证明f(x)dx在a到a l的积分与a无关

∫[0,a][f(x)+f(2a-x)]dx=∫[0,a]f(x)dx+∫[0,a]f(2a-x)dx令t=2a-x,x=2a-t,dx=-dt,x=0时,t=2a,x-a时,t=a因此上式变为=∫[

这是定积分的一个基本证明题：证明：∫(a,a+l)f(x)dx=∫(a,0)f(x)dx+∫(0,l)f(x)dx+∫(I,a+l)f(x)dx对第3个积分,设t=x-I,代入得：∫(I,a+l)f(

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

左边=∫[-a→a]f(x)dx=∫[-a→0]f(x)dx+∫[0→a]f(x)dx前一个积分换元,令x=-u,则dx=-du,u：a→0=∫[a→0]f(-u)d(-u)+∫[0→a]f(x)dx

∫(-a,a)f(x)dx=∫(-a,0)f(x)dx+∫(0,a)f(x)dx对∫(-a,0)f(x)dx,令x=-tx=-at=a;x=0t=0;dx=-dt得：∫(-a,0)f(x)dx=∫(a

证明;f(x)是偶函数,则有:f(x)=f(-x)f(x)+f(-x)=2f(x)积分;(-a,a)f(x)dx=积分:(-a,0)f(x)dx+积分:(0,a)f(x)dx=-积分:(a,0)f(-

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

我给你分析分析哈,就不规范写过程了.,∫a到bf(x)dx=0那就是说（a,b）上函数和x轴围成的面积总和为0.又因为f（a）和f（b）都大于零的,那么中间肯定存在一个c点小于零嘛,且我们设c为最小值

证明：做变量替换a+b-x=t,则dx=-dt,当x=b,t=a,当x=a,t=b于是∫(a,b)f(a+b-x)dx=-∫(b,a)f(t)dt=∫(a,b)f(t)dt=∫(a,b)f(x)dx即

(∫f(x)g(x)dx)^2=0因此展开得：∫[f(x)^2+2tf(x)g(x)+t^2g(x)^2]dx>=0则：t^2∫g(x)^2dx+2t∫f(x)g(x)dx+∫[f(x)^2dx>=0

题目写错了没啊

本题要证明：1/(b-a)∫[a--->b]f(x)dx≤(1/(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx)^½两边平方,即应证：1/(b-a)²(∫[a--->b]f(

设g(x)=∫f(t)dt,则g'(x)=f(x),g"(x)=f'(x).g(x)在[a,b]二阶连续可导,且g(a)=0,g'(a)=f(a)=0.由带Lagrange余项的Taylor展开,存在

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(

∫[f(x)-f(-x)]dx=∫[f(x)dx-∫f(-x)]dx=∫[f(x)dx-∫f(x)]d(-x)当x的范围是(-a,a)轴对称的时候∫[f(x)dx-∫f(x)]d(-x)=∫[f(x)

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(-

f(x)为定义[-a,a]上的奇函数那么在定义域内,f(x)=-f(-x)所以∫(-a->0)f(x)dx=∫(-a->0)-f(-x)dx=∫(a->0)f(-x)d(-x)=-∫(0->a)f(-

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)