1樓:匿名使用者
(1) 證明:62616964757a686964616fe59b9ee7ad9431333332643861
設不定積分 ∫f(t)dt的一個原函式為f1(t);∫1/f(t) *dt 的一個原函式為 f2(t),則:
f1』(t) = f(t),f2』(t) = 1/f(t)
f(x) =[x,a]∫f(t)dt + [x,b]∫[1/f(t)]*dt
= f1(x) – f1(a) + f2(x) –f2(b)
f』(x) = f1』(x) + f2』(x)
= f(x) + 1/f(x)
由於當x∈[a,b]時,f(x)>0,因此,在此區間內有:
f(x) = f(x)+ 1/f(x) ≥ 2√(f(x)*1/f(x)) =2
即:f(x) ≥2
證畢說明:該結論要求定積分中的可變上限x必須滿足a≤x≤b,而不是僅僅是f(x)在[a,b]上大於0;
(2)由(1) 當x∈[a,b]時, f』(x)=2>0,因此f(x) 在區間[a,b]上單調遞增;
f(a) = f1(a) – f1(a) + f2(a)-f2(b) = -[a,b]∫1/f(t)dt
f(b) = f1(b )– f1(a) + f2(b)-f2(b) = [a,b]∫f(t)dt
由於 [a,b]上 f(t)>0 ==> 1/f(t)>0,因此[a,b]上的積分
f(a) = -[a,b]∫1/f(t)dt < 0;
f(b) = [a,b]∫f(t) *dt >0;
即 f(a)*f(b) <0
因此 f(x) = 0 在[a,b] 上有根
由於 f(x)在[a,b]上單調遞增,因此 f(x) = 0在[a,b]上僅有一個根;
如果函式f(x)在區間[a,b]上連續且定積分{上限a,下限b}f(x)dx=0,證明在[a,b]上至少
2樓:匿名使用者
至少有一個點,f(x)=0,且該點的導數f'(x)≠0你可以假設f(x)=sinx 從0~2π的圖案當x=π的時候
f(x)=0
而這個影象,0~π的面積和π~2π的面積是相等的。
但f(x)從0~π的積分是正的,
f(x)從π~2π的積分是負的
因此f(x)=sinx從0~2π的積分為0同樣如果連續積分
f(x)dx=0
怎說明在積分割槽域內如果將區域分割再積分,就一定存在一些是正的一些是的。
而這些反應到f(x)在該區域的圖線就是存在穿過x軸的。
也就是至少有一個點,f(x)=0,且該點的導數f'(x)≠0
設fx在上連續,且fx上的定積分
f a b x dx f u du.f u du f x dx 1 度娘老是把函式團數學弄混,你下次弄個歸類吧,這題我不會 已知f x 在 a,b 上連續,且f x 與xf x 在此區間積分值都為0,求證f x 0在 a,b 上至少有兩不等實根。郭敦顒回答 計算所予定積分 a,b f x dx f ...
題目如圖設fx在上二階可導,且fx0,fx
f x a 2 原命題等價於證f x x a f x f a 0 g f x x a f x f a a0 a 設f x 在區間 a,b 上具有二階導數,且f a f b 0,f a f b 0,證明 存在 a,b 證明 由於f a f b 0,因此不妨假設f a 0,f b 0 f a 0,f b...
設f x 定積分cos1 tdt,求f 0 積分上限為
還是發在這裡吧。cos1 t有界，且只有有限個間斷點，所以其可積，所以f x 連續，但是由於cos1 t有x 0的間斷點，所以f x 在零處不可導，故你的回答是錯誤的，不能直接求導數。同時如果用定義去求，這就用到了洛必達，求出後為cos1 x,x趨於0，所以極限不存在，但是由洛必達的使用條件可以知道...