1樓：
因為定積分的值與積分變數無關
即對於一個定積分，積分變數取什麼，是不影響定積分的值：∫[a,b] h(x) dx=∫[a,b] h(y) dy
這是定積分的性質
有不懂歡迎追問
2樓：匿名使用者
因為∫[a,b]1/f(x)dx=∫[a,b]1/f(y)dy
設f(x)在[a,b]上連續,且f(x)>0,證明:∫b a f(x)dx*∫b a 1/f(x)dx≥(b-a)^2
3樓：老von子
令f(x)=(∫b a f(t)dt ) x^2 -(2∫b a 1dt)x +(∫b a 1/f(t)dt)，則：
f(x)=∫b a f(t) x^2 dt -2∫b a xdt +∫b a 1/f(t)dt
=∫b a [f(t) x^2 -2x +1/f(t)]dt=∫b a dt ≥0
故這個關於x的二次函式f(x)的判別式應小於等於0，即：
△=(2∫b a 1dt)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)=4(b-a)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≤0
即：(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≥(b-a)^2
把t換成x即為要證明的結論
注：實際上這就是積分形式的柯西不等式。
已知f(x)在閉區間[a,b]內嚴格單增，而且是下凸函式，證明：∫(a,b)f(x)dx≤1/2(b-a)[f(a)+f(b)]
4樓：匿名使用者
幾何意義上說bai,曲線duf(x)與直線x=a,x=b,x軸圍成的曲邊梯形的面zhi積dao,要小於頂專
點為(a,0),(b,0),(a,f(a)),(b,f(b))的直角梯形的面積.這個自己結合影象屬就能很清楚看出來我就不多說了.
嚴格證明的話也很簡單.由下凸函式的定義,在區間[a,b]上,對於任意λ∈(0,1),都有f[λa+(1-λ)b]≤λf(a)+(1-λ)f(b)
令x=λa+(1-λ)b,那麼x∈(a,b).設點a(a,f(a)),b(b,f(b)),則直線ab方程為
y-f(a)=[f(b)-f(a)]/(b-a)*(x-a)(我設這條直線為g(x)=mx+n)
將x=λa+(1-λ)b代入ab方程,化簡得y=λf(a)+(1-λ)f(b)
也就是說在[a,b]上恆有f(x)≤g(x)
根據定積分的性質,∫[a,b]f(x)dx≤∫[a,b]g(x)dx
∫[a,b]g(x)dx=∫[a,b](mx+n)dx
=1/m*1/2*(mx+n)²|[a,b]
=1/2*(b-a)*[f(a)+f(b)]
原不等式成立
設f在[a,b]上可導，|f'(x)|<=m且:∫(a,b)f(x)dx=0，證明：max(∫(a,x)f(t)dt)<=(1/8)m(b-a)^2
5樓：匿名使用者
令f(x) = ∫(a,x)f(t)dt, 則知 f 可導且
bai f'(x) = f(x),且f(a) = f(b) = 0.
由中du值定理知道存在a<= c <=b 使得 f'(c)=0。
而f(x)的極zhi
大值(此時也dao就是最大值)會在某回個f'(x)=0處取到(邊界上為0)，不答
妨設f(c)就是極大值。f'(c) = f(c) = 0.
|f(c)| = |∫(a,c)f(t)dt|=|∫(a,c)[ f(t)-f(c)]dt|<=∫(a,c)m*|t-c|dt.
而 ∫(a,c)m*|t-c|dt = 1/2*m(c-a)^2
而∫(a,c)f(t)dt + ∫(c,b)f(t)dt = 0, 所以：
|f(c)| = |∫(c,b)f(t)dt|=|∫(c,b)[f(t)-f(c)]dt|<=∫(c,b)m*|t-c|dt.
而 ∫(c,b)m*|t-c|dt = 1/2*m(b-c)^2
所以|f(c)| <= min<=1/2*m*((a+b)/2-a)^2
即|f(c)| <= 1/8*m(b-a)^2, 當c=(a+b)/2時等號可能取到。
設f(x)在區間【a,b】上連續且f(x)>0,f(x)=∫(a,x)f(x)dx+∫(x,b)dx/f(x),證明f(x)的導數大於等於2 5
6樓：匿名使用者
這題符號有點問題：f(x)=∫(a,x)f(x)dx-∫(x,b)dx/f(x), （不是+號）
內1.f『(x)=f(x)dx-1/f(x)(-1))=f(x)+1/f(x)》2 （下限求導有個-號）
2.f(a)=-∫(a,b)dx/f(x) f(b)=∫(a,b)f(x)dx
f(a)f(b)=-[∫(a,b)dx/f(x)[∫(a,b)f(x)dx]<0
故f（x）=0在（a，b）上至少有一容個根，但f『(x)>0,f(x)單增
故f（x）=0在（a，b）上有且只有一個根。
7樓：匿名使用者
f(x)=∫(a,x)f(x)dx+∫(x,b)dx/f(x)f'(x)=f(x)+1/f(x)
f(x)>0
f(x)+1/f(x)≥2
f'(x)≥2
設f(x)在[0.1]連續,證明∫(0→1)[f(x)^2]dx≥[∫(0→1)f(x)dx]^2 50
8樓：寂寞的楓葉
解：設∫(0,1)f(x)dx=m，那麼(f(x)-m)^2≥0，
因此∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0，
又(f(x)-m)^2=(f(x))^2-2m*f(x)+m^2，那麼
∫(0,1)(f(x)-m)^2dx=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)(2m*f(x))dx+∫(0,1)m^2dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-2m∫(0,1)f(x)dx+m^2
=∫(0,1)f(x))^2dx-2*∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx+∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx=∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2
又∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0，所以，∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2≥0，
即∫(0,1)f(x))^2dx≥(∫(0,1)f(x)dx)^2
9樓：匿名使用者
要證明的積分上限應該是1.證明思路：先交換積分順序,然後交換變數的符號,
相加除以2即可.
原式=∫【0,1】dy∫【0,y】f(x)f(y)dx 這是交換積分順序
=∫【0,1】dx∫【0,x】f(x)f(y)dy 這是對上一個積分中的x,y變數互換符號而已
=0.5∫【0,1】dx∫【0,1】f(x)f(y)dy上面個兩個積分相加除以2,注意內層積分恰好是從0到x和從x到1=0.5∫【0,1】f(x)dx∫【0,1】f(y)dy=0.
5a^2.
設∫xf(x)dx=arcsinx+c,求不定積分∫[1/f(x)]dx 求詳細過程
10樓：假面
具體bai回答如圖所示：
一個du函式，
可以存在不定積分，zhi而不存dao在定專積分，也可以存在定積分，而沒
屬有不定積分。連續函式，一定存在定積分和不定積分；若在有限區間[a,b]上只有有限個間斷點且函式有界，則定積分存在；若有跳躍、可去、無窮間斷點，則原函式一定不存在，即不定積分一定不存在。
11樓：曉熊
看圖即可。
答案 是 - 1/3 (1 - x^2)^(3/2) + c2
結合下面的例子說一說等式為什麼成立
先看上面，寬是三個，長是五個，所以3乘5。一共是四層所以乘以四。看側面，長十五寬十四。三層，所以乘以三。都是算的一共多少方所以等式 因為 axb xc ax bxc 因為算的都是這個長方體的面積 乘法不按順序，積也相等。結合下面的例子說一說等式為什麼成立。每個數都表示什麼。這等式是從每一個人，他不是...
1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 0，填上或使等式成立
如果只能用加減法算，也就是說這是個數中一部分是加數，一部分是減數。令加數和為m，減數的和為n.則有m n 0，既m m 又m n 55 得m n 27.5 這題無解。不可能的，有5個奇數，結果不可能是偶數 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 02 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ...
4（）2（）3 21括號裡填上使等式成立5（）4（）
5 4 2 3 21括號裡填上 使等式成立 5 4 2 3 16 算了不鬧了 5 4 2 3 21，5 4 2 3 16 5 4 2 3 21 給下列數字填上 或 使等式成立 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 10 不可能，題目抄錄錯了。能否在下式中填上 或 ...