''(\xi_1)\neq f''(\xi_2)\),不妨设\(f''(\xi_1)<4\)\(f''(\xi_2)>4\),则存在\(\xi\in (\xi_1,\xi_2)\)\(f''(\xi)=4\)

    秋季期中一-七

    设函数\(f(x)\)\([0,1]\)上连续,在\((0,1)\)内可导,且\(f(0)=0\)\(f(1)=\frac{1}{4}\)

    证明:存在\(\xi\in (0,\frac{1}{2})\)\(\eta\in (\frac{1}{2},1)\),使得\(f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^3+\eta^3\)

    \(F(x)=f(x)-\frac{x^4}{4}-f(1-x)+\frac{(1-x)^4}{4}\)

    \(F(0)=F(1)=0\)

    \(\exists\xi\in (0,1),F'(\xi)=f'(\xi)+f'(1-\xi)-\xi^3-(1-\xi)^3=0\)

    \(\eta=1-\xi\),则\(f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^3+\eta^3\)

    极值点偏移问题

    已知\(f(x)=xe^{-x}\)

    1. \(f(x)\)的单调区间和极值;

    2. \(x_1\neq x_2\),且\(f(x_1)=f(x_2)\),证明\(x_1+x_2>2\)

    1. \(f'(x)=(1-x)e^{-x}\),所以\(f(x)\)\((-\infty,1)\)递增,在\((1,+\infty)\)递减。极大值\(f(1)=e^{-1}\)

    高中的方法。

    1. 理解\(x_1+x_2>2\),本质上是极值点向左偏移了(\(x=1\)左侧下降得比右侧快)。所以我们做个变换\(x_2>2-x_1\),然后\(x_2\)\(2-x_1\)都落到了\(x=1\)右侧的单调递减区间内。所以只需证明\(f(x_2)<f(2-x_1)\)。又因为\(f(x_1)=f(x_2)\),所以需要证明当\(x_1\in(-\infty,1)\)\(f(x_1)-f(2-x_1)<0\)成立。经典求导问题。

    2020秋期中-六

    1. 证明:对于任意的正整数\(n\),都有\(\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}\)

    2. \(a_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\ln n\),证明数列\(\{a_n\}\)收敛。

    1. 直接使用拉格朗日中值公式即可。

    2. 单调有界数列必有极限。但是我倒要看看这个数列长什么样。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    int main(){
        int n;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            double ans=-log(i);
            for(int j=1;j<=i;++j) ans+=1.0/j;
            cout<<ans<<endl;
        }
        return 0;
    }
    
    1
    0.806853
    0.734721
    0.697039
    0.673895
    0.658241
    0.646947
    0.638416
    0.631744
    0.626383
    0.621982
    0.618304
    0.615184
    0.612505
    0.610179
    0.60814
    0.606339
    0.604736
    0.603301
    0.602007
    0.600836
    0.599771
    0.598797
    0.597904
    0.597082
    0.596323
    0.59562
    0.594967
    0.594358
    0.59379
    

    \(a_n>\sum_{i=1}^n(\ln(i+1)-\ln i)-\ln n=\ln (n+1)-\ln n>0\)

    \(a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n})<0\)

    2020秋期中-七-2

    设函数\(f(x)\)在开区间\((-1,1)\)内具有二阶连续倒数且\(f''(x)\neq 0\)

    证明:对于开区间\((-1,1)\)内任一\(x\neq 0\),存在唯一的\(\theta(x)\in(0,1)\),使得\(f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)\)成立,并证明\(\lim_{x\rightarrow 0}\theta(x)=\frac{1}{2}\)

    做这道题的关键在于分析出如何把\(\theta(x)\)提到括号外面来。

    常见误区是直接对着\(f(\theta(x)x)\)操作,比如求导得\(f'(\theta(x)x)(\theta'(x)x+\theta(x))\)

    实际上应该把\(\theta(x)x\)整体看成一个变量,对\(f'(t)\)进行操作,比如泰勒展开。

    \[\begin{gather} f'(x)=f'(0)+f''(0)x+o(x)\\ f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2+o(x^2) \end{gather} \]

    这样代入\(\theta(x)x\)就能提取出\(\theta(x)\)了。

    因为\(f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)\),所以

    \[\begin{equation}\begin{split} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)-f'(0)x}{xf'(\theta(x)x)-f'(0)x}\\ =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{f''(0)}{2}x^2+o(x^2)}{x(f''(0)\theta(x)x+o(x))}\\ =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{f''(0)}{2}x^2+o(x^2)}{f''(0)\theta(x)x^2+o(x^2)}=1 \end{split}\end{equation} \]

    所以有\(\lim_{x\rightarrow 0}\theta(x)=\frac{1}{2}\)

    2019秋期中-二-4

    函数\(f(x)=\frac{(e^x+e)\tan x}{x(e^{\frac{1}{x}}-e)}+\frac{(x^2-2x)|x+1|}{\sin(\pi x)}\)的跳跃间断点的个数是?

    虽然右侧分母有个\(\sin(\pi x)\),但是容易发现只需要讨论\(x=-1,0,1,2\)的情况。

    1. \(x=-1\),左侧分数为定值,右侧分数因为分子的绝对值左右极限异号,所以是跳跃间断点。

    2. \(x=0\),右侧分数为定值,左侧分数因为分母的\(e^{\frac{1}{x}}\)跳跃。

    3. \(x=1\),是\(\infty+\infty\)形。经计算得极限为\(\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2\tan 1-\frac{2}{\pi}}{1-x}=\infty\),无穷间断点。

    4. \(x=2\),左右侧都为定值,连续点。

    综上,共\(2\)个跳跃间断点。

    2019秋期中-七

    设函数\(f(x)\)在闭区间\([0,1]\)上连续,在开区间\((0,1)\)内可到,且\(f(0)=0,f(1)=1\)。证明:

    1. 存在\(\xi\in(0,1)\),使得\(f(\xi)=1-\xi\)

    2. 存在两个不同的点\(\eta_1,\eta_2\in(0,1)\),使得\(f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1\)

    1. \(F(x)=f(x)-(1-x)\)

    2. 利用1的结论。在\((0,\xi),(\xi,1)\)上用拉格朗日中值定理得\(f'(\eta_1)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}=\frac{1-\xi}{xi},f'(\eta_2)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{\xi}{1-\xi}\),所以有\(f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1\)

    2017秋期中-七

    设函数\(f(x)\)在闭区间\([0,1]\)上具有二阶导数,且\(f(1)>0,\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\),证明:

    1. 方程\(f(x)=0\)在开区间\((0,1)\)内至少存在一个实根;

    2. 方程\(f(x)f''(x)+f'(x)^2=0\)在开区间\((0,1)\)内至少存在两个不同的实根。

    1. 根据极限的保号性,\(\exists \delta>0,\forall x\in(0,\delta),f(x)<0\)。根据零点存在性定理,知\((0,1)\)内至少有一个实根。

    2. 老师告诉我,\(\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\)要理解为极限存在。这样用\(F(x)=f(x)f'(x)\)就能解决问题。

      但是我觉得\(f(0)=-1\)这种情况也满足条件……“负无穷大小于\(0\)”怎么看都是对的。

    本质上是常数不能与变数作比较

    静渊以有谋,疏通而知事。
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