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王轲楠 3 months ago
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commit 7e148303f8

@ -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$f(1) = 2\sqrt{e}\int_0^{1/2} \text{e}^{\frac{x^2}{2}-x} f(x) dx$
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:$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
**析**
**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**
@ -192,8 +194,8 @@ $$f(a) = f(b) = 0\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0$$
**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$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-a}>0,\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-b}>0,$$由极限得保号性,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**

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