Question

设f(x)在[0,2a]上连续，且f(0）=f(2a），证明：存在&属于[0,a],使得f(&)=f(&+a）

Answer 1

做g(x)=f(x)-f(x+a)，问题等价于g在[0,a]有零点。
g(0)=f(0)-f(a)
g(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0)=-g(0)
若g(0)=0,则&=0即可。
否则，g(0)与g(a)异号，故由零点存在定理
g在[0,a]有零点，证毕。

Answer 2

F(0)=f(0)-f(a)
F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0) (因为f(0）=f(2a）)
所以
F(0)F(a)=-[f(0)-f(a)]^2<=0
如果f(0)=f(a)显然成立!
如果不等,由零点定理一样有存在&属于(0,a),使得f(&)=f(&+a）

Answer 3

令F（x）=f(x)-f(x+a),
因为f(x)在[0,2a]上连续，所以
F(x)在[0,2a]上连续，
又
F(0)=f(0)-f(a)
F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0) (因为f(0）=f(2a）)
所以
F(0)F(a)=-[f(0)-f(a)]^2<=0
如果f(0)=f(a)显然成立!
如果不等,由零点定理一样有存在&属于(0,a),使得f(&)=f(&+a）

Answer 4

若f(a)=f(0)，则取&=0和a都满足条件f(&)=f(&+a）。
若f(a)≠f(0)，令g(x)=f(x+a)-f(x)，则g(0)=f(a)-f(0)，g(a)=f(2a)-f(a)=f(0)-f(a)，且g(x)在[0,2a]上连续。于是g(0)×g(a)=-[f(a)-f(0)]^2＜0，由介值定理知在(0,a)上存在&使得f(&)=f(&+a）。