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272
特征值.md
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@ -1,272 +0,0 @@
## 第四章 方阵的相似化问题
### 4.1 特征值与特征向量
#### 4.1.1 基本概念与求法
>[!note] **定义 4.1**
设 $n$ 阶方阵 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若存在数 $\lambda$ 和非零向量 $\xi$ 使得
$$A\xi = \lambda \xi,$$
则称 $\lambda$ 是矩阵 $A$ 的一个**特征值**，$\xi$ 是矩阵 $A$ 对应于 $\lambda$ 的一个**特征向量**。
##### 特征值与特征向量的求法
由定义可得：
$$
A\xi = \lambda \xi \quad \text{且} \quad \xi \neq 0.
$$
等价地：
$$
(\lambda E - A)\xi = 0 \quad \text{且} \quad \xi \neq 0.
$$
这表明**特征向量 $\xi$** 是齐次线性方程组 $(\lambda E - A)x = 0$ 的**非零解**。该方程组有非零解当且仅当
$$
\operatorname{rank}(\lambda E - A) < n,
$$
即 $\lambda E - A$ 是奇异矩阵（行列式为零）。
**求法步骤**：
1. **求特征值**
由 $|\lambda E - A| = 0$ 解出 $\lambda$ 的所有根 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$（包括重根）。
2. **求特征向量**
对每个特征值 $\lambda_i$，代入齐次线性方程组
$$
(\lambda_i E - A)x = 0
$$
求解，所得的全部非零解即为对应于 $\lambda_i$ 的特征向量。
#### 特征多项式与特征方程
>[!note] **定义 4.2**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda$ 是一个变量，则矩阵 $\lambda E - A$ 称为 $A$ 的**特征矩阵**，其行列式
$$f_A(\lambda) = |\lambda E - A|$$
称为 $A$ 的**特征多项式**，方程 $|\lambda E - A| = 0$ 称为 $A$ 的**特征方程**。
特征方程的根就是矩阵 $A$ 的特征值。
---
#### 4.1.2 特征值与特征向量的性质
##### 特征值的积与和
>[!note] **定理 4.1**
设 $n$ 阶方阵 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 的 $n$ 个特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$（重根按重数计算），则：
1.$\lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n = |A|$（特征值的积等于矩阵的行列式）；
2.$\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}$（特征值的和等于矩阵的迹）。
**证明**
设特征多项式为 $f_A(\lambda) = |\lambda E - A|$。
由于 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 是 $f_A(\lambda) = 0$ 的根，故有
$$
f_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2) \cdots (\lambda - \lambda_n). \tag{1}
$$
将 $\lambda = 0$ 代入 (1) 式，得
$$
| -A | = (-1)^n |A| = (-1)^n \lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n,
$$
因此 $\lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n = |A|$。
另一方面，将 $f_A(\lambda)$ 按行列式展开，其 $\lambda^{n-1}$ 项仅出现在主对角线上元素的乘积 $(\lambda - a_{11})(\lambda - a_{22}) \cdots (\lambda - a_{nn})$ 中，故 $\lambda^{n-1}$ 的系数为 $-(a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn})$。而在 (1) 式中，$\lambda^{n-1}$ 的系数为 $-(\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n)$。比较系数即得
$$
\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}.
$$
>[!note] **推论**
方阵 $A$ 可逆的充要条件是 $A$ 的所有特征值均不为零。
#### 迹、代数重数与几何重数
>[!note] **定义 4.3（迹）**
设 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则称 $a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}$ 为 $A$ 的**迹**，记作 $\operatorname{tr}(A)$。由定理 4.1 知，$\operatorname{tr}(A)$ 等于 $A$ 的所有特征值之和。
>[!note] **定义 4.4（代数重数）**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，其特征多项式可分解为$$|\lambda E - A| = (\lambda - \lambda_1)^{r_1} (\lambda - \lambda_2)^{r_2} \cdots (\lambda - \lambda_s)^{r_s},$$
其中 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$ 是互不相同的特征值，且 $r_1 + r_2 + \cdots + r_s = n$。则称 $r_i$ 为特征值 $\lambda_i$ 的**代数重数**。
>[!note] **定义 4.5（几何重数）**
设 $\lambda_i$ 是方阵 $A$ 的特征值，则称特征子空间$$V_{\lambda_i} = \{ x \mid (A - \lambda_i E) x = 0 \}$$
的维数 $\dim V_{\lambda_i}$ 为 $\lambda_i$ 的**几何重数**，即齐次线性方程组 $(A - \lambda_i E)x = 0$ 的基础解系所含向量的个数。
>[!note] **定理 4.2（几何重数不超过代数重数）**
设 $\lambda_k$ 是方阵 $A$ 的特征值，其代数重数为 $r_k$，几何重数为 $d_k$，则$$d_k \leq r_k, \quad k = 1, 2, \dots, s.$$
即属于特征值 $\lambda_k$ 的线性无关的特征向量的个数不超过其代数重数。
#### 特征值与矩阵运算的关系
>[!example] **例 4.5**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda$ 是 $A$ 的一个特征值，$\xi$ 是对应的特征向量（即 $A\xi = \lambda\xi$，$\xi \neq 0$）。则：
1.对于任意常数 $k$，$k\lambda$ 是矩阵 $kA$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $kA$ 对应于 $k\lambda$ 的特征向量。
2.对于任意正整数 $l$（$l \geq 1$），$\lambda^l$ 是矩阵 $A^l$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $A^l$ 对应于 $\lambda^l$ 的特征向量。
3.对于矩阵多项式$$g(A) = a_k A^k + a_{k-1} A^{k-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E,$$和数$$g(\lambda) = a_k \lambda^k + a_{k-1} \lambda^{k-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0$$是矩阵 $g(A)$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $g(A)$ 对应于 $g(\lambda)$ 的特征向量。
**证明**
1. 由 $A\xi = \lambda\xi$，两边乘以 $k$ 得 $(kA)\xi = (k\lambda)\xi$，故结论成立。
2. 对 $l$ 用数学归纳法。当 $l=1$ 时显然。假设 $A^{l-1}\xi = \lambda^{l-1}\xi$，则
$$
A^l \xi = A(A^{l-1}\xi) = A(\lambda^{l-1}\xi) = \lambda^{l-1} A\xi = \lambda^{l-1} \cdot \lambda \xi = \lambda^l \xi.
$$
故结论对任意正整数 $l$ 成立。
3. 利用 (2) 的结论，
$$
\begin{aligned}
g(A)\xi &= (a_k A^k + a_{k-1} A^{k-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E)\xi \\
&= a_k A^k\xi + a_{k-1} A^{k-1}\xi + \cdots + a_1 A\xi + a_0 E\xi \\
&= a_k \lambda^k \xi + a_{k-1} \lambda^{k-1} \xi + \cdots + a_1 \lambda \xi + a_0 \xi \\
&= (a_k \lambda^k + a_{k-1} \lambda^{k-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0) \xi \\
&= g(\lambda) \xi.
\end{aligned}
$$
因此 $g(\lambda)$ 是 $g(A)$ 的特征值，$\xi$ 为对应的特征向量。
#### 不同特征值的特征向量线性无关
>[!note] **定理 4.3**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$ 是 $A$ 的 $s$ 个互不相同的特征值，$\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_s$ 分别是与之对应的特征向量（即 $A\xi_i = \lambda_i \xi_i,\ i=1,2,\dots,s$），则向量组 $\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_s$ 线性无关。
**证明（数学归纳法）**
**归纳基础**：当 $s=1$ 时，$\xi_1 \neq 0$，故线性无关。
**归纳假设**：假设对于 $s-1$ 个互不相同的特征值，对应的特征向量线性无关。
**归纳步骤**：考虑 $s$ 个互不相同的特征值 $\lambda_1, \dots, \lambda_s$ 及对应的特征向量 $\xi_1, \dots, \xi_s$。设有一组数 $k_1, \dots, k_s$ 使得
$$
k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2 + \cdots + k_s \xi_s = 0. \tag{1}
$$
用矩阵 $A$ 左乘 (1) 式，并利用 $A\xi_i = \lambda_i \xi_i$，得
$$
k_1 \lambda_1 \xi_1 + k_2 \lambda_2 \xi_2 + \cdots + k_s \lambda_s \xi_s = 0. \tag{2}
$$
将 (1) 式乘以 $\lambda_s$，再减去 (2) 式，得
$$
k_1 (\lambda_s - \lambda_1) \xi_1 + k_2 (\lambda_s - \lambda_2) \xi_2 + \cdots + k_{s-1} (\lambda_s - \lambda_{s-1}) \xi_{s-1} = 0.
$$
由归纳假设，$\xi_1, \dots, \xi_{s-1}$ 线性无关，故
$$
k_i (\lambda_s - \lambda_i) = 0, \quad i = 1, 2, \dots, s-1.
$$
因为特征值互不相同，$\lambda_s - \lambda_i \neq 0$，所以 $k_i = 0\ (i=1,\dots,s-1)$。代入 (1) 式得 $k_s \xi_s = 0$，而 $\xi_s \neq 0$，故 $k_s = 0$。因此所有系数均为零，向量组 $\xi_1, \dots, \xi_s$ 线性无关。
---
### 4.1.3 示例
>[!example] 例 4.3
>求矩阵 $B$ 的特征值与特征向量
其中$$
B = \begin{bmatrix}
-3 & 1 & -1 \\
-7 & 5 & -1 \\
-6 & 6 & -2
\end{bmatrix}.
$$
**解**
计算特征多项式：
$$
\begin{aligned}
f_B(\lambda) &= |\lambda E - B| =
\begin{vmatrix}
\lambda+3 & -1 & 1 \\
7 & \lambda-5 & 1 \\
6 & -6 & \lambda+2
\end{vmatrix} \\[6pt]
&= (\lambda+3) \begin{vmatrix} \lambda-5 & 1 \\ -6 & \lambda+2 \end{vmatrix}
- (-1) \begin{vmatrix} 7 & 1 \\ 6 & \lambda+2 \end{vmatrix}
+ 1 \begin{vmatrix} 7 & \lambda-5 \\ 6 & -6 \end{vmatrix} \\[6pt]
&= (\lambda+3)\big[(\lambda-5)(\lambda+2) + 6\big] + \big[7(\lambda+2) - 6\big] + \big[7\cdot(-6) - 6(\lambda-5)\big] \\[6pt]
&= (\lambda+3)(\lambda^2 - 3\lambda -4) + (7\lambda+8) + (-12 - 6\lambda) \\[6pt]
&= (\lambda-4)\big[(\lambda+3)(\lambda+1) + 1\big] \\[6pt]
&= (\lambda-4)(\lambda^2 + 4\lambda + 4) \\[6pt]
&= (\lambda-4)(\lambda+2)^2.
\end{aligned}
$$
故特征方程为 $(\lambda-4)(\lambda+2)^2 = 0$，得特征值：
$$
\lambda_1 = 4,\quad \lambda_2 = \lambda_3 = -2.
$$
对于 $\lambda_1 = 4$，解方程组 $(4E - B)x = 0$：
$$
4E - B = \begin{bmatrix}
7 & -1 & 1 \\
7 & -1 & 1 \\
6 & -6 & 6
\end{bmatrix}
\stackrel{\text{行变换}}{\longrightarrow}
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$
得基础解系：
$$
\xi_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}.
$$
因此对应于 $\lambda_1 = 4$ 的全部特征向量为 $k_1\xi_1$（$k_1 \neq 0$）。
对于 $\lambda_2 = \lambda_3 = -2$，解方程组 $(-2E - B)x = 0$：
$$
-2E - B = \begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 \\
7 & -7 & 1 \\
6 & -6 & 0
\end{bmatrix}
\stackrel{\text{行变换}}{\longrightarrow}
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$
同解方程组为
$$
\begin{cases}
x_1 - x_2 = 0, \\
x_3 = 0.
\end{cases}
$$
取自由未知量 $x_2 = 1$，得基础解系：
$$
\eta = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.
$$
因此对应于二重特征值 $-2$ 的全部特征向量为 $k\eta$（$k \neq 0$）。
---
>[!example] 例 4.4（幂等矩阵的特征值）
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，且满足 $A^2 = A$（即 $A$ 是幂等矩阵）。证明：$A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$。
**证明：**
设 $\lambda$ 是 $A$ 的任意一个特征值，$\xi$ 是对应的特征向量（$\xi \neq 0$），则有
$$
A\xi = \lambda \xi.
$$
在等式两边左乘矩阵 $A$，得
$$
A^2\xi = A(\lambda \xi) = \lambda A\xi = \lambda^2 \xi.
$$
由于 $A^2 = A$，故 $A^2\xi = A\xi = \lambda \xi$。因此
$$
\lambda^2 \xi = \lambda \xi \quad \Rightarrow \quad (\lambda^2 - \lambda)\xi = 0.
$$
因为 $\xi \neq 0$，所以 $\lambda^2 - \lambda = 0$，即 $\lambda(\lambda - 1) = 0$。解得 $\lambda = 0$ 或 $\lambda = 1$。
因此，幂等矩阵 $A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$。
---

30
素材/微分中值定理与定积分中值定理的综合运用：.md
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@ -1,30 +0,0 @@
经过对近十年的期末测试题的观察，微分中值定理通常不会单独出题，而是与积分中值定理一起出，本模块旨在通过几道经典的题目，让同学们熟悉微分中值与定积分中值的综合运用。
首先我们来回顾定积分中值定理：
>[!note] 定理
>如果函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在积分区间$[a,b]$上至少有一点$\xi$，使
>$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$
这类题的识别特征是：
1. 出现积分号
2. 证明存在 $\xi$ 使得……
>[!example] 例题1
>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$f'(\xi)=2022f(\xi)$
**证明：**
由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.
令$F(x)=\text{e}^{-2022x}f(x)$，有$$F'(x)=\text{e}^{-2022x}(f'(x)-2022f(x)),$$且$F(0)=0=F(\eta)$。故由罗尔中值定理得存在$\xi\in(0,\eta)\subset(0,2)$，使得$$F'(\xi)=0,f'(\xi)=2022f(\xi).$$
>[!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$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
>[!example] 例题3
>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$\int_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，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.

122
素材/微分中值定理的不等式问题.md
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@ -1,122 +0,0 @@
## 微分中值定理证明不等式的要点归纳
### 识别不等式结构
- 若不等式形如 $f(b) - f(a)$ 与 $b-a$ 的关系，或含有函数值差与自变量差之商，可考虑**拉格朗日中值定理**。
### 选择合适定理与辅助函数
- **拉格朗日定理**：常用于"单函数"差值型不等式，构造 $f(x)$ 使 $f'(\xi)$ 出现在不等式中。
- **柯西定理**：适用于"双函数"比值型不等式，构造 $f(x), g(x)$ 使 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 出现。
- **辅助函数构造**：常借助常见函数如 $\ln x, e^x, x^n, \arctan x, \sin x, \cos x$ 等，通过求导形式匹配目标。
### 法一：利用导数单调性估计中值
- 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
>[!example] 例1
设 $e < a < b < e^2$，证明：$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).$$
**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
$$
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
$$
令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
$$
g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
$$
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
$$
g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
$$
因此
$$
\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
$$
即
$$
\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
$$
证毕。
>[!example] 例2
设 $a > e$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：$$
a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.$$
**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
$$
\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y} = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
$$
$$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
证毕
>[!example] 例3
证明：当 $x>0$ 时，$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.$$
**证明**：
考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
$$
令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
$$
\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
$$
令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。
当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。
因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
$$
\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
$$
化简：
$$
\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
$$
于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
$$
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
$$
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 $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 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
$$
\begin{aligned}
f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
\end{aligned}
$$
（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
$$
\begin{aligned}
F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
\end{aligned}
$$
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
$$
\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right)
$$
成立。

230
素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md
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@ -1,230 +0,0 @@
## **柯西中值定理**
### **原理**
设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足以下条件：
1. 在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
2. 在开区间 $(a, b)$ 内可导；
3. 对任意 $x \in (a, b)$，有 $g'(x) \neq 0$；
则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得：
$$
\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
$$
柯西中值定理的几何意义为：由参数方程 $(g(t), f(t))$ 表示的曲线，在两点间的割线斜率等于曲线上某点切线的斜率。
它与拉格朗日中值定理的关系为：当 $g(x) = x$ 时，柯西中值定理退化为拉格朗日中值定理。它是处理两个函数之间微分中值关系的通用形式。
### **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**。
常见应用方向包括：
1. 直接证明存在性等式；
2. 通过函数配对，将目标等式转化为柯西中值定理的标准形式；
3. 处理“双中值问题”，常与拉格朗日中值定理结合使用。
### **例题**
>[!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：
$$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot \ln(b/a)$$
**解析**：
将等式变形为：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi)
$$
取 $g(x) = \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。
对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 应用柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{1/\xi} = \xi f'(\xi)
$$
整理即得所求。
---
>[!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：
$$
f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
$$
---
>[!example] 例3
设 $0 < a < b$，证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
$$f(b)-f(a) = \frac{3\xi^2}{a^2+ab+b^2} f'(\xi)(b-a)$$
**解析**：
将等式变形为：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
$$
取 $g(x) = x^3$，则 $g'(x) = 3x^2 \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。
由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
$$
整理后即得所求。
## **辅助函数的构造方法**
### **原理**
在证明与导数相关的等式或不等式时，常通过构造辅助函数，将原问题转化为对某个函数应用中值定理（如罗尔定理、拉格朗日定理等）。构造辅助函数的核心思想是：**将待证等式视为某个函数求导后的结果**。
### **常见构造类型**
#### 1. 乘积型与商型
若结论形如：
$$
f'(\xi)g(\xi) + f(\xi)g'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = f(x)g(x)
$$
若结论形如：
$$
f'(\xi)g(\xi) - f(\xi)g'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = \frac{f(x)}{g(x)} \quad (g(x) \neq 0)
$$
#### 2. 含幂函数因子
若结论形如：
$$
n f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = x^n f(x)
$$
#### 3. 一阶线性微分结构
若结论形如：
$$
f'(\xi) + P(\xi)f(\xi) = 0
$$
可构造积分因子：
$$
\mu(x) = e^{\int P(x)\mathrm{d}x}
$$
并设辅助函数：
$$
F(x) = \mu(x) f(x)
$$
#### 4. 对数型
若结论形如：
$$
\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = k
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = \ln|f(x)| - kx
$$
#### 5. 常数变易法
若结论形如：
$$
f'(\xi) = \lambda f(\xi)
$$
可构造辅助函数：
$$
F(x) = e^{-\lambda x} f(x)
$$
---
### **例题**
>[!example] 例1
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=1$。
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得$f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$
**解析**：
将结论改写为：
$$
f'(\xi) - 2\xi f(\xi) = 0
$$
属于一阶线性微分结构，其中 $P(x) = -2x$。
积分因子为：
$$
\mu(x) = e^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = e^{-x^2}
$$
构造辅助函数：
$$
F(x) = e^{-x^2} f(x)
$$
则 $F(0) = 0$，$F(1) = e^{-1}$。
需进一步寻找另一个点 $c$ 使 $F(c)=0$，才可应用罗尔定理。通常需结合题目其他条件（如积分中值定理、零点定理等）找出该点。
---
>[!example] 例2
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上三阶可导，且 $f(a) = f'(a) = f(b) = 0$。
证明：存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：$f'''(\xi) + k f''(\xi) = 0$
**解析**：
结论可写为：
$$
\bigl[ e^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0
$$
因此构造辅助函数：
$$
H(x) = e^{kx} f''(x)
$$
由条件可推知存在 $\eta_1, \eta_2 \in (a, b)$ 使 $f''(\eta_1) = f''(\eta_2) = 0$，从而 $H(\eta_1)=H(\eta_2)=0$。
对 $H(x)$ 应用罗尔定理即得证。
---
>[!example] 例3
设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\int_0^{1/2} e^{1-x} f(x) dx$
证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
**解析**：
结论化为：
$$
f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
$$
积分因子为：
$$
\mu(x) = e^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = e^{\frac{x^2}{2} - x}
$$
构造辅助函数：
$$
F(x) = e^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
$$
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。

280
素材/特征值.md
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@ -1,32 +1,272 @@
## 第四章 方阵的相似化问题
>[!note] 定理
>秩为$1$的矩阵$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$的特征值有如下特征：（1）$0$为其特征值，且代数重数和几何重数均为$n-1$；（2）它的另一个特征值为$\mathrm{tr}(A)$.
### 4.1 特征值与特征向量
**证明：**
根据迹的定义，只需要证明（1）。
因为$r(A)=1<n$,所以$|A|=0$，故$0$是$A$的一个特征值。考虑齐次线性方程组$A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$.由于$r(A)=1$，$\mathrm{dim}N(A)=n-1$，所以特征值$0$的几何重数为$n-1$。若$0$的代数重数为$n$，则 $A\sim O$,而相似必等价，故$r(A)=0$，矛盾。又代数重数必定不小于几何重数，所以$0$的代数重数为$n-1$。
特殊地，如果$A=\beta^T\alpha$,则$\mathrm{tr}(A)=\alpha\beta^T$.
#### 4.1.1 基本概念与求法
>[!note] **定义 4.1**
设 $n$ 阶方阵 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若存在数 $\lambda$ 和非零向量 $\xi$ 使得
$$A\xi = \lambda \xi,$$
则称 $\lambda$ 是矩阵 $A$ 的一个**特征值**，$\xi$ 是矩阵 $A$ 对应于 $\lambda$ 的一个**特征向量**。
##### 特征值与特征向量的求法
由定义可得：
$$
A\xi = \lambda \xi \quad \text{且} \quad \xi \neq 0.
$$
等价地：
$$
(\lambda E - A)\xi = 0 \quad \text{且} \quad \xi \neq 0.
$$
这表明**特征向量 $\xi$** 是齐次线性方程组 $(\lambda E - A)x = 0$ 的**非零解**。该方程组有非零解当且仅当
$$
\operatorname{rank}(\lambda E - A) < n,
$$
即 $\lambda E - A$ 是奇异矩阵（行列式为零）。
**求法步骤**：
1. **求特征值**
由 $|\lambda E - A| = 0$ 解出 $\lambda$ 的所有根 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$（包括重根）。
2. **求特征向量**
对每个特征值 $\lambda_i$，代入齐次线性方程组
$$
(\lambda_i E - A)x = 0
$$
求解，所得的全部非零解即为对应于 $\lambda_i$ 的特征向量。
#### 特征多项式与特征方程
>[!note] **定义 4.2**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda$ 是一个变量，则矩阵 $\lambda E - A$ 称为 $A$ 的**特征矩阵**，其行列式
$$f_A(\lambda) = |\lambda E - A|$$
称为 $A$ 的**特征多项式**，方程 $|\lambda E - A| = 0$ 称为 $A$ 的**特征方程**。
特征方程的根就是矩阵 $A$ 的特征值。
---
#### 4.1.2 特征值与特征向量的性质
##### 特征值的积与和
>[!note] **定理 4.1**
设 $n$ 阶方阵 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 的 $n$ 个特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$（重根按重数计算），则：
1.$\lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n = |A|$（特征值的积等于矩阵的行列式）；
2.$\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}$（特征值的和等于矩阵的迹）。
**证明**
设特征多项式为 $f_A(\lambda) = |\lambda E - A|$。
由于 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 是 $f_A(\lambda) = 0$ 的根，故有
$$
f_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2) \cdots (\lambda - \lambda_n). \tag{1}
$$
将 $\lambda = 0$ 代入 (1) 式，得
$$
| -A | = (-1)^n |A| = (-1)^n \lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n,
$$
因此 $\lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n = |A|$。
另一方面，将 $f_A(\lambda)$ 按行列式展开，其 $\lambda^{n-1}$ 项仅出现在主对角线上元素的乘积 $(\lambda - a_{11})(\lambda - a_{22}) \cdots (\lambda - a_{nn})$ 中，故 $\lambda^{n-1}$ 的系数为 $-(a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn})$。而在 (1) 式中，$\lambda^{n-1}$ 的系数为 $-(\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n)$。比较系数即得
$$
\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}.
$$
>[!note] **推论**
方阵 $A$ 可逆的充要条件是 $A$ 的所有特征值均不为零。
#### 迹、代数重数与几何重数
>[!note] **定义 4.3（迹）**
设 $A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则称 $a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}$ 为 $A$ 的**迹**，记作 $\operatorname{tr}(A)$。由定理 4.1 知，$\operatorname{tr}(A)$ 等于 $A$ 的所有特征值之和。
>[!note] **定义 4.4（代数重数）**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，其特征多项式可分解为$$|\lambda E - A| = (\lambda - \lambda_1)^{r_1} (\lambda - \lambda_2)^{r_2} \cdots (\lambda - \lambda_s)^{r_s},$$
其中 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$ 是互不相同的特征值，且 $r_1 + r_2 + \cdots + r_s = n$。则称 $r_i$ 为特征值 $\lambda_i$ 的**代数重数**。
>[!note] **定义 4.5（几何重数）**
设 $\lambda_i$ 是方阵 $A$ 的特征值，则称特征子空间$$V_{\lambda_i} = \{ x \mid (A - \lambda_i E) x = 0 \}$$
的维数 $\dim V_{\lambda_i}$ 为 $\lambda_i$ 的**几何重数**，即齐次线性方程组 $(A - \lambda_i E)x = 0$ 的基础解系所含向量的个数。
>[!example] 例1
>设 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，$\alpha$ 为一个 $3$ 维单位列向量，则矩阵 $E-\alpha\alpha^T$ 的全部 $3$ 个特征值为$\underline{\qquad}$。
>[!note] **定理 4.2（几何重数不超过代数重数）**
设 $\lambda_k$ 是方阵 $A$ 的特征值，其代数重数为 $r_k$，几何重数为 $d_k$，则$$d_k \leq r_k, \quad k = 1, 2, \dots, s.$$
即属于特征值 $\lambda_k$ 的线性无关的特征向量的个数不超过其代数重数。
**解：**
设 $B=\alpha\alpha^T$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^T\alpha=1$）。
• 秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^T\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）。
• 若 $B\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}$为特征向量），则 $(E-B)\boldsymbol{x}=(1-\lambda)\boldsymbol{x}$，即$E-B$ 的特征值为 $1-\lambda$。
#### 特征值与矩阵运算的关系
>[!example] **例 4.5**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda$ 是 $A$ 的一个特征值，$\xi$ 是对应的特征向量（即 $A\xi = \lambda\xi$，$\xi \neq 0$）。则：
1.对于任意常数 $k$，$k\lambda$ 是矩阵 $kA$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $kA$ 对应于 $k\lambda$ 的特征向量。
2.对于任意正整数 $l$（$l \geq 1$），$\lambda^l$ 是矩阵 $A^l$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $A^l$ 对应于 $\lambda^l$ 的特征向量。
3.对于矩阵多项式$$g(A) = a_k A^k + a_{k-1} A^{k-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E,$$和数$$g(\lambda) = a_k \lambda^k + a_{k-1} \lambda^{k-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0$$是矩阵 $g(A)$ 的特征值，且 $\xi$ 仍是 $g(A)$ 对应于 $g(\lambda)$ 的特征向量。
**证明**
1. 由 $A\xi = \lambda\xi$，两边乘以 $k$ 得 $(kA)\xi = (k\lambda)\xi$，故结论成立。
2. 对 $l$ 用数学归纳法。当 $l=1$ 时显然。假设 $A^{l-1}\xi = \lambda^{l-1}\xi$，则
$$
A^l \xi = A(A^{l-1}\xi) = A(\lambda^{l-1}\xi) = \lambda^{l-1} A\xi = \lambda^{l-1} \cdot \lambda \xi = \lambda^l \xi.
$$
故结论对任意正整数 $l$ 成立。
3. 利用 (2) 的结论，
$$
\begin{aligned}
g(A)\xi &= (a_k A^k + a_{k-1} A^{k-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E)\xi \\
&= a_k A^k\xi + a_{k-1} A^{k-1}\xi + \cdots + a_1 A\xi + a_0 E\xi \\
&= a_k \lambda^k \xi + a_{k-1} \lambda^{k-1} \xi + \cdots + a_1 \lambda \xi + a_0 \xi \\
&= (a_k \lambda^k + a_{k-1} \lambda^{k-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0) \xi \\
&= g(\lambda) \xi.
\end{aligned}
$$
因此 $g(\lambda)$ 是 $g(A)$ 的特征值，$\xi$ 为对应的特征向量。
#### 不同特征值的特征向量线性无关
>[!note] **定理 4.3**
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$ 是 $A$ 的 $s$ 个互不相同的特征值，$\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_s$ 分别是与之对应的特征向量（即 $A\xi_i = \lambda_i \xi_i,\ i=1,2,\dots,s$），则向量组 $\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_s$ 线性无关。
**证明（数学归纳法）**
**归纳基础**：当 $s=1$ 时，$\xi_1 \neq 0$，故线性无关。
**归纳假设**：假设对于 $s-1$ 个互不相同的特征值，对应的特征向量线性无关。
**归纳步骤**：考虑 $s$ 个互不相同的特征值 $\lambda_1, \dots, \lambda_s$ 及对应的特征向量 $\xi_1, \dots, \xi_s$。设有一组数 $k_1, \dots, k_s$ 使得
$$
k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2 + \cdots + k_s \xi_s = 0. \tag{1}
$$
用矩阵 $A$ 左乘 (1) 式，并利用 $A\xi_i = \lambda_i \xi_i$，得
$$
k_1 \lambda_1 \xi_1 + k_2 \lambda_2 \xi_2 + \cdots + k_s \lambda_s \xi_s = 0. \tag{2}
$$
将 (1) 式乘以 $\lambda_s$，再减去 (2) 式，得
$$
k_1 (\lambda_s - \lambda_1) \xi_1 + k_2 (\lambda_s - \lambda_2) \xi_2 + \cdots + k_{s-1} (\lambda_s - \lambda_{s-1}) \xi_{s-1} = 0.
$$
由归纳假设，$\xi_1, \dots, \xi_{s-1}$ 线性无关，故
$$
k_i (\lambda_s - \lambda_i) = 0, \quad i = 1, 2, \dots, s-1.
$$
因为特征值互不相同，$\lambda_s - \lambda_i \neq 0$，所以 $k_i = 0\ (i=1,\dots,s-1)$。代入 (1) 式得 $k_s \xi_s = 0$，而 $\xi_s \neq 0$，故 $k_s = 0$。因此所有系数均为零，向量组 $\xi_1, \dots, \xi_s$ 线性无关。
---
### 4.1.3 示例
>[!example] 例 4.3
>求矩阵 $B$ 的特征值与特征向量
其中$$
B = \begin{bmatrix}
-3 & 1 & -1 \\
-7 & 5 & -1 \\
-6 & 6 & -2
\end{bmatrix}.
$$
**解**
计算特征多项式：
$$
\begin{aligned}
f_B(\lambda) &= |\lambda E - B| =
\begin{vmatrix}
\lambda+3 & -1 & 1 \\
7 & \lambda-5 & 1 \\
6 & -6 & \lambda+2
\end{vmatrix} \\[6pt]
&= (\lambda+3) \begin{vmatrix} \lambda-5 & 1 \\ -6 & \lambda+2 \end{vmatrix}
- (-1) \begin{vmatrix} 7 & 1 \\ 6 & \lambda+2 \end{vmatrix}
+ 1 \begin{vmatrix} 7 & \lambda-5 \\ 6 & -6 \end{vmatrix} \\[6pt]
&= (\lambda+3)\big[(\lambda-5)(\lambda+2) + 6\big] + \big[7(\lambda+2) - 6\big] + \big[7\cdot(-6) - 6(\lambda-5)\big] \\[6pt]
&= (\lambda+3)(\lambda^2 - 3\lambda -4) + (7\lambda+8) + (-12 - 6\lambda) \\[6pt]
&= (\lambda-4)\big[(\lambda+3)(\lambda+1) + 1\big] \\[6pt]
&= (\lambda-4)(\lambda^2 + 4\lambda + 4) \\[6pt]
&= (\lambda-4)(\lambda+2)^2.
\end{aligned}
$$
故特征方程为 $(\lambda-4)(\lambda+2)^2 = 0$，得特征值：
$$
\lambda_1 = 4,\quad \lambda_2 = \lambda_3 = -2.
$$
对于 $\lambda_1 = 4$，解方程组 $(4E - B)x = 0$：
$$
4E - B = \begin{bmatrix}
7 & -1 & 1 \\
7 & -1 & 1 \\
6 & -6 & 6
\end{bmatrix}
\stackrel{\text{行变换}}{\longrightarrow}
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$
得基础解系：
$$
\xi_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}.
$$
因此对应于 $\lambda_1 = 4$ 的全部特征向量为 $k_1\xi_1$（$k_1 \neq 0$）。
对于 $\lambda_2 = \lambda_3 = -2$，解方程组 $(-2E - B)x = 0$：
$$
-2E - B = \begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 \\
7 & -7 & 1 \\
6 & -6 & 0
\end{bmatrix}
\stackrel{\text{行变换}}{\longrightarrow}
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$
同解方程组为
$$
\begin{cases}
x_1 - x_2 = 0, \\
x_3 = 0.
\end{cases}
$$
取自由未知量 $x_2 = 1$，得基础解系：
$$
\eta = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.
$$
因此对应于二重特征值 $-2$ 的全部特征向量为 $k\eta$（$k \neq 0$）。
---
>[!example] 例 4.4（幂等矩阵的特征值）
设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，且满足 $A^2 = A$（即 $A$ 是幂等矩阵）。证明：$A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$。
**证明：**
设 $\lambda$ 是 $A$ 的任意一个特征值，$\xi$ 是对应的特征向量（$\xi \neq 0$），则有
$$
A\xi = \lambda \xi.
$$
$代入 B 的特征值 \lambda=1,0,0，得 E-B 的特征值为 1-1=0，1-0=1，1-0=1，即 1,1,0$。
在等式两边左乘矩阵 $A$，得
$$
A^2\xi = A(\lambda \xi) = \lambda A\xi = \lambda^2 \xi.
$$
>[!example] 例2
>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$。
由于 $A^2 = A$，故 $A^2\xi = A\xi = \lambda \xi$。因此
$$
\lambda^2 \xi = \lambda \xi \quad \Rightarrow \quad (\lambda^2 - \lambda)\xi = 0.
$$
**解：**
设 $A=\beta\alpha^T$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
因为 $\xi \neq 0$，所以 $\lambda^2 - \lambda = 0$，即 $\lambda(\lambda - 1) = 0$。解得 $\lambda = 0$ 或 $\lambda = 1$。
$A^2=(\beta\alpha^T)(\beta\alpha^T)=\beta(\alpha^T\beta)\alpha^T=(\alpha^T\beta)A$
因此，幂等矩阵 $A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$。
• 注意：$\alpha^T\beta=(\beta^T\alpha)^T$（矩阵转置性质），而 $\beta^T\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^T\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
---
• 秩 $1$ 矩阵 $A$ 的非零特征值为 $\text{tr}(A)=\alpha^T\beta=-3$，设 $A\boldsymbol{x}=-3\boldsymbol{x}$，则 $A^2\boldsymbol{x}=(-3)A\boldsymbol{x}=(-3)^2\boldsymbol{x}=9\boldsymbol{x}$，即 $A^2$ 的非零特征值为 $9$。

32
素材/秩为1矩阵性质.md
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@ -0,0 +1,32 @@
>[!note] 定理
>秩为$1$的矩阵$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$的特征值有如下特征：（1）$0$为其特征值，且代数重数和几何重数均为$n-1$；（2）它的另一个特征值为$\mathrm{tr}(A)$.
**证明：**
根据迹的定义，只需要证明（1）。
因为$r(A)=1<n$,所以$|A|=0$，故$0$是$A$的一个特征值。考虑齐次线性方程组$A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$.由于$r(A)=1$，$\mathrm{dim}N(A)=n-1$，所以特征值$0$的几何重数为$n-1$。若$0$的代数重数为$n$，则 $A\sim O$,而相似必等价，故$r(A)=0$，矛盾。又代数重数必定不小于几何重数，所以$0$的代数重数为$n-1$。
特殊地，如果$A=\beta^T\alpha$,则$\mathrm{tr}(A)=\alpha\beta^T$.
>[!example] 例1
>设 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，$\alpha$ 为一个 $3$ 维单位列向量，则矩阵 $E-\alpha\alpha^T$ 的全部 $3$ 个特征值为$\underline{\qquad}$。
**解：**
设 $B=\alpha\alpha^T$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^T\alpha=1$）。
• 秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^T\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）。
• 若 $B\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}$为特征向量），则 $(E-B)\boldsymbol{x}=(1-\lambda)\boldsymbol{x}$，即$E-B$ 的特征值为 $1-\lambda$。
$代入 B 的特征值 \lambda=1,0,0，得 E-B 的特征值为 1-1=0，1-0=1，1-0=1，即 1,1,0$。
>[!example] 例2
>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$。
**解：**
设 $A=\beta\alpha^T$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
$A^2=(\beta\alpha^T)(\beta\alpha^T)=\beta(\alpha^T\beta)\alpha^T=(\alpha^T\beta)A$
• 注意：$\alpha^T\beta=(\beta^T\alpha)^T$（矩阵转置性质），而 $\beta^T\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^T\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
• 秩 $1$ 矩阵 $A$ 的非零特征值为 $\text{tr}(A)=\alpha^T\beta=-3$，设 $A\boldsymbol{x}=-3\boldsymbol{x}$，则 $A^2\boldsymbol{x}=(-3)A\boldsymbol{x}=(-3)^2\boldsymbol{x}=9\boldsymbol{x}$，即 $A^2$ 的非零特征值为 $9$。

30
素材/线性方程组同解.md
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@ -1,30 +0,0 @@
## **$Ax=0$与$Bx=0$同解问题**：
充要条件：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
$Ax=\alpha$ 与$Bx=\beta$同解问题：
充要条件：$rank\begin{bmatrix} A & \alpha\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} B &\beta\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} A &\alpha\\ B&\beta\end{bmatrix}$.
如何理解（非严格证明，目的是便于理解）：
首先，为了简化问题，我们只考虑齐次线性方程组同解问题，对于$Ax=0$与$Bx=0$，
考虑这两个齐次线性方程组的解空间，分别记为$N(A)$,$N(B)$,这两个集合是完全相同的，
可以得到$N(A)\subset N(B)$,以及$N(B)\subset N(A)$.
$N(A)\subset N(B)$可以得到什么呢？
说明$Ax=0$的解比较少，$Bx=0$的解比较多，一个方程组解多就说明他的方程限制相对宽松，解少则说明方程要求比较严格。换言之，$Bx=0$的每个方程是由$Ax=0$的方程线性表示的,同理$N(B)\subset N(A)$ 可以得到 $Ax=0$ 的每个方程是由 $Bx=0$ 的方程线性表示的，进而说明这两个系数矩阵的行向量能够互相线性表示，即行向量组等价.用秩的语言表示：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
另一个角度：这两个矩阵化成最简行阶梯型，是相同的，进行化简的时候只用到行变换，故它们的行向量组等价.
需要注意的是,这个条件是充要的.非常的好用.
非齐次的时候同理.
注意：由此，我们还能得到一些别的结论
例如：$A$ 和 $B$ 等价（可以通过初等变换得到），并不能得到两方程同解，因为等价的初等变换可能包括初等列变换，而列变换可能改变两方程的解
>[!example] 例1
>6. 已知方程组$\quad\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\x_1 + x_2 + ax_3 = 0,\end{cases}$ 与$\quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$同解，则
(A) $a = 1, b = 0, c = 1$;
(B) $a = 1, b = 1, c = 2$;
(C) $a = 2, b = 0, c = 1$;
(D) $a = 2, b = 1, c = 2$.
解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$

90
素材/线性方程组的系数矩阵与解关系.md
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@ -1,90 +0,0 @@
这是一个链接了方程组解空间与方程组系数秩的公式
>[!note] 秩零化度定理：
>对于齐次方程组 ${A}_{m \times n}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，设$\mathrm{rank}{A}=r$，则
> $$\dim N({A})=n-r$$
>[!example] 例1
>已知三阶方阵 $A=\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}$ 有三个不同的特征值，其中$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，若 $\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$ ，求线性方程组 $A\boldsymbol{x}=\beta$ 的通解.
**答案：**
$$\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$$
**分析：** 在求解非齐次方程组通解的题目中，若是题目给出了特解与齐次方程组的解，那么大概率来说这个齐次方程组的解就可以拓展为齐次方程组通解（根据问题导向，不然写不出来了），那么如何由齐次方程组的解拓展为齐次方程组通解呢，那就要根据题目具体的条件进行分析了，这就要用到我们的解零度化定理来求齐次方程组解空间的维数
**解析：** 由 $\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$ 可得 $A$ 的列向量组线性相关， $|A|=0$；又因为 $A$ 的三个特征值各不相同，故 $A$ 有两个不为零的特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，且 $A$ 可相似对角化，即 $A=P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P$，$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P)=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}=2$
故 $Ax=0$ 的解空间维数是 $1$ （5分）
$\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$，所以 $(1,3,4)^\mathrm{T}$ 为特解；（5分）
$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，所以$A\begin{bmatrix}2k\\k\\-k\end{bmatrix}=2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0$，所以 $(2,1,-1)^\mathrm{T}$ 为基础解系；（10分）
解空间维数是 $1$ ，方程的解 $\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$ 维数是 $1$，该解完备
>[!example] 例2
>设 $$A = \begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 & -1 \\
1 & 1 & 0 & 3 \\
2 & 1 & 2 & 6
\end{bmatrix}, \quad
B = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
1 & -1 & a & a-1 \\
2 & -3 & 2 & -2
\end{bmatrix},
\quad
\alpha = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}, \quad
\beta = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix}$$
(1) 证明：方程组 $Ax = \alpha$ 的解均为方程组 $Bx = \beta$ 的解；
$\quad$
(2) 若方程组 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与方程组 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 不同解，求 $a$ 的值。
**解：**
(1) 由于
$$
\begin{bmatrix}
A \quad \alpha \\
B \quad \beta
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 3 & 2 \\
2 & 1 & 2 & 6 & 3 \\
1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
1 & -1 & a & a-1 & 0 \\
2 & -3 & 2 & -2 & -1
\end{bmatrix}
\rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 2 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix},
$$
故
$$
\mathrm{rank} \begin{bmatrix}A&\alpha\\B&\beta\end{bmatrix} = \mathrm{rank}[A\ \alpha],
$$
从而方程组
$$
\begin{cases}
A\boldsymbol{x} = \alpha \\
B\boldsymbol{x} = \beta
\end{cases}
$$
与 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 同解，故 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 的解。
(2) 分析：不同解，却要可以求出$a$的具体值，说明这是一个与秩相关的题，而与解相关的秩的问题我们就可以考虑解零度化定理
由于 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $Bx = \beta$ 的解，若 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 同解，则与题意矛盾，故 $Ax = \alpha$ 的解是 $Bx = \beta$ 解的真子集。于是 $Ax = 0$ 的基础解系中解向量的个数小于 $B\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系中解向量的个数，即
$$
4 - r(A) < 4 - r(B),
$$
故 $r(A) > r(B)$。又因 $r(A) = 3$，故 $r(B) < 3$，则
$$
\left| \begin{array}{ccc}
1 & 0 & 1 \\
1 & -1 & a \\
2 & -3 & 2
\end{array} \right| = 0,
$$
解得 $a = 1$。

88
素材/线性方程组解的问题.md
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@ -1,88 +0,0 @@
### 原理
**线性方程组解的判定**
对非齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=b$,
1. 无解的充要条件是 $\text{rank}A < \text{rank}[A\ \ b]$；
2. 有唯一解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] = n$；
3. 有无穷多解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] < n$。
注:上述定理也说明非齐次线性方程组有解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b]$。
把以上结论应用到齐次线性方程组，可得
推论 齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=0$ 有非零解（无穷多解）的充要条件是 $\text{rank}A < n$，即系数矩阵的秩小于未知数个数。
**矩阵方程解的判定**
本质上和线性方程组是一脉相承的，只是形式上更一般化。
最常见的矩阵方程是 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$，其中$\boldsymbol{A}$是 $m\times n$ 矩阵，$\boldsymbol{B}$ 是 $m\times p$ 矩阵，$\boldsymbol{X}$ 是待求的$n\times p$矩阵。
1. 有解的充要条件：
矩阵方程有解的充要条件是系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩等于增广矩阵 $[\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]$的秩，即：
$$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}])$$
这个结论和非齐次线性方程组有解的条件完全一致。
2. 解的结构：
- 唯一解：当$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) = n$ 时，方程有唯一解。
- 无穷多解：当 $r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) < n$ 时，方程有无穷多解。
可逆矩阵
- 当 $\boldsymbol{A}$ 是 n 阶可逆矩阵时，矩阵方程 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$有唯一解:$\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$
其他形式的矩阵方程
- 对于 $\boldsymbol{XA} = \boldsymbol{B}$ 形式的方程，可以转置为 $\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{X}^T = \boldsymbol{B}^T$，再套用上述方法，或类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} =\text{rank}A$
- 对于 $\boldsymbol{AXB} = \boldsymbol{C}$ 形式的方程，当 $\boldsymbol{A} 和 \boldsymbol{B}$ 都可逆时，有唯一解 $\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1}$。
>[!example] **例1**
>设矩阵
>$$A = \begin{bmatrix}
1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
\end{bmatrix},
\quad
x = \begin{bmatrix}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
\end{bmatrix},
\quad
b = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}$$
其中常数 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 互不相等，则线性方程组 $Ax = b$ 的解为 ______________。
**答**：$(1,0,0,0)^T$。
**解析**：由范德蒙行列式的性质可知 $|A| \neq 0$，从而线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解。
又由
$$
\begin{bmatrix}
1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
1 \\
1
\end{bmatrix}
$$
可知 $Ax = b$ 的解为
$$
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
$$
>[!example] **例2**
> 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
**解析**：
类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$

137
素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md
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@ -1,137 +0,0 @@
## **罗尔定理**
### **原理**
若函数 f(x) 满足以下三个条件：
在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
在开区间 $(a,b)$ 内可导；
区间端点函数值相等，即 $f(a)=f(b)$；
则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi)=0$。
罗尔定理的几何意义为：满足条件的函数曲线在区间内至少有一条水平切线。
它是拉格朗日中值定理（$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$）当 $f(a)=f(b)$ 时的特例。
### **适用条件**
罗尔定理的核心适用题型是证明导函数方程 $f'(\xi)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有根以及衍生的相关证明题。
具体可分为以下几类：
1.直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
题目给出函数 f(x) 在 $[a,b]$ 上的连续性、$(a,b)$ 内的可导性，且满足 $f(a)=f(b)$，直接应用罗尔定理证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$。
2.构造辅助函数证明导函数相关方程有根
对于形如 $f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0$、$f''(\xi)=0$ 等方程，需构造满足罗尔定理条件的辅助函数 $F(x)$，通过 $F(a)=F(b)$ 推导 $F'(\xi)=0$，进而等价转化为目标方程。
3.结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
若函数 f(x) 有 n+1 个点的函数值相等，可多次应用罗尔定理，证明其 n 阶导数 $f^{(n)}(\xi)=0$ 在对应区间内有根。
4.证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
若 $f'(x)\equiv0$ 在区间内成立，可通过反证法假设存在两点函数值不等，结合罗尔定理推出矛盾，进而证明函数为常数。
罗尔定理针对于一个函数，不同于柯西中值定理针对于两个函数
### **例题**
>[!example] 例1
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 $f(1) = 0$，求证存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
**解析**：
设辅助函数 $\varphi(x) = x^n f(x)$，则 $\varphi(0)=0$，$\varphi(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$即
$$
n\xi^{n-1} f(\xi) + \xi^n f'(\xi) = 0
$$
两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
>[!example] 例2
设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
试证明 $f'(x) = 0$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个根。
**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。
>[!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 $f(x) > x^2$。
**解析**：
(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。由极值点的费马定理及罗尔定理，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 内存在极大值点 $\eta$，且 $g'(\eta)=0$，$g''(\eta) \leq 0$。即 $f'(\eta)=2\eta$，$f''(\eta) \leq 2$。若 $f''(\eta) < 2$，则取 $\xi=\eta$ 即可；若 $f''(\eta)=2$，则考虑在 $\eta$ 两侧应用拉格朗日中值定理，可找到另一个点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)<2$。
(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，结合 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 和 $f(1/2)>1/4$，利用连续性及中值定理可推出存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=2$，矛盾。
## **拉格朗日中值定理**
### **原理**
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。
### **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。
### **例题**
>[!example] 例1
设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内可微，且
$$f(0) = 0, \quad |f'(x)| \leq 1,$$证明：在 $(-1,1)$ 内，$|f(x)| < 1$。
**解析**：
对任意 $x \in (-1,1)$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得
$$
f(x) - f(0) = f'(\xi)(x-0)
$$
即 $f(x) = f'(\xi) x$。由于 $|f'(\xi)| \leq 1$，$|x| < 1$，故 $|f(x)| = |f'(\xi)| \cdot |x| < 1$。
>[!example] 例2
设 $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$，证明对任意 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 有
$$f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)$$
**解析**：
不妨设 $0 < x_1 < x_2$。由拉格朗日中值定理：
$$
f(x_1+x_2)-f(x_2) = f'(\xi_1)x_1, \quad \xi_1 \in (x_2, x_1+x_2)
$$
$$
f(x_1)-f(0) = f'(\xi_2)x_1, \quad \xi_2 \in (0, x_1)
$$
于是
$$
f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) = [f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]x_1
$$
对 $f'(x)$ 在 $[\xi_2,\xi_1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (\xi_2,\xi_1)$，使
$$
f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
$$
故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
>[!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 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。
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