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素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md

@@ -103,4 +103,35 @@ $$
 $$
 f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
 $$
-故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
+故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
+
+
+>[!example] 例3
+ 设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
+（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
+   $$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
+   （2）求
+   $$\lim_{x \to 0} \theta(x).$$
+
+解：
+1. 证： 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
+
+$$
+f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
+$$
+
+如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
+
+2. 解 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
+
+$$
+\begin{aligned}
+\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x} 
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)}{x} \\
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)-x f'(0)}{x^{2}} \\
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{2x} \\
+&= \frac{f''(0)}{2},
+\end{aligned}
+$$
+
+所以 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。

编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md

@@ -5,3 +5,76 @@ tags:
 **内部资料，禁止传播**
 **编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华   陈玉阶   程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王嘉兴   王轲楠   彭靖翔   郑哲航   钟宇哲   支宝宁
 
+### 多次运用中值定理
+多次运用中值定理一般有如下特征：
+1. 有多个中值（如$\xi,\eta$两个中值）；
+2. 有二阶导出现。
+这种题目一般会比较难，而且通常要结合其他方法，比如反证法、构造函数等。
+
+多次用中值定理又分为两种：
+1. 在同一区间（或一个区间包含另一个区间）上用不同的中值定理；
+2. 在相邻区间上对原函数和导函数用同一个（也可能是不同的）中值定理。
+
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $0 < a < b$，试证存在 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得  $$f'(\xi) = \frac{a + b}{2\eta} f'(\eta).$$
+
+**分析：**
+	首先注意到题目要求我们证明的式子中有两个中值（即在区间内的某个点及其函数值），故想到可能会用多次中值定理。右边有$\frac{f'(\eta)}{\eta}$的形式，一般会想到用拉格朗日或者柯西，又题中没有哪个值让$f$等于$0$，所以大概率就是柯西中值定理。
+	令$g(x)=x^2$，则有$$\exists\eta\in(a,b),\frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}=\frac{f'(\eta)}{2\eta}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}$$
+	再对比要求的式子，知道再用一次拉格朗日中值定理就行。
+
+**解**：
+对 $f(x)$ 和 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理，得存在 $\eta \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2} = \frac{f'(\eta)}{2\eta}
+$$
+整理得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
+$$
+再对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(\xi)
+$$
+比较两式即得结论。
+
+>[!example] 例2
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))$ ($a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。
+
+**分析：![[微分中值定理图.png]]**
+	二阶导的零点就是图像的拐点，从图中能直观地看出来，函数图像的凹凸性确实发生了改变。现在的问题就是如何证明。
+	首先可以很直观地看到，函数图像应当有两条与直线$AB$平行的切线，由拉格朗日中值定理也可以证明这一点。这样，$f'(x)$就在不同地方取到了相同的函数值，这就想到用罗尔定理，从而可以证明题中结论。
+
+**解**：
+弦 $AB$ 的方程为
+$$
+y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
+$$
+由条件，$f(c) = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(c-a)$。分别对 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$，使得
+$$
+f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+$$
+f'(\xi_2) = \frac{f(b)-f(c)}{b-c} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+故 $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)$。再对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b)$，使 $f''(\xi)=0$。
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
+$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：  
+(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；  
+(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
+
+**分析：**
+	初看没有什么思路，涉及到二阶导一般会用泰勒展开或者对导数用中值定理。我们对一阶导和二阶导的性质一概不清楚，所以应该考虑对导数用中值定理。
+	直接对$f(x)$用中值定理吗？不是，这样子我们得不出任何的结论。或许我们应该构造一个新的函数，让我们更容易研究一些。观察要证的式子，由于我们完全不知道导数的性质，所以考虑函数$g(x)=f(x)-x^2$，有$g'(x)=f'(x)-2x,g''(x)=f''(x)-2$，且$g(0)=0,g(1)=0,g(\frac{1}{2})>0$.看到这些$0$就舒服很多了。注意这里应该是多次运用中值定理中的第2种情况，因为题目很明显给了我们分割区间的一个点：$\large{\frac{1}{2}}$.
+
+**解**：
+(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。在$[0,\frac{1}{2}],[\frac{1}{2},1]$上分别用拉格朗日中值定理得$\exists\eta_1\in(0,\frac{1}{2}),\eta_2\in(\frac{1}{2},1)$，使得$$g'(\eta_1)=\frac{g(1/2)-g(0)}{1/2}>0,g'(\eta_2)=\frac{g(1)-g(1/2)}{1/2}<0$$对$g'(x)$在区间$[\eta_1,\eta_2]$上用拉格朗日中值定理得，$\exists\xi\in(\eta_1,\eta_2)$，使得$$g''(\xi)=\frac{g'(\eta_2)-g'(\eta_1)}{\eta_2-\eta_1}<0,$$即$$f''(\xi)<2.$$
+(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，故$g(x_0)\le0$。由$g(0)=0,g(1)=0,g(1/2)>0,\exists\alpha\in(0,1),g(\alpha)=0$.故由罗尔中值定理，$$\exists\beta_1\in(0,\alpha),\beta_2\in(\alpha,1),g'(\beta_1)=g'(\beta_2)=0,$$从而$$\exists\beta\in(\beta_1,\beta_2),g''(\beta)=0$$这与$f''(x)\neq2$，即$g''(x)\neq0$矛盾，故结论成立。
+
+**题后总结：**
+	1. 注意观察要证等式的形式，如果需要用到中值定理，就看看应该是哪个中值定理，比如等于某个确定的值一般就是罗尔，有多个函数（有些比较荫蔽，尤其是幂函数）一般是柯西，其他一些奇奇怪怪的情况基本上是拉格朗日
+	2. 注意分析和综合相结合的方法，从结论向前推一推，推不动了再从条件往后推一推，这是证明题的很重要的思路
+	3. 数形结合可以给我们很大的信心并提供思路，但是也要小心用
+

编写小组/讲义/线性方程组的解与秩的不等式.md

@@ -407,9 +407,9 @@ $$
 #### 2. 再证$\operatorname{rank}(AB) \leq \operatorname{rank}(B)$
 
 - 考虑$C$的行向量：  
-  设$A = \begin{bmatrix} a_1^T \\ a_2^T \\ \vdots \\ a_m^T \end{bmatrix}$，则  
+  设$A = \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_m \end{bmatrix}$，则  
  $$
-  C = \begin{bmatrix} a_1^T B \\ a_2^T B \\ \vdots \\ a_m^T B \end{bmatrix}.
+  C = \begin{bmatrix} a_1 B \\ a_2 B \\ \vdots \\ a_m B \end{bmatrix}.
  $$
   因此$C$的每一行都是$B$的行向量的线性组合。  
 - 所以$C$的行空间是$B$的行空间的子空间，故  
@@ -490,16 +490,7 @@ $$
 $$
 这是因为$M$左上块为$A$，右下块为$B$，中间有单位矩阵，所以$A$和$B$的秩可以同时取到。
 
-更严格地，我们可以直接写：
-$$
-\operatorname{rank}(M) \ge \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-A \\
-I_n
-\end{bmatrix} + \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-I_n & B
-\end{bmatrix} - n
-$$
-但更简单的常用方法是利用：
+利用：
 $$
 \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
 A & O \\
@@ -511,16 +502,7 @@ $$
 ---
 
 #### 4. 从变换后的矩阵得到下界
-观察变换后的矩阵：
-$$
-\operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-A & -AB \\
-I_n & O
-\end{bmatrix}
-\ge \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-I_n & O
-\end{bmatrix} + \operatorname{rank}([-AB])
-$$
+
 实际上更直接的方法是注意到：
 $$
 \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
@@ -530,7 +512,7 @@ I_n & O
 = \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
 O & -AB \\
 I_n & O
-\end{bmatrix} \quad (\text{列变换})
+\end{bmatrix} \quad (\text{行变换})
 $$
 即：
 $$

编写小组/讲义/线性方程组的解与秩的不等式（解析版）.md

@@ -519,16 +519,7 @@ $$
 $$
 这是因为$M$左上块为$A$，右下块为$B$，中间有单位矩阵，所以$A$和$B$的秩可以同时取到。
 
-更严格地，我们可以直接写：
-$$
-\operatorname{rank}(M) \ge \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-A \\
-I_n
-\end{bmatrix} + \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-I_n & B
-\end{bmatrix} - n
-$$
-但更简单的常用方法是利用：
+利用：
 $$
 \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
 A & O \\
@@ -540,16 +531,7 @@ $$
 ---
 
 #### 4. 从变换后的矩阵得到下界
-观察变换后的矩阵：
-$$
-\operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-A & -AB \\
-I_n & O
-\end{bmatrix}
-\ge \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
-I_n & O
-\end{bmatrix} + \operatorname{rank}([-AB])
-$$
+
 实际上更直接的方法是注意到：
 $$
 \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
@@ -559,7 +541,7 @@ I_n & O
 = \operatorname{rank}\begin{bmatrix}
 O & -AB \\
 I_n & O
-\end{bmatrix} \quad (\text{列变换})
+\end{bmatrix} \quad (\text{行变换})
 $$
 即：
 $$
@@ -645,33 +627,3 @@ D =
 0 & 1 & 0 & 0
 \end{pmatrix}$$
 **答案**： (B) 12  
-
->[!example] 例3
- 设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
-（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
-   $$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
-   （2）求
-   $$\lim_{x \to 0} \theta(x).$$
-
-解：
-1. 证： 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
-
-$$
-f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
-$$
-
-如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
-
-2. 解 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
-
-$$
-\begin{aligned}
-\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x} 
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)}{x} \\
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)-x f'(0)}{x^{2}} \\
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{2x} \\
-&= \frac{f''(0)}{2},
-\end{aligned}
-$$
-
-所以 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。