1樓：樑丘鴻暢鹹耘
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
後面的為積分割槽間】屬
2樓：史怡暢赤鳴
建構函式：f(u)=2∫[a--->u]
xf(x)dx-(a+u)∫來[a--->u]f(x)dx，自u∈[a,b]，顯然有f(a)=0
f'(u)=2uf(u)-∫[a--->u]f(x)dx-(a+u)f(u)
=uf(u)-af(u)-∫[a--->u]f(x)dx
=f(u)(u-a)-∫[a--->u]f(x)dx
由積分中值定理：∫[a--->u]f(x)dx=f(ξ)(u-a)，a<ξ
0，函式
為增函式，則
f(u)>f(ξ)
因此[f(u)-f(ξ)](u-a)>0，即f(u)為增函式，則f(u)>f(a)=0
即：2∫[a--->u]
xf(x)dx-(a+u)∫[a--->u]f(x)dx>0
令u=b，得：2∫[a--->b]
xf(x)dx-(a+b)∫[a--->b]f(x)dx
即：∫(a,b)
xf(x)dx≥(a+b)/2
∫(a,b)f(x)dx
設函式f(x)在區間[a,b]上連續,證明:∫f(x)dx=f(a+b-x)dx
3樓：發了瘋的大榴蓮
證明：做變數替換a+b-x=t,則dx=-dt,當x=b,t=a,當x=a,t=b
於是∫(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
4樓：匿名使用者
^因為積分割槽域d關於直線y=x對稱，所以二重積分滿足輪換對稱性，即∫∫(d) e^[f(x)-f(y)]dxdy=∫∫(d) e^[f(y)-f(x)]dxdy
=(1/2)*
=(1/2)*∫∫(d) dxdy
>=(1/2)*∫∫(d) 2*√dxdy=∫∫(d) dxdy
=(b-a)^2
設函式f(x)在【a，b】上連續且單調增加，求證∫[a , b] xf(x)dx >=a+b/2∫[a , b] f(x)dx 怎麼做
5樓：匿名使用者
記：g(x)=s[a,x]tf(t)dt-[(a+x)/2]s[a,x]f(t)dt,a<=t<=x,g'(x)=xf(x)-(1/2)[s[a,x]f(t)dt+f(x)(a+x)]=(1/2)[f(x)(x-a)-s[a,x]f(t)dt]=(1/2)s[a,x][f(x)-f(t)]dt>=0,（其中baif(x)單增）可得
dug(x)在zhix>=a上單調不減，於dao是g(x)>=g(a)=0，取x=b移項則原
內命題得證。容
設fx在上連續,證明下限為a,上限為b
做變數替換令x a b a t 則0 t 1.dx b a dt帶入元積分即得。設f x 在區間 a,b 上連續,證明 b a f x dx 證明 做變數替換a b x t,則dx dt,當x b,t a,當x a,t b 於是 a,b f a b x dx b,a f t dt a,b f t d...
設fx在連續證明01fx
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 ...
大學數分凸函式證明 設fx在上連續，對所有屬於i的x1，x
設a x1 1 x2,由泰 制勒公式 f x1 f a f a x1 a f x1 a 2 2 f a f a x1 a 同樣 f x2 f a f a x2 a x1 1 x2 f a f a x1 a 1 f a f a x2 a f a f a x1 1 x2 a f a 即 x1 1 x2 ...