第3章 · 第3-1-3题

[AI解答]

[AI解答] 我们验证柯西中值定理：若函数 $f(x)$ 和 $F(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 内可导，且 $F'(x) \neq 0$，则存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $$ \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)} = \frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}. $$

**第一步：验证条件** 取 $a=0$，$b=\frac{\pi}{2}$。 - $f(x)=\sin x$ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上连续，在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内可导，且 $f'(x)=\cos x$。 - $F(x)=x+\cos x$ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上连续，在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内可导，且 $F'(x)=1-\sin x$。 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内，$\sin x < 1$，故 $F'(x) = 1-\sin x > 0$，因此 $F'(x) \neq 0$，满足定理条件。

**第二步：计算左右两端** 左端为 $$ \frac{f(\frac{\pi}{2})-f(0)}{F(\frac{\pi}{2})-F(0)} = \frac{\sin\frac{\pi}{2} - \sin 0}{\left(\frac{\pi}{2}+\cos\frac{\pi}{2}\right) - (0+\cos 0)} = \frac{1 - 0}{\frac{\pi}{2} + 0 - 1} = \frac{1}{\frac{\pi}{2} - 1}. $$

右端为 $$ \frac{f'(\xi)}{F'(\xi)} = \frac{\cos\xi}{1-\sin\xi}. $$

**第三步：解出 $\xi$** 令 $$ \frac{\cos\xi}{1-\sin\xi} = \frac{1}{\frac{\pi}{2} - 1}. $$ 利用三角恒等式： $$ \frac{\cos\xi}{1-\sin\xi} = \frac{\cos\xi(1+\sin\xi)}{1-\sin^2\xi} = \frac{\cos\xi(1+\sin\xi)}{\cos^2\xi} = \frac{1+\sin\xi}{\cos\xi}, $$ 当 $\cos\xi \neq 0$ 时成立。于是方程化为 $$ \frac{1+\sin\xi}{\cos\xi} = \frac{1}{\frac{\pi}{2} - 1}. $$ 交叉相乘得 $$ (1+\sin\xi)\left(\frac{\pi}{2} - 1\right) = \cos\xi. $$ 将 $\cos\xi = \sqrt{1-\sin^2\xi}$ 代入（因在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内 $\cos\xi>0$），并令 $t = \sin\xi$，则 $$ (1+t)\left(\frac{\pi}{2} - 1\right) = \sqrt{1-t^2}. $$ 两边平方得 $$ (1+t)^2\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2 = 1 - t^2. $$ 整理： $$ (1+t)^2\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2 = (1-t)(1+t). $$ 若 $1+t \neq 0$（显然成立），两边除以 $1+t$ 得 $$ (1+t)\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2 = 1 - t. $$ 于是 $$ t\left[\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2 + 1\right] = 1 - \left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2. $$ 计算数值： $$ \frac{\pi}{2} - 1 \approx 0.5708,\quad \left(\frac{\pi}{2} - 1\right)^2 \approx 0.3258. $$ 则 $$ t = \frac{1 - 0.3258}{0.3258 + 1} = \frac{0.6742}{1.3258} \approx 0.5085. $$ 因此 $\xi = \arcsin(0.5085) \approx 0.533$ 弧度，显然在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内。

**第四步：结论** 存在 $\xi \approx 0.533$ 使得等式成立，故柯西中值定理验证正确。

难度：★★☆☆☆