1樓：網友
用分部積分法。
原式=[t∫(0，t)f(u)du](0,x) -0,x)tf(t)dt
x∫(0,x)f(u)du - 0 - 0,x)tf(t)dt
再合併到積分符號裡面去。
(0,x) (x-t)f(t)dt證畢。
2樓：丘冷萱
左邊=∫[0→x] (0→t] f(u) du ) dt交換積分次序。
[0→x] (u→x] f(u) dt ) du=∫[0→x] f(u)(x-u) du
[0→x] f(t)(x-t) dt
右邊【數學之美】團隊為您解答，若有不懂請追問，如果解決問題請點下面的「選為滿意答案」。
設f(x)為連續函式，證明：∫下0上x f(t)(x-t)dt=∫下0上x（∫下0上t f(u)du)dt
3樓：小王閒談娛樂
證明：做變數替換，令x-t=s，則t=x-s,dt=-ds，代入∫（0→x)f(t)g(x-t)dt得到∫（0→x)f(t)g(x-t)dt=∫（x→0)f(x-s)g(s)(-ds)=∫（0→x)f(x-s)g(s)ds=∫（0→x)g(t)f(x-t)dt (因為定積分與所採用的符號無關）。
如果函式y=f(x)在點x=x0處及其附近有定義，並且滿足，則稱函式y=f(x)在點x=x0處連續；否則稱y=f(x)在點x=x0處不連續或間斷點。
如果函式f(x)在某一開區間(a，b)內每一點處都連續，就說函式f(x)在開區間(a，b)內連續，對於閉區間[a，b]上的函式f(x),高考語文，如果在開區間(a，b)內連續，在左端點x=a處有，在右端點x=b處有，就說函式f(x)在閉區間[a，b]上連續。
設函式f（x）在（-∞，+∞）內連續，且f（x）=∫x0（x-2t）f（t）dt，試證：（1）若f（x）為偶函式，則f
4樓：手機使用者
證明：（
copy1）
因為f（-x）=f（x），則有：
f(?x)＝∫x0
x?2t)f(t)dt，令t=-u，於是：
f(?x)＝?x0
x+2u)f(?u)du＝∫x0
x?2u)f(u)du=∫x0
x?2t)f(t)dt=f（x），證畢．（2）f
x)＝[x∫x0
f(t)dt?2∫x0
tf(t)dt]=∫x
0f(t)dt+xf(x)?2xf(x)=∫x0f(t)dt?xf(x)
x[f（ξ）f（x）]，其中ξ介於0與x之間，由於f（x）單調不增，則：
當x＞0時，f（ξ）f（x）＞0，故f′（x）＞0；
當x=0時，f（ξ）f（x）=0，故f′（x）=0；
當x＜0時，f（ξ）f（x）＜0，故f′（x）＞0，即：當x∈（-時，f′（x）≥0，所以：若f（x）單調不減，f（x）單調不增．
設函式f（x）連續，且f（0）≠0，求極限limx→0∫x0(x?t)f(t)dtx∫x0f(x?t)dt
5樓：網友
令x-t=u；
則：dt=d（-u）=-du；∫x
0f(x?t)dt=∫0x
f(u)d(?u)=∫x0
f(u)du．
因此：lim
x→0∫x0
x?t)f(t)dtx∫x
0f(x?t)dt
limx→0x∫x0
f(t)dt?∫x0
tf(t)dtx∫x
0f(u)du
limx→0∫x0
f(t)dt+xf(x)?xf(x)x∫x0f(u)du+xf(x)
洛必達法則）
limx→0∫x0
f(t)dtx∫x
0f(u)du+xf(x)
limx→0f(x)
f(x)+f(x)+xf′(x)
洛必達法則）
f(0)f(0)+f(0)+0=12．
設函式f（x）在[0，+∞）上連續、單調不減且f（0）≥0．試證函式f（x）=1x∫x0tnf(t)dt，若x＞00，若x＝
6樓：手機使用者
解答：證明：顯然當x＞0時，f（x）連續，又limx→+
f（x）=lim
x→+∫x0
tnf(t)dt
x=limx→+xnf（x）（洛必達法則）
f（0）所以：函式f（x）在[0，+∞上連續．
當x∈[0，+∞時：
f'（x）=（∫x0
tnf(t)dtx）'
xn+1f(x)?∫x0
tnf(t)dt
x又因為，由微分中值定理有：∫x
0tnf(t)dt=ζnf（ζ）x ζ∈0，x）因此：f'（x）=x
n+1f(x)?∫x0
tnf(t)dtx=x
n+1f(x)?ζ
nf(ζ)xx=x
nf(x)?ζ
nf(ζ)x=x
nf(x)?x
nf(ζ)x
nf(ζ)nf(ζ)x=x
n[f(x)?f(ζ)f(ζ)xn?ζn)
x因為：ζ∈0，x），所以：xn-ζn＞0；
又：f（x）單調不減，且f（x）≥f（ζ）f（0）≥0因此：f（x）-f（ζ）0；
所以有：當x∈[0，+∞時，f'（x）=x
n[f(x)?f(ζ)f(ζ)xn?ζn)x≥0
因此，f（x）在x∈[0，+∞上單調不減．命題得證．
設f（u）在u=0的領域內連續，且lim（n趨向於0）f（u）/u=a，求lim（x趨向於0）d/dx∫【0，1】f（tx）dt
7樓：網友
假定f(t)是f(t)的原函式，則積分等於f(x) -f(0)對它求對x的導數得到。
f'(x)，而這等於f(x)
所以原來極限就是求df(x)/dx當x趨於0的極限根據羅比達法則，它等於f(u)/u的極限，等於a
設f(x)為連續的奇函式且週期為1，∫[x:0->1]xf(x)dx=1 若f(x)=∫[v:0->x]dv∫[u:0->v]du∫[t:0->u]f(t)dt
8樓：網友
由f(x)的三次積分可看出三重積分的積分割槽域為。
v：0≤t≤u，0≤u≤v，0≤v≤x，通過作圖（略），可改變v中變數的順序為。
v：t≤u≤v，t≤v≤x，0≤t≤x。
於是，改變積分順序得。
f(x) = ∫[v:0->x]dv∫[u:0->v]du∫[t:0->u]f(t)dt
[t:0->x]dt∫[v:t->x]dv∫[u:t->v]f(t)du
[t:0->x]dt∫[v:t->x](v-t)f(t)dv
[t:0->x][(1/2)(x^2-t^2)-(x-t)t]f(t)dt
1/2)(x^2)∫[t:0->x]f(t)dt - x∫[t:0->x]tf(t)dt + 1/2)∫[t:0->x](t^2)f(t)dt，這就是f(x)的定積分表示。其次，因f(x)連續，因而其變上限積分可導，故。
f『(x) = ……= x∫[t:0->x]f(t)dt - t:0->x]tf(t)dt，於是，f『(1) = ∫[t:0->1]f(t)dt - t:0->1]tf(t)dt
[t:0->1]f(t)dt - 1
再由條件f(x)為奇函式且週期為1，可得。
t:0->1]f(t)dt = 0，於是，有。
f『(1) = -1。
注：1. 因為倉促難免細節出錯，但解法應該是這樣的，關鍵在於改變積分順序；
2. 感謝zqf357565022的補充。
若函式f（x）是連續的偶函式，證明f（x）=∫（x，0）f（t）d（t）是奇函式。求助各位幫幫忙，急求！謝謝了
9樓：網友
f（-x）=∫（-x，0）f（t）d（t）令t=-u則f(-x)=∫（x，0）f（-u）d（-u）=-∫（x，0）f（-u）d（u）
因為f（x）是連續的偶函式，所以f(-u)=f(u)所以f(-x)=-∫（x，0）f（u）d（u）=-f(x)又因為f（0）=∫（0，0）f（t）d（t）=0所以f（x）=∫（x，0）f（t）d（t）是奇函式我是老師 謝謝採納。
若f（t）為連續函式且為奇函式,證明：f（x）=∫（x，0）f（t）dt是偶函式
10樓：網友
首先要知道乙個性質 對於題目中給出的f（x）∫（x，x）f（t）dt＝0 具體證明可以畫個圖特別明內顯所以由上式。
容-x，0）f（t）dt + 0，x）f（t）dt＝0
參照f（x） 前者是f（-x）後者是-f（x）所以即f（-x）-f（x）＝0
f（x）＝f（-x）得證偶函式。
設函式f x 連續，且f x 0,則存在a0。使得f
如果f x 在0的一個鄰域bai內連續，於是在du此鄰域內f x 0，故zhif x 單調遞dao增。因此反例只能回從f x 在0不連續找。考慮答f x x 2 x 2sin1 x，當x不為0時，f 0 0。用定義有f 0 1 2 0，f x 1 2 2xsin1 x cos1 x。當xk取1 2k...
設f xx a 2,x 0 x 1 x a 4,x0,若f 0 是f x 的最小值,則a的取值範圍是
0，dao3 解析 分類討論 1 a 0時，專 0 上，屬fmin left f a 0，1 上，fmin right f 1 fmin full不可能是f 0 2 a 0時，0 上，fmin left f 0 0 0，1 上，fmin right f 1 6 f 0 0時，0 上，fmin lef...
設函式F x 連續,且f 0 0,則存在0,使得
既然都不能保證是不是單調函式，任意的右領域都有fx大於f0又是怎麼保證的，某一點導數存在並不能說明在該點鄰域處導數也存在，所以僅由一點處的導數情況是無法得出單調性的情況 我覺得可以這樣直觀的理解，反例 想想一個從x 0 y 0 往右的連續的鋸齒狀且有回一點上升答趨勢的連續的函式 其中f x x在x無...