1樓：匿名使用者
證明：令2/pi∫(0,pi/2)f(x)dx＝f(c)，其中0<=c<=pi/2。
注意到條件即知(f(x)－f(c))*(sinx－sinc)>=0，
於是則有∫(0,pi/2)（f(x)－f(c)）(sinx-sinc)dx>=0，開啟化簡記得結論。
2樓：匿名使用者
在[0，π/2]上，0≦sinx≦1，sinx連續且單調增加，所以必有唯一的一點ξ∈(0，π/2)，使得sinξ=2/π①;在[0，ξ]，sinx≦sinξ，即sinx≦2/π，即sinx-2/π≦0②;另外在[0，ξ]，f(x)≦f(ξ)③;由②、③得f(x)(sinx-2/π)≧f(ξ)(sinx-2/π)④;在[ξ，π/2]上，顯然有sinx-sinξ≧0，即sinx-2/π≧0，f(x)≧f(ξ)，所以f(x)(sinx-2/π)≧f(ξ)(sinx-2/π)⑤;由④、⑤可知，在[0，π/2]上，恆有f(x)(sinx-2/π)≧f(ξ)(sinx-2/π)，所以∫(0→π/2)f(x)(sinx-2/π)dx≧∫(0→π/2)f(ξ)(sinx-2/π)dx⑥，在⑥式中，∫(0→π/2)f(ξ)(sinx-2/π)dx=f(ξ)∫(0→π/2)(sinx-2/π)dx=f(ξ)×0=0，所以由⑥得∫(0→π/2)f(x)(sinx-2/π)dx≧0，即∫(0→π/2)f(x)sinxdx≧(2/π)∫(0→π/2)f(x)dx(證畢)。
上連續，且單調增加，證明tf t dt a b 2f t dt 其中上下
令f x a,x tf t dt a,x a x 2 f t dt a,x tf t dt a 2 a,x f t dt x 2 a,x f t dt f x xf x a 2 f x 1 2 a,x f t dt 1 2 xf x 1 2 x a f x 1 2 a,x f t dt 1 2 a,...
設函式f x 在上連續,在 0,a 內可導,且f
令g x x 3f x g x 3f x xf x x 2。由於g 0 g a 0，由羅爾定理必存在 使g 0，即3f f x 0 證 建構函式f x x f x 則f x 在 0，a 上連續，在 0，a 內可導。f 0 0 f 0 0，f a a f a 0f x 3x f x x f x 由羅爾...
函式f x 與xf x 在上連續,且f x 與xf x 在上的定積分都
死亡的誓言 假設f x 在 a，b 上恆不等於0，則f x 在 a，b 內恆正或恆負，根據積分不等式性質有 f x 在 a，b 上的積分要麼大於0，要麼小於0.這與f x 在 a,b 上的定積分 0矛盾。故存在一點x1在 a，b 上，使f x1 0.假設 f x 在 a，b 內有一個零點x1，則 f...