1樓:手機使用者
函式f(x)在
bai[0,1]上連續,du(0,1)內zhi可導,在(2
3,1)內至少存在一點ξ,使dao得
f(ξ)(1?2
3)=∫12
3f(x)dx成立,版即權
f(ξ)=3∫ 12
3f(x)dx;
因為3∫12
3f(x)dx=f(0),所以f(ξ)=f(0);
因為函式f(x)在[0,1]上連續,(0,1)內可導,根據中值定理可得:
在(0,ξ)記憶體在一點c,使f′(c)=0,所以,在(0,1)記憶體在一點c,使f′(c)=0.
設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,且∫f(x)dx=2∫f(x)dx(他們的積
2樓:匿名使用者
根據積制分可知,比存在0為
常數,則存在導數為0
若不畏=為常數,則必存在拐點,即(0,1)存在a,使導數為0
3樓:絕世蘇秦
用積分值定理,其實就是f(1/2)的導數為0
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。
4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。
5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]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′
6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.
設函式fx在上連續,在0,1內可導,且f
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...
設如果fx在上連續,在0,1內可導,且f
存在找特例。三個點座標,連續,得出可能為拋物線。設,f x 4 x 1 2 2 1,則f x 8x 4,8x 4 1,則x 3 8.所以存在這樣的點 建構函式即可 答案如圖所示 設f x 在 0,1 上連續,在 0,1 內可導,且f 1 f 1 2 令g x f x x,則g 0 0,g 1 2 1...
已知函式fx在上連續,在0,1內可導,且f
微分方程學bai過沒 y 2 x x y 0 那麼同時乘du 以e zhi 2 x x dx x 2e x所以構造函dao數f x x 2e xf x 則f 專 x e x x 2f x 2xf x x 2f x 因為x 0可以提屬出一個x 就化為f x xe x xf x 2f x xf x 設函...