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)
設f x 為連續函式，則 a,b f x dxa,b f a b x dx求講解
解 x a b f x dx x a b f a b x dx x a b f x f a b x dx 在沒有其他條件的情況下，只能做到這了。設f x 是連續函式，則 a,b f x dx a,b f a b x dx 首先需要證明bai，若函式f x 在 a,b 內可積du分，則 zhi x 在...
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...
設fx,y,z為連續函式，為平面xyz1在第四卦
利用兩種曲面積分的關係,第一步,先都轉化成對dxdy的曲面積分 原式 f x cos ds 2f y cos ds f z dxdy f x cos cos dxdy 2f y cos cos dxdy f z dxdy 因為 是平面x y z 1在第四卦限部分的上側,所以可以求出cos cos 1...