设f(x)在【0,1】上有二阶导数,f(1)=0,F(x)=x^2f(x),证明在(0,1)内至...
F(1)=1^2*f(1)=0 F(0)=0 所以根据罗尔定理,存在0<e<1,F'(e)=0 F'(x)=2xf(x)+x^2f'(x)F'(0)=0 再次根据罗尔定理,并注意到f(x)在【0,1】上有二阶导数 0<e1<e<1，F‘'(e1)=0 所以在（0,1）内F(x)至少有一点的二阶导数等于0.
...=f(0)=0,F(x)=x^2f(x),证明在(0,1)内至少有一点a,使得F''(a)=0...
F(0)=0 F(1)=0 所以在(0,1)内至少有一点ξ1,使得F'(ξ1)=0。F'(x)=2xf(x)+x^2f'(x)F'(ξ1)=0 F'(0)=0 所以在(0,ξ1)内至少有一点a,使得F''(a)=0。就是两次运用罗尔定理
...且f(1)=0,若F(x)=x2f(x),则在(0,1)内至少存在一点ξ,使F (ξ)=0...
【答案】：由F(x)=x2f(x)，得F(0)=F(1)=0．根据题设知，F(x)在[0，1]上满足罗尔定理条件，故至少存在一点c∈(0，1)，使F'(c)=0．又F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)，F'(0)=0对F'(x)在[0，c]上应用罗尔定理，则至少存在一点ξ，使F"(ξ)=0．
若f(x)在〔0,1〕上有二阶导数,且f(1)=0,设F(x)=x^2f(x),证明:在(0,1
证明：∵f(x)在[0,1]上有二阶导数。∴f(x)及f'(x)在[0,1]上连续可导。∴F(x)及F'(x)在[0,1]上也连续可导又f(0)=f(1)=0。∴F(0)=0*f(0)=0, F(1)=f(1)=0。由罗尔定理知在(0,1)内至少存在一点ξ1，使F'(ξ1)=0又F'(x)=f(x)+xf'(x)。且f(0)=f(1)...
大学高数:设f(x)在[0,1]上具有二阶导数,f(1)=o,又F(x)=x^2f(X).
简单计算一下即可，答案如图所示
f(x)在[0,1]上有二阶导数且 f(0)=f(1)=f'(0)=f'(1)=0.证明:存在ξ∈(0...
f(0)=f(x)+f'(x)(-x)+f''(a)x^2\/2 f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+f''(b)(1-x)^2\/2 x相减得：0=f'(x)+f''(b)(1-x)^2\/2-f''(a)x^2\/2 |f'(x)|=|f''(b)(1-x)^2\/2-f''(a)x^2\/2|《0.5M((1-x)^2+x^2)现考虑g(x)=((1-x)^2+x^2),g...
已知f(x)在【0,1】上具有二阶导数且f(0)=f(1)=0设F(x)=xf(x)证明:在...
对区间[0.1\/2]和区间[1\/2,1]用拉格朗日定理 F(1\/2)-F(0)=1\/2 F`(ξ1) ξ1属于(0,1\/2)F(1)-F(1\/2)=1\/2F`(ξ2) ξ2属于(1\/2,1)两式相加的F`(ξ1)+F`(ξ2)=0 则F`(ξ1)*F`(ξ2)<=0 所以F``（x）=0有实数根 ...
函数f(x)在[0,1]上二次可导,f(0)=2,f'(0)=-2,f(1)=1,证明存在c属于(0...
===> 1=f(1) > 2\/(1+1)=1 矛盾！2. 若 g(x) 在(0,1] 上恒<0，类似，这首先意味着 f(x)>0. 否则 设 x1为最大x 使得 f(x1)=0 (f^(-1)(0)是非空闭集, 所以可以取到x1)则当 x1<x<=1时，f(x)>0， 所以f'(x1)>=0 ==> g（x1)>=0 矛盾。于是有 f'(x)\/...
f(x)在【0,1】上二次可微 f(0)=f(1)=0, 证明: 存在p∈(0,1)使得2f...
解：构造函数F(x)=xf(x)，则F(0)=F(1)=0。由洛尔定理知存在一点α属于(0,1)，使得F'(α)=0；又由于F'(0)=f(0)+0f'(0)=0，故又可以对F'(x)应用洛尔定理，即存在一点β属于(0,1)，使得F''(β)=0。由于F''(x)=2f'(x)+xf''(x)，所以存在一点β属于(0,1)，使得2f'...
若函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内二阶可导,且f(0)=f(1)=0,证明:在...
所以：存在一点ξ，使得：f'(ξ)*(1-0)=f(1)-f(0)=0 f'(ξ)=0 可令g(x)=x^2f(x)g(0)=0 g(1)=f(1)=0 f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内二阶可导，g(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内二阶可导.使得：g'(ξ)(1-0)=g(1)-g(0)=0 g'(x)=2xf(x)+x^2f'(...
