2ki t f(x)sin ndx (2k+1)x+t Sinter 20 k=0 26.设函数f(x)在0上连续,且[f(x)=0,()osx=0。证 明:在(0,x)内至少存在两个不同的点51,2,使得f(51)=f(2)=0。 证证明一:设g(x)=[(0b,Mx)=1( x)sin xdx,则 g(0)=g(x)=0, h(0)=0,h(r)=g(x)sin xdx g(x)d cos x -g(x)cos x oJ /(x)cos dx=/(x)cos xdx=0 对h(x)在[0,x上应用 Rolle定理,可知存在n∈(0,x),使得 h(n)=g(m)in=0,即g(m)=0,再在[0,n和[m,上对g(x)分别运用 Rolle定理,可知彐5,k2∈(0,x),使得 f(1)=f(52)=0。 证明二:用反证法。若不然,只有一个点∈(0,x),使得∫(2)=0,由 于f(x)在[0,z]上连续,所以f(x)在(0,2)和(2,z)上异号,不妨设在(0,) 中f(x)<0,在(5,)中f(x)>0 设g(x)=(,则g()=g(x)=0,8(x)=f(x),可知g(x)在(05)中 单调减少,而在(ξ,丌)中单调增加,从而g(x)≤0,x∈[0,z 另一方面,g(x)在[0,x]上不恒等于零(否则f(x)恒为零与反证法假 设矛盾),于是 与题设矛盾f x nxdx ∫ 2π 0 ( )sin ∑∫ − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = 1 0 0 sin 1 2 (2 1) n k tdt n k t f n k t f n π π π ≥ 0。 26. 设函数 f (x) 在[0,π ]上连续，且 ， 。证 明：在 ( ) 0 0 = ∫ π f x dx ( )cos 0 0 = ∫ π f x xdx (0,π )内至少存在两个不同的点ξ 1，ξ 2 ，使得 ( ) ( ) 0 f ξ 1 = f ξ 2 = 。 证 证明一： 设 ( ) ( ) , ， ，则 ∫0 = x g x f t dt = ∫ x h x g x xdx 0 ( ) ( )sin g(0) = g(π ) = 0， h(0) = 0，h(π ) = 0 0 g x( )sin xdx g(x)d cos x π π = − ∫ ∫ 0 0 g x( ) cos x f (x) cos xdx π π = − + ∫ ( )cos 0 0 = = ∫ π f x xdx ， 对 h(x) 在 [0,π ] 上应用 Rolle 定 理 , 可知存在 η ∈ (0,π ) , 使 得 h'(η) = g(η)sinη = 0 , 即 g(η) = 0 ，再在[0,η] 和[η,π ]上对 分别运用 Rolle 定理，可知 g(x) , (0, ) ∃ξ 1 ξ 2 ∈ π ，使得 ( ) ( ) 0 f ξ 1 = f ξ 2 = 。 证明二：用反证法。若不然，只有一个点ξ ∈ (0,π )，使得 f (ξ ) = 0，由 于 f (x)在[0,π ]上连续，所以 f (x)在(0,ξ ) 和(ξ ,π )上异号，不妨设在(0,ξ ) 中 f (x) < 0，在(ξ ,π )中 f (x) > 0。 设 = ∫ ，则 x g x f t dt 0 ( ) ( ) g(0) = g(π ) = 0, g′(x) = f (x) ，可知 g(x) 在(0,ξ ) 中 单调减少，而在(ξ ,π )中单调增加，从而 g(x) ≤ 0, x ∈[0,π ]。 另一方面，g(x) 在[0,π ]上不恒等于零（否则 f (x)恒为零与反证法假 设矛盾），于是 ∫ ∫ ∫ = = + π π π π 0 0 0 0 f (x) cos xdx cos xdg(x) g(x) cos x g(x)sin xdx ∫ = π 0 g(x)sin xdx < 0， 与题设矛盾。 230