若fx在[a,b]上连续,f(a)=f(b)=0,f (a)xf-(b)>0
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/07/27 05:36:25
![若fx在[a,b]上连续,f(a)=f(b)=0,f (a)xf-(b)>0](/uploads/image/f/6964845-69-5.jpg?t=%E8%8B%A5fx%E5%9C%A8%5Ba%2Cb%5D%E4%B8%8A%E8%BF%9E%E7%BB%AD%2Cf%28a%29%3Df%28b%29%3D0%2Cf+%28a%29xf-%28b%29%3E0)
令g(x)=f(x)x∈(a,b)g(x)=f(a+)x=ag(x)=f(b-)x=b显然g(x)在[a,b]内连续,所以一致连续.当然在(a,b)连续.g(x)在(a,b)正好为f(x)
f(x)在[a,b]上连续,则在[x1,xn]上连续,则在[x1,xn]上必能取得最大和最小值,M和m设f(c)=M,f(d)=m其中c,d在x1,和x2之间(有可能在端点)如果M=m,说明f(x)是
(1)令g(x)=f(x)-x在区间(a,b)内连续g(a)=b-a>0g(b)=a-
看分段函数f(x)=x^2sin(1/x),x不等于0时;f(x)=0,x等于0时.它的导数为2xsin(1/x)-cos(2/x)-,x不等于0时;当x等于0时,它的导数为0.该函数f(x)在整个实
做这种题目,用特殊待入较快:令b=0则a>0,f(a)>f(-a)f(a)+f(0)>f(-a)+f(0);f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b);答案为A再问:可是这样并不能排除其他选项啊,也不
F'(x)=【f(x)(x-a)-∫(a,x)f(t)dt】/(x-a)^2=【f(x)(x-a)-f(t0)(x-a)】/(x-a)^2=【f(x)-f(t0)】/(x-a)
证明:对于任一点x0∈[a,b]因为f(x)连续,所以lim(x->x0-)f(x)=lim(x->x0+)f(x)=f(x0)因为cosx是连续的.所以lim(x->x0-)cosx=lim(x->
打了一大堆,却输入字数限制,没辙了.只能说下大概过程:将b转为以x,建立辅助函数:F(x)=∫f(t)dt-M/2*(x-a)²(上限是x,下限是a)F(a)=0,连续两次求导利用已知条件判
利用函数的柯西定理可以证明f(x)在x=a及x=b处分别存在右极限f(a+)和左极限f(b-),令f(a)=f(a+),f(b)=f(b-)便有f(x)在[a,b]上连续
亲,百度一下柯西函数方程吧.过程过于复杂的
构造函数g(x)=f(x+a)-f(x),且在区间[0,a]上是连续的.因为:g(0)=f(a)-f(0)g(a)=f(2a)-f(a),由f(2a)=f(0)可知g(0)乘g(a)=
因为f(a)、f(b)同号,f(a)与f[(a+b)/2]异号则根据连续函数介值定理在(a,(a+b)/2)中至少存在一点M,在((a+b)/2,b)中至少存在一点N,使得f(M)=f(N)=0根据罗
因为f(x)在[a,b]上连续,所以在[a,b]上存在最大值M,最小值N;即对于一切x∈[a,b],有N
max(a,b)=(a+b)/2+|a--b|/2;因此max{fg}=(f+g)/2+|f--g|/2连续.
f(x)在闭区间连续,则存在最大和最小值,设为m,M所以m
求出F’(x),只要F’(x)>0,则得到F(x)在(a,b】上是单调增加的求得F’(x)=[f’(x)*(x-a)-f(x)+f(a)]/(x-a)^2,则F’(x)的符号由分子决定令分子是G(x)
证明:令k=[pf(c)+qf(d)]/(p+q)无妨设f(c)≤f(d),由于q是正数,所以qf(c)≤qf(d)pf(c)+qf(c)≤pf(c)+qf(d)(p+q)f(c)≤pf(c)+qf(
因为f(x)在[a,b]上连续m>0,n>0所以设G为f(x)在[a,b]上的最大值g为f(x)在[a,b]上的最小值则mg≤mf(c)≤mGng≤nf(d)≤nG(m+n)g≤mf(c)+nf(d)