diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md index b3f0e04..e0a0d49 100644 --- a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md @@ -2,6 +2,9 @@ tags: - 编写小组 --- +**内部资料，禁止传播** +**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航 程奕鸣** + # 单调有界准则 ## 原理 @@ -38,192 +41,82 @@ tags: > [!example] 例1 > 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。 -**解析** -1. **有界性**： - 易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。 -2. **单调性**： - 计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。 - 设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。 -3. **由单调有界准则**，数列收敛。 -4. **求极限**： - 设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。 +``` + + + + + +``` + > [!example] 例2 > 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。 -**解析** -1. **单调性**： - 导数 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。 -2. **有界性**： - 显然 $0 \leq f(x) < 1$。 -3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。 +``` + + + + + +``` + >[!example] **例3** >设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。 -**证明**： - -1. **证明数列单调有界**： - - 当 $n=1$ 时， $0 < x_1 < 2$。 - - 假设当 $n=k$（$k \ge 1$）时，命题成立，即有： - $$0 < x_k < 2 \tag{1}$$ - 则当 $n=k+1$ 时， - $$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2$$ - 同时，由 $x_{k} > 0$ 可得 $x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} > \sqrt{2} > 0$。故 $0 < x_{k+1} < 2$。 - - 因此$0 < x_{k+2} < 2$。 - - 接下来，证明单调性部分 $x_{k+1} < x_{k+2}$。根据递推关系和归纳假设(1)中 $x_k < x_{k+1}$，我们有： - $$ - \begin{aligned} - x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad \\[0.5em] - &= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad \\[0.5em] - &= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em] - &= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} - \end{aligned} - $$ - 由归纳假设(1)知 $x_{k+1} - x_k > 0$，且分母 $\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k} > 0$。因此， - $$x_{k+2} - x_{k+1} = \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} > 0$$ - 即 $x_{k+1} < x_{k+2}$ 成立。 - - 结合以上，我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$。由数学归纳法，对一切正整数 $n$，均有 $0 < x_n < x_{n+1} < 2$。 - - 因此，数列 $\{x_n\}$ **单调递增**且有**上界** $2$。 - -2. **求数列的极限**： - 由于数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，根据**单调有界收敛原理**，该数列收敛。设其极限为 $L$，即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = L$。 - - 在递推式 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ 两边同时取极限（$n \to \infty$），得：$$L = \sqrt{2 + L}$$ - 将方程两边平方：$L^2 = 2 + L$， - - 移项整理得：$L^2 - L - 2 = 0$， - - 因式分解：$(L - 2)(L + 1) = 0$。 - - 解得：$L = 2$ 或 $L = -1$。 - - 由于数列的所有项 $x_n > 0$，其极限 $L$ 必须满足 $L \ge 0$，故舍去 $L = -1$。 - - 因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$ +``` + + + + + + + +``` >[!example] 例4 >设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$ > 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$. -证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$ -故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界 - -又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$ +``` -所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减. -因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛. -设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$ -由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$. -两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$ -解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$. -故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$. +``` >[!example] 例5 >证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。 +``` -证法1️⃣： -利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ -故数列${x_n}$严格递减. - -又因为 -$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$ - -所以数列${x_n}$有下界. -因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在. -证法2️⃣： -因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$ -对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有 -$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$ -因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$ -而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛. - -因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在. +``` >[!example] 例6 >令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$ >求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$ - $x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。 - - $x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。 - -使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界 - -**证明 $x_n$ 单调： - -当 $n=1$ 时命题显然成立。 -假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。 -考虑 $n = k+1$ 的情形： -$$ -x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k} -$$ -由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得： -$$ -c + x_{k+1} > c + x_k -$$ -所以： -$$ -\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k} -$$ -即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。 - -**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$） - -当 $n=1$ 时命题成立。 -考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：： -$$ -x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1) -$$ - -为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明： -$$ -\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1 -$$ -两边平方（因为两边均为正数）： -$$ -c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1 -$$ -化简得： -$$ -\sqrt{c} \le 2\sqrt{c} -$$ -由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式： -$$ -\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1 -$$ -因此： -$$ -x_{k+1} < \sqrt{c} + 1 -$$ - -由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。 - -因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。 - -解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去） + ``` + + + + + + +``` # 介值定理 ## 原理 @@ -259,54 +152,68 @@ $$ > [!example] 例1 > 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 -**解析** -设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 -计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。 -由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 +``` + + + + + +``` + > [!example] 例2 > 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。 -**解析** -构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 -计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。 -若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。 -否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。 +``` + + + + + + + +``` > [!example] **例3** > 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。 -**解析：** -因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。 +``` + + + + + +``` + > [!example] **例4** > 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 -**解析** -设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 +``` + + + + + +``` + > [!example] 例5 > 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$ -**解析** -步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。 +``` + -步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得： -$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性： -- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。 -- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$ -步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$ + +``` + >[!example] 例6 >设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，试证：对任何自然数$n$，必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$，使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$. -**分析** 根据题意，我们需要证明连续函数$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$有零点，关键是找两点$a、b$，使得$F(a)F(b)<0$.一般会找区间的两个端点，但问题是我们无法确定$F(0)\cdot F(1-\frac{1}{n})$是否小于$0$。正向难以解决，不妨尝试一下反证法. -**证法一** 反证法.若不然，则存在自然数$m$，使得$\forall x\in[0,1-\frac{1}{m}]$，均有$f(x)\neq f(x+\frac{1}{m})$，即$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$，不妨设$f(x)>f(x+\frac{1}{m})$.依次取$x=0,\frac{1}{m},\frac{2}{m},\cdots,\frac{m-1}{m}$,则有$$f(0)>f(\frac{1}{m})>\cdots>f(\frac{m}{m})=f(1),$$这与$f(0)=f(1)$矛盾.故结论成立. - -**证法二** 记$$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n}),x\in[0,1-\frac{1}{n}],$$则$F(x)$在$[0,1-\frac{1}{n}]$上连续，且$$F(0)=f(0)-f(\frac{1}{n}),F(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n})-f(\frac{2}{n}),\cdots,F(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1).$$上面各式相加得$$F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(1-\frac{1}{n})=f(0)-f(1)=0.$$若$F(\frac{k}{n})(k=0,1,\cdots,n-1)$中至少有一个为$0$，则结论已成立.否则，必$\exists k_1,k_2\in\{0,1,2,\cdots,n-1\}$,使得$F(k_1)F(k_2)<0$，由介值定理（或零值定理），必有一点$c$介于$\frac{k_1}{n}$和$\frac{k_2}{n}$之间，使得$F(c)=0$即$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$ diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..7a32ef2 --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md @@ -0,0 +1,315 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +**内部资料，禁止传播** +**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航 程奕鸣** + +# 单调有界准则 + +## 原理 + +- **单调有界数列必收敛**： + 1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。 + 2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。 + +- **函数单调有界性质**： + 若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。 + +## 适用情况 + +适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是： + +- 递推数列极限的存在性与求解； +- 函数在某区间上的极限存在性； +- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。 + +## 优势 + +1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性； +2. 适用于很多递推定义的数列； +3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。 + +## 劣势 + +1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）； +2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧； +3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。 + +## 例子 + +> [!example] 例1 +> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。 + +**解析** +1. **有界性**： + 易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。 +2. **单调性**： + 计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。 + 设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。 +3. **由单调有界准则**，数列收敛。 +4. **求极限**： + 设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。 + + +> [!example] 例2 +> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。 + +**解析** +1. **单调性**： + 导数 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。 +2. **有界性**： + 显然 $0 \leq f(x) < 1$。 +3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。 + + +>[!example] **例3** +>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。 + +**证明**： + +1. **证明数列单调有界**： + + 当 $n=1$ 时， $0 < x_1 < 2$。 + + 假设当 $n=k$（$k \ge 1$）时，命题成立，即有： + $$0 < x_k < 2 \tag{1}$$ + 则当 $n=k+1$ 时， + $$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2$$ + 同时，由 $x_{k} > 0$ 可得 $x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} > \sqrt{2} > 0$。故 $0 < x_{k+1} < 2$。 + + 因此$0 < x_{k+2} < 2$。 + + 接下来，证明单调性部分 $x_{k+1} < x_{k+2}$。根据递推关系和归纳假设(1)中 $x_k < x_{k+1}$，我们有： + $$ + \begin{aligned} + x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad \\[0.5em] + &= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad \\[0.5em] + &= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em] + &= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} + \end{aligned} + $$ + 由归纳假设(1)知 $x_{k+1} - x_k > 0$，且分母 $\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k} > 0$。因此， + $$x_{k+2} - x_{k+1} = \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} > 0$$ + 即 $x_{k+1} < x_{k+2}$ 成立。 + + 结合以上，我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$。由数学归纳法，对一切正整数 $n$，均有 $0 < x_n < x_{n+1} < 2$。 + + 因此，数列 $\{x_n\}$ **单调递增**且有**上界** $2$。 + +2. **求数列的极限**： + 由于数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，根据**单调有界收敛原理**，该数列收敛。设其极限为 $L$，即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = L$。 + + 在递推式 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ 两边同时取极限（$n \to \infty$），得：$$L = \sqrt{2 + L}$$ + 将方程两边平方：$L^2 = 2 + L$， + + 移项整理得：$L^2 - L - 2 = 0$， + + 因式分解：$(L - 2)(L + 1) = 0$。 + + 解得：$L = 2$ 或 $L = -1$。 + + 由于数列的所有项 $x_n > 0$，其极限 $L$ 必须满足 $L \ge 0$，故舍去 $L = -1$。 + + 因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$ + +>[!example] 例4 +>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$ +> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$. + +证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$ +故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界 + +又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$ + +所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减. +因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛. + +设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$ + +由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$. + +两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$ + +解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$. + +故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$. + + +>[!example] 例5 +>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。 + + +证法1️⃣： +利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ +故数列${x_n}$严格递减. + +又因为 +$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$ + +所以数列${x_n}$有下界. + +因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在. + + +证法2️⃣： +因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$ +对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有 +$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$ + +因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$ + +而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛. + +因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在. + + +>[!example] 例6 +>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$ +>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$ + + $x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。 + + $x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。 + +使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界 + +**证明 $x_n$ 单调： + +当 $n=1$ 时命题显然成立。 +假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。 +考虑 $n = k+1$ 的情形： +$$ +x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k} +$$ +由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得： +$$ +c + x_{k+1} > c + x_k +$$ +所以： +$$ +\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k} +$$ +即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。 + +**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$） + +当 $n=1$ 时命题成立。 +考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：： +$$ +x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1) +$$ + +为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明： +$$ +\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1 +$$ +两边平方（因为两边均为正数）： +$$ +c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1 +$$ +化简得： +$$ +\sqrt{c} \le 2\sqrt{c} +$$ +由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式： +$$ +\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1 +$$ +因此： +$$ +x_{k+1} < \sqrt{c} + 1 +$$ + +由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。 + +因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。 + +解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去） + + +# 介值定理 +## 原理 + +- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**： + 若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。 + +- **零点定理（特殊情形）**： + 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。 + +## 适用情况 + +适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是： + +- 证明方程在某区间内至少有一个根； +- 证明函数可取到某个中间值； +- 确定函数值域或解的存在性。 + +## 优势 + +1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值； +2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用； +3. 定理直观，易于理解和应用。 + +## 劣势 + +1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置； +2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用； +3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。 + +## 例子 + +> [!example] 例1 +> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 + +**解析** +设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 +计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。 +由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 + + +> [!example] 例2 +> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。 + +**解析** +构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 +计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。 +若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。 +否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。 + +> [!example] **例3** +> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。 + +**解析：** +因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。 + + +> [!example] **例4** +> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 + +**解析** +设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 + + +> [!example] 例5 +> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$ + +**解析** +步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。 + +步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得： +$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性： + +- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。 +- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$ + +步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$ + + +>[!example] 例6 +>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，试证：对任何自然数$n$，必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$，使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$. + +**分析** 根据题意，我们需要证明连续函数$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$有零点，关键是找两点$a、b$，使得$F(a)F(b)<0$.一般会找区间的两个端点，但问题是我们无法确定$F(0)\cdot F(1-\frac{1}{n})$是否小于$0$。正向难以解决，不妨尝试一下反证法. +**证法一** 反证法.若不然，则存在自然数$m$，使得$\forall x\in[0,1-\frac{1}{m}]$，均有$f(x)\neq f(x+\frac{1}{m})$，即$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$，不妨设$f(x)>f(x+\frac{1}{m})$.依次取$x=0,\frac{1}{m},\frac{2}{m},\cdots,\frac{m-1}{m}$,则有$$f(0)>f(\frac{1}{m})>\cdots>f(\frac{m}{m})=f(1),$$这与$f(0)=f(1)$矛盾.故结论成立. + +**证法二** 记$$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n}),x\in[0,1-\frac{1}{n}],$$则$F(x)$在$[0,1-\frac{1}{n}]$上连续，且$$F(0)=f(0)-f(\frac{1}{n}),F(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n})-f(\frac{2}{n}),\cdots,F(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1).$$上面各式相加得$$F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(1-\frac{1}{n})=f(0)-f(1)=0.$$若$F(\frac{k}{n})(k=0,1,\cdots,n-1)$中至少有一个为$0$，则结论已成立.否则，必$\exists k_1,k_2\in\{0,1,2,\cdots,n-1\}$,使得$F(k_1)F(k_2)<0$，由介值定理（或零值定理），必有一点$c$介于$\frac{k_1}{n}$和$\frac{k_2}{n}$之间，使得$F(c)=0$即$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$ diff --git a/编写小组/课前测/课前测3.md b/编写小组/课前测/课前测3.md index 3b2a99a..b2e8aa6 100644 --- a/编写小组/课前测/课前测3.md +++ b/编写小组/课前测/课前测3.md @@ -8,5 +8,27 @@ tags: （C）方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解 （D）方程 $f(x)=−2$ 在 $[0,2]$ 上没有解 -答案：C. -$f(0)f(1)<0$，故$f(x)=0$在$[0,1]$上有解.B显然不正确.因为$(f(1)-2)(f(2)-2)=-1<0$,故C正确.D显然错误，因为零值定理只是充分条件，不满足条件不代表没有零点. \ No newline at end of file + +2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。 + +``` + + + + + + + +``` + +3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。 + +``` + + + + + + + +``` \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测解析版3.md b/编写小组/课前测/课前测解析版3.md new file mode 100644 index 0000000..d04034c --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测解析版3.md @@ -0,0 +1,30 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +1、设函数$f(x)\in C[0,2]$，且满足：$$f(0)=-1,f(1)=3,f(2)=1.$$下列说法正确的是： +（A）方程$f(x)=0$在$[0,1]$上没有解 +（B）方程 f(x)=1在区间 $[0,2]$ 上只有$x=2$ 这一个解 +（C）方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解 +（D）方程 $f(x)=−2$ 在 $[0,2]$ 上没有解 + +答案：C. +$f(0)f(1)<0$，故$f(x)=0$在$[0,1]$上有解.B显然不正确.因为$(f(1)-2)(f(2)-2)=-1<0$,故C正确.D显然错误，因为零值定理只是充分条件，不满足条件不代表没有零点. + + +2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。 + +**解析** +设 $f(x) = e^x - 3x$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续（实际上在整个实数域连续）。 +计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = e - 3 < 0$（因为 $e \approx 2.718$）。 +由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$，即 $e^\xi = 3\xi$，故方程至少有一个正实根。 + + +3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。 + +**解析** +1. **有界性**：归纳法易证 $1 \leq x_n \leq 2$。 +2. **单调性**：计算 $x_{n+2} - x_{n}$ 判断奇偶子列单调性，或直接分析 $x_{n+1} - x_n$ 符号，可知数列非单调但可拆分单调子列。 + 实际上，可证 $\{x_{2n}\}$ 单调递增，$\{x_{2n-1}\}$ 单调递减。 +3. **由单调有界准则**，奇偶子列均收敛，再证二者极限相同。 +4. **求极限**：设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$，则 $L = 1 + \frac{1}{1 + L}$，解得 $L = \sqrt{2}$。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测3.md b/编写小组/课后测/课后测3.md index 0c896f4..9cb2f59 100644 --- a/编写小组/课后测/课后测3.md +++ b/编写小组/课后测/课后测3.md @@ -2,6 +2,39 @@ tags: - 编写小组 --- + 1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续，且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$，使$f(\xi)=f(\xi+a).$ -证明：记$$F(x)=f(x)-f(x+a),x\in[0,a].$$于是$F(0)=f(0)-f(a),F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$从而$F(0)F(a)\le0$. -若$F(a)=0$或$F(0)=0$，则命题得证.若$F(a)F(0)<0$，则由零值定理，存在$\xi\in(0,a)$，使得$F(\xi)=0,f(\xi)=f(\xi+a).$ \ No newline at end of file + +``` + + + + + + + +``` + +2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。 + +``` + + + + + + + +``` + +3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。 + +``` + + + + + + + +``` \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测解析版3.md b/编写小组/课后测/课后测解析版3.md new file mode 100644 index 0000000..39e3dae --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测解析版3.md @@ -0,0 +1,24 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续，且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$，使$f(\xi)=f(\xi+a).$ + +证明：记$$F(x)=f(x)-f(x+a),x\in[0,a].$$于是$F(0)=f(0)-f(a),F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$从而$F(0)F(a)\le0$. +若$F(a)=0$或$F(0)=0$，则命题得证.若$F(a)F(0)<0$，则由零值定理，存在$\xi\in(0,a)$，使得$F(\xi)=0,f(\xi)=f(\xi+a).$ + + +2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。 + +**解析** +由题意，$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续，且 $f(c) \cdot f(d) < 0$。 +由零点定理，存在 $\xi \in (c,d)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。 + + +3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。 + +**解析** +1. **单调性**：考虑 $a_{n+1} - a_n = \frac{n+1}{(n+1)^2 + 1} - \frac{n}{n^2 + 1}$，通分后分子为 $-n^2 - n + 1$，当 $n \geq 1$ 时小于零，故数列单调递减。 +2. **有界性**：显然 $0 < a_n \leq \frac{1}{2}$。 +3. **由单调有界准则**，数列收敛。 +4. **极限**：$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 + 1} = 0$。## 介值定理 \ No newline at end of file