证明||f-g||≥||f||-||g||

设u=a-xx=a-udx=-du设L=左边积分变为(上限0下限a)∫(a-u){f[g(a-u)]+f[g(u)]}(-1)du=(上限a下限0)∫(a-u){f[g(a-u)]+f[g(u)]}d

①函数f(x),g(x),在D上有界,存在正实数M(1)、M(2),使得|f(x)|≤M(1)、|g(x)|≤M(2)在D上成立,记M=max{M(1),M(2)},则|f(x)±g(x)|≤|f(x

构造罕数F(x)=f(x)*e^g(x).可知若f(a)=f(b),F(a)=F(b),那么ab之间必存在一点c使得F'(c)=0.对F(x)求导即可得到题目的结果.

因为(f,g)=1所以存在u,v,使得：fu+gv=1fu+ghu+gv-ghu=1(f+gh)*u+g*(v-hu)=1因此有：(f+gh,g)=1其实这种题只要构造出来就可以了~有不懂欢迎追问

因为(f,g)=1所以存在u,v,使得：fu+gv=1fu-ghu+gv+ghu=1(f-gh)*u+g*(v+hu)=1因此有：(f-gh,g)=1其实和刚刚那一题是一样的想法,只要能找到（根据题目

d[f(x)g(x)]/dx=lim[f(x+dx)g(x+dx)-f(x)g(x)/dx=lim[f(x+dx)g(x+dx)-f(x+dx)g(x)+f(x+dx)g(x)-f(x)g(x)]/d

任意属于(F.G).H存在z使得属于(F.G)并且属于H存在w使得属于F并且属于G且属于H存在w使得属于F且属于(G.H)属于F.(G.H)（这主要用关系合成的概念）

不妨设|f|

再问：霸哥图看了不是太清啊==再答：

学过微分吧!里面有dy=y'dx.这里其实只是y=f(x)而.如果没学过,就看成是用切线代替弧长

G+G就是玻璃加玻璃G+F就是玻璃加filmG+F+F就是玻璃加两层film

令F(x)=f(a)g(x)-f(x)g(a)则F(b)=f(a)g(b)-f(b)g(a)F(a)=f(a)g(a)-f(a)g(a)=0∵f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导∴

证明：方法1不防记F(x)=g(x)[f(x)-f(a)],则f(x)与F(x)在[a,b]上满足柯西中值定理条件,可知至少存在一点m属于(a,b)使得[F(b)-F(a)]/[f(b)-f(a)]=

令F(x)=f(x)g(x)-f(a)g(x)-g(b)f(x)F(a)=-g(b)f(a)=F(b)罗尔定理知,在(a,b)内存在一点ξ,使F'(ξ)=0,即f'(ξ)g(ξ)+f(ξ)g'(ξ)-

这是极限四则运算法则和复合运算规则要求limg(x)和limf(g(x))均存在即可再问：大神，能细证吗？老师上课时说过这是公式成立条件他说定义法可证明啊再答：哥们，这是高等数学中的定理就连考研数学也

这个不等式的证明方法有很多,比如用二重积分；下面介绍一种利用一元二次方程判别式的方法：

[g(f(x))]'=lim[g(f(X))-g(f(x))]/(X-x)=lim[g(f(X))-g(f(x))]/[f(X)-f(x)]*[f(X)-f(x)]/(X-x)=g'(f(x))*f'

F(x)=f(x)－x,则F(a)=f(a)－a>=0,F(b)=f(b)－b再问：为什么令F(x)=f(x)－x之后，就有F(a)=f(a)－a>=0，F(b)=f(b)－

你这里的[f(x),g(x)]表示的是最大公因式吧?一般还是习惯用(f(x),g(x))表示.首先(f(x),g(x))|f(x),(f(x),g(x))|g(x),故(f(x),g(x))|f(x)

设(f(x)g(x),f(x)+g(x))=d(x)所以d(x)|f(x)g(x),d(x)|f(x)+g(x)因为(f(x),g(x))=1所以由d(x)|f(x)g(x),得到d(x)|f(x)或