设f(x)在区间[-a,a](a>0)上具有二阶连续导数,f(0)=0。 证明在[-a,a]上至少存在一点η,使a3f"(η)=3∫-aaf(x)dx。

admin2019-08-01  35

问题 设f(x)在区间[-a,a](a>0)上具有二阶连续导数,f(0)=0。
证明在[-a,a]上至少存在一点η,使a3f"(η)=3∫-aaf(x)dx。

选项

答案方法一:将f(x)从-a到a积分 ∫-aaf(x)dx=∫-aaf’(0)xdx+1/2∫-aaf"(ξ)x2dx。 而∫-aaf’(0)xdx=f’(0)∫-aaxdx=f’(0)×[*]|-aa=0, 从而有∫-aaf(x)dx=1/2∫-aaf"(ξ)x2dx。 因f"(x)在[-a,a]上连续,故有f"(x)在[-a,a-]上存在最大值M,最小值m(由闭区间上的连续函数必有最大值和最小值),即 [*] 易得m≤f"(x)≤M,x∈[-a,a]。 因此∫-aaf(x)dx=1/2∫-aaf"(ξ)x2dx≤1/2M∫-aax2dx=1/2Mx3/3|-aa=Ma3/3, 同理∫-aaf(x)dx=1/2∫-aaf"(ξ)x2dx≥1/2m∫-aax2dx=1/3ma3。 因此m≤3/a3-aaf(x)dx≤M。 由连续函数介值定理知,存在η∈[-a,a],使 f"(η)=3/a3-aaf(x)dx, 即a3f"(η)=3∫-aaf(x)dx。 方法二:观察要证的式子,构造变限函数:F(x)=∫-xxf(t)dt,易得F(0)=0, F’(x)=f(x)+f(-x)(变限积分求导), F"(x)=[f(x)+f(-x)]’=f’(x)-f’(-x), F"’(x)=[f’(x)-f’(-x)]’=f"(x)+f"(-x), 则有F’(0)-f(0)+f(-0)-0+0=0, F"(0)-f’(0)-f’(-0)=f’(0)-f’(0)=0。 将它展开成二阶带拉格朗日余项麦克劳林公式: F(x)=F(0)+F’(0)x+[*]F"(0)x2+[*]F"’(ξ)x3 =0+0+[*]F"’(ξ)x3=1/6[f"(ξ)+f"(-ξ)]x3, 其中ξ∈(0,x),x∈[-a,a]。 由于f"(x)在[-a,a]上连续,则由连续函数介值定理,存在η∈[-ξ,ξ],使 f"(η)=1/2[f"(ξ)+f"(-ξ)], 于是存在η∈(-a,a),使 F(x)=0+0+[*]F"’(ξ)x3=[*][f"(ξ)+f"(-ξ)]x3=1/3f"(η)x3, 把x=a代入F(x)有F(a)=1/3f"(η)a3即 ∫-aaf(x)dx=a3/3f"(η),η∈(-a,a), 即a3f"(η)=3∫-aaf(x)dx,η∈(-a,a)。

解析
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