设f(x)连续,且∫(x,0)(x-t)f(t)dt=1-cosx
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/01 11:14:21
f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+0.5f''(a)(0-x)^2f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+0.5f''(b)(1-x)^2两式相减,移项,取绝对值得|f'(x)|=|f(1)
证明:记F(α)=∫(α,0)f(x)dx-α∫(1,0)f(x)dx则F'(α)=f(α)-∫(1,0)f(x)dx从而F'(α)单调不增,又F'(0)=f(0)-∫(1,0)f(x)dx≥f(0)
很高兴为您解答,liamqy为您答疑解惑如果本题有什么不明白可以追问,再问:l应为含x的函数。怎么能提到积分号外来呀?再答:是个常数,积分是常数区域,,
两边对x求导得f(x)=[x(1+cosx)]'=1+cosx+x(-sinx)=1+cosx-xsinx
f(x)=e^x+sinx-∫[0→x](x-t)f(t)dt=e^x+sinx-x∫[0→x]f(t)dt+∫[0→x]tf(t)dt求导得:f'(x)=e^x+cosx-∫[0→x]f(t)dt-
再问:你逗我呢?再答:不好意识,出了点错
这个不是人人相册里传的比较疯的一道题目吗,底下的评论没有答案?少年,看来你是准备要当大神了...再问:谢谢!!但是那个展开式我没怎么看懂啊,,,再答:额你们没学taylor展开吗?再问:==没学,,我
设g(x)=∫f(t)dt,则g'(x)=f(x),g"(x)=f'(x).g(x)在[a,b]二阶连续可导,且g(a)=0,g'(a)=f(a)=0.由带Lagrange余项的Taylor展开,存在
Taylor展式:对任意的x,f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+f''(c1)(0-x)^2/2,f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+f''(c2)(1-x)^2/2.两式相减,得f'(
∵f(x)=e^x+∫(t-x)f(t)dt∴f'(x)=e^x-∫f(t)dtf''(x)=e^x-f(x)f(0)=f'(0)=1故解此微分方程得f(x)=C1e^x+C2e^(-x)+(x/2)
xf(x)=x^2+∫(1,x)f(t)dt求导得到:xf'(x)+f(x)=2x+f(x)∴ f'(x)=2∴ f(x)=2x+C又由于:f(1)=1解得,C=-
令p=[f(x)-e^x]sinyq=-f(x)cosy因为积分与路径无关所以(αp/αy)=(αq/αx)带入化解得:f'(x)+f(x)=e^x解之的f(x)=e^(-∫dx)[c+∫(e^x)*
由于f(x)连续,则∫(0,x)tf(x-t)dt可导,由于f(x)=e^x+∫(0,x)tf(x-t)dt,因此f(x)可导换元,令x-t=u,则dt=-du,u:x→0f(x)=e^x-∫[x→0
答案写得比较略,我写详细些你就容易懂了. 若有不懂请追问,如果解决问题请点下面的“选为满意答案”.
积分符号记为J(0,x)f(t)dxφ(-x)=J(0,-x)f(t)dx,令y=-xφ(-x)=J(0,y)f(t)d-y=-J(0,y)f(t)dy=-J(0,x)f(t)dx=-φ(x)因此为奇
只需证明:f(x)递增有上界:事实上,1)f(x)递增有导数大于0得到;2)f(x)有上界:利用f(x)=f'(s)从1积分到x,再加上f(1).因为f'(x)
只需证明:f(x)递增有上界:事实上,1)f(x)递增有导数大于0得到;2)f(x)有上界:利用f(x)=f'(s)从1积分到x,再加上f(1).因为f'(x)