1樓：匿名使用者
證明：方程(1/3)x³-x²+1=0在區間（0，2）內至少有乙個根
證明：設f(x)=(1/3)x³-x²+1；由於f(0)=1>0，f(2)=(8/3)-4+1=-1/3<0；
因此在區間(0，2)能至少有一根x=ξ，使得f(ξ)=0.
2樓：匿名使用者
證：令f(x)=(1/3)x³-x²+1
則 f(0)=1＞0，f(2)=-1/3＜0，由零點定理知
存在ξ屬於(0，2)，使得f(ξ)=0，
即方程(1/3)x³-x²+1=0在區間（0，2）內至少有乙個根.
3樓：墮落的黑暗
見圖，主要是證明區間兩端一正一副，且在區間內單調，就必有過零點
4樓：山野田歩美
設f(x) = x³-3x²+1.
可算得f(3) = 1 > 0, f(1) = -1 < 0, f(0) = 1 > 0, f(-1) = -3 < 0.
於是f(x) = 0在區間(1,3), (0,1), (-1,0)內分別存在實根.
而f(x) = 0至多只有3個實根, 因此在上述區間內各有乙個.
分別記為a, b, c, 有-1 < c < 0 < b < 1 < a < 3..
由根與係數關係, 有a+b+c = 3, ab+bc+ca = 0, abc = -1.
於是a²+b²+c² = (a+b+c)²-2(ab+bc+ca) = 9.
a³+b³+c³ = (a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)+3abc = 24.
考慮數列u[n] = a^n+b^n+c^n, 有u[1] = 3, u[2] = 9, u[3] = 24.
對n > 3, u[n] = a^n+b^n+c^n
= (a+b+c)(a^(n-1)+b^(n-1)+c^(n-1))-(ab^(n-1)+ac^(n-1)+ba^(n-1)+bc^(n-1)+ca^(n-1)+cb^(n-1))
= (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)(a^(n-2)+b^(n-2)+c^(n-2))+abc(a^(n-3)+b^(n-3)+c^(n-3))
= (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)u[n-2]+abc·u[n-3]
= 3u[n-1]-u[n-3].
由此遞推式可逐次計算u[n] mod 17, 從u[1] mod 17開始依次為:
3, 9, 7, 1, 11, 9, 9, 16, 5, 6, 2, 1, 14, 6, 0, 3,
3, 9, 7,...
因為u[n]是常係數三階遞推, 可知從u[17] mod 17開始出現迴圈, 即u[n] mod 17以16為週期.
於是u[2012] ≡ u[12] ≡ 1 (mod 17).
即a^2012+b^2012+c^2012 ≡ 1 (mod 17).
由b < 1, 3b² = 1+b³ < 2, 得b² < 2/3.
於是0 < b^2012 < b^4 < 4/9 < 1/2.
由c < 0, 3c² = 1+c³ < 1, 得0 < c^2012 < c² < 1/3.
故a^2012+b^2012+c^2012-1 < a^2012 < a^2012+b^2012+c^2012.
而a^2012+b^2012+c^2012-1是整數, 所以[a^2012] = a^2012+b^2012+c^2012-1.
有[a^2012] = a^2012+b^2012+c^2012-1 ≡ 0 (mod 17).
即17 | [a^2012].
注: (1) 其實u[n] = (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)u[n-2]+abc·u[n-3]是newton恒等式的特例.
(2) 從線性遞推數列的角度看, u[n] = 3u[n-1]-u[n-3]對應的特徵多項式就是f(x) = x³-3x²+1.
因此通項公式具有r·a^n+s·b^n+t·c^n的形式, 係數r, s, t由初始值確定.
(3) 三階遞推數列mod 17的餘數的週期最長可能為17³-1, 要是這樣就沒法做了.
證明方程1/(x-1)+1/(x-2)+1/(x-3)=0在(1,2)和(2,3)內各有乙個實根
5樓：
第一問：
3x²-12x+11=0，直接解copy出方程，看一下根的大小不就可以判斷了。也要受x≠1，2，3的制約，否則方程無意義。
第二問：單調性只能用定義證明，證明如下：
設1＜x1＜x2＜2
則f(x1)-f(x2)
=1/(x1-1)+1/(x1-2)+1/(x1-3)-[1/(x2-1)+1/(x2-2)+1/(x2-3)]
=[3x1²-12x1+11-(3x2²-12x2+11)]/(x1-1)(x2-1)(x1-2)(x2-2)(x1-3)(x2-3)
分母顯然大於0，判斷分子正負即可
分子=3(x1²-x2²)-12（x1-x2）=3(x1-x2)(x1+x2-4)
因為1＜x1＜x2＜2
所以：x1-x2＜0，x1+x2-4＜0
即當1＜x1＜x2＜2時，f(x1)-f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)
所以函式f(x)=1/(x-1)+1/(x-2)+1/(x-3)在(1,2)單調遞減
同理可判斷在（2，3）區間上是增函式
6樓：鎖鏈與靈體
第一問：
3x²-12x+11=0，直bai
接解出方程，看一du下根的大小不就可以判zhi斷了。dao也要受專x≠1，2，3的制約屬，否則方程無意義。
第二問：單調性只能用定義證明，證明如下：
設1＜x1＜x2＜2
則f(x1)-f(x2)
=1/(x1-1)+1/(x1-2)+1/(x1-3)-[1/(x2-1)+1/(x2-2)+1/(x2-3)]
=[3x1²-12x1+11-(3x2²-12x2+11)]/(x1-1)(x2-1)(x1-2)(x2-2)(x1-3)(x2-3)
分母顯然大於0，判斷分子正負即可
分子=3(x1²-x2²)-12（x1-x2）=3(x1-x2)(x1+x2-4)
因為1＜x1＜x2＜2
所以：x1-x2＜0，x1+x2-4＜0
即當1＜x1＜x2＜2時，f(x1)-f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)
7樓：通往時間的天梯
nishiduide
數學題： 證明：當0
8樓：不想起啥名
設f(x)=tanx-x-1/3 x^3
則f'(x)=1/(cosx)^2 -1-x^2則f"(x)=2sinx/(cosx)^3-2x則f'''(x)=[6-4(cosx)^2]/(cosx)^4-2=(令a=(cosx)^(-2)) 6a^2-4a-2所以a<1時f'''(x)<0，a>1時f'''(x)>0又a=(cosx)^(-2)>1，所以f'''(x)>0所以f''(x)遞增，又f''(0)=0
所以f''(x)>0
所以f'(x)遞增
又f『(0)=0
所以f'(x)>0
所以f(x)遞增
又f(0)=0
所以f(x)>0
即 tanx-x-1/3 x^3>0
tanx>x+1/3x^3
所以結論成立
證明方程x3－3x2＋1＝0在區間（0，1）內至少有乙個實根
9樓：皮皮鬼
證明建構函式f(x)=x^copy3-3x^2+1則f(0)=1
f(1)=1-3+1=-1＜0
知f(0)f(1)＜0
故函式f(x)在(0,1)至少有乙個零點
則方程x的三次方－3x的平方＋1＝0在區間（0，1）內至少有乙個實根
10樓：匿名使用者
y=x^3－3x^2＋1在0處為1，為正，在1處為-1，為負，因為函式y是連續的，一定中間有乙個為0的值，不然怎麼可能由正1變成-1呢？
11樓：戰果信詩懷
設f(x)=x3-4x2+1
則f(0)=1，f(1)=-2
所以f(0)×f(1)=-2<0
所以方程x3-4x2+1=0在區間（0，1）內至少有乙個實根
解方程 xx3x，解方程 2 x 2 x 1 3x 3
西域牛仔王 當 x 1 時，原方程化為 2 2 x x 1 3 3x，化簡得 3 3 所以解為 x 1 當 1 x 1 時，原方程化為 2 2 x x 1 3 3x，化簡得 2x 2 解得 x 1 當 1 x 2 時，原方程化為 2 2 x x 1 3x 3，化簡得 4x 8，無解 當 x 2 時，...
證明 方程x3 3x 1 0在區間（1,2）內必有一根
屠蕙若季靜 設f x x立方 3x 1 則f 2 1 0 f 1 1 0 所以，2，1 內至少有一根 同理，0，1 1，2 內也都至少一個實根又三次方程最多三個實根，所以，方程正好三個實根，且分別在 2，1 0，1 1，2 內 樓上幾位的回答都多少存在著問題，現給出完整的答案。證明 令f x x 3...
證明方程在（0,1）內至少有實根
樓主你好 從0到1 c0 c1x c2x 2 cnx n dx c0x c1x 2 2 c2x 3 3 cnx n 1 n 1 從0到1 c0 c1 2 c2 3 cn n 1 0 0 0 0 所以c0 c1x c2x 2 cnx n在 0，1 內至少有乙個實根，否則其從0到1的定積分不會是0 希望...