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编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md

@@ -11,9 +11,11 @@
 >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${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma  }} + \frac{{\sqrt \sigma  }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}*2 = \sqrt \sigma     ,n = 1,2,...$ 
+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 $A \ge 0$
@@ -34,9 +36,12 @@
 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
-$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\   {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]}  + \frac{1}{n}\\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$
+$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\   {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]}  + \frac{1}{n}\\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$
+
 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.
 
 
@@ -44,7 +49,9 @@ $\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \ln \left( {\fr
 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] 例三  
@@ -103,6 +110,7 @@ $$
 $$
 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: $a = \sqrt{a+c}$。

编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md

@@ -60,36 +60,7 @@ tags:
 3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。
 
 
-> [!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** 
+>[!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**：
@@ -139,3 +110,83 @@ $$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\
     
     因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$
 
+
+# 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$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。
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+> [!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。
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+**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。
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+> [!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$f(\xi)+\xi=0$
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+**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：
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+- 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$f(\xi)+\xi=0$
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