pkeazo37w
/
advanced-math-notes
1
1
Fork 0
Code Issues Pull Requests Packages Projects Releases 2 Wiki Activity

Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop

Browse Source
pull/6/head
Cym10x 2 months ago
parent 72a40c8965 c848156f4d
commit 530add66c0
4 changed files with 194 additions and 126 deletions
Show Stats Download Patch File Download Diff File

146
素材/正交矩阵和施密特正交化法.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,146 @@
## **正交矩阵**
**定理**
设$\boldsymbol{A}$为n阶实方阵，则$\boldsymbol{A}^\top\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$的充要条件是$\boldsymbol{A}$的列（行）向量组为标准正交向量组.
定义
若$\boldsymbol{A}$为n阶实矩阵，满足$\boldsymbol{A}^\top\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$，则称$\boldsymbol{A}$为正交矩阵.
**性质 1**
设$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_n为\mathbb{R}^n的标准正交基，若记A_{n\times n}=[\boldsymbol{\varepsilon}_1\ \boldsymbol{\varepsilon}_2\ \dots\ \boldsymbol{\varepsilon}_n]$，则$\boldsymbol{A}^\top\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$.
**性质 2**
若 A 为正交矩阵，则 |A|=1 或 |A|=-1。
**性质 3**
若 A 为正交矩阵，则 $A^\top,\;A^{-1},\;A^*$ 也是正交矩阵。
**性质 4**
若 A,B 为 n 阶正交矩阵，则 AB 也是正交矩阵。
**性质 5**
若 A 为 n 阶正交矩阵，则对任意的 $x\in\mathbb{R}^n$，有 $\|Ax\|=\|x\|$。 可利用向量长度的定义进行分析：$\|Ax\|^2=\langle Ax,Ax\rangle=x^\top A^\top A x=x^\top x=\|x\|^2$.
这一性质提供了一个重要的线索：利用正交矩阵通过矩阵乘法对向量施行变换，所得向量与原向量的长度相同，同理可得向量的夹角也不变。因此在几何空间中进行几何变换，当变换矩阵为正交矩阵时可以保持图形的形状不变。
### **例子**
>[!example] **例1**
>设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 n 维实列向量，且 $\|\boldsymbol{\alpha}\| = k$，令 $H = E - l\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$。试讨论 $k,l$ 满足什么条件时 H 为正交矩阵。
**解析**
$$H^TH
\begin{align*}
H^T &= (E - l\alpha\alpha^T)^T = E - l\alpha\alpha^T \\
H^TH &= (E - l\alpha\alpha^T)(E - l\alpha\alpha^T) \\
&= E \cdot E - E \cdot l\alpha\alpha^T - l\alpha\alpha^T \cdot E + l^2\alpha\alpha^T \cdot \alpha\alpha^T \\
&= E - 2l\alpha\alpha^T + l^2\alpha(\alpha^T\alpha)\alpha^T \\
&= E - 2l\alpha\alpha^T + l^2k^2\alpha\alpha^T \\
&= E + \left(-2l + l^2k^2\right)\alpha\alpha^T
\end{align*}$$
令 $H^TH = E$
要使 $H^TH = E$，必须满足：
$$\left(-2l + l^2k^2\right)\alpha\alpha^T = O$$
若 $\alpha \neq \boldsymbol{0}$（即 $k \neq 0$），则 $\alpha\alpha^T \neq O$，故
$$-2l + l^2k^2 = 0 \implies l(lk^2 - 2) = 0$$
解得 $l = 0$或 $l = \dfrac{2}{k^2}$。
故
若 $\alpha = \boldsymbol{0}$（即 k = 0），则 $H = E$，显然 H 是正交矩阵，此时 $l$ 可取任意实数。
当 k = 0（即$\alpha = \boldsymbol{0}$）时，H = E 恒为正交矩阵，$l$ 为任意实数。
当 $k \neq 0$（即 $\alpha \neq \boldsymbol{0}$）时，H 为正交矩阵当且仅当 $l = 0 或 l = \dfrac{2}{k^2}$。
>[!example] **例2**
>已知 A = $[a_{ij}]_{n \times n} 为 n\,(n \ge 2)$ 阶正交矩阵，证明：$A_{ij} = \pm a_{ij}\;(i,j=1,2,\dots,n)$，其中 $A_{ij}$ 为行列式 $|A|$ 中 $a_{ij}$ 的代数余子式。
**解析**
证明​
设 A为 n阶正交矩阵（n≥2），则
$$\boldsymbol{A}^\top\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$$
又由伴随矩阵与逆矩阵的关系：
$$A^{-1} = \frac{1}{|A|} \text{adj}(A)$$
联立得
$$\boldsymbol{A}\top\boldsymbol= \frac{1}{|A|} \text{adj}(A)$$
正交矩阵的行列式满足 $\frac{1}{|A|} =±1$，故
$adj(A)=(detA)AT=±AT$
由伴随矩阵的定义，其第 (j,i)元为 aij​的代数余子式 Aij​，而 ±AT的第 (j,i)元为 ±aij​。比较对应元素得
$$Aij​=±aij​,i,j=1,2,…,n.$$
证毕
## 施密特正交化法
### **定理**
设$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_p$ 是向量空间 V 中的线性无关向量组，则
如下方法所得向量组$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_p$
施密特正交化与单位化公式
正交化过程
$$\begin{align*}
\boldsymbol{u}_1 &= \boldsymbol{\alpha}_1, \\
\boldsymbol{u}_k &= \boldsymbol{\alpha}_k - \sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle\boldsymbol{\alpha}_k,\boldsymbol{u}_i\rangle}{\langle\boldsymbol{u}_i,\boldsymbol{u}_i\rangle}\boldsymbol{u}_i,\quad k=2,3,\dots,p.
\end{align*}$$
单位化过程
$$\boldsymbol{\varepsilon}_1 = \frac{\boldsymbol{\alpha}_1}{\|\boldsymbol{\alpha}_1\|}$$
$$\boldsymbol{\varepsilon}_k = \frac{\boldsymbol{u}_k}{\|\boldsymbol{u}_k\|},\quad
k=2,3,\dots,p$$
### **例子**
>[!example] **例1**
已知 为欧氏空间 V 的一组标准正交基，令$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_5$ $$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\quad
\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_4,\quad
\boldsymbol{\beta}_3 = 2\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,$$
$U = \text{span}\{\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3\}$求 U 的一个标准正交基。
**解析**。
施密特正交化
步骤1：正交化
取$$ \boldsymbol{\gamma}_1=\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3
\boldsymbol{\gamma}_2=\boldsymbol{\beta}_2-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1$$$$\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=1,\quad
\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=2$$
$$\boldsymbol{\gamma}_2=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4$$
$$\boldsymbol{\gamma}_3=\boldsymbol{\beta}_3-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_2,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}\boldsymbol{\gamma}_2$$
$$\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=3,\quad
\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle=0$$
$$\boldsymbol{\gamma}_3=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3$$
步骤2：单位化
$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\dfrac{\boldsymbol{\gamma}_1}{\|\boldsymbol{\gamma}_1\|}=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}}$$
$$\|\boldsymbol{\gamma}_2\|=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$$
$$\boldsymbol{\varepsilon}_2=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}}$$
$$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$$
$$\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
U 的标准正交基为
$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}},\quad
\boldsymbol{\varepsilon}_2=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}},\quad
\boldsymbol{\varepsilon}_3=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
>[!example] **例2**
>已知 A = $[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3\ \boldsymbol{\alpha}_4]$ 为正交矩阵，其中
>$$\boldsymbol{\alpha}_3 = \frac{1}{3}\begin{bmatrix}1\\-2\\0\\2\end{bmatrix},\quad
\boldsymbol{\alpha}_4 = \frac{1}{6}\begin{bmatrix}2\sqrt{6}\\0\\-\sqrt{6}\\-\sqrt{6}\end{bmatrix}$$
试求一个$\boldsymbol{\alpha}_1$ 和一个 $\boldsymbol{\alpha}_2$。
**解析**
$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2$必须与 $\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$都正交，且$\boldsymbol{\alpha}_1 与 \boldsymbol{\alpha}_2$ 也正交，模长为1。
设 $\boldsymbol{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$，正交条件等价于方程组：
$$\begin{cases}
\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_3\rangle = x_1 - 2x_2 + 2x_4 = 0\\
\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_4\rangle = 2\sqrt{6}x_1 - \sqrt{6}x_3 - \sqrt{6}x_4 = 0 \implies 2x_1 - x_3 - x_4 = 0
\end{cases}$$
解上述齐次方程组，基础解系，得到两个线性无关的解：
$$\boldsymbol{\xi}_1=(2,1,4,0)^T,\quad
\boldsymbol{\xi}_2=(0,1,0,1)^T$$
正交化
$$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\xi}_1 = (2,1,4,0)^T$$
$$\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\xi}_2 - \frac{\langle\boldsymbol{\xi}_2,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}\boldsymbol{\beta}_1
= (0,1,0,1)^T - \frac{1}{21}(2,1,4,0)^T
= \left(-\frac{2}{21},\frac{20}{21},-\frac{4}{21},1\right)^T$$
单位化
$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{\boldsymbol{\beta}_1}{\|\boldsymbol{\beta}_1\|}
= \frac{1}{\sqrt{21}}(2,1,4,0)^T
$$
$$\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{\boldsymbol{\beta}_2}{\|\boldsymbol{\beta}_2\|}
= \frac{1}{3\sqrt{105}}(-2,20,-4,21)^T$$
满足条件的一组标准正交向量为：
$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{bmatrix}2\\1\\4\\0\end{bmatrix},\quad
\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{1}{3\sqrt{105}}\begin{bmatrix}-2\\20\\-4\\21\end{bmatrix}$$

53
编写小组/讲义/微分中值定理.md
Unescape View File

@ -140,7 +140,7 @@ $$
```
>[!example] 例3
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\int_0^{1/2} e^{1-x} f(x) dx$
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\sqrt{e}\int_0^{1/2} e^{1-x} f(x) dx$
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
```text
@ -228,28 +228,6 @@ $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 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}$$证明：
(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；
(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
```text
```
## **拉格朗日中值定理**
### **原理**
若函数 f(x) 满足两个条件:
@ -388,34 +366,6 @@ $$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot ln(b/a)$$
```
>[!example] 例2
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在不同的 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得：
$$f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)$$
```text
```
@ -533,6 +483,7 @@ $$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
### 法二：直接对所得结果进行放缩
最终目标是将多变量问题变成单变量问题，将复杂变量问题变成简单变量问题
>[!example] 例1
设 $e < a < b < e^2$，证明：$$

115
编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md
Unescape View File

@ -2,7 +2,7 @@
tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**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**
## **辅助函数的构造方法**
@ -130,10 +130,10 @@ $$H(x) = \text{e}^{kx} f''(x)$$由$f(a)=f(b)=0$及罗尔定理知，存在$c\in(
---
>[!example] 例3
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\int_0^{1/2} \text{e}^{\frac{x^2}{2}-x} f(x) dx$
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$\displaystyle f(1) = 2\sqrt{\text{e}}\int_0^{1/2} \text{e}^{\frac{x^2}{2}-x} f(x) dx$
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
**解析**：
**分析**：
结论化为：
$$
f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
@ -142,11 +142,13 @@ $$
$$
\mu(x) = \text{e}^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x}
$$
构造辅助函数：
故可以构造辅助函数：
$$
F(x) = \text{e}^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
$$
利用题设积分条件与积分中值定理，可找到 $\eta \in (0, \frac{1}{2})$ 使 $F(\eta) = F(1)$，再对 $F(x)$ 应用罗尔定理即证。
**解析：**
设$\displaystyle F(x)=\text{e}^{\frac{x^2}{2}-x}f(x)$，则$F'(x)=\text{e}^{\frac{x^2}{2}-x}(f'(x)+(x-1)f(x))$.由积分中值定理，存在$\eta\in(0,\frac{1}{2})$，使得$$\displaystyle (\frac{1}{2}-0)F(\eta)=\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x\Rightarrow F(\eta)=2\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x.$$
又$\displaystyle F(1)=\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}f(1)=2\int_0^{1/2}F(x)\text{d}x$，则$F(\eta)=F(1)$，由罗尔定理得存在$\xi\in(\eta,1)\subseteq(0,1)$，使得$$F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=(1-\xi)f(\xi).$$
## **罗尔定理**
@ -192,18 +194,20 @@ $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
**解析**：
由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$，则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。
由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$.由导数的定义有$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-a}>0,\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)}{x-b}>0,$$由极限的保号性，存在$a_1,b_1\in(a,b)$，使得$f(a_1)>0,f(b_1)<0$，从而由零值定理，存在$c\in(a_1,b_1)$使得$f(c)=0$.
在区间$[a,c]$和$[c,b]$上分别用罗尔定理得，存在$\xi_1\in(a,c),\xi_2\in(c,b)$，使得$$f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0,$$故$f'(x)=0$在$(a,b)$内至少有两个根.
## **拉格朗日中值定理**
### **原理**
若函数 f(x) 满足两个条件:
若函数 $f(x)$ 满足两个条件:
在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
在开区间 $(a,b)$ 内可导；
则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得
$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
也可写成等价形式 $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
是罗尔定理的推广，同时也是柯西中值定理的特例。其几何意义为：满足条件的函数曲线在区间 (a,b) 内，至少存在一点的切线与连接端点 (a,f(a)) 和 (b,f(b)) 的弦平行。
其中$\xi$也有另一种形式.由于$\xi$是介于$a,b$之间的，我们可以用以下形式表示这种“介于”的性质：$$\xi=a+\theta(b-a),\theta\in(0,1)$$如果令$b-a=h$，则拉格朗日中值定理还可以写成$$f(b)=f(a)+(b-a)f'(a+\theta(b-a))=f(a)+hf'(a+\theta h).$$这也是泰勒公式中拉格朗日余项这个名字的由来。
是罗尔定理的推广，同时也是柯西中值定理的特例。其几何意义为：满足条件的函数曲线在区间 $(a,b)$ 内，至少存在一点的切线与连接端点 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦平行。
### **适用条件**
拉格朗日中值定理的核心适用题型是建立函数增量与导数的关联，进行不等式的证明，这是最常见的题型。通过对目标函数在指定区间上应用拉格朗日中值定理，得到 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，再利用导数 $f'(\xi)$ 的取值范围（有界性、正负性）放大或缩小式子，推导不等式。
@ -295,7 +299,7 @@ $$
### **适用条件**
柯西中值定理的核心适用题型是**证明形如 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 的等式成立**，以及处理**涉及两个中值点 $\xi, \eta$ 的问题**。
柯西中值定理的核心适用题型是**证明形如 $\displaystyle{\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}}$ 的等式成立**，以及处理**涉及两个中值点 $\xi, \eta$ 的问题**。
常见应用方向包括：
1. 直接证明存在性等式；
@ -306,7 +310,7 @@ $$
>[!example] 例1
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $a>0$。证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
$$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot ln(b/a)$$
$$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot \ln(b/a)$$
**解析**：
将等式变形为：
@ -322,34 +326,6 @@ $$
---
>[!example] 例2
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在不同的 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得：
$$f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)$$
**解析**：
1. 对 $f(x)$ 与 $g(x) = \frac{x^2}{2}$ 应用柯西中值定理，存在 $\eta \in (a, b)$ 使得：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{(b^2 - a^2)/2} = \frac{f'(\eta)}{\eta}
$$
整理得：
$$
f(b)-f(a) = \frac{b^2 - a^2}{2\eta} f'(\eta)
$$
2. 对 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
$$
f(b)-f(a) = (b-a) f'(\xi)
$$
3. 联立两式，消去 $f(b)-f(a)$ 得：
$$
(b-a) f'(\xi) = \frac{(b-a)(a+b)}{2\eta} f'(\eta)
$$
由于 $b-a \neq 0$，约去后即得：
$$
f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
$$
## 多次运用中值定理
多次运用中值定理一般有如下特征：
@ -396,7 +372,7 @@ $$
$$
y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
$$
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
由条件，$f(c) = f(a) + \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(c-a)$。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
$$
f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$
@ -413,10 +389,10 @@ $$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
**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：$\large{\frac{1}{2}}$.
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$\displaystyle g'(x)=f'(x)-2x,g''(x)=f''(x)-2$，且$\displaystyle g(0)=0,g(1)=0,g(\frac{1}{2})>0$.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：$\displaystyle{\frac{1}{2}}$.
**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$$f''(\xi)<2.$$
(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$\displaystyle[0,\frac{1}{2}],[\frac{1}{2},1]$上分别用拉格朗日中值定理得，$\displaystyle\exists\eta_1\in(0,\frac{1}{2}),\eta_2\in(\frac{1}{2},1)$，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：**
@ -438,10 +414,11 @@ $$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
- 应用中值定理得到含 $\xi$ 的表达式后，可以通过函数极值的求法求出其最大最小值进行比较
**法二：直接对所得结果进行放缩**
最终目标是将多变量问题变成单变量问题，将复杂变量问题变成简单变量问题
>[!example] 例1
设 $e < a < b < e^2$，证明：$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).$$
设 $\text{e} < a < b < \text{e}^2$，证明：$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{\text{e}^2}(b-a).$$
**证明**：
考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
@ -452,18 +429,19 @@ $$
$$
g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
$$
当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。
由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以
当 $x > \text{e}$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(\text{e}, +\infty)$ 上单调递减。
由于 $\text{e} < a < \xi < b < \text{e}^2$，所以
$$
g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
g(\xi) > g(\text{e}^2) = \frac{2\ln
\text{e}^2}{\text{e}^2} = \frac{4}{\text{e}^2}.
$$
因此
$$
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{\text{e}^2},
$$
即
$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{\text{e}^2}(b-a).
$$
证毕。
>[!example] 例2
@ -471,7 +449,7 @@ $$
a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.$$
**证明**：
令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
$$
\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y} = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
$$
@ -507,42 +485,35 @@ $$
等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。
>[!example] 例4
(1) 证明：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;
(2) 证明不等式 $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。
(1) 证明：存在 $\displaystyle\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;
(2) 证明不等式 $$\displaystyle\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。
**证明**
（1）对 $x > 0$ 定义函数 $f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,
由拉格朗日中值定理知：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得
（1）定义函数 $\displaystyle f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,
由拉格朗日中值定理知：存在 $\displaystyle \theta \in (0, 1)$ 使得
$$
\begin{aligned}
f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
&= \dfrac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta(x-\frac{x}{2})} \cdot \frac{x}{2} \\
&= \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}.
\end{aligned}
$$
（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。
令 $F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知
$$
（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $\displaystyle(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。
令 $\displaystyle F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知
$$\displaystyle
\begin{aligned}
F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
&> \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
\end{aligned}
$$
因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。
令 $x = \frac{1}{n}$，则有 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式
因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $\displaystyle(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。
令 $\displaystyle x = \frac{1}{n}$，则有 $\displaystyle (n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式
$$
\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right)
$$
成立。
## 微分中值定理与积分中值定理结合
@ -562,15 +533,15 @@ $$
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$$3\int_{\frac{2}{3}}^1f(x)\mathrm{d}x=f(0).$$证明存在$c\in(0,1)$，使得$f'(c)=0$.
**证明：**
由积分中值定理，存在$\xi\in(\frac{2}{3},1)$，使得$\large{\int}_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.
由积分中值定理，存在$\xi\in(\dfrac{2}{3},1)$，使得$\displaystyle\int_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.
>[!example] 例题2
>设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
**证明：**
令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\large{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\displaystyle{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
>[!example] 例题3
>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\large{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$. 证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\displaystyle{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$. 证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
**证明：**
由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.

6
编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md
Unescape View File

@ -16,10 +16,10 @@ $$
2. 数列极限$\lim_{n \to \infty} (e^{-n} + \pi^{-n})^{\frac{1}{n}}$的值为（ ）。
(A)$e$
(B)$\pi$
(C)$\frac{1}{e}$
(D)$\frac{1}{\pi}$
(C)$\displaystyle\frac{1}{e}$
(D)$\displaystyle\frac{1}{\pi}$
3. 曲线$y = \frac{x^3 - x^2}{2 + x^2}$的渐近线为（ ）。
3. 曲线$\displaystyle y = \frac{x^3 - x^2}{2 + x^2}$的渐近线为（ ）。
(A)$y = x - 1$
(B)$y = x + 1$
(C)$y = x$

Write Preview
Loading…
Cancel
Save