高数证明题

高数证明题~

在证明这个命题之前，我们先介绍一个关于正项级数的性质：若发散的正项级数 ∑Qn 的一般项 Qn 单调递减且有极限 lim Qn = 0 ，则对于任意的 ε > 0 和正整数 n ,必存在整数 p≥0 使得 ∑Qi ＞ ε （注：此处求和指标中的 i 取值范围为 n ≤ i ≤ n+p-1 ，也就是说这里的求和是以 Qn 为首项的连续 p 个数的和）。以下的证明将以上述的性质为依据展开。
由级数 ∑Un 条件收敛可知该级数的一般项的极限 lim Un = 0 。为了方便下一步证明我们先将级数 ∑Un 的一般项 Un 按照绝对值从大到小的顺序进行重排（注意：重排后的级数未必收敛）。然后，我们将重排后的级数中的正项和负项分离为两个正项级数 ∑An 和 ∑Bn （注：此处的负项级数 ∑Bn 是提取过负号的），则正项级数 ∑An 和 ∑Bn 均发散且一般项单调递减并以 0 为极限 。下一步我们将每次从级数 ∑An 和 ∑Bn 中分别取出若干项构造出新级数的一般项，并使得新级数的部分和收敛于 a 。
为了方便讨论，我们先考虑 a 为有限值的情形。
假设作出的新级数的一般项 Qn ，且级数 ∑Qn 的部分和为 S（n）。 第一步，我们取 ε = |a|，然后做出新级数的第一项 Q1 使得 |a - S（1）|＜ ε ；第二步，做出级数的第二项 Q2 使得 |a - S（2）|＜ε/2 ；……然后第 n 部，做出级数的第 n 项 Qn 使得 |a - S（n）|＜ε/2^n ……
若我们能做出满足以上条件的级数 ∑Qn ，那么命题就得到了证明。实际上满足上述条件的级数是存在的。为了生成新的级数，我们每次分别从级数 ∑An 和 ∑Bn 中按照从大到小的顺序取出至少一项组成新的级数的一般项。比如对于级数 ∑Qn 的第一项 Q1，我们先从两个级数中各取一项使得 Q1 = A1 - B1 ，然后我们验证 Q1 是否满足条件 |a - S（1）|＜ ε ，如果满足该条件则级数的第一项构造完成；如果不满足该条件，我们继续从两个级数 ∑An 和 ∑Bn 按照从大到小的顺序选取新的项（此时不必从两个级数中各取一项，而是可以取任意项）并追加到 Q1 中，由于级数 ∑An 和 ∑Bn 都是递减的正项级数且一般项均以 0 为极限，因此只要适当的进行选取总是可以使得 Q1 = （A1 + A2 +……+ Aa1）-（B1 + B2 +……+ Bb1）得以满足条件 |a - S（1）|＜ ε 。够造出级数 ∑Qn 的第一项之后，我们可以按照构造第一项的方法从级数 ∑An 和 ∑Bn 剩余的项中继续按照从大到小的顺序选取若干项组成级数的第二项 Q2=（Aa1+1 + Aa1+2 +……+ Aa2）-（Bb1+1 + Bb1+2 +……+ Bb2）使得级数满足 |a - S（2）|＜ε/2 。…… 然后，我们可以继续构造出级数的第 n+1 项 Qn+1 = （Aan+1 + Aan+2 +……+ An+p）-（Bbn+1 + Bbn+2 +……+ Bbn+q）（注：两个括号中均为有限项）使得级数满足条件 |a - S（n+1）|＜ε/2^（n+1） 。 ……
通过上述步骤做出的新的级数 ∑Qn 可以遍历级数 ∑Un 中的所有项（因为每个 Qn 中至少包含一个正项和一个负项），级数的一般项的极限 limQn = 0 （注：这是因为两个正项级数 An 和 Bn 的一般项的极限均为 0 ），且级数的部分和 S（n）满足条件 |a - S（n）|＜ε/2^n ，由极限的定义立刻知道 limS（n）= a ，也就是说新级数 ∑Qn 收敛于 a 。
对于 a = ±∞ 的情形也是可以通过相同的方法得到的，只是条件变成了 |S（n）|＞ ε*2^n (这里 ε 为任意正数)。
到此整个证明过程就完成了！呼，喘口气先……

证明题有两种:

一是原理性的证明题，这一类证明题要从原理出发，从定义出发。
所以，认认真真理解透定义的含意，定义的具体要求，定义的表达，非常重要。
在概念上多花一点时间，是值得的。但是不能只停留在概念上。

例如所有导数公式，都是从原理出发，用同一种方法证明。积分也是一样。
又如对数，只要定义搞清楚了，四个公式马上就可以证明。


二是计算性证明，三角函数的恒等式的证明，基本都是这一类。
这一类的证明一般是需要一些更基本的公式做基础。
如果对 x² - y² = (x+y)(x-y), (x+y)²= x² + 2xy + y², (x-y)² = x² - 2xy + y²,
sin²x + cos²x = 1, 以及sin，cos，tan，cot，sec，csc的意思清楚了，三角函数
恒等式的基本证明就过关了。


具体而言，要结合题目分析。如有问题，欢迎前来讨论。

解：设f（x），有且仅有当x=x0时，f（x0）=a≠0。设x0所在区间是（m，n），则∫x^nfx（-∞~+∞）=∫x^nfx（m~n），由定积分的定义，对于任意的分割T，在x0所在的那个小区间内，若选取的点不是x0，则上式为0，若选取的点是x0，则上式不会等于0，也就是说上式在（m，n）内不可积，与题目矛盾，所以fx恒等于0.
个人见解，仅供参考。

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三台县18187386541： 高等数学证明题？
只芸特尔： 不等式e^x>x+1两边取自然对数得X>ln(1+x).因为X>0,所以以上两个不等式是等价的; 令f(x)=x-ln(1+x),则f(x)的导数=1-1/(1+x),因为x>0,所以有f(x)的导数>0,即f(x)是在(0,正无穷)单调递增.又因为f(0)=0,所以当X>0时f(x)也大于零.所以当x>0时,x>ln(1+x);e^x>x+1.

三台县18187386541： 一题高数证明题？
只芸特尔： 证明:设F(x)=f(x)-f(2x+1/3)F(x)在[0,1/3]上连续,在(0,1/3)上可导.因为F(0)=f(0)-f(1/3),F(1/3)=f(1/3)-f(1).又因为f(0)=f(1),所以F(1/3)=f(1/3)-f(0).所以F(0).F(1/3)<=0.即在(0,1/3)至少存在一点使得F(x.)=0即f(x.)=f(2x.+1/3). 楼主如果有不明白的地方可以追问,如果满意请采纳.

三台县18187386541： 高数证明题! - ？
只芸特尔： x->正无穷 f(X)=X^3+PX^2+QX+R 趋于正无穷 x->负无穷 f(X)=X^3+PX^2+QX+R 趋于负无穷 有函数的连续性得到,f(X)=X^3+PX^2+QX+R (P、Q、R为常数) 至少有一个零点

三台县18187386541： 高数数学证明题？
只芸特尔： 令g(x)=f(x)-1 那么转证 g(x)在(a,b)间至少有一个零点. 用反证法. 由于g(a),g(b)的导数同号 不妨假设均大于0 于是(a,b)存在 x1>a,x2<b 满足g(x1)>g(a)=0 g(x2)<g(b)=0 最后由连续性可以知道 至少有一个零点

三台县18187386541： 高等数学证明题 - ？
只芸特尔： 设x是(0,1]上的任意一个数.由微分学中值定理得:f(x)-f(0)=f'(y)*(x-0).其中y为[0,x]上的一个确定的数.由于|f'(y)|<M.所以|f(x)-f(0)|<M*x由于x<1,f(0)=0,所以|f(x)|<M 同理可证对于[-1,0)上任意一个数x,有|f(x)|<M 又f(0)=0<M.所以在[-1,1]上|f(x)|<M 得证.补充(微分学中值定理):f(x)在[a,b]连续,在(a,b)可导,则在a,b之间必有一点c存在(a<c<b)满足 f(b)-f(a)=f'(c)*(b-a)

三台县18187386541： 一道高数证明题. - ？
只芸特尔： 证明:根据已知:当x>X1(X1>0)时,∃ε1>0,使得:|f(x)-A|<ε2成立;当x<-X2(X2>0)时,∃ε2>0,使得:|f(x)-B|<ε2成立;因此:A-ε1<f(x)<A+ε1 B-ε2<f(x)<B+ε2 令ε=min{ε1,ε2},则上式必然也成立,因此:A-ε<f(x)<A+ε B-ε<f(x)<B+ε 因为:A<B 所以根据上述两式可得:A-ε<f(x)<B+ε 因此:∀η∈(-∞,+∞),使得:A-ε<A<f(η)<B<B+ε成立,即:A<f(η)<B成立 此时令:∃ξ∈(A,B)则:f(η)=ξ成立

三台县18187386541： 一道高数证明题 ,急急急 - ？
只芸特尔： 证明:设函数F(x)=x^n,由题设n>1,0F(b)-F(a)=b^n-a^n=F'(c)(b-a); 其中aF'(x)=nx^(n-1) 由n>1,易证F'(x)=nx^(n-1)单调上升 再由aF'(a)(b-a)代入F'(x)=nx^(n-1)即证 na^(n-1)*(b-a)

三台县18187386541： 高数证明题3题 - ？
只芸特尔： 1) 用拉格朗日中值定理 f'(k)=[f(b)-f(a)]/(b-a) |x-y|*cos(k)=|sinx-siny| cos(k)<1 原命题得证 2)令f(x)=1+xln[x+√(1+x^2)]-√(1+x^2) f'(x)=ln[x+√(1+x^2)]+x*[1+x/√(1+x^2)]/[x+√(1+x^2)] -x/√(1+x^2)]=ln[x+√(1+x^2)]+x/√(1+x^2)]-x/√(1+x^2)] =ln[x+√(1+x...

三台县18187386541： 高数的证明题？
只芸特尔： 证明:因为f(x)^2>=0, f(x)^4>=0,所以f(x)>=0 又因为1/f(x)^2+f(x)^2>=2*[1/f(x)^2]*f(x)^2=2 所以F(x)=1/{1/[f(x)^2]+f(x)^2}<=1/2 所以0<=F(x)<=1/2 所以F(x)是R上的有界函数. (*表示乘,^表示乘方)

三台县18187386541： 大学高数证明题 - ？
只芸特尔： 证明:两边对x求偏导得2*x+2*z*∂z/∂x=y*f '*∂z/∂x*1/y; 两边对y求偏导得 2*y+2*z*∂z/∂y=f +y*f '*((y*∂z/∂y-z)/y^2) 得到∂z/∂x=2*x/(-2*z+f ');∂z/∂y=[2*y-f +f '*z/y]/(f '-2*z) 代入化简得证.化简时注意有点小技巧,不要死算,左边可以提出2*x,还有就是灵活利用x^2+y^2+z^2=y*f(z/y);x^2+y^2=y*f(z/y)-z^2