1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
2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.
設f x在0 1上連續在0 1內可導,證明 必存在一點0,1 ,使得F 1 2 f
由條件f 0 f 1 0,根據羅爾定理，存在 0,1 滿足f 0。令f x 1 x f x 則f f 1 0 再次運用它羅爾定專理 存在 屬 1 使f 0，即 1 f 2 1 f 0 由於 1，所以1 不等於0，所以 1 f 2f 0，即f 2f 1 證畢 設f x 在 0,1 上連續,在 0,1 ...
設f x在上連續,證明xf x dx
證明 做du 變數替換a b x t,則dx dt,當x b,t a,當x a,t b於是 zhi a,b f a b x dx b,a f t dt a,b f t dt a,b f x dx即 a,b f x dx a,b f a b x dx命題得證。注 dao緊跟專 積分符號 後面的為積分割...
設函式f x 在上連續,在 0,1 內可導,且f
令g x f x x，則g 0 0，g 1 2 1 2，g 1 0，根據介值定理，存在a 0,1 2 使得g a 1 4，存在b 1 2,1 使得g b 1 4。再根據羅爾中值定理，存在 a,b 使得g 0，也就是f 1。注意 2 1，與 2 結果形式一致。1 根據連續性。f 可以看成兩個函式y f...