1樓:匿名使用者
^設bai g(x)=f^2(x)+2f'(x),0 f(x)>2/(x+1)
===> 1=f(1) > 2/(1+1)=1 矛盾!
2.若 g(x) 在(0,1] 上恆0.否則du 設 x1為最zhi大x 使得 f(x1)=0 (f^(-1)(0)是非空閉集dao,所以可以取到回x1)
則當 x1 結論成立答.
設f(x)在[0.1]連續,證明∫(0→1)[f(x)^2]dx≥[∫(0→1)f(x)dx]^2 50
2樓:寂寞的楓葉
解:設∫(0,1)f(x)dx=m,那麼(f(x)-m)^2≥0,
因此∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0,
又(f(x)-m)^2=(f(x))^2-2m*f(x)+m^2,那麼
∫(0,1)(f(x)-m)^2dx=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)(2m*f(x))dx+∫(0,1)m^2dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-2m∫(0,1)f(x)dx+m^2
=∫(0,1)f(x))^2dx-2*∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx+∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx
=∫(0,1)f(x))^2dx-∫(0,1)f(x)dx*∫(0,1)f(x)dx=∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2
又∫(0,1)(f(x)-m)^2dx≥0,所以,∫(0,1)f(x))^2dx-(∫(0,1)f(x)dx)^2≥0,
即∫(0,1)f(x))^2dx≥(∫(0,1)f(x)dx)^2
3樓:匿名使用者
要證明的積分上限應該是1.證明思路:先交換積分順序,然後交換變數的符號,
相加除以2即可.
原式=∫【0,1】dy∫【0,y】f(x)f(y)dx 這是交換積分順序
=∫【0,1】dx∫【0,x】f(x)f(y)dy 這是對上一個積分中的x,y變數互換符號而已
=0.5∫【0,1】dx∫【0,1】f(x)f(y)dy上面個兩個積分相加除以2,注意內層積分恰好是從0到x和從x到1=0.5∫【0,1】f(x)dx∫【0,1】f(y)dy=0.
5a^2.
f(x)在(a,b)內有二階導數,f(x1)=f(x2)=f(x3) a
4樓:天使的星辰
∵f(x)的二階導數存在
∴f(x)的一階導數存在
∴f(x)連續
∵f(x)在〔x1、x2〕上連續,在(x1,x2)內可導,f(x1)=f(x2)
∴由羅爾定理:至少存在一個c1屬於(x1,x2),使得f『(c1)=0
同理,f(x)在[x2,x3]上連續,在(x2,x3)內可導,f(x2)=f(x3)
∴由羅爾定理:至少存在一個c2屬於(x2,x3),使得f』(c2)=0
又∵f'(x)在〔c1,c2〕上連續,在(c1,c2)內可導,f'(c1)=f'(c2)
∴由羅爾定理:至少存在一個ε屬於(c1,c2),使得f''(ε)=0
而(c1,c2)包含於(a,b)
fx在R可導，fxfx0，證明fx0最多有實根
建構函式 x 1 2 f x 2 f x 則 x f x f x 依題意,f x f x 0 即 x 0,從而 x 單調遞增 又 x 可看作是t f x 與 t 1 2t 2 t複合而成,因此f x 也在實數集r上單調遞增 同增異減原則 當lim x f x 0時,f x 無零點 當lim x f ...
設可導函式f x 滿足f x cosx 2 0 x f t sintdt x 1,求f x
需要用到微分方程知識 答案在 上，滿意請點採納，謝謝。祝您學業進步 f x cosx 2 0 x f t sintdt x 1兩邊求導f x cosx sinxf x 2f x sinx 1即f x cosx f x sinx 1兩邊同時除以cos x，得 f x cosx f x sinx cos...
為什麼fx在x0處二階可導，fx00，fx
你可以這麼理解。假設極值點存在 f x 0可以求出駐點x x0 f x0 0 而f x 0表示的是f x 是單調遞增函式 注意這裡是f x 不是f x f x0 0，說明在該點某個鄰域內，x的一階導函式是遞增的。而f x0 0 也就說在該點某個鄰域內，當x x0時，f x 0當x x0時，f x 0...