1樓:
∫f(a+b-x)dx
=∫f(u)du......
=-∫f(u)du
=-∫f(x)dx=-1
2樓:匿名使用者
度娘老是把函式團數學弄混,你下次弄個歸類吧,這題我不會
已知f(x)在【a,b】上連續,且f(x)與xf(x)在此區間積分值都為0,求證f(x)=0在【a,b】上至少有兩不等實根。
3樓:郭敦顒
郭敦顒回答:
計算所予定積分:
∫【a,b】f(x)dx=f(x)|【a,b】=f(b)-f(a)=0
∴a=-b;
又∫【a,b】xf(x)dx=g(x)|【a,b】=g(b)-g(a)=0
∴a=-b。
∴在【a,b】上至少有x=a,和x=b的兩個x的值。
4樓:古樂宇
假設f(x)在(a,b)上恆不等於0,則f(x)在(a,b)內恆正或恆負
由積分不等式性質有 f(x)在(a,b)上的積分大於0或小於0.
這與f(x)在[a,b]上的定積分==0矛盾。故存在一點x1在(a,b)上,使f(x1)=0.
假設 f(x)在(a,b)內有一個零點x1,則 f(x)在[a,b]上的定積分 是等於f(x)在(a,x1)上的定積分 加上 f(x)在(x1,b)上的定積分
且f(x)在(a,x1)與(x1,b)每個區間內不變號。
故有 f(x)在(a,x1)上的定積分 與 f(x)在(x1,b)上的定積分 互為相反數,而且不等於0.
從而f(x)在x1兩邊異號,所以 g(x)=(x - x1)×f(x)在兩邊同號,即g(x)在(a,b)內除一個零點x1外恆正或恆負,由g(x)的連續性可得
g(x)在[a,b]上的定積分 不等於零。 但是 g(x)在[a,b]上的定積分 是等於 xf(x)在[a,b]上的定積分 加上 x1倍的f(x)在[a,b]上的定積分,那麼 g在[a,b]的定積分等於0。
矛盾,故在(a,b)內至少存在兩點m,n,使得f(x)=0
很多符號不好打出來,見諒哈
設函式f(x)在區間[a,b]上連續,證明:∫f(x)dx=f(a+b-x)dx
5樓:發了瘋的大榴蓮
證明:做變數替換a+b-x=t,則dx=-dt,當x=b,t=a,當x=a,t=b
於是∫(a,b)f(a+b-x)dx
=-∫(b,a)f(t)dt
= ∫(a,b)f(t)dt
=∫(a,b)f(x)dx
即∫(a,b)f(x)dx=∫(a,b)f(a+b-x)dx
6樓:匿名使用者
^因為積分割槽域d關於直線y=x對稱,所以二重積分滿足輪換對稱性,即∫∫(d) e^[f(x)-f(y)]dxdy=∫∫(d) e^[f(y)-f(x)]dxdy
=(1/2)*
=(1/2)*∫∫(d) dxdy
>=(1/2)*∫∫(d) 2*√dxdy=∫∫(d) dxdy
=(b-a)^2
證明若函式f(x)在[a,b]上連續,且f2(x)在[a,b]上的積分為零,則在[a,b]上f(
7樓:匿名使用者
有一個結論是,
【如果函式h(t)》0,並且∫〔c到d〕h(t)dt=0,則h(t)在[c,d]上恆為0】
用於本題可得專
證。直接證明本題如下:
反證法屬,
如若不然,
即有c屬於[a,b]使得f(c)≠0。
則(f(c))^2>0。
由極限的保號性,
則在c的附近[c-d,c+d]上都有(f(x))^2>0。
其中數d>0。
把積分∫〔a到b]f^2dx★拆成3個積分的和,得到★=∫〔a到c-d〕...+∫〔c-d到c+d〕...+∫〔c+d到b〕...。
其中,第1、3兩個積分》0,是因為f^2》0。
其中,第二個積分用積分中值定理得到=2d(f(§))^2>0。
於是得到★>0。矛盾。
上連續且fx0,Fx定積分上限x下限aftdt定積分
1 證明 62616964757a686964616fe59b9ee7ad9431333332643861 設不定積分 f t dt的一個原函式為f1 t 1 f t dt 的一個原函式為 f2 t 則 f1 t f t f2 t 1 f t f x x,a f t dt x,b 1 f t dt ...
設函式fx在上連續,且afxb,證明至
設f x f x x f x 在 a.b 連續 則f x 也連續 f a f a a f b f b b 又a 故f a 0,f b 0 連續函式的零點定理有存在 版 a,b 使得f x 0 即為結果權 f x f x x,rolla定理 設函式f x 在區間 a,b 上連續,且f a b。證明 至...
設fx在上連續且遞減,證明當01時
證明 令抄x t,bai則x 0時,t 0 x 時,t 1 du 0 f x dx 10 f t dt 又0 1,因此0 t 由f x 在 zhi 0,1 連續且遞dao減知,f t f t 1 0f t dt 10 f t dt 10 f x dx 0f x dx 10 f x dx 假設f x ...