設f x 是以l為週期的連續函式,證明a到a lf x dx的值與a無關

時間 2021-08-11 18:12:29

1樓:

f(x)是以l為週期的連續函式

那麼它的一個原函式f(x)也是週期為l的連續函式這樣f(a+l)=f(a)

所以∫a到a+lf(x)dx的值與a無關

2樓:

這是定積分的一個基本證明題:

證明:∫(a,a+l)f(x)dx=∫(a,0)f(x)dx+∫(0,l)f(x)dx+∫(i,a+l)f(x)dx

對第3個積分,設t=x-i,代入得:

∫(i,a+l)f(x)dx=∫(0,a)f(t+i)dt=∫(0,a)f(t)dt=-∫(a,0)f(t)dt,與第1個積分抵消

所以:∫(a,a+l)f(x)dx=∫(0,l)f(x)dx ,右端積分與a無關。

3樓:

首先拆為兩部分∫f(x)dx=∫f(x)dx+∫f(x)dx.

對後者換元x=t+i得, ∫f(x)dx=∫<0,a>f(t+i)dt=∫<0,a>f(t)dt.

再將兩部分合並即∫f(x)dx+∫<0,a>f(t)dt=∫<0,i>f(x)dx.

該值與a無關.

設f(x)是以l為週期的連續函式,證明∫a到a+lf(x)dx的值與a無關

4樓:汝宜廣信鷗

這是定積分的一個基本證明題:證明:∫(a,a+l)f(x)dx=∫(a,0)f(x)dx+∫(0,l)f(x)dx+∫(i,a+l)f(x)dx對第3個積分,設t=x-i,代入得:

∫(i,a+l)f(x)dx=∫(0,a)f(t+i)dt=∫(0,a)f(t)dt=-∫(a,0)f(t)dt,與第1個積分抵消所以:∫(a,a+l)f(x)dx=∫(0,l)f(x)dx

,右端積分與a無關.

設f(x)是以l為週期的連續函式,證明∫(a,a+l)f(x)dx的值與a無關

5樓:西域牛仔王

∫bai(a→a+l) f(x) dx

=∫(a→du0) f(x)dx+∫zhi(0→l) f(x)dx+∫(l→a+l) f(x)dx,

對最後一個積分dao,令 u=x - l,du=dx,則專 ∫(l→a+l) f(x)dx

=∫(0→a) f(u+l)du

=∫(0→a) f(u)du (周期函式屬)= - ∫(a→0) f(x)dx

(交換上下限變號,用 x 替換 u)

所以原式=∫(0→l) f(x)dx 與 a 無關。

6樓:匿名使用者

assume t=x-a,

x=t+a

s(o,l)f(t+a)d(t+a)=s(0,l)f(t)d(t) no a here

設f(x)是以l為週期的連續函式,證明§a,a+l f(x)dx與a無關

7樓:匿名使用者

f(x)是以l為週期的連續函式

=> f(x+l) = f(x)

i= ∫(a,a+l) f(x)dx

let f(x) = ∫ f(x)dx

i = f(a+l) - f(a)

di/da = f'(a+l) - f'(a)= f(a+l) - f(a)

= f(a) - f(a) =0

di/da =0

=> i is independent of a

設f(x)是以l為週期的連續函式,證明∫(上面a+l;下面a)f(x)dx的值與a無關 5

8樓:匿名使用者

這是定積分的一個基本證明題:

證明:∫(a,a l)f(x)dx=∫(a,0)f(x)dx ∫(0,l)f(x)dx ∫(i,a l)f(x)dx

對第3個積分,設t=x-i,代入得:

∫(i,a l)f(x)dx=∫(0,a)f(t i)dt=∫(0,a)f(t)dt=-∫(a,0)f(t)dt,與第1個積分抵消

所以:∫(a,a l)f(x)dx=∫(0,l)f(x)dx ,右端積分與a無關。

設f(x)是以l為週期的連續函式,證明∫f(x)dx(上限為a+l,下限為a)=∫f(x)dx(上l下0) 即∫f(x)dx的值與無

9樓:匿名使用者

設a≤t∫f(x)dx(上l下0)=∫f(x)dx(上t+1下t)=∫f(x)dx(上a+1下t)+∫f(x)dx(上t+1下a+1)=∫f(x)dx(上a+1下t)+∫f(x)dx(上t下a)=∫f(x)dx (上a+l下a)

10樓:匿名使用者

定義變限積分f(a)=∫f(x)dx(上限為a+l,下限為a)

關於a求導數得f'(a)=f(a+l)-f(a)=0(因為f(x)以l為週期)

所以f(a)恆等於常數,即與a的值無關

11樓:

另t=a+x,則∫f(x)dx(上a+1下a)=∫f(t)dt(上a+1下a)

=∫f(x+a)d(x+a)(上a+1-a下a-a)=∫f(x)dx(上1下0)

證明完成。

設f(x)是以t為週期的連續函式,證明f(x)在a到a+t上的定積分的值與a無關。 30

12樓:匿名使用者

設l(a)=f(x)在a到a+t上的定積分

則l'(a)=f(a+t)-f(a)=f(a)-f(a)=0

所以f(x)在a到a+t上的定積分的值與a無關。

13樓:

...................

設f(x)是以t為週期的連續函式,證明:∫(a為下限,a+t為上限)f(x)dx=∫f(x)dx

14樓:曉龍修理

證明過程如下:

證明:∫

(a~a+t) f(x)dx=∫(0~t) f(x)dx

∫(a~a+t)f(x)dx=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(t~a+t)f(x)dx

對∫(t~a+t)f(x)dx,令x=t+t,則∫(t~a+t)f(x)dx=∫(0~a)f(t+t)dt=∫(0~a)f(t)dt

所以,∫(a~a+t)f(x)dx

=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(t~a+t)f(x)dx

=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(0~a)f(x)dx

=∫(0~t)f(x)dx

證明函式極限的方法:

利用函式連續性,直接將趨向值帶入函式自變數中,此時要要求分母不能為0。

當分母等於零時,就不能將趨向值直接代入分母,因式分解,通過約分使分母不會為零。若分母出現根號,可以配一個因子使根號去除。

如果趨向於無窮,分子分母可以同時除以自變數的最高次方。(通常會用到這個定理:無窮大的倒數為無窮小)

採用洛必達法則求極限,當遇到分式0/0或者∞/∞時可以採用洛必達,其他形式也可以通過變換成此形式。符合形式的分式的極限等於分式的分子分母同時求導。

15樓:

證明:∫(a~

a+t) f(x)dx=∫(0~t) f(x)dx

∫(a~a+t)f(x)dx=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(t~a+t)f(x)dx

對∫(t~a+t)f(x)dx,令x=t+t,則∫(t~a+t)f(x)dx=∫(0~a)f(t+t)dt=∫(0~a)f(t)dt

所以,∫(a~a+t)f(x)dx

=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(t~a+t)f(x)dx

=∫(a~0)f(x)dx + ∫(0~t)f(x)dx + ∫(0~a)f(x)dx

=∫(0~t)f(x)dx

設f(x)是以t為週期的連續函式,證明:∫(a為下限,a+t為上限)f(x)dx=∫f(x)dx (上限是t,下限是0)

16樓:匿名使用者

設f(a)=:∫

(a為下限,

dua+t為上限)

zhif(x)

則f'(a) = f(a+t)-f(a) =f(a)-f(a)=0這說明daof(a)=∫版(a為下限,a+t為上限)f(x) 是一個常權數函式

所以f(a)=f(0)=∫f(x)dx (上限是t,下限是0)

f X 為連續函式,當x0,f x2x 2 cos

此題做起來有點麻煩啊。首先根據連續的定義,f x 在x 0處連續必須符合以下3點 1 f x 在x 0處有定義 2 f x 在x 0處存在極限 即左右極限都存在而且左右極限相等 3 f x 在x 0處的極限值等於該處的函式值即f 0 a 先把這點發給你,再往下做,希望你能受到啟發,做出後續部分 根據...

f x 為以T為週期的函式那麼f x f x 是以T為週期的函式嗎

點點外婆 解 設g x f x f x 因為f x t f x g x t f x t f x t f x f x t f x f x g x 所以結論是 是 柯碧琴 證明由f x f ax 知 f x t a f a x t a f ax t 由函式f x 是以t為週期的周期函式 故f x t a...

f x 是以4為週期的奇函式,f 1 2 1且Sina 1 4,則f 4coS2a 等於多少

4cos2a 4 1 2sin a 7 2,f 7 2 f 1 2 f 1 2 1 無名小古 f 4cos2a f 4 1 2sin a f 8sin a 4 又f x f x 4 f 4cos2a f 8sin a 又f x f x f 4cos2a f 8sin a f 8sin a f 8 1...