设f(x)二阶连续可导,f(0)=0,且limf(0) ∣x∣ x^3=-1
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/17 07:56:25
∫xf''(x)dx=∫xdf'(x)=xf'(x)-∫f'(x)dx=xf'(x)-∫df'(x)=xf'(x)-f(x)+C
f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+0.5f''(a)(0-x)^2f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+0.5f''(b)(1-x)^2两式相减,移项,取绝对值得|f'(x)|=|f(1)
limf(x)/x存在,分母-->0,故limf(x)=0,f(x)在x=0连续,limf(x)=f(0)=0f'(0)=lim[f(x)-f(0)]/[x-0]存在,所以f(x)在x=0连续且可导
1)证存在:因为f''(x)不等于0所以f'(x)在定义域内单调且原函数f(x)在定义域内连续可导令x属于(0,1),则在0的区间(0,x)内必有一点ζ,满足f'(ζ)=[f(x)-f(0)]/(x-
个人认为没必要先证limf(x)存在,将其作为一致连续性的推论更合适(用Cauchy收敛准则).f'(x)在(0,1]连续,lim(√x)f'(x)存在,可得(√x)f'(x)在(0,1]有界,设有|
求导F'(x)=F(1-x)变换变量F'(1-x)=F(x)在对F'(x)=F(1-x)求导F''(x)=-F'(1-x)=-F(x)解得F(x)=Acosx+Bsinx∵F(0)=1,F'(1)=F
再问:为什么f(x)-f(t)
因为如果f''(x)有正有负,而且连续,那由介值定理,一定存在f‘’(x0)=0,就与条件矛盾了.
曲线积分∫[f(x)+x]ydx+[f'(x)+sinx]dy与路径无关,那么:{[f(x)+x]y}‘y=[f'(x)+sinx]'xf''(x)+cosx=f(x)+xf''(x)-f(x)=x-
啊,这,x>0时,|x|是不是等于x,这个limf''(x)/|x|=1是不是可以写成limf''(x)/x=1,所以f''(x)=x>0不用给我分了再问:嗯谢了再答:没事
x趋向于0时,1-cosx等价无穷小是1/2x^2所以,原极限就等价于求解limx趋向于0xf(x)/(1/2x^2)=limx趋向于02f(x)/x因为f(x)连续可导,f(0)=0,f'(0)=3
\x100\x100可以这样通俗的理解拐点,即在a点的左右f''(x)的正负发生变化的点,f''(a)可以为零或者不存在.\x100\x100f(x)只要求出二阶导数,再利用三角函数,就应该没问题了!
x+t=udx=duF(x)=∫(0,1)f(x+t)dtF(x)=∫(x,x+1)f(u)du=∫(0,x+1)f(u)du-∫(0,x)f(u)duF′(x)=f(x+1)-f(x)
缺条件:还应加上f'(0)=0,否则结论不成立下面举一反例:f(x)=x+1,在[-1,1]上具有二阶连续导数∫{-1,1}f(x)dx>0但f''(x)=0,故结论不成立(1)带有拉格朗日余项的一阶
设F(x)=e^(-kx)f(x)由f(a)*f(b)>0,f(a)*f((a+b)/2)0F(a)*F((a+b)/2)0F(b)>0F((a+b)/2)再问:我想问一下,F(x)=e^(-kx)f
首先,由f′(0)=0可知,x=0为f(x)的一个驻点,为判断其是否为极值点,仅需判断f″(x)的符号.因为limx→0f″(x)|x|=1,由等价无穷小的概念可知,limx→0f″(x)=0.因为f
根据泰勒公式f(x+h)=f(x)+f'(x)h+(1/2)f''(x)h^2+o(h^2)于是:f(x)+hf'(x+θh)=f(x)+f'(x)h+(1/2)f''(x)h^2+o(h^2)θ{[
对上式求导得:2*f(x)*F(x)=f(x)*sinx/(2+cosx),其中F(X)为f(x)的导数,则:F(x)=sinx/(4+2*cosx),积分得,f(x)=-0.5*ln(4+2cosx
两边对x求导得:2f'(x)f(x)=f(x)sinx/(2加cosx)2f'(x)=sinx/(2加cosx)积分得:f(x)=(-1/2)ln|2加cosx|加C因f'(0)=0,C=(1/2)l