证明双重积分等式a到0(a-x)

偶函数表示f(x)=f(-x)左=定积分(上限a,下限-a)f(x)dx=定积分(上限0,下限-a)f(x)dx+定积分(上限a,下限0)f(x)dx第一个积分中令x=-x上下限变为上限0,下限a,d

令a+b-x=t对于区间端点：x=b,t=ax=a,t=b所以,∫b到af(a+b-x)dx=,∫a到bf(t)dt则,∫b到af(x)dx=,∫b到af(a+b-x)dx

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

用洛必达法则就行了上下求导,就能得到这个结论再问：这道题的条件是在任一有限区间上可积，不能满足在一定在变上限积分上可导，不能用洛必达啊。。。再答：对∫f(t)dt求导，是它自身这个没错吧，那就能用啊再

∫[0,a]√（a^2-x^2）dx=[x/2*√（a^2-x^2）+a^2/2*arcsinx/a][0,a]=πa^2/4∫[0,2]x/√（1+x^2）dx=1/2∫[0,2]1/√（1+x^2

假设在闭区间a,b上不恒有f(x)恒=0,f(x)大于等于0,则有f(c)>0,b=0,与定积分b到af(x)dx=0矛盾,所以在闭区间a,b上恒有f(x)恒=0

g(x)=∫(a~x)f(t)dt-∫(x~b)f(t)dt,显然g(x)在[a,b]连续g(a)=-∫(a~b)f(t)dt,g(b)=∫(a~b)f(t)dt,(1)若∫(a~b)f(t)dt=0

∫√(1+x^2)dx=x*√(1+x^2)-∫x^2/√(1+x^2)dx=x*√(1+x^2)-∫(x^2+1)/√(1+x^2)dx+∫1/√(1+x^2)dx=x*√(1+x^2)-∫√(1+

由于不支持公式编辑器,所以答案我用手机拍成相片,x写的有点难看,自己慢慢看吧.

设L(a)=f(x)在a到a+t上的定积分则L'(a)=f(a+t)-f(a)=f(a)-f(a)=0所以f(x)在a到a+t上的定积分的值与a无关.

左边=∫(-a→0)f(x)dx+∫(0→a)f(x)dx=∫(-a→0)f(-t)d(-t)+∫(0→a)f(x)dx（第一个积分里令x=-t）=∫(0→a)f(-t)dt+∫(0→a)f(x)dx

考虑不定积分∫dx/(x-a)^q当q=1时,∫dx/(x-a)=ln|x-a|+C,∫badx/(x-a)^q=ln(b-a)-ln0根据对数性质显然发散当q≠1时,∫dx/(x-a)^q=∫(x-

楼上周期函数用到没?积a到a+tf(x)dx=(积a到0+积0到t+积t到a+t)f(x)dx其中,积t到a+t=积0到a

第一问用积分中值定理即可解决从a到b积分f(x)dx=f(t)(b-a)=0,若a不等于b,则在[a,b]存在t,使f(t)=0,即至少有一个零点.第二问同第一问一样用积分中值定理,从a到b积分xf(

q=1时,原式=ln(x-a)[b~a]=ln(b-a)-lim[x→a+]ln(x-a)x→a+,x-a→0+,ln(x-a)→-∞∴ln(b-a)-lim[x→a+]ln(x-a)=+∞所以发散q

设t=a+(b-a)x,则dx=dt/(b-a)(∵b＞a)∵当x=1时,t=b当x=0时,t=a又f(x)连续∴右边=(b-a)∫(0,1)f[a+(b-a)x]dx（符号∫(A,B)表示A到B积分

具体过程如下,请点击下图：

主要是利用换元法,然后用了一个技巧换元后得到互补的一种形式,求和正好为常数.其实这种方法很常用,自己可以去总结.再问：��u=0.5PI-0��ʱ�������޲���Ҳ������再答：�Եģ���

右边=积分(0a)(f(x))dx+积分(0a)(f(-x))dx令t=-xt属于(-a,0)积分(0a)(f(-x))dx=积分(0-a)(f(t))-dt=积分(-a0)(f(t))dt=积分(-

本题是许瓦兹不等式,不是用中值定理来证的.以下所有积分区域均为[a→b]构造函数g(t)=t^2∫e^f(x)dx+2(b-a)t+∫e^-f(x)dx(1)由于定积分的结果只是一个数字,因此g(t)