作业帮∫(0,a)dx∫(0,x)f(y)dy=∫(0,a)(a-x)
来源：学生作业帮助网 编辑：作业帮 时间：2024/05/25 03:57:21
∫[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=∫[
这里φ并非f的原函数,只是将右边的积分定义为φ
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
运用简单的分部积分法可解,交换积分次序亦可以
令x=-t则原式=∫(-a→a)(-t)[f(-t)+f(t)]d(-t)=∫(-a→a)t[f(t)+f(-t)]dt=-原式所以2*原式=0因此原式=0很高兴为您解答,【the1900】团队为您答
左边交换积分顺序得=2积分（从0到a）f(y)dy积分（从0到y）f(x)dx变量x,y互换=2积分（从0到a）f(x)dx积分（从0到x）f(y)dy原式与上式相加得原式=积分（从0到a）f(x)d
∫[0,a]f(x^2)dx=∫[0,a]f((-x)^2)dx=∫[-a,0]f(x^2)dx∫[0,a]f(x^2)dx+∫[-a,0]f(x^2)dx=∫[-a,a]f(x^2)dx得证.
设u=-x则：∫(a,-a)f(-x)dx=∫(-a,a)f(u)d(-u)=-∫(-a,a)f(u)du=∫(a,-a)f(u)du即二者相等
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
f(x)=x-∫(0~π)f(x)*cosxdx、后面那项是常数、两边取导数f'(x)=1-0=1、再两边取积分其中：∫(0~π)f(x)*cosxdx=∫(0~π)f(x)d(sinx)、分部积分法
令f(x)=(∫baf(t)dt)x^2-(2∫ba1dt)x+(∫ba1/f(t)dt),则：f(x)=∫baf(t)x^2dt-2∫baxdt+∫ba1/f(t)dt=∫ba[f(t)x^2-2x
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
等于0,我认为.因为后面的积分是一个常数,再求导,就什么都没有了.
∫f(ax+b)dx=1/a∫f(ax+b)d(ax+b)=F(ax+b)/a+C
这个式子是对的,由于f(x)是以T为周期,因此在一个周期内函数所围的曲边梯形面积肯定是相同的所以你得出这个结论并不奇怪,只是这样可能证不出结论.本题如果用换元法,应该这样证明∫[a→a+T]f(x)d
所求定积分=(x^2+c)|(0,2)=4+c-c=4.
积分区域为：y=xy=0及x=a所围部分.故选C
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(-