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设f(x)在[a,b]上连续,且a<c<d<b,证明:在[a,b]内至少存在一点ε,使得 pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ε),其中p,q为任意正常数。
设f(x)在[a,b]上连续,且a<c<d<b,证明:在[a,b]内至少存在一点ε,使得 pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ε),其中p,q为任意正常数。
admin
2022-09-05
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问题
设f(x)在[a,b]上连续,且a<c<d<b,证明:在[a,b]内至少存在一点ε,使得
pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ε),其中p,q为任意正常数。
选项
答案
证法一: 令F(x)=(p+q)f(x)-pf(c)-qf(d),可知F(x)在[c.d]上连续,注意到 F(c)=(p+ q) f(c)-pf(c)-qf(d)=q[f(c)- f(d)]. F(d)=(p+q)f(d)-pf(c)-qf(d)= p[f(d)- f(c)], 故当f(c)-f(d)=0时,可知c,d均可取作ε; 而当f(c)-f(d)≠0时,又p>0,q>0,于是有 F(c)F(d)=-pq[f(c)-f(d)]
2
>0 由零点定理可知,至少存在一点ε∈(c,d)[*](a,d),使得F(ε)=0,即 pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ε). 证法二: 因为 f(x)在[a,b]上连续,故f(x)在[a,b]上有最大值M与最小值m,且有 m≤f(x)≤M 由于c,d∈[a,b],也有 pm≤pf(c)≤pM,qm≤qf(d)≤qM, 两式相加得 (p+q)m≤pf(c)+qf(d)≤(p+q)M 即[*] 由介值定理知,在[a,b]内至少存在一个点ε使得 [*] 即pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ε).
解析
转载请注明原文地址:https://kaotiyun.com/show/N5R4777K
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考研数学三
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