diff --git a/素材/正交矩阵和施密特正交化法.md b/素材/正交矩阵和施密特正交化法.md new file mode 100644 index 0000000..ec5dc10 --- /dev/null +++ b/素材/正交矩阵和施密特正交化法.md @@ -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： +$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{bmatrix}2\\1\\4\\0\end{bmatrix},\quad +\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{1}{3\sqrt{105}}\begin{bmatrix}-2\\20\\-4\\21\end{bmatrix}$$ + diff --git a/编写小组/讲义/微分中值定理.md b/编写小组/讲义/微分中值定理.md index 426bef9..67845bc 100644 --- a/编写小组/讲义/微分中值定理.md +++ b/编写小组/讲义/微分中值定理.md @@ -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}$$证明： ### 法二：直接对所得结果进行放缩 +最终目标是将多变量问题变成单变量问题，将复杂变量问题变成简单变量问题 >[!example] 例1 设 $e < a < b < e^2$，证明：$$ diff --git a/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md b/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md index 9201e1d..a2cfa11 100644 --- a/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md +++ b/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md @@ -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$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$. diff --git a/编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md b/编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md index bfb7100..1e37796 100644 --- a/编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md +++ b/编写小组/黑马试卷/1.16黑马试卷.md @@ -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)$y = x$