答案:证明:由已知F(0)=0,F(1)=f(0)=0, 由于f(x)在[0,1]二阶可导,所以F(x)在[0,1]连续,(0,1)可导,应用罗尔定理,至少存在一点η∈(0,1),使F'(η)=0。 而F'(x)=2xf(x)+x^2f'(x),F'(0)=0, 在[0,η]上对F'(x)应用罗尔定理,存在ξ∈(0,η)∈(0,1)使F'(...
设函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且|f″(x)|⩽1,f(x)在(0,1)内有最大值。证明:|f(0)|+|f(1)|⩽1.
证明:若函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且∀x∈[0,1],有|f″(x)|≤1,又f(x)在(0,1)内取到最大值,则有|f′(0)|+|f′(1)|≤1.
而f(0)=f(1)=0∴ f′(ξ1)=− 1 x0, f′(ξ2)= 1 1−x0又由f(x)在[0,1]上二阶可导∴f′(x)在[ξ1,ξ2]上也满足拉格朗日中值定理即至少存在点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(0,1),使得 f′(ξ2)−f′(ξ1) ξ2−ξ1=f″(ξ)∴ f″(ξ)= 1 x0(1−x0)• 1 ...
证明:由于函数f(x)在[0,1]上二阶可导,f(x)在(0,1)内取到最大值∴∃ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=0∴对f′(x)在x=ξ处,利用泰勒公式进行一阶展开,得到f′(x)=f′(ξ)+f″(η)(x-ξ),其中η处于x和ξ之间而f′(ξ)=0∴f′(x)=f″(η)(x-ξ),∴f′(0)=f″(η1)(0-ξ...
f^n(ξ)(x-1/2)^2 , f(x)= 其中介于x与 1/2 间.从而 ∫_0^1f(x)dx=f(1/2)+f'(1/2)∫_0^1(x-1/2)dx+1/2∫_0^1f^( x 整理得 f(1/2)=-1/2∫_0^1∫_0^1f(ξ)(x-1/2)^2dx . 当 f''(x)0 时, ∫_0^1f''(ξ)(x-1/2)^2dx0 ,则 f(1/...
【解析】 证设$$ x _ { n } \in ( 0 , 1 ) $$为函数的最小值点,则$$ f ( x _ { 0 } ) = - 1 f ^ { \prime } ( x _ { 2 } ) = 0 $$.以$$ x = 0 $$, $$ x = 1 $$代入f(x)在点 $$ x _ { 1 1 } $$的带Lagrange余项的Taylor公式 $$ f ( ...
二阶可导D^2[0,1] 二阶连续可导C^2[0,1]
设函数f(x)在[0,1]上二阶可导。且,则()学历类单选题,自考单选题,自考公共课单选题,高等数学二单选题
所以f '(ξ)+2f(ξ)=0 . 29512 设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=0,试证明至少存在一点ζ∈(0,1),使f′(ζ)=-2f(ζ)/ζ 令F(X)=Xf(x),F(1)=1*f(1)=0,F(0)=0*f(0)=0.且F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导.满足罗尔中值定理的条件,故存在ζ使得,F′(...