高等数学（第七版）同济大学 习题1-10 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题1-10

 

$\begin{array}{rlr}& 1.假设函数f(x)在闭区间[0,1]上连续，并且对[0,1]上任一点x有0\le f(x)\le 1。& \\ & & \\ & 试证明[0,1]中必存在一点c，使得f(c)=c（c称为函数f(x)的不动点）。& \end{array}$

解：

   设 F ( x ) = f ( x ) − x ， 则 F ( 0 ) = f ( 0 ) − 0 ≥ 0 ， F ( 1 ) = f ( 1 ) − 1 ≤ 0    如 果 F ( 0 ) = 0 或 F ( 1 ) = 0 ， 则 0 或 1 即 为 f ( x ) 的 不 动 点 ， 如 果 F ( 0 ) > 0 且 F ( 1 ) < 0 ， 则 由 零 点 定 理 ，    得 出 必 存 在 c ∈ ( 0 ,   1 ) ， 使 F ( c ) = f ( c ) − c = 0 ， 即 f ( c ) = c ， c 为 f ( x ) 的 不 动 点 。   设F(x)=f(x)−x，则F(0)=f(0)−0≥0，F(1)=f(1)−1≤0  如果F(0)=0或F(1)=0，则0或1即为f(x)的不动点，如果F(0)>0且F(1)<0，则由零点定理，  得出必存在c∈(0, 1)，使F(c)=f(c)−c=0，即f(c)=c，c为f(x)的不动点。 ​  设F(x)=f(x)−x，则F(0)=f(0)−0≥0，F(1)=f(1)−1≤0  如果F(0)=0或F(1)=0，则0或1即为f(x)的不动点，如果F(0)>0且F(1)<0，则由零点定理，  得出必存在c∈(0, 1)，使F(c)=f(c)−c=0，即f(c)=c，c为f(x)的不动点。​​

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$\begin{array}{rlr}& 2.证明方程x^5-3x=1至少有一个根介于1和2之间。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 设f(x)=x^5-3x-1，则f(x)在闭区间[1,2]上连续，且f(1)=-3<0，f(2)=25>0。& \\ & & \\ & 由零点定理，得出\exists \xi \in (1,2)，使f(\xi )=0，\xi 是介于1和2之间的方程的根。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 3.证明方程x=asinx+b，其中a>0，b>0，至少有一个正根，并且它不超过a+b。& \end{array}$

解：

   设 f ( x ) = x − a   s i n   x − b ， 则 f ( x ) 在 闭 区 间 [ 0 ,   a + b ] 上 连 续 ， 且 f ( 0 ) = − b < 0 ， f ( a + b ) = a [ 1 − s i n   ( a + b ) ] ，    当 s i n   ( a + b ) < 1 时 ， f ( a + b ) > 0 ， 由 零 点 定 理 ， 得 出 ∃   ξ ∈ ( 0 ,   a + b ) ， 使 f ( ξ ) = 0 ， 即 ξ 为 方 程 的 根 ，    是 正 根 并 且 不 超 过 a + b ， 当 s i n   ( a + b ) = 1 时 ， f ( a + b ) = 0 ， a + b 是 满 足 条 件 的 正 根 。   设f(x)=x−a sin x−b，则f(x)在闭区间[0, a+b]上连续，且f(0)=−b<0，f(a+b)=a[1−sin (a+b)]，  当sin (a+b)<1时，f(a+b)>0，由零点定理，得出∃ ξ∈(0, a+b)，使f(ξ)=0，即ξ为方程的根，  是正根并且不超过a+b，当sin (a+b)=1时，f(a+b)=0，a+b是满足条件的正根。 ​  设f(x)=x−a sin x−b，则f(x)在闭区间[0, a+b]上连续，且f(0)=−b<0，f(a+b)=a[1−sin (a+b)]，  当sin (a+b)<1时，f(a+b)>0，由零点定理，得出∃ ξ∈(0, a+b)，使f(ξ)=0，即ξ为方程的根，  是正根并且不超过a+b，当sin (a+b)=1时，f(a+b)=0，a+b是满足条件的正根。​​

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$\begin{array}{rlr}& 4.证明任一最高次幂的指数为奇数的代数方程a_0{x}^{2n+1}+a_1{x}^{2n}+\cdot \cdot \cdot +a_{2n}x+a_{2n+1}=0至少有一实根，& \\ & & \\ & 其中a_0，a_1，\cdot \cdot \cdot ，a_{2n+1}均为常数，n\in N。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 当x的绝对值充分大时，f(x)=a_0{x}^{2n+1}+a_1{x}^{2n}+\cdot \cdot \cdot +a_{2n}x+a_{2n+1}的符号取决于a_0的符号，当x为正时与a_0同号，& \\ & & \\ & 当x为负时与a_0异号，a_0\ne 0。因为f(x)是连续的，它在充分大的区间两端异号，由零点定理得知它在区间内& \\ & & \\ & 至少有一点处为零，所以f(x)=0至少有一个实根。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.若f(x)在[a,b]上连续，a<x_1<x_2<\cdot \cdot \cdot <x_n<b（n\ge 3），则在(x_1,x_n)内至少有一点\xi ，& \\ & & \\ & 使f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdot \cdot \cdot +f(x_n)}{n}。& \end{array}$

解：

   因 为 f ( x ) 在 区 间 [ a ,   b ] 上 连 续 ， 又 因 为 [ x 1 ,   x n ] ⊂ [ a ,   b ] ， 所 以 f ( x ) 在 [ x 1 ,   x n ] 上 连 续 。    设 M = m a x { f ( x )   ∣   x 1 ≤ x ≤ x n } ， m = m i n { f ( x )   ∣   x 1 ≤ x ≤ x n } ， 则 m ≤ f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋅ ⋅ ⋅ + f ( x n ) n ≤ M .    如 果 上 述 不 等 式 为 不 等 号 ， 由 介 值 定 理 得 知 ， ∃   ξ ∈ ( x 1 ,   x n ) ， 使 f ( ξ ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋅ ⋅ ⋅ + f ( x n ) n ，    如 果 上 述 不 等 式 为 等 号 ， m = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋅ ⋅ ⋅ + f ( x n ) n ， 则 有 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = ⋅ ⋅ ⋅ = f ( x n ) = m ，    任 取 x 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ， x n − 1 中 一 点 作 为 ξ ， 有 ξ ∈ ( x 1 ,   x n ) ， 使 f ( ξ ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋅ ⋅ ⋅ + f ( x n ) n    同 理 可 证 ， f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋅ ⋅ ⋅ + f ( x n ) n = M 。   因为f(x)在区间[a, b]上连续，又因为[x1, xn]⊂[a, b]，所以f(x)在[x1, xn]上连续。  设M=max{f(x) | x1≤x≤xn}，m=min{f(x) | x1≤x≤xn}，则m≤f(x1)+f(x2)+⋅⋅⋅+f(xn)n≤M.  如果上述不等式为不等号，由介值定理得知，∃ ξ∈(x1, xn)，使f(ξ)=f(x1)+f(x2)+⋅⋅⋅+f(xn)n，  如果上述不等式为等号，m=f(x1)+f(x2)+⋅⋅⋅+f(xn)n，则有f(x1)=f(x2)=⋅⋅⋅=f(xn)=m，  任取x2，⋅⋅⋅，xn−1中一点作为ξ，有ξ∈(x1, xn)，使f(ξ)=f(x1)+f(x2)+⋅⋅⋅+f(xn)n  同理可证，f(x1)+f(x2)+⋅⋅⋅+f(xn)n=M。 ​  因为f(x)在区间[a, b]上连续，又因为[x1​, xn​]⊂[a, b]，所以f(x)在[x1​, xn​]上连续。  设M=max{f(x) ∣ x1​≤x≤xn​}，m=min{f(x) ∣ x1​≤x≤xn​}，则m≤nf(x1​)+f(x2​)+⋅⋅⋅+f(xn​)​≤M.  如果上述不等式为不等号，由介值定理得知，∃ ξ∈(x1​, xn​)，使f(ξ)=nf(x1​)+f(x2​)+⋅⋅⋅+f(xn​)​，  如果上述不等式为等号，m=nf(x1​)+f(x2​)+⋅⋅⋅+f(xn​)​，则有f(x1​)=f(x2​)=⋅⋅⋅=f(xn​)=m，  任取x2​，⋅⋅⋅，xn−1​中一点作为ξ，有ξ∈(x1​, xn​)，使f(ξ)=nf(x1​)+f(x2​)+⋅⋅⋅+f(xn​)​  同理可证，nf(x1​)+f(x2​)+⋅⋅⋅+f(xn​)​=M。​​

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$\begin{array}{rlr}& 6.设函数f(x)对于闭区间[a,b]上的任意两点x、y，恒有|f(x)-f(y)|\le L|x-y|，& \\ & & \\ & 其中L为正常数，且f(a)\cdot f(b)<0。证明：至少有一点\xi \in (a,b)，使得f(\xi )=0。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 任取x_0\in (a,b)，\forall \epsilon >0，取\delta =min\left\{\frac{\epsilon }{L}，x_0-a，b-x_0\right\}，当|x-x_0|<\delta 时，& \\ & & \\ & 由假设|f(x)-f(x_0)|\le L|x-x_0|<L\delta \le \epsilon ，所以f(x)在x_0处连续。因为是任取x_0\in (a,b)，& \\ & & \\ & 所以f(x)在(a,b)内连续。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 7.证明：若f(x)在(-\infty ,+\infty )内连续，且\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)存在，则f(x)必在(-\infty ,+\infty )内有界。& \end{array}$

解：

   设 lim ⁡ x → ∞ f ( x ) = A ， ∀   ε > 0 ， 取 ε = 1 ， ∃   X > 0 ， 当 ∣ x ∣ > X 时 ，    有 ∣ f ( x ) − A ∣ < 1 ⇒ ∣ f ( x ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − A ∣ + ∣ A ∣ < ∣ A ∣ + 1 。    因 为 f ( x ) 在 [ − X ,   X ] 上 连 续 ， 由 有 界 性 定 理 得 出 ， ∃   M > 0 ， ∀   x ∈ [ − X ,   X ] ， 有 ∣ f ( x ) ∣ ≤ M 。    取 M ′ = m a x { M ,   ∣ A ∣ + 1 } ， 即 有 ∣ f ( x ) ∣ ≤ M ′ ， ∀   x ∈ ( − ∞ ,   + ∞ ) 。   设limx→∞f(x)=A，∀ ε>0，取ε=1，∃ X>0，当|x|>X时，  有|f(x)−A|<1⇒|f(x)|≤|f(x)−A|+|A|<|A|+1。  因为f(x)在[−X, X]上连续，由有界性定理得出，∃ M>0，∀ x∈[−X, X]，有|f(x)|≤M。  取M′=max{M, |A|+1}，即有|f(x)|≤M′，∀ x∈(−∞, +∞)。 ​  设x→∞lim​f(x)=A，∀ ε>0，取ε=1，∃ X>0，当∣x∣>X时，  有∣f(x)−A∣<1⇒∣f(x)∣≤∣f(x)−A∣+∣A∣<∣A∣+1。  因为f(x)在[−X, X]上连续，由有界性定理得出，∃ M>0，∀ x∈[−X, X]，有∣f(x)∣≤M。  取M′=max{M, ∣A∣+1}，即有∣f(x)∣≤M′，∀ x∈(−∞, +∞)。​​

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$\begin{array}{rlr}& 8.在什么条件下，(a,b)内的连续函数f(x)为一致连续？& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 如果f(a^{+})，f(b^{-})都存在，设F(x)=\{\begin{array}{l}f(a^{+})，x=a，\\ \\ f(x)，x\in (a,b)，\\ \\ f(b^{-})，x=b.\end{array}，证得F(x)在区间[a,b]上连续，& \\ & & \\ & 从而F(x)在区间[a,b]上一致连续，也就有F(x)在区间(a,b)内一致连续，f(x)在区间(a,b)内一致连续。& \end{array}$