数分选讲讲稿
数分选讲讲稿第讲
即关于 的二次型，非负定，因此
即
2． 不等式
设 在 上可积，则
若 在 上连续，其中等号当且仅当存在常数 ，使得 时成立．（ 不同时为零）
3． 不等式的应用
例1已知 ，在 上连续，
为任意实数．求证：
证第一项应用 不等式：
同理
（1）+（2）：
例2设 在 上有连续的导数， 试证：
证令
令 ，得
证II（利用 公式）
记
则
注意 ，
在上式中，令 ，然后两边乘以 ，得
在 上取积分
即
其中
§ 不等式
一、 不等式及 不等式
1． 不等式
设 为任意实数，则
（ 不等式）
其中等号当且仅当 与 成比例时成立．
证1（判别式法）
上式是关于 的二次三项式，保持非负，故判别式
证II（配方法）
因此， 不等式成立．
等号成立当且仅当 ， ．
则 由 ，知
因此，
例3设 在 上有连续的 阶导数 ，
且 ．求证：
其中
证先证明 的情况．此时
设 在 上有连续的导数，
下证
令
由 不等式：
两端同时积分
两边同时开方：
对一般情况，令
例4设 ， 在 上连续， 不恒为零， 有正的下界．记
试证：
证
只需证明 存在．
先证 单调增
即
再证 有界．
因为 在 上连续，所以 使得
从而
注意到
与 关于中点 对称， 又为凸函数，所以
另一方面，由（1）式及 的凸性
例17设函数 在 上递增．试证：
函数 为凸函数．
证 在 上递增，
数分选讲讲稿第18讲
讲 授 内 容 备 注 第十八讲§4.4 积分值估计、积分不等式及综合性应用一、积分值估计1、利用达布和数估计积分值若 11, S nni i i i i i S m x M x ===∆=∆∑∑ 表示积分()baI f x dx =⎰ 的下、上达布和数，那么积分存在时，有估计 ()ba S f x dx S ≤≤⎰例1 求,A B ，使得A B ≤≤⎰，要求0.1B A -≤解在[0,1]上连续，一定可积.将[0,1]n 等分，的单调增加性，在每个小区间上的端点处()f x 达到上、下确界. 因此1111nnn n i i S S n n ===≤≤=⎰ 这时1S 1)S n-=要使 S 0.1n n S -<，只要取5n =，于是511 1.0535i A ===511 1.1355i B ===例2 若()f x 在[,]a b 上可积，()0.f x >试证()0baf x dx >⎰证 ()0f x >，1()0n i i i f x ξ=∆>∑.因而由可积性知3学时1()lim ()0nbi i ai f x dx f x λξ→==∆≥∑⎰利用反证法证明()0baf x dx =⎰不成立．若 ()0baf x dx =⎰，则对于()f x 的达布大和，有1lim 0ni i i M x λ→=∆=∑则10, ε∀>∃分划T ，使得11()niii M xb a ε=∆<-∑由此至少存在一个1.i M ε<因为，否则每个1i M ε≥，应有1111()nniii i i M xx b a εε==∆≥∆=-∑∑ 与上式矛盾．将1i M ε<的这个小区间记为11[,]a b ，且保证11().2b a b a --<于是()f x 在11[,]a b 上可积，把11[,]a b 取作上面的[,]a b ，重复上述推理，可得到2211[,][,]a b a b ⊂，使得2222sup (),a x b M f x ε≤≤=≤ 2211211()().22b a b a b a -<-<-如此无限进行下去，可得一区间套01 1122[,][,][,][,]n n a b a b a b a b ⊃⊃⊃⊃⊃2 10<()0 ()2n n n b a b a n -<-→→∞使每个[,]n n a b 上sup (), (1,2,,)n nn n a x b M f x n n ε≤≤=≤=据区间套定理 [,] (1,2,)n n a b n ξ∃∈= 从而 0(), (1,2,,)n n f M n n ξε≤≤≤= 令0,n ε→可知()0f ξ= 与已知条件()0f x >矛盾．2、利用变形求估计及积分估计的应用 若()f x 在[,]a b 上可积，一般来说可以通过各种变形来对积分 ()ba f x dx ⎰的值进行估计．如变量替换、分部积分、中值公式、Taylor 公式等．使积分变成易于估计的形式．另外，被积函数放大、缩小，区间放大、缩小也是获得估计的重要方法．例3 证明2 00.x dx >⎰证 令2x y =，则22 0012I x dx π==⎰⎰212 0 1122dy I I πππ=+=+⎰⎰2 2 0 0111222y z I πππππ=+===-⎰⎰⎰ 于是012I dy π⎛⎫=-⎰1sin 2y dy π⎛⎫=⎰ 在(0,)π内，sin 0y ⎛⎫>，且连续 所以 0.I >若(),()f x g x 在[,]a b 上有2n 界连续导数，且()()()()()()()()0 (0,1,2,,1)i i i i f a f b g a g b i n =====- 则反复利用分部积分法，可得(2)(2) ()()()().bbn n aaf xg x dx f x g x dx =⎰⎰此式给出了一个重要的变形.例4 设()f x 在[,]a b 上有2n 阶连续导数，(2)()n f x M ≤()()()()0, (0,1,2,,1)i i f a f b i n ===- ，试证：2 21 (!)()()(2)!(21)!bn an Mf x dx b a n n +≤-+⎰．证 令()()(),n n g x x a b x =--则 ()()()()0 (1,2,,1)i i g a g b i n ===-(2)()(1)(2)!n ngx n =-(1)()()(1)(2)!(2)!n bb naaf x dx f x n dx n -=-⎰⎰(2) (1)()()(2)!n b n a f x g x dx n -=⎰ (2) (1)()()(2)!n b n a f x g x dx n -=⎰ (2) 1()()()()(2)!bb n n naa f x dx f x x ab x dx n ≤--⎰⎰ ()()(2)!bn n aM x a b x dx n ≤--⎰ 而 ()()bn n ax a b x dx --⎰()1()(1)()()x a t b a n n n n t b a t b a b a dx =+-=----⎰121()(1)n n nb a t t dx +=--⎰21()(1,1)n b a n n +=-B ++ 22121(1)(1)(!)()()(22)(21)!n n n n n b a b a n n ++Γ+Γ+=-=-Γ++总之2 21 (!)()().(2)!(21)!bn an Mf x dx b a n n +≤-+⎰利用缩小被积函数和积分区间得到积分估计的例子． 例5 设()f x 在[0,1]上有连续的二阶导数，(0)(1)0f f ==，()0, (0,1)f x x ≠∈．试证： 1()4()f x dx f x ''≥⎰． 证 因为()0, (0,1)f x x ≠∈，所以()f x 在(0,1)内恒正或恒负（否则由介值性，必有零点在(0,1)内,与题设矛盾）． 不妨设 ()0 f x >（()0f x <的情况类似）因为()f x 在[0,1]上连续，(0)(1)0f f ==， (0,1)c ∴∃∈ 使得 [0,1]()max ()0x f c f x ∈=>．于是,:01a b a b ∀<<<，有11 10 0()()1()()()()f x f x dx dx f x dx f x f c f c ''''''≥=⎰⎰⎰ 1()()b a f x dx f c ''≥⎰ 1()()baf x dx f c ''≥⎰1()()()f b f a f c ''=- 适当选取,a b ，便可得到所需的估计．(0)(1)0f f ==(0,c),ξ∴∃∈ 使得()(0)()()0f c f f c f c cξ-'==-(c,1),η∃∈ 使得(1)()()()11f f c f c f c cη--'==--令, a b ξη==得到()()()()()()1f c f c f b f a f f c cηξ''''-=-=-- 111()().1(1)f c f c c c c c =-=-- 即1()1 4.()(1)f x dx f x c c ''≥≥-⎰1122c c +-≤=例6 设()f x 在[,]a b 上二次可微．()0,2a bf +=试证： 3()().24ba M f x dxb a ≤-⎰ 其中sup ()a x b M f x ≤≤''= 证 将()f x 在2a bx +=处用Taylor 公式展开，注意到()0,2a b f +=有 ()21()222!2a b a b a b f x f x f x ξ+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=-+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 右端第一项 022b a a b a b f x dx ++⎛⎫⎛⎫'-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰． 所以 21()()2!2b b a a a b f x dx f x dx ξ+⎛⎫''≤- ⎪⎝⎭⎰⎰ ()336224b a M a b M x b a +⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭． 例7 设()f x 在[0,1]上连续，110 0()0, ()0, ,f x dx xf x dx ==⎰⎰ 11 0()0 ,n x f x dx -=⎰但1() 1 (1) n x f x dx n =>⎰求证：在[0,1]上的某一部分上()2(1).nf x n ≥+证 由已知条件，对任意,α恒有1()() 1 (1) n x f x dx n α-=>⎰利用反证法：设在[0,1]上处处有()2(1).nf x n <+则11()() 2(1) nn n x f x dx n x dx αα-≤+-⎰⎰12112(1) 2nnn x dx α==+-⎰1121 0 2112(1) 1.22n n n n x dx x dx ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-+-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎰⎰矛盾．命题成立．通过积分值的估计，解决零点的存在性问题．例8 设()f x 在[0,]2π上连续，22 0()sin ()cos 0 f x xdx f x xdx ππ==⎰⎰试证：()f x 在(0,)2π内至少有两个零(值)点．证 01 若()f x 在(0,)2π内无零点，且()f x 连续所以()f x 在(0,)2π内恒保持同号．不妨设()0 (0)f x ><则得估计2 0()sin 0 (0)f x xdx π><⎰与已知矛盾．可见()f x 在(0,)2π内至少有一个零点0(0,).2x π∈02 若()f x 除0x 外，在(0,)2π内再无零点，则()f x 在0(0,)x 与0(,)2x π内分别保持不变号．若()f x 在0(0,)x 与0(,)2x π内符号相异，则0()sin()f x x x -在0(0,)x 与0(,)2x π内恒正（或恒负）．20 0()sin()0 (0)f x x x dx π-><⎰但由已知条件，20 0()sin()f x x x dx π-⎰2200 0 0cos ()sin sin ()cos 0x f x xdx x f x xdx ππ=-=⎰⎰矛盾．若()f x 在0(0,)x 与0(,)2x π内符号相同，则0()cos()f x x x -在0(0,)x 与0(,)2x π内恒正（或恒负）．同样可推出矛盾．所以，()f x 在(0,)2π内除0x 外至少还有一个零点．二、积分不等式联系两个以上的定积分的不等式，称为积分不等式． １、用微分学的方法证明积分不等式例9 设()f x 在[0,1]上可积，且当(0,1)x ∈时，0()1, (0)0.f x f '<<=试证：()2113 0()().f x dxf x dx >⎰⎰证I 只要证明()2113 0()()0.f x dx f x dx ->⎰⎰令()23 0()()()xxF x f t dtf t dt =-⎰⎰则(0)0F =，只需证明()0 (0,1).F x x '>∈3 0()2()()()xF x f x f t dt f x '=-⎰2 0()2()() (1)xf x f t dt f x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰ 已知 0()1, (0)0f x f '<<= (0,1)x ∈ 所以，当(0,1)x ∈时，()0.f x >令 2 0()2()()xg x f t dt f x =-⎰，则(0)0g =()2()2()()g x f x f x f x ''=-[]2()1()0 (0,1)f x f x x '=->∈于是 2 0()2()()0 (0,1)xg x f t dt f x x =->∈⎰()0 (0,1).F x x '∴>∈ 得证．证II 只要证明()210 13() 1.()f x dxf x dx>⎰⎰令 ()2()()xF x f t dt =⎰， 3 0()()x G x f t dt =⎰则 ()21(1)()F f x dx =⎰， 13 0(1)()G f x dx =⎰，(0)0F =，(0)0G = 由Cauchy 中值定理()210 13 0()(1)(0)()(1)(0)()()f x dxF F FG G G f x dxξξ'-=='-⎰⎰ 0 0322()()2() 01()()f f t dtf t dtf f ξξξξξξ==<<⎰⎰01122112()2()2()2(0)()(0)()(0)f t dt f t dtF F f fG G ξξξξ--==--⎰⎰2()11 0 1.2()()()f f f f ηξηηηη==><<<'' 证毕． 2、利用被积函数的不等式证明积分不等式例10证明： 11(1)≥⎰⎰证 令arcsin , t x dt ==12 0cos(sin )dx t dt π∴=⎰⎰令arccos , t x dt ==12 02sin(cos )sin(cos )t dt t dt ππ∴=-=⎰⎰⎰欲证的不等式转化为22 0cos(sin )sin(cos ) (2)t dt t dt ππ≥⎰⎰只需证明 cos(sin )sin(cos ) (3)t t ≥cos(sin )cos(|sin |)sin(|sin |) (0,)22t t t t ππ==-∈)3( ∴式可改写成(同名函数)sin(|sin |)sin(cos ) (4)2t t π-≥(-,)22ππ内sin x 严格递增，要)4(式成立，只须将被积函数化为同名函数，便于比较大小cos |sin | (5)222t t πππ-≤≤-≤cos sin sin()42t t t ππ±=±≤1cos sin |sin | 2222t t t ππππ∴-<-≤≤≤-≤命题得证．例11 函数()f x 在闭区间[0,1]上有连续的一阶导数． 证明：{}1110 0()max(),()f x dx f x dx f x dx '≤⎰⎰⎰证 01 若 11()()f x dx f x dx =⎰⎰，问题得证．（()f x 在[0,1]上不变号）02 若11()()f x dx f x dx <⎰⎰，则()f x 在[0,1]上变号．由()f x 的连续性知，0 (0,1)x ∃∈，使0()0.f x = 于是[]00 ()()()()()xxx x f x f x f x f t dt f t dt ''=-=≤⎰⎰两边积分()1111()()().f x dx f x dx dx f x dx ''≤=⎰⎰⎰⎰例12 函数()f x 在[0,1]上单调不增，证明： 对任何 10 0(0,1), ()() (1)f x dx f x dx ααα∈≥⎰⎰证 将(1)改写： 1()()()f x dx f x dx f x dx ααααα≥+⎰⎰⎰即 1(1)()()f x dx f x dx αααα-≥⎰⎰或111()()1f x dx f x dx αααα≥-⎰⎰()f x 在[0,1]上单调不增， 011()()()f x dx f dx f αααααα∴≥=⎰⎰1111()().11f dx f x dx ααααα=≥--⎰⎰例13 设,0,a b >函数()0f x ≥，且()f x 在[,]a b -上可积，[0,]α上的平均值不小[,1]α上的平均值11()0.baxf x dx -=⎰试证明： 2 ()().bbaax f x dx ab f x dx --≤⎰⎰证 考虑积分[] ()()()0bax a b x f x dx -+-≥⎰2()()0ba x ab a b x f x dx -⎡⎤∴-+--≥⎣⎦⎰ 2 ()()bba ax f x dx abf x dx ---≥-⎰⎰即2()().bbaax f x dx abf x dx --≤⎰⎰例14 设()f x 在[,]a b 上连续．试证：1max ()()().b b a a a x b f x f x dx f x dx b a≤≤'≤+-⎰⎰ 证 ()f x 在[,]a b 上连续[,]a b ξ∴∃∈，使得 1()()baf f x dx b a ξ=-⎰0 [,]x a b ∴∃∈，使得0max ()()()()x a x b f x f x f t dt f ξξ≤≤'==+⎰即 0max ()()()()x a x b f x f x f t dt f ξξ≤≤'==+⎰()()x f t dt f ξξ'≤+⎰1()().bbaaf t dt f x dx b a '≤+-⎰⎰。
数的认识说课精选文稿
《数的认识》讲课稿今日我的内容是北大版小学三年数学下册复《数的》一、教材剖析数的部分侧重要复小学段学的全部的数的观点。
部分内容从向看包含整数、分数、小数、百分数的观点和数的初步，从横向看，能够数的意、写法、大小比、性、改写。
教材安排了两个次的复，并配了两个“做一做” 。
教材 1 排的内容多而散，既有复又有新授。
每个内容里面的知容量很大，不行能在 1 内达成，只好取我数的程中最重要的部分，，找比适合的资料和手段加以呈和串。
二、学情剖析学生自然数是从学前开始的，系地学数的知是从一年的数数开始自然数，接着是三年上册初步分数，三下初步小数，四上是大数的，描绘性地呈了自然数的观点，四下小数的意，五下分数的意，六下数。
本归纳整数。
由此能够看出数的分别在各年，知像一粒粒珍珠分布在各个角落。
并且新教材中各样数的观点是描绘性的，比如：像 0、1、2、3、4⋯⋯的数叫自然数。
然描绘性的观点更为近学生的生活，适合学生年，但缺乏数学的本，学生学就忘了。
小学六年对于数的，在学生中的印象是琐碎而的。
当你学生小学阶段学过哪些数时？学生的回答从整数开始到百分数，有人会扯到因数、倍数甚至倒数。
你问学生疏数、整数、自然数、负数的意义时，分数和负数学生还记得，小数基本记不起来，自然数更是无从提及。
三、我的想法反省老师们平常的复习课教课，主要有两种形态：一是在自己教室里，关起门来时，教师的办理大多是“一练究竟” ，复习课成了做习题课。
二是假如要上公然课了，立刻就变为“自主整理”——你能用自己的方法进行整理吗？这样的教课要求充满着复习课公然教课的讲堂。
我认为，把复习课上成练习课，缺失了复习课整理、交流的功能。
这也是一到公然课教师多半不会这样上的原由。
可是，当我们不假考虑把复习课的教课目的定位于培育学生自主整理的意识和能力时，我们的复习课开始变为了践行“新理念”的工具。
但这样的“新理念”真的正确吗？我们看到，当教师部署学生自主整理时，大部分学生成了陪客，他们不知如何下手。
数分选讲讲稿第讲
则 由 ，知
因此，
例3设 在 上有连续的 阶导数 ，
且 ．求证：
其中
证先证明 的情况．此时
设 在 上有连续的导数，
下证
令
由 不等式：
两端同时积分
两边同时开方：
对一般情况，令
例4设 ， 在 上连续， 不恒为零， 有正的下界．记
试证：
证
只需证明 存在．
先证 单调增
即
再证 有界．
因为 在 上连续，所以 使得
令 ，得
证II（利用 公式）
记
则
注意 ，
在上式中，令 ，然后两边乘以 ，得
在 上取积分
即
其中
§4.5不等式
一、 不等式及 不等式
1． 不等式
设 为任意实数，则
（ 不等式）
其中等号当且仅当 与 成比例时成立．
证1（判别式法）
上式是关于 的二次三项式，保持非负，故判别式
证II（配方法）
因此， 不等式成立．
从而
注意到
与 关于中点 对称， 又为凸函数，所以
另一方面，由（1）式及 的凸性
例17设函数 在 上递增．试证：
函数 为凸函数．
证 在 上递增，
所以， 为凸函数．
例18设 ， 在 上连续，
且 ， 在 上有定义，并且有二阶导数， 试证：
证I（利用积分和）将区间 等分，记
， 为凸函数．
由詹禁定理，取 ，
即
讲授内容
备注
第十九讲
3、在不等式两端取变限积分证明新的不等式
例15证明：当 时，
证已知 ， （ ，只有 时，等号成立）
在此式两端同时取 上的积分，得
再次取 上的积分，得
数分选讲讲稿第17讲
青岛大学讲稿讲 授 内 容备 注 第十七讲§4.3 定积分的可积性一、直接用定义证明可积性1lim()()nb i i ai f x J f x dx λξ→=∆==∑⎰：0, 0εδ∀>∃>，使得对[,]a b 的任何分割T，以及在其上的任意选取的点集{}i ξ，只要||||T δ<，就有1()ni i i f x J ξε=∆-<∑．例1 设(), F()f x x 在[,]a b 上连续，且a x b <<时，F ()()x f x '=试用定义直接证明()f x 在[,]a b 上可积，且()()().b af x dx F b F a =-⎰证 对任意分划 01:n T a x x x b =<<<=[]11()()()()nii i F b F a F x F x-=-=-∑111()() [,]nii i i i i i F x x x x ηη--='=-∈∑111()() [,]ni i i i i i i f x x x x ηη--='=-∈∑因为1 01()lim() [,]nb i i i i i ai f x dx f x x x λξξ-→==∆∈∑⎰问题是要证明 01lim ()()()ni i i f x F b F a λξ→=∆=-∑3学时即证： []10,()()nii ii f f x εξη=∀>-∆∑11()() ,[,]ni i i i i i i i f f x x x ξηεξη-=≤-∆<∈∑因为()f x 在[,]a b 上连续，所以()f x 在[,]a b 上一致连续，0, 0εδ∀>∃>，当,[,]x x a b '''∈，且x x δ'''-<时，有()()f x f x b aε'''-<-．因此，当||||T λδ=<时，i i i x ξηλδ-≤∆≤<故11()().nni i i ii i f f x xb a εξηε==-∆≤∆=-∑∑例2 证明：()f x 在[,]a b 上可积的充要条件是：对任何一个使得||||0k k T λ=→的分划序列{}k T 所作的积分和 1()kn i i i f x ξ=∆∑，其极限1lim()kn i i k i f x ξ→∞=∆∑恒存在，并且相同（不妨记为I ）证 必要性明显.充分性：（利用反证法）若()f x 在[,]a b 上不可积，则010, 0,kε∃>∀>∃分划kT 及()1[,]k i i i x x ξ-∈，虽然对应的1||||k k T kλ=<，但()01()kn k i i i I f x ξε=-∆≥∑.如此得到一个分划序列{}k T ，虽然0k λ→，但()1lim()kn k ii k i f x I ξ→∞=∆≠∑与已知条件矛盾.二、利用定理证明可积性 定理9.3 （可积准则）函数()f x 在[,]a b 上可积的充要条件是：任给0,ε>总存在相应的一个分划T ，使得()()S T s T ε-<.定理9.3' （可积准则）函数()f x 在[,]a b 上可积的充要条件是：任给0,ε>总存在相应的一个分划T ，使得iiTxωε∆<∑.定理9.16 （可积的充要条件）函数()f x 在[,]a b 上可积的充要条件是：任给正数,εη、总存在某一个分划T ，使得属于T 的所有小区间中，对应于振幅k ωε'≥的那些小区间k '∆的总长.k k x η''∆<∑方法A ：若1ni i ω=∑有界，可以利用11nni i i i i x M ωλωλ==∆≤≤∑∑，只要Mελ<即可.方法B ：证明, (1,2,,)i i n ωε<= 从而1()n i i i x b a ωε=∆<-∑． 方法C ：利用i i i i i i x x x ωωω'''∆=∆+∆∑∑∑ 其中'∑中，,i b aεω<-则i i ix x b aεωε''∆<∆<-∑∑.''∑中，ix ε''∆<Ω∑，则i ii x x ωε''''∆<Ω∆<∑∑. 其中[,][,]sup ()inf ()x a b x a b f x f x ∈∈Ω=-是()f x 在[,]a b 上的全振幅.方法D ：利用f g i i ωω≤（其中,f g i i ωω分别表示函数()f x 与()g x 在第i 个小区间上的振幅）.从()g x 的可积性，得()f x 的可积性.见参考书 《数学分析》 上册（第三版）华师大数学系编证明单调函数的可积性证明连续函数的可积性如：()f x 在[,]a b 上可积，用方法D 可证()f x 在[,]a b 上可积例3 设()f x 是[,]a b 上的有界变差函数，即()f x 在[,]a b 上的全变差在11sup ()()ni i Ti M f x f x -=⎧⎫=-<+∞⎨⎬⎩⎭∑.试证：()f x 在[,]a b 上可积.证 对任意分划T ，有1ni i M ω=≤∑由方法A ，可证其可积性.例4 设()f x 在[,]a b 上的每一点处的极限存在并且皆为零.试证：()f x 在[,]a b 上可积，且 ()0.ba f x dx =⎰证 设0[,]x a b ∀∈，有0lim ()0x x f x →=.010, 0,x εδ∀>∃>当0000(,)x x x x x δδ∈-+时，有10() ()f x x x ε<≠如此，{}0000(,)[,]x x x x x a b δδ-+∈组成了[,]a b 的一个开覆盖. 由有限覆盖定理，其中存在有限子覆盖{}(,)1,2,,i i ix i x xx i kδδ-+=至此，证明了除有限个点{}12,,,k x x x 外，恒有112() (,,,)k f x x x x x ε<≠ （A ） 下证()f x 的可积性.0, ε∀>令1=4()b a εε-,则（A ）式成立. 取{}121max (),(),,(),k M f x f x f x ε> ，作一分划T使含12,,,k x x x 的各小区间之总长.4i x Mε'∆<∑ 则iii ii i x x xωωω'''∆=∆+∆∑∑∑()()ii i i i i Mm x M m x'''=-∆+-∆∑∑122i iMx xε'''≤∆+∆∑∑122()4Mb a Mεεε<+-=其中'∑表示含12,,,kx x x的各小区间的对应项之和.''∑表示其余各项之和.()f x ∴在[,]a b 上可积.既然()f x 在[,]a b 上可积，点i ξ不论怎样选取，积分和的极限相同.因此，每次只要选取i ξ与（A ）中的12,,,k x x x 不同．取{}12m in ,,kx x x δδδδ= ，当||||T λδ=<时，11111()()()n n ni i i i i i i i f x f x x b a ξξεε===∆≤∆≤∆=-∑∑∑1lim()=0ni i i f x λξ→=∴∆∑即： ()0.baf x dx =⎰例5 设()f x 在[,]a b 上可微．试证：()f x '在[,]a b 上可积的充要条件是：存在可积函数()g x ，使得()()().xa f x f a g t dt =+⎰ (1)证 必要性 令 ()()g x f x '=，则()g x 在[,]a b 上可积()()()()x x aaf x f a f t dtg t dt '-==⎰⎰充分性 设01: n T a x x x b =<<<= 是[,]a b 的任一分划．记11inf (), sup ()i ii ig g i i x x x x x x m g x M g x --≤≤≤≤== 1,2.i n =则 g g g iiiM m ω=- 1,2.i n =设 1[,]i i x x x -∈为任意一点，1[,]i i x x x x -+∆∈，则由题设()()1()x x xf f x x f xg t dtxxx+∆+∆-==∆∆∆⎰注意到 ()g g i i m g x M ≤≤，所以关于充分性，下面的证法是错误的： 将(1)式两端对x求导，得()()f xg x '=由()g x 的可积性，知()f x '可积. 错误是()g x 未必g gi if m M x∆≤≤∆.令0x ∆→，得1() [,]g g ii i i mf x Mx x x -'≤≤∀∈因此()f x '在1[,]i i x x -上的振幅11sup ()inf()i ii if g g g i iiix x x x x x f x f x Mm ωω--'≤≤≤≤''=-≤-=故 0f g i i i i x x ωω'≤∆≤∆∑∑因为()g x 在[,]a b 上可积，0lim 0g i i x λω→∆=∑可知 0lim 0f i i x λω'→∆=∑所以()f x '在[,]a b 上可积．例6 证明R iem ann 函数()R x 在[0,1]上可积． 例7 ()f x 在[,]a b 上可积的充要条件是：0, ε∀>0,σ∀> ∃分划T，使得振幅i ωε≥的那些小区间1[,]i i x x -的长度之和i i x ωεσ≥∆<∑．（通俗地说，即是振幅不能任意小的那些小区间之总长可任意小）证 必要性 设()f x 在[,]a b 上可积，则0, ε∀>0,σ∀> ∃分划T，使得iixωεσ∆<∑1i i ni iiiii x xxωεωεεωωεσ≥≥=∴∆≤∆≤∆<∑∑∑有.i i x ωεσ≥∆<∑充分性 已知10, ε∀>0,σ∀> ∃分划T ，使得i x ωεσ≥∆<∑连续，从而()()()x ag t dtg x '=⎰未必成立.从而 111i i ni i i i i i i x x x ωεωεωωω=≥<∆=∆+∆∑∑∑111i i i i x x ωεωεε≥<≤Ω∆+∆∑∑1()b a σε<Ω⋅+-其中[,][,]sup ()inf ()x a b x a b f x f x ∈∈Ω=-是()f x 在[,]a b 上的全振幅.当0, ε∀>取1, , 2()2T b a εεεσ==∃-Ω，则有1niii xωε=∆<∑所以，()f x 在[,]a b 上可积.例8 设()y f u =在[,]A B 上连续，()u x ϕ=在[,]a b 上可积.当[,]x a b ∈时，().A x B ϕ≤≤试证：[]()()F x f x ϕ≡在[,]a b 上可积.证 ()f u 在[,]A B 上连续，()f u ∴在[,]A B 上一致连续.0, 0εδ∀>∃>，当,[,], u u A B u u δ''''''∈-<时，有()()<(1)2f u f u ε'''-因此作分划后，在1[,]i i x x -上，若()x ϕ的振幅i ϕωδ< 则[]()()F x f x ϕ≡的振幅F i ωε<.[事实上，这时1,[,],i i x x x x -'''∀∈ 记(), ()u x u x ϕϕ''''''== 则 ()()i u u x x ϕϕϕωδ''''''-=-≤< 从而 ()()()()<.2F x F x f u f u ε''''''-=-1,sup()()2i iF i x x x x F x F x εωε-'''≤≤'''=-≤<]本例题可作为定理用.关键在于对0, ε∀>0,σ∀>找一个分划T ，使得.i i x ωεσ≥∆<∑由此可见，在1[,]i i x x -上，若F i ωε≥，必有i ϕωδ≥ 故(2)Fi i i i x x ϕωεωδ≥≥∆≤∆∑∑如此，0, ε∀>0σ∀>，首先按(1)式找出0,δ>再由()x ϕ在[,]a b 上可积，对0δ>与0,σ> ∃分划T ，使得<i i x ϕωδσ≥∆∑由(2)得F ii i i x x ϕωεωδσ≥≥∆≤∆<∑∑所以，()F x 在[,]a b 上可积.下面讨论可积性与连续性的关系.例9 若()f x 在[,]a b 上的不连续点，可以用有限个总长度任意小的有限个区间所覆盖，则()f x 在[,]a b 上可积.（直接应用定理9.16）例10 若()f x 在[,]a b 上可积，则()f x 连续点在[,]a b 上处处稠密.证 只要证明()f x 在[,]a b 内至少有一个连续点.若找到一个连续点0x ，则()f x 在0[,]a x 、0[,]x b 上可积，在 0[,]a x 、0[,]x b 内有连续点.以此类推，证明了连续点处处稠密.用区间套定理，证明()f x 在[,]a b 内至少有一个连续点. ()f x 在[,]a b 上可积，1lim0.ni i i x λω→=∴∆=∑对11, 2ε=∃分划1T ，使得1() (1)i i x b a ωε∆<-∑如此，至少存在一个小区间1[,]i i x x -，使得其上()f x 的振幅1i ωε<（若不然，11()i i i x x b a ωεε∆≥∆≥-∑∑与(1)式矛盾）将此小区间适当收缩，总可以使得它的长度11()2i i x x b a --<-记缩小后的小区间为11[,]a b ，则11111, (),2a ab b b a b a <<<-<-()f x 在11[,]a b 的振幅 11[,]112fab ωε<=．将11[,]a b 取代上面的[,]a b ，作同样的处理 ，可知对 11, 2ε=2211 [,][,][,]a b a b a b ∃⊂⊂， 1221, a a b b <<<2211211()(),22b a b a b a -<-<-()f x 在22[,]a b 的振幅 22[,]2212fab ωε<=如此无限做下去，可得一区间套1 1122[,][,][,][,]n n a b a b a b a b ⊃⊃⊃⊃⊃2 1 0<()0 ()2n n nb a b a n -<-→→∞且()f x 在[,]n n a b 的振幅 [,]12nn f ab n nωε<=据区间套定理，[,] (1,2,)n n a b n ξ∃∈=lim lim (1,2,)n n n n n n a b a b n ξξ→∞→∞==<<=则()f x 在ξ处连续.事实上0,ε∀>可取n 足够大，使得12nε<从而令 {}min ,n n b a δξξ=-- 则当 x ξδ-<时，[,]n n x a b ∈，有[,]1()()2n n fa b nf x f ξωε-≤<<即 lim ()()x f x f ξξ→=所以()f x 在ξ处连续.例11 证明：若()0f x ≥在[,]a b 上有定义且可积，则 等式 ()0ba f x dx =⎰．成立的充要条件是()f x 在连续点上恒为零．证 必要性（反证法）若0[,]x a b ∈为()f x 的连续点，0()0f x >，则0,δ∃>使得00 ()()0b x ax f x dx f x dx δδ+-≥>⎰⎰矛盾．所以，0()0f x =．充分性 因为 ()f x 在[,]a b 上可积，则()f x 的连续点在 [,]a b 上处处稠密.∀分划01: n T a x x x b =<<<=取i ξ为1[,] (1,2,,)i i x x i n -= 上()f x 的连续点，则()0i f ξ=积分和1()0ni i i f x ξ=∆=∑1()lim()=0nb i i ai f x dx f x λξ→==∆∑⎰．连续函数的局部保号性。
数分选讲讲稿第14讲
讲 授 内 容 备 注 第十四讲4、用求极值的方法证明不等式要证明()()f x g x ≥，只要求函数()()()F x f x g x =-的极值，证明 min ()0F x ≥．例4 设ln 21a >-，为任一常数．试证：221x x ax e -+< （0x >）． 证 设2()21x f x e x ax =-+- （0x >）()22xf x e x a '=-+ ()2x f x e ''=-()f x '得()f x '的唯一稳定点 ln 2x =当ln 2x <时，()0f x ''<；当ln 2x >时，()0f x ''>． 0min ()(ln 2)22ln 22x f x f a >''==-+2(1ln 2)20a =-+>．例5 设n 为自然数， 试证：2(1)t n t t te e n n----≤ ()t n ≤．证 原不等式等价于 21(1)n t t te n n--≤只要证明 2()1(1)0n t t t f t e n n ⎡⎤=---≥⎢⎥⎣⎦()t n ≤． 12()(1)(1)(1)t n n t t t tf t e e n n n-'=+--+-12(1)t n t t e n n -⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦令()0f t '=，得稳定点0t =，t ξ=（满足1(1)2n e nξξ--=）3学时则()f t 的可能极值点为0t =，t ξ=．但(0)0f =，2()1(1)n f e n n ξξξξ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦ 212(1)n n ξξ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦222(1)(1)0n n nξξ=-+-≥而()1f n n =-，2()lim 1(1)n t t t t f e n n →-∞⎧⎫⎡⎤-∞=---=+∞⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭由此得 ()min ()(0)0t nf t f t f ≤≥== ()t n ≤．5、利用单调极限证明不等式若x b <时，()f x （严 ），且0x b →-时，()f x A →， 则()f x A ≤（x b <）或()f x A <（x b <）．对于递减或严格递减的情况，有类似的结论． 例6 证明：0x >，t x ≤时，(1)0tx te x---≥．证 当0t =或t x =时，不等式成立．只需证明0x >，t x <，0t ≠的情况．为此，只需证明：当x →+∞时，()(1)x tf x x=-单调增，趋于t e -即可．事实上，当0x >，t x <，0t ≠时，()ln ()ln(1)ln(1)x x x t t f x x x x ''⎛⎫⎛⎫'=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2()ln(1)t x x x t x x x t x--=-+⋅⋅- ln()ln tx t x x t=--+-ttx t ξ=-+- 0, 00, 0 t x x t x t x x t ξξ<<<-<<⎧⎨<<<<-⎩当 当ln()ln x t x --()ln ()x x x t x ξ='=--tξ=-0t tx t x t-≥+=--． 因为ln ()f x 单调增，而()f x 与ln ()f x 单调性同，所以()f x 单调增．lim ()lim (1)x t x x tf x e x-→+∞→+∞=-=． 即当x →+∞时，(1)x tx-单调增趋于t e -．例7 证明：集合 10, (1)x A x e x αα+⎧⎫=∀>+>⎨⎬⎩⎭有最小值，并求最小值．证 01 不等式 1(1)x e xα++>，等价于1()ln(1)1x x α++>即 11ln(1)x x α>-+．所以A α∈等价于α是1()1ln(1)f x x x=-+的上界（0x >）． 按确界定义，即0min sup ()x A f x >=．02 由不等式2211ln (1)(1)Ex x x x>++知211()101(1)ln (1)f x x x x'=⋅->++因为()f x 严 ，即0sup ()lim ()x x f x f x →+∞>=03 11()111ln(1)ln(1)f x x x x x x ⎡⎤⎢⎥=-=-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦ ln(1)2211111(())22t x x o x x x +⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦的展开式11111()2x o x x ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦11111()1()22x o x o x x x ⎡⎤=++-=+⋅⎢⎥⎣⎦1的展开式1-t所以 1()11lim ()lim 122x x o x f x x→+∞→+∞=+=1min sup ()lim ()2x x A f x f x →+∞>===．二、凸函数凸函数的几种定义以及它们的关系定义1 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,x x I ∀∈，(0,1)λ∀∈，有1212((1))()(1)()f x x f x f x λλλλ+-≤+- ()A注 01 ()A 中""≤改成""<，则是严格凸函数的定义． 02 ()A 中""≤改成""≥或"">，则分别是凹函数与严格凹函数的定义．由于凸与凹是对偶的概念，对凸函数有什么结论，对凹函数亦有相应的结论．所以只讨论凸函数． 03 几何意义．定义2 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,x x I ∀∈，有1212()()22x x f x f x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭()B定义3 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,,,n x x x I ∀∈ ，有12(1)x x λλ+- 是介于12,x x 之间的值12()(1)()f x f x λλ+-是介于1()f x2()f x 之间的值1212()()()n n x x x f x f x f x f n n ++++++⎛⎫≤⎪⎝⎭ ()C 定义4 设函数()f x 在区间I 上有定义，当且仅当曲线()y f x =的切线，恒保持在曲线以下，则称()f x 为凸函数．若除切点之外，切线严格保持在曲线的下方，则称()f x 为严格凸函数．注 01 定义2、定义3是等价的．2 当()f x 连续时，定义1、定义2、定义3是等价的． 03 当()f x 处处可导时，定义1、2、3、4是等价的．常用凸函数的结论：1、开区间内的凸函数为连续函数；2、凸函数在每点处有左、右导数；3、若()f x 在区间I 上有二阶导数，则()f x 在I 上为凸（严格凸）函数的充要条件是：()0(0)f x ''≥>．4、()f x 为I 上的凸函数的充要条件是：对I 上任意三点123x x x <<，总有32212132()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--31212131()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--31323132()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--例8 设函数()f x 在区间I 上为凸函数．试证：()f x 在I 的任一闭子区间上有界．证 设[,]a b I ⊂为任意一闭子区间连接两点弦的斜率的比较 图示01 证明()f x 在[,]a b 上有上界．[,]x a b ∀∈，取(0,1)x ab aλ-=∈-，则(1)x b a λλ=+-．由()f x 为凸函数()((1))()(1)()f x f b a f b f a λλλλ=+-≤+-(1)M M M λλ≤+-=其中{}max (),()M f a f b =，即()f x 在[,]a b 上有上界． 02 证明()f x 在[,]a b 上有下界．记2a bc +=为,a b 的中点，则[,]x a b ∀∈，有关于c 点的对称点x '，由()f x 为凸函数()()11()()222f x f x f c f x M '+≤≤+从而 ()2()f x f c M m ∆≥-=． 即()f x 在[,]a b 上以m 为下界． 综合01、02知，()f x 在[,]a b 上有界．例9 设()f x 为区间(,)a b 内的凸函数．试证：()f x 在(,)a b 内 的任一闭子区间[,](,)a b αβ⊂上满足Lipschitz 条件．证 因为[,](,)a b αβ⊂，故可取0h >充分小，使得[,](,)h h a b αβ-+⊂于是12,[,]x x αβ∀∈，若12x x <，取32x x h =+，由()f x 为凸函数 32212132()()()()f x f x f x f x M m x x x x h---≤≤--其中,M m 分别是()f x 在[,]h h αβ-+上的上、下确界． 从而2121()()||M mf x f x x x h--≤- (1)若21x x <，取32x x h =-，由()f x 为凸函数，有32211223()()()()f x f x f x f x M mx x x x h---≤≤-- 2121()()||M mf x f x x x h --≤- (2)若21x x =，则2121()()||M mf x f x x x h --≤-成立． 所以，对12,[,]x x αβ∀∈，(1)式均成立．当1x 与2x 交换时，(1)式也应成立． 故有2121()()||M mf x f x x x h--≤- 令M mL h-=，则 2121()()||f x f x L x x -≤-．注 本例说明，在开区间内的凸函数，必内闭一致连续，从而得出连续性．例10 设(0)0f =，()f x 在[0,)+∞上为非负的严格凸函数， ()()f x F x x=(0)x >．试证：()F x ，()f x 为严格递增的． 证 因为()f x 在[0,)+∞上为严格凸，所以012,,[0,)x x x ∀∈+∞，且012x x x <<，有10201020()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--．12,(0,)x x ∀∈+∞，且120x x <<，212121()()()()f x f x F x F x x x -=- 2121()(0)()(0)000f x f f x f x x --=->--所以()F x 当0x >时，严格递增．因为()f x 非负，所以0x ∀>，有()0(0)f x f ≥=． 下证()0f x >(0)x >．若在某点10x >，使得1()0f x =，则210x x ∃<<， 使得2()0f x ≥（否则()0f x ≡，与()f x 严格凸矛盾）．12(0)()()02f f x f x +≥=，与()f x 严格凸矛盾．所以0x ∀>，必有()0f x >． 120x x ∀<<，有21112111()()()(0)()00f x f x f x f f x x x x x --≥=>--即21()()f x f x >．于是()f x 在[0,)+∞上为严格递增的．例11 设()f x 在[,]a b 上二次可微，对[,]a b 上每个x ，()f x 与 ()f x ''同号或同时为零．又()f x 在[,]a b 的任何子区间内不恒为零．试证：()0f x =在(,)a b 内如果有根，则必唯一．证 （反证法）设()0f x =在(,)a b 内有二个相异的实根12,(,)x x a b ∈，不妨设12x x <因为()f x 在12[,]x x 上连续，存在最大值最小值，但12()()0f x f x ==．所以最大、最小值至少有一个在内部达到（否则与题设矛盾）．设在12(,)x x ξ∈处，有最大值()0f ξ>． 由连续函数的局部保号性，0ε∃>，使得()0f x > (,)x ξεξε∈-+ 由题设 ()0f x ''> (,)x ξεξε∈-+所以()f x 为严格凸函数．又因为12()()0f x f x ==，可取0ε>足够大，使得当(,)x ξεξε∈-+时，()()f x f ξ≠．于是1(,)ξξεξε∃∈-+，使得10()()f f ξξ<<（()f ξ为最大值）． 记1ξ关于ξ的对称点为2(,)ξξεξε∈-+，有20()()f f ξξ<<．从而1212()()()()22f f f f ξξξξξ++<=与()f x 的凸性矛盾．对于在12(,)x x 内部达到最小值，类似可证．例12 设()f x 在区间(,)a b 内为凸函数，且有界． 试证：极限0lim ()x a f x →+与0lim ()x b f x →-存在．证 (,)x a b ∀∈，()n f x M ≤≤，,m M 为常数． 10x x x >>为(,)a b 内任意三点，由()f x 的凸性当x 单调增加时，00()()f x f x x x --单调增加．又因为00010()()()f x f x M f x x x x x --≤-- 10()x x x ∀>>所以00()()f x f x x x --有界．据单调有界定理，存在极限00()()limx b f x f x A x x →--=-．从而 000000()()lim ()lim ()()x b x b f x f x f x x x f x x x →-→-⎡⎤-=-+⎢⎥-⎣⎦00()()b x A f x =-+．所以0lim ()x b f x →-存在．同理可证0lim ()x a f x →+存在．例13 设函数()f x 在区间I 上有定义，则()f x 为凸函数的充要条件是： 00x I ∀∈，∃实数α，使得对x I ∀∈，有00()()()f x x x f x α≥-+其中0I 表示I 的全体内点组成的集合．证 必要性 因为()f x 为凸函数，00x I ∀∈，0()f x -'存在，且00()()f x f x x x --单调增趋于0()f x -'，由此，任取一点0()f x α-'>，则当0x x <时，有00()()f x f x x x α-≤-所以00()()()f x x x f x α≥-+．同理，当取0()f x α+'≤，则当0x x >时，有00()()f x f x x x α-≥-所以00()()()f x x x f x α≥-+．因为00()()f x f x -+''≤，所以对α∀，只要满足00()()f x f x α-+''≤≤x I ∀∈，恒有00()()()f x x x f x α≥-+．充分性 设123x x x <<是区间I 上任意三点， 由已知条件，对2x ，∃α，使得此时00()()f x f x x x --单调减趋于0()f x +'11 22()()()f x x x f x α≥-+ x I ∀∈ 令1x x =， 1212()()f x f x x x α-≤-， 1x x =，3232()()f x f x x x α-≥-， 所以123x x x <<时，32121232()()()()f x f x f x f x x x x x α--≤≤-- 所以()f x 为凸函数．。
数分选讲讲稿第讲
第十九讲3、在不等式两端取变限积分证明新的不等式例15证明：当x 0时，证已知cosx 1，( x 0，只有x 2n时，等号成立)在此式两端同时取［0, x］上的积分，得iX2再次取［0, x］上的积分，得 1 cosx 一x 02:i 一X3第二次取［0, x］上的积分，得x sinx —x 0 |3所以x —sin x62上式再在［0, x］上的积分，得——1 cosx x 0 '2 242 4 I 即cosx 1 —一2 243 5 |再在［0, x ］上的积分，得si nx x - + -^ x 0.6 120 i: 例16设f (x)是［a,b］上连续的凸函数.试证：人公2 ［a,b］,人X2，有!证令t X1 (X2 xj (0,1)，贝U同理，令t X2 (X2 xj, (0,1)，贝Ui 从而注意到X1 (X2 X1)与X2 (X2 X1)关于中点凶一X1对称，f (X)又!2为凸函数，所以另一方面，由(1)式及f (X)的凸性I 例17设函数g(x)在［a,b］上递增.试证：x (a,b)X函数f (x) ° g(t)dt为凸函数.3学时几何解释：方法III可推广. Cauchy不等式的积分形式称为Schwarz 不第二项积分值大于零.证 Q g(x)在［a, b ］上递增， x 1, x 2, x 3 (a,b),为 x 2 x 3所以，f(x)为凸函数.b例 18 设 f (x) , p(x)在［a,b ］上连续，p(x) 0, p(x)dx 0a且m f(x) M ,(x)在［m,M ］上有定义，并且有二阶导数，I (利用积分和)将区间［a,b ］ n 等分，记在［a,b ］上取积分其中(x)0.试证:(x) 0，(x)为凸函数.由詹禁定理，取 P inP jj 1(j 1,2,L , n)，iIIr b a P i f i —— i 1 nnb a P ii 1nnP i (f i )i 1~nP ib an b a n(利用Taylor 公式)X 。
幼儿园 数活动讲座
幼儿园数活动讲座第一篇亲爱的家长朋友们，大家好！今天咱们来聊聊幼儿园的数活动。
您知道吗？在咱们幼儿园里，数活动可好玩啦！小朋友们在幼儿园里，可不是单纯地数数、做算术哦。
我们会通过各种各样有趣的游戏和活动，让孩子们在玩中学，学中玩。
比如说，我们会带着孩子们一起玩搭积木的游戏。
这可不仅仅是搭积木那么简单，孩子们在搭的过程中，要数数自己用了几块积木，不同形状的积木各有几个。
这样一来，他们在不知不觉中就学会了数数和分类。
还有呢，我们会在角色扮演区设置一个小超市。
小朋友们可以当售货员或者顾客，买东西的时候要算钱，找零钱。
这能锻炼他们的加减法运算能力，而且他们可喜欢啦！有时候，我们会带着孩子们到户外去，数一数树上有几个果子，花园里有几朵花。
让他们感受数学就在我们身边。
我们的老师可会想办法啦，总能把枯燥的数字变得有趣。
让孩子们觉得，数学不是让人头疼的难题，而是好玩的游戏。
家长们在家也可以和孩子一起玩一些简单的数学游戏哦，比如猜数字、数豆子。
这样能更好地巩固孩子们在幼儿园学到的知识。
好啦，今天就先和大家聊到这儿，希望咱们一起努力，让孩子们快乐地学习数学！第二篇亲爱的家长们，大家好呀！今天咱们聚在一起聊聊幼儿园的数活动。
您是不是觉得数学对于小朋友来说很难？其实不是的哟！在我们幼儿园，数活动可有趣啦！就像每天的点心时间，我们会让孩子们数一数自己拿了几块饼干，几个水果。
这能让他们对数量有直观的认识。
做手工的时候也藏着数学呢！比如折纸，折一个角、两个角，这都是在认识图形和数量。
还有唱歌跳舞的时候，我们会编一些有数字的儿歌，像“一只小花猫，两只小鸭子”，小朋友们边唱边跳，就记住数字啦。
在幼儿园的操场上，我们会画一些格子，让孩子们跳格子，一边跳一边数。
这既能锻炼身体，又能学数学，多好呀！而且，老师们还会讲一些数学小故事，像“小兔子分萝卜”，通过故事让孩子们明白怎么平均分。
我们希望孩子们在幼儿园里，能感受到数学的乐趣，而不是压力。
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讲授内容第三十四讲§ 6.4隐函数存在定理对方程F(x,y) 0而言，隐函数存在定理是：F(x,y)满足10F(x o, y o) 0, F y(x o, y o) 0 ；20F (x, y)及F y(x, y)在(x。
, y。
)的某邻域内连续，则方程F(x, y) 0在(x o,y。
)的邻域里确定了唯一的隐函数.具体来说，即o, o，及函数y y(x)，满足：i) y o y(x o)；ii) F x, y(x) o, |y(x) y°| , x U(x o,)其中U (x o, ) x||x-x o | ；iii) 满足条件i)、ii)的函数y(x)是唯一的；iv) y y(x)在U(x o,)内连续.若附加条件：F x(x,y)在(x o,y o)的邻域内连续，则y (x)存在，且y (x) dy F x(x, y).dx F y(x,y)例1给定方程x2y sin (xy) o (A)1) 说明在点(o,o)的充分小的邻域内，此方程确定唯一的、连续的函数y y(x)，使得y(o)o ；2) 讨论函数y(x)在x o附近的可微性；3) 讨论函数y(x)在x o附近的升降性(单调性)；4) 在点(o,o)的充分小的邻域内，此方程是否确定唯一的单值函数x x(y)，使得x(o)o ?为什么？解1) F(x, y) x2y sin(xy)0, y y; j 3学时［注：定理的条件|只是充分条件，!而不是要条件.|偏导数是两个特-i殊方向的方向导|数-i梯度方向是函数I变化最剧烈的方I-i向，或个方向导1数的最大值就是i-i梯度的模；书P ioo E x5ii外法线方向［对一元函数■!i 若f (x) 0, x Ij 则f (x) C, x II|注：本结论可推:I广到E n中.: 20显然F(x,y)及F y(x,y)在(0,0)的邻域内连续，| 由隐函数存在定理，F(x, y) 0在点(0,0)的某邻域内存在唯|一隐函数y y(x)，连续，y(0) 0 . [2) F x(x, y) 2x ycos(xy)也在(0,0)的邻域内连续，|所以函数y y(x)的导数存在，且|3) 为讨论y(x)在x 0附近的升降性，考虑y(x)的符| 号, 1 i 由(B)得出，当(x,y)充分接近(0,0)时，y (x)的符号取决于i分子2x y cos(xy)的符号. i ；y(0) 0，由(B)知y (0) 0，jy(x) o(x) (当x 0 时) i 于是ycos(xy) | y | o(x) j y(x)的符号与2x的符号相同. | x 0 时，y(x) 0, y(x)\，ix 0 时，y(x) 0, y(x)/.可见，y(x)在x 0处取(严格)极大.4) (用隐函数存在定理不能判定在(0,0)的邻域内是否存M I 在唯一的单值函数x x(y)，使得x(0) 0，F x(0,0) 0) | 由3)知，y(x)在x 0处取(严格)极大，故在(0,0)的充分小的邻域内，当y 0时，至少有二个x与y对应.而当y 0- 时，无x与y对应，使得F(x, y) 0 . I 所以不能确定x x(y)，使得x(0) 0 . 'i § 6.5方向导数与梯度[ - 一、方向导数的计算I1) 利用定义函数y f(x) (x g n)在点P (X i ,X 2，川,X n )处沿单位向 量丿(I l ,l 2,|||,l n )方向的方向导数定义为2) 利用偏导数与方向导数的关系若f (x)在点P (X !, X 2,|卄,X n )处可微，则f 在P 点沿任意 方向’(COS 1,COS 2,卅,cos n )的方向导数存在，且3) 利用梯度与方向导数的关系若f(x)在点P (X !, X 2,|卄,X n )处可微，则f 在P 点沿任意 方向'(cos 1,cos 2J||,COS n )的方向导数存在，且i其中表示grad f (P)与1的夹角.例1设试证：f (x, y)在(0,0)点沿任意方向的方向导数存在，但在 (0,0)处不可微.证取任意方向’ (cos ,sin ) 则 f (P ,) f (0 tcos ,0 tsin ) f(tcos ,tsin )df(tcos ,tsin )(0,0)dtt 0可见在(0,0)处沿任意方向的方向导数存在. 不可微性是课本上的例题.4 在(0,0)处沿任意万向l 1(cos ,sin)的万向导数为证 f(P tl) f (0 tcos ,0 tsin ) f(tcos ,tsin )若sin 0, f (t cos ,0)0,df(P tl)0. 2Xy 2=0总之，有dt2 x y42 ,x y 0,例2证明：f (x, y)22从而1cos& tan 2|f y| \ fx 2所以f x (x, y)cos f y (x, y)sin的点P(x o , y o , Z o )处的外法线方向的导数.含曲线的某区域上连续可微(即具有连续的偏导数).且在 曲线 上恒为0.求证：f(x, y)在曲线 上任一给定点处沿 该曲线切线方向的导数等于o .向量，则f (o,o)2cos sin o,sin sin例 3 求 f (x, y, z) x 22z 2在椭球面x2a2Z 21上c2x o 2y o 2z o解法向量n 2 , 2 ,.a b c单位法向量丁 n|n|2x oa2 y ob 22z o—2_c其中|n'| 2 2 2 x o y oZ o 2~4 ■ 442a bc 因此,22 2 2Xo y o Z o 4 . 44abcb 22Zo . i2 c设y (x)是区间ab 上的可微函数，在xOy 直角坐标平面内，其图像为曲线.若二元函数f (x,y)在包证 设 l (cos ,sin)是曲线上任意点 P 处的单位切可见只要找出 cos ,sin ，便得所证结果.由已知条件f x, (x)(x, y)两边关于 x 求导 f x (x, y)f y (x, y)(x) o(x, y)例5设|[|?为？2中的两个线性无关的单位向量.函数上述方程组只有零解:故 f (x, y)常数. 、梯度的计算梯度的计算（以P 3为例），主要使用如下公式:其中 为Hamilton 算符，I j,k注：梯度是向量，因此其运算，要遵从向量的运算法则.求证： 其中覚：分别是径向与圆周方向的单位向量.（如图）u ・ u 一i xf （x, y ）在22中可微.方向导数f0, i 1,2 .试证：f （x, y ）常数.证记 |1(an ,a 12), l 2(a 2i ,a 22)，因为 ----0, i 1,21 i;I "1,I2线性无关,a ii a21a i2 a22记 P(x, y) #, P(x °,y °)『，由微分中值定理分别表示x, y, z 轴上的单位向例 6 设 u f (x, y),x r cos , y r sin ,uu 一r °r ru 在r 0方向的投影：u r 0 （ r 0方向的分量）u 在0方向的投影：u（0方向的分量）按向量的分解原理:Oy2所以u u .cos — sin x yu r从而u Hu — r 01 1 u -t 0.r r例7 设有方程2 2 2xy z1(1) 2 . 2 2a ub uc u证明： gradu 2 2A|gradu(2)其中 A (x,y,z).证这是一个兼有梯度计算与隐函数求导的题目. (2)式变形为2 2 2 U x U yU z 2(xU x yu y zu z )(3)问题转化为由方程(1)证明式⑶•方程⑴满足隐函数存在定理的条件，因此(1)式将U 定义 为x,y,z 的函数.将⑴式对x 求导联立⑺、(8),解得2x 2a2x 2ab 22 z2c 一2 u xu由轮换对称_2yb 22x 2a2_y_ b 22z 2cu y2z ~~2 c u2x2 2 22 2 .2 2 2 2a ub uc uu z(4), (5), (6)平方后相加，约去两端的公因子，得 (4) x +(5)2x2 a u2y2 2b u2z 2 2c u2u x2u y2u zy+(6)再由⑴得2x2 2a u2y 2 2b u2z 2 2c uxu xyu y zu z(8)u X u： U z22(xU x yu y zU z) •。