證明唯一性的方法有哪些

⑴ 解的存在唯一性定理證明除了逐步逼近法外還有其他什麼方法

逐步逼近法是近似方法，不可能證明唯一性。唯一性證明應用反證法。

⑵ 如何證明函數極限的唯一性

證明如下：
假設存在a，b兩個數都是函數f(x)當x→x。的極限，且a<b，根據極限的柯西定義，有如下結論：
任意給定ε>0（要注意，這個ε是對a，b都成立）。
總存在一個δ1>0，當0<丨x-x。丨<δ1時，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
總存在一個δ2>0，當0<丨x-x。丨<δ2時，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等價變換為a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。
令δ=min{δ1，δ2}，當0<丨x-x。丨<δ時。①，②兩個不等式同時成立。
因為①，②兩個不等式同時成立，所以①式右端必定大於或等於②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移項得：(b-a)/2≤ε,因為(b-a)/2是一個確定大小的正數，所以這個結論與極限的定義：ε可以任意小矛盾，所以假設不成立，因此不存在a，b兩個數都是f（x）的極限，除非a=b矛盾才不會出現。
倘若是x趨於無窮大時的唯一性證明可以參看高數書數列極限唯一性證明，證法完全一樣。
證畢。

⑶ 高等數學里證明方程根的唯一性一般有什麼方法

一般方法是，假設方程有兩個根，最後證明它們相同的，就可以了。

⑷ 如何判斷函數的唯一性

函數極限的定義是：設函數f(x)在點x。的某一去心鄰域內有定義，如果存在常數a，對於任意給定的正數ε（無論它多麼小），總存在正數δ
，使得當x滿足不等式0<|x-x。|<δ
時，對應的函數值f(x)都滿足不等式：
|f(x)-a|<ε
那麼常數a就叫做函數f(x)當x→x。時的極限。
下面根據上面的定義證明唯一性。
反證法，
假設另外還存在一個a1為f(x)在x0處的極限，且
|a1-a|>0.
取定義中的
ε=|a1-a|/2，
存在正數δ1
，使得當x滿足不等式0<|x-x。|<δ1
時，對應的函數值f(x)都滿足不等式：
|f(x)-a|<ε
存在正數δ2
，使得當x滿足不等式0<|x-x。|<δ2
時，對應的函數值f(x)都滿足不等式：
|f(x)-a1|<ε
設
δ=min(δ1，δ2),
即為δ1，δ2中小的那個。則當x滿足不等式0<|x-x。|<δ
時，對應的函數值f(x)都滿足不等式：
|f(x)-a|<ε和
|f(x)-a1|<ε
於是
|a-a1|
<=
|a-f(x)|
+
|f(x)-a1|
<
2ε
=
|a1-a|.
矛盾！
所以極限唯一。
祝學業有成。

⑸ 函數極限唯一性怎麼證明

證明如下：
假設存在a，b兩個數都是函數f(x)當x→x。的極限，且a<b，根據極限的柯西定義，有如下結論：
任意給定ε>0（要注意，這個ε是對a，b都成立）。

總存在一個δ1>0，當0<丨x-x。丨<δ1時，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
總存在一個δ2>0，當0<丨x-x。丨<δ2時，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等價變換為a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。

令δ=min{δ1，δ2}，當0<丨x-x。丨<δ時。①，②兩個不等式同時成立。
因為①，②兩個不等式同時成立，所以①式右端必定大於或等於②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移項得：(b-a)/2≤ε,因為(b-a)/2是一個確定大小的正數，所以這個結論與極限的定義：ε可以任意小矛盾，所以假設不成立，因此不存在a，b兩個數都是f（x）的極限，除非a=b矛盾才不會出現。

倘若是x趨於無窮大時的唯一性證明可以參看高數書數列極限唯一性證明，證法完全一樣。
證畢。

⑹ 函數極限的唯一性怎麼證明

設存在a，b兩個數都是函數f(x)當x→x。的極限，且a<b，那麼：

總存在一個δ1>0，當0<丨x-x。丨<δ1時，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
總存在一個δ2>0，當0<丨x-x。丨<δ2時，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等價變換為a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。

令δ=min{δ1，δ2}，當0<丨x-x。丨<δ時。①，②同時成立，即：b-ε≤a+ε，移項得：(b-a)/2≤ε,因為(b-a)/2是一個確定大小的正數，所以這個結論與極限的定義：ε可以任意小矛盾，假設不成立，因此不存在a，b兩個數都是f（x）的極限。

恆成立」。

』極限思想』方法，是數學分析乃至全部高等數學必不可少的一種重要方法，也是『數學分析』與在『初等數學』的基礎上有承前啟後連貫性的、進一步的思維的發展。數學分析之所以能解決許多初等數學無法解決的問題,正是由於其採用了『極限』的『無限逼近』的思想方法.

⑺ 高數中如何證明根的存在性和唯一性問題，我是大一的，快考試了，想總結下這類問題。。。幫忙寫的詳細點！

唯一性比較容易，證明若存在第二個，則第二個和先前那個相等，也即證明了任意一個都與一直的這個相等，這不就是唯一么！（就像如果說我愛一個人，那個人一定是你，那麼你就是我的唯一）

存在性這個太復雜了，要看情況
中心思想是：存在性是靠求的，求出來就存在。
比如任意ε，證明存在δ使得|x-x0|<δ時，|f(x)-f(x0)|<ε這類題
再比如存在N對任意的ε都有當n>N時，|an-a|<ε這類題
總之不論是ε-δ還是ε-N語言，都是證明極限問題的比較經典，比較嚴密，
當然，也比較廢柴的辦法，有後面閉區間上連續函數的性質和海涅定理，還有實數集完備性做替代，一般沒誰用ε-*方法去做題，略低端
高代方面也有證明存在性的，經典的有QR分解，即對任意一個可逆方陣A，存在正交陣Q與對角元全正的上三角陣T使得A=QT，許多與此相關的矩陣存在性的問題都是用這個結論，配合上初等變換及其對應的矩陣的知識，變來變去的，做多了就沒什麼意思了。
或者是用若當標准型，或者是用二次型標准型，總之你記住，各類標准型是你做好高代題的關鍵。
我能白話的也就這么多，具體情況具體分析，就算我窮舉一天一夜也難窮數學方法的冰山一角，樓主還是自己見得多才行。
別有壓力，有啥好鬧心的呀！一次考試而已，在你生命長河中太微不足道了，放鬆點，哈！男銀么

⑻ 如何證明 函數極限的唯一性

不是吧，這種題一般高數中都會有證明的。方法不止一種

證:若L1與L2不相等，不妨設L1<L2（L1>L2一樣證）

由lim f(x)=L1 和lim f(x)=L2 知
取E=(L2-L1)/2,存在一個數a,
當0<|x-c|<a時，有|f(x)-L1|<E,|f(x)-L2|<E
由第一個式子可得f(x)<(L2+L1)/2
由第一個式子可得f(x)>(L2+L1)/2
兩式產生矛盾，所以假設不成立，因此相等
即極限唯一。

⑼ 高等數學里證明方程根的唯一性一般有什麼方法

例1[1]設函數f(x)在區間[0,1]上可微,且f'(x)≠1,0f(x)1(0≤x≤1).證明方程f(x)-x=0(1)在0與1之間只有一個實根.證明令函數F(x)=f(x)-x,則有F(0)F(1)0,又因F(x)在區間[0,1]上連續,由零點定理可知,存在η∈(0,1)使F(η)=0.因此方程(1)在0與1之間至少存在一個實根.不妨假設方程(1)在0與1之間還存在另一個實根θη.由於F(θ)=F(η),F(x)在[0,1]上可導,由羅爾中值定理可知,存在ξ∈(θ,η),使F'(ξ)=f'(ξ)-1=0.由此得出f′(ξ)=1,這與題設條件相矛盾.因此,方程(1)在0與1之間只有一個實根.方法2應用零點定理和函數的單調性判定方程有唯一實根 如果對你有幫助，請給有用，謝謝

⑽ 用反證法證明極限唯一性

解：
設{xn}極限為A，回憶一下極限定義，任取ε>0，存在N>0，當n>N時，有 |xn-A|<ε
證明極限唯一性，假設{xn}有兩個極限A，B，且A>B
取ε=(A-B)/2，
存在N1，當n>N1時，有 |xn-A|<(A-B)/2 (1)
存在N2，當n>N2時，有 |xn-B|<(A-B)/2 (2)
取N=max{N1，N2}，則當n>N時，上面兩式同時成立
(1)可化為：(B-A)/2<xn-A<(A-B)/2，可得 (B+A)/2<xn<(A-B)/2+A
(2)可化為：(B-A)/2<xn-B<(A-B)/2，可得 (B-A)/2+B<xn<(A+B)/2
出現矛盾，一個式子是xn>(A+B)/2，另一個是xn<(A+B)/2
因此極限唯一。