设f(x)在任一有限区间可积分 且limf(x)=l求证1 x

T=3,2L=3,所以,L=2、3,由傅里叶系数代入就得!

令g(x)=f(x)x∈(a,b)g(x)=f(a+)x=ag(x)=f(b-)x=b显然g(x)在[a,b]内连续,所以一致连续.当然在(a,b)连续.g(x)在(a,b)正好为f(x)

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

答案不错,是2/3主要运用奇函数在对称区间上积分为0令F(x)=x·[f(x)+f(-x)],x∈(-1,1),则F(-x)=(-x)·[f(-x)+f(x)]=-F(x)∴F(x)是(-1,1)上的

∫a→xF'(x)dx=F(x)-F(a)一般不对.只有当F(a)=0时才成立.

可导必连续,所以f(x)在(a,b)上连续辅助函数F(x)在[a,b]上连续再问：f(x)在(a,b)上连续可导，只能推出f(x)在(a,b)上连续，端点是否连续不能确定啊再答：所以辅助函数F(x)把

将题中函数F(X)在区间[a,b]上连续,单调增加,改为f(x)在区间[a,b]上连续,单调增加.利用乘积的求导公式得dF/dx=(-1/(x-a)^2)∫f(t)dt+1/(x-a)f(x)(积分区

反证：若f(x)在区间[a,b]上无界则把这个闭区间分成两部分[a,x1][x1,b]f(x)至少在其中一个区间上无界,继续划分这个区间,最终得到一个闭区间套.根据闭区间套定理,区间套中存在唯一的点P

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-

∫(1,x)tf(t)dt=xf(x)+x^2,当x=1时,0=1*f(1)+1^2=f(1)+1,f(1)=-1,两边对x求导数xf(x)=f(x)+xf'(x)+2x,初值条件为f(1)=-1,解

区间长度与区间的开闭无关哦

设f(x)在(a,b)闭区间可导开区间连续,f(b)=1,f(a)+f(x1)+f(x2)=3必有f(a)、f(x1)、f(x2)都等于一其中两个一个大于一,一个小于一若f(a)、f(x1)、f(x2

利用函数的柯西定理可以证明f(x)在x=a及x=b处分别存在右极限f(a+)和左极限f(b-),令f(a)=f(a+),f(b)=f(b-)便有f(x)在[a,b]上连续

等式两边对x求导,利用微积分基本定理得g(f(x))*f'(x)=(x^2e^x)'即f'(x)=(x^2e^x)'于是f(x)=x^2e^x+C.条件f(0)=0得C=0,于是f(x)=x^2e^x

直接按定义证明即可,导数为-1/x^2而不是1/x^2.不妨设a>0,对任意[a,b]中的x和x+h,有|1/(x+h)-1/x+h/x^2|=|h^2/[x^2(x+h)]|再问：你对了、可你用的定

/>构造辅助函数：F（x）=xf（x），则：F（x）在[a，b]连续，在（a，b）可导，从而F（x）满足拉格朗日中值定理，则：在（a，b）内至少存在一点ξ，使得：F(b)-F(a)b-a=F′(ξ)，

由题目的条件,f(x)实际上就是[a,b]上的连续函数,也就是说,题目的条件保证了Rolle定理的条件是满足的.更准确的说法：这个命题实际上就是Rolle定理,不能称为Rolle定理的推广.它与Rol

等式两边令x＝0得f(0)＝1等式两边求导：2f(x)－1＝f'(x)令y＝f(x),则y'＝2y-1,此为一阶非齐次线性微分方程,套用通解公式可得通解y＝1/2＋Ce^(2x).所以f(x)＝1/2