1樓：
:∫(0,π)f(丨cosx丨)dx=∫(0,π/2)f(cosx)dx+:∫(π/2,π)f(-cosx)dx
對1個積分，x=π/2-t
∫(0,π/2)f(cosx)dx==∫(π/2,0)f(sinx)d(-t)=∫(0,π/2)f(sint)dt=∫(0,π/2)f(sinx)dx
對2個積分，x=π-t
∫(π/2,π)f(-cosx)dx=∫(π/2,0)f(sint)d(-t)=∫(0,π/2)f(sint)dt=∫(0,π/2)f(sinx)dx
所以：:∫(0,π)f(丨cosx丨)dx=2∫(0,π/2)f(sinx)dx
2樓：假如有一天走了
設t=x-π/2
左邊=∫(-π/2,π/2)f(丨cos(t+π/2)丨)dt=∫(-π/2,π/2)f(丨sint丨)dt因為f(丨sint丨)是偶函式
所以=2∫(0,π/2)f(丨sint丨)dt又因為0<=t<=π/2時，sint>=0所以=2∫(0,π/2)f(sinx)dx=右邊
設f(x)連續，證明：∫0到2πxf(cosx)dx=π∫0到2πf(cosx)dx
3樓：
∫(0,2π)xf(cosx)dx=π∫(0,2π)f(cosx)dx
證明：設x=2π-t，那麼dx=-dt
當x從0到2π時，t從2π到0，
∫(0,2π)xf(cosx)dx
=∫(2π,0)(2π-t)f(cos(2π-t)(-dt)=2π ∫(0,2π)f(cost)dt- ∫(0,2π)tf(cost)dt
=2π ∫(0,2π)f(cosx)dx - ∫(0,2π)xf(cosx)dx (積分與變數無關）
移項得除以2：
∫(0,2π)xf(cosx)dx=π∫(0,2π)f(cosx)dx
設f(x)是連續函式，證明:∫(0,2)f(sinx)dx=∫(0,2)f(cosx)dx
4樓：匿名使用者
證明∫(0到pia/2)f(sinx)dx=∫(0到pia/2)f(cosx)dx
f(x)在[0,π/2]上連續。證明∫f(x)丨sinnx丨dx=2/π∫f(x)dx，其中積分割槽間都是從0到π/2
5樓：匿名使用者
將區間均copy分為n份，分點為baixi=ipi/2n，i=0,1,2,...,n。原積分
寫為n個區間的積du分和，再在每個zhi區間上用積dao分中值定理，＝求和_f(yi)積分_到x_i}|sinnx|dx=2/pi×求和_f(yi)pi/(2n)，當n趨於無窮時，後者是積分和，極限就是f的積分值。中間要用到在每個子區間上
|sinnx|的積分為1，可以用變數很容易得到。
積分_到x_i}|sinnx|dx=積分_/n，這一步是令nx＝z。
積分_＝積分_＝1，這一步是令z-(i-1)pi/2=x
設f（x）在【0,1】上連續。證明∫（π/2~0)f(cosx)dx=∫（π/2~0)f（sinx）dx
6樓：
令 y=π/2-x，則x=π/2-y
∫（π/2~0)f(cosx)dx=∫（0~π/2) f(cos(π/2-y))d(π/2-y)
=∫（0~π/2) -f(siny)dy
=-∫（0~π/2) f(siny)dy
=∫（π/2~0)f(siny)dy
=∫（π/2~0)f(sinx)dx
7樓：匿名使用者
分別證明等號兩邊的極限值相等。
設函式f（x）在[0，π]上連續，且∫π0f(x)dx＝0，∫π0f(x)cosxdx＝0，試證明：在（0，π）內至少存在兩
8樓：亞泰
【解法一】令 f（x）=∫x0
f(t)dt，顯然，f（0）=0．由已知條件可得，f（π）=0．
因為 0=∫π0
f(x)cosxdx=∫π0
cosxdf（x）=f(x)cosx|π0
+∫π0f（x）sinxdx=∫π0
f（x）sinxdx，
利用積分中值定理，存在ξ∈（0，π），使得 f（ξ）sin ξ=0．注意到 sin ξ＞0，故有 f（ξ）=0．
從而，f（0）=f（ξ）=f（π）=0．
在區間[0，ξ]與[ξ，1]上分別利用羅爾定理可得，至少存在ξ1 ∈[0，ξ]，ξ2∈[ξ，1]，
使得 f′（ξ1）=f′（ξ2）=0．
即：f（ξ1）=f（ξ2）=0．
【解法二】由 ∫π0
f(x)dx=0 可知，存在 ξ1∈（0，π），使得 f（ξ1）=0．
否則，f（x） 在區間 （0，π） 內恆為正數或者負數，由積分的保號性可知，∫b
af(x)dx為正數或者負數，與 ∫π0
f(x)dx=0 矛盾．
反設結論不成立，即：f（x）=0 在區間 （0，π）內僅有一個實根 x=ξ1．
由於 ∫π0
f(x)dx=0，故 f（x） 在區間 （0，ξ1）與 （ξ1，π）上異號．
不妨設 f（x） 在區間 （0，ξ1）上恆為正數，在區間 （ξ1，π）上恆為負數．
由已知條件計算可得，
0=∫π
0f(x)cosxdx-cos（ξ1）∫π0
f(x)dx=∫π
0f（x）（cosx-cosξ1）dx =∫ξ
0 f（x）（cosx-cosξ1）dx+∫πξ
f（x）（cosx-cosξ1）dx
=i1+i2，
因為餘弦函式 cosx 在 （0，π）上為單調減函式，並注意到f（x） 在區間 （0，ξ1）上恆為正數，在區間 （ξ1，π）上恆為負數，
故有 i1＞0，i2＞0，與 i1+i2=0 矛盾．故反設不成立，即在區間 （0，π） 上，除 ξ1外，f（x）至少還有一個零點ξ2．
設f(x)為連續函式,證明:∫(a,2a)f(x)dx=∫(0,a) f(2a-x)dx
9樓：西域牛仔王
作變數代換，令 x = 2a-t， 則 dx = - dt，
左邊 = ∫[a，2a] f(x)dx = ∫[a，0] f(2a-t)(-dt) = ∫[0，a] f(2a-t)dt ，
把積分變數換成 x，即得右邊 。
設fx是連續函式,則a,bfxdxa,b
首先需要證明bai,若函式f x 在 a,b 內可積du分,則 zhi x 在此區間內dao為一連續函式。證版 明 給x一任意增量權 x,當x x在區間 a,b 內時,可以得到 x x f t dt f t dt f t dt x f t dt 設f x 是連續函式,則 a b f x dx a b...
設函式fx滿足f01,f23,f25,fx連續,則積分
解 0 2 xf x dx 0 2 f x xf x f x dx xf x f x 0 2 2 f 2 f 2 0 f 0 f 0 2 5 3 0 1 8本題關鍵是求積分 內 容xf x dx xf x f x c 設f x 在 0.1 連續,證明 0 1 f x 2 dx 0 1 f x dx ...
設函式fx在上連續,且fafb,證明
定義bai g x f x f x b a 2 a x a b a 2.g a f a f b a 2 g a b 2 f b a 2 f a g a 若g a 0,則取 a,結論即成立。du 若g a 不 0,因為g連續,且zhi在區間 a,a b a 2 兩個端dao點的 函式值符號相版異。所權...