1樓：匿名使用者
∫ydx∫（1／y）dx＝－1
所以∫（1／y）dx＝－1／（∫ydx）
所以1／y＾2＝（∫ydx）＾2
y＝1／（∫ydx）
所以∫ydx＝1／y
再一次求導得到y＝－y＇／y＾2
所以y＇＝－y＾3
所以dy／dx＝－y＾3
－2y＾（－3）dy＝2dx
所以y＾（－2）＝2x＋c
根據y（0）＝1，得到c＝1
所以y＾（－2）＝2x＋1
y＝1／√（2x＋1）。
擴充套件資料
兩個函式定積分的積與兩個函式積的定積分相同：
解：不相同，因為定積分求解的是在區間上被積函式曲線下方的面積2個定積分的乘積是2個面積的乘積．而2個函式相乘後再求定積分相當於被積函式變化了，被積函式曲線下方的面積也要變化。
乘積可積性
若f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可積，則f（x）g（x）f（x）g（x）在［a，b］［a，b］上也可積。
證明：f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可積，則f（x）f（x）和g（x）g（x）在［a，b］［a，b］上有界，
於是 ∃m>0,∃m>0, 使得 ∀x∈[a,b],|f(x)|對於區間［a，b］［a，b］的任意一個劃分pp，∀i∈n，1≤i≤n，∀i∈n，1≤i≤n，
令mi＝sup｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，mi＝sup｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
mi＝inf｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi＝inf｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
wi＝mi−mi，wi＝mi−mi，
令m′i＝sup｛f（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，mi′＝sup｛f（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
m′i＝inf｛f（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi′＝inf｛f（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
w′i＝m′i−m′i，wi′＝mi′−mi′，
令m′′i＝sup｛g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，mi″＝sup｛g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
m′′i＝inf｛g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi″＝inf｛g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
w′′i＝m′′i−m′′i，wi″＝mi″−mi″，
則：∀ε>0,∃x^∈[xi−1,xi],∀ε>0,∃x^∈[xi−1,xi], 使得 f(x^)g(x^)>mi−ε2,f(x^)g(x^)>mi−ε2,
∃x~∈[xi−1,xi],∃x~∈[xi−1,xi], 使得 f(x~)g(x~)因此 f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)>mi−mi−2⋅ε2=wi−ε,f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)>mi−mi−2⋅ε2=wi−ε,
易知m′i≤f（x＾），f（x～）≤m′i，mi′≤f（x＾），f（x～）≤mi′，
⇒m′i−m′i≤f（x＾）−f（x～）≤m′i−m′i＝w′i，⇒mi′−mi′≤f（x＾）−f（x～）≤mi′−mi′＝wi′，
⇒｜f（x＾）−f（x～）｜≤w′i，⇒｜f（x＾）−f（x～）｜≤wi′，
同理，得m′′i≤g（x＾），g（x～）≤m′′i，mi″≤g（x＾），g（x～）≤mi″，
⇒｜g（x＾）−g（x～）｜≤m′′i−m′′i＝w′′i，⇒｜g（x＾）−g（x～）｜≤mi″−mi″＝wi″，
又｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜
＝｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）＋f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜＝｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）＋f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜
≤｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）｜＋｜f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜≤｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）｜＋｜f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜
＝｜f（x＾）−f（x～）｜｜g（x＾）｜＋｜f（x～）｜｜g（x＾）−g（x～）｜＝｜f（x＾）−f（x～）｜｜g（x＾）｜＋｜f（x～）｜｜g（x＾）−g（x～）｜
≤m［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］≤m［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］
因此 wi−ε≤｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜≤｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜
≤m［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］≤m［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］
≤m（w′i＋w′′i），≤m（wi′＋wi″），
⇒wi≤m（w′i＋w′′i），⇒wi≤m（wi′＋wi″），
⇒∑ni＝1wiδxi⇒∑i＝1nwiδxi
≤∑ni＝1m（w′i＋w′′i）δxi≤∑i＝1nm（wi′＋wi″）δxi
＝m［∑ni＝1w′iδxi＋∑ni＝1w′′iδxi］，＝m［∑i＝1nwi′δxi＋∑i＝1nwi″δxi］，
f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可積，則
∀ε>0,∀ε>0, 存在區間 [a,b][a,b] 的劃分 pp，使得
∑ni=1w′iδxi<ε2m,∑i=1nwi′δxi<ε2m,
∑ni=1w′′iδxi<ε2m,∑i=1nwi″δxi<ε2m,
⇒∑ni＝1wiδxi⇒∑i＝1nwiδxi
因此f（x）g（x）f（x）g（x）在［a，b］［a，b］上也可積。
2樓：匿名使用者
^^∫baiydx ∫(1/y)dx=-1所以du∫zhi(1/y)dx=-1/(∫ydx)兩邊求導得到
dao1/y=y/(∫ydx)^回2
所以1/y^2=(∫ydx)^2
y=1/(∫ydx)
所以∫ydx=1/y
再一次求導得到y=-y'/y^2
所以y'= -y^3
所以dy/dx=-y^3
-2y^(-3)dy=2dx
所以y^(-2)=2x+c
根據答y(0)=1, 得到c=1
所以y^(-2)=2x+1
y=1/√(2x+1)
滿意請採納，謝謝支援。不懂可追問。
兩個函式相乘的積分怎麼算
3樓：
樓主的問題,太難回答了,它幾乎包括了整個的積分理論,舉例如下：
1、xlnx 的積分專,需要的是分部積分法；屬2、(e^x)sinx 的積分,既需要分部積分,又需要解積分方程；
3、1/(1+x²)^n 的積分,既需要變數代換,又需要積分遞推,還需要分部積分；
4、(sinx)lnsinx 的積分,不但需要給出積分割槽間,還得運用複變函式積分法；
、、、、、、、、、、、、、、
樓主的問題,看看是一個小問題,似乎「湊方法」就可以了,仔細一分析,這個問題
包括了積分的所有方方面面.一本天書是寫不完的.
兩個數的乘積的不定積分怎麼求
4樓：不是苦瓜是什麼
兩類不同函式乘來積作為被積函式，源一般bai要用分部積分法來求。將其中的du函zhi
數按照：「反、對、冪、指、dao三」的優先次序選擇函式作導數，另一函式求原函式，有關過程翻翻高數書看一下。
這裡的例子，選擇x作導數，e^x作原函式，則
積分=xe^x-se^xdx=xe^x-e^x+c
不定積分的公式
1、∫ a dx = ax + c，a和c都是常數
2、∫ x^a dx = [x^(a + 1)]/(a + 1) + c，其中a為常數且 a ≠ -1
3、∫ 1/x dx = ln|x| + c
4、∫ a^x dx = (1/lna)a^x + c，其中a > 0 且 a ≠ 1
5、∫ e^x dx = e^x + c
6、∫ cosx dx = sinx + c
7、∫ sinx dx = - cosx + c
8、∫ cotx dx = ln|sinx| + c = - ln|cscx| + c
5樓：匿名使用者
優先選用分部積分法，看下面例子
這裡假設u是比v複雜的函式，透過對u求導化簡
兩個矩陣相乘等於零矩陣,已知兩個矩陣相乘等於0,其中一個矩陣已知,怎麼求另一矩陣
任何矩陣乘零矩陣等於零矩陣。1 矩陣的數乘滿足以下運算律 2 矩陣的乘 回法 兩個矩陣的乘法僅當第答一個矩陣a的列數和另一個矩陣b的行數相等時才能定義。如a是m n矩陣和b是n p矩陣,它們的乘積c是一個m p矩陣 b o.顯然,方程左右同時左乘a的逆,不就得出結論了嘛。順便bs一下不看題就亂回答的...
如何認識兩個加強,兩個遏制,保監會兩個加強兩個遏制是指什麼
兩個加來強兩個遏制 源 專項檢查是由 部署bai 一行三du會 統一佈置zhi安排的,這種大型綜合dao性檢查的層次 規模 範圍和力度都是我國金融保險史少有的。對於保險業來說,保監會將此專項檢查是作為關係行業持續健康發展的三件大事來抓,專項檢查時間是2015年上半年。保監會兩個加強兩個遏制是指什麼 ...
兩個相同的什麼數相乘等於,兩個相同的什麼數相乘等於
兩個相同的什麼數相乘等於12?12x 12 122 3x2 3 12答 這個數是2 3。兩個相同的什麼數相乘等於12 2 3 3.4641 好像都是小數約為3.4641 哪倆個相同的數字相乘等於12 你好,很高興為你解答 是2根號3相乘等於12。滿意採納哦 怎樣快速計算兩個相同數相乘的答案 方法如下...