1樓:匿名使用者
不能說明t為x的週期,因為t可以為0。函式e68a8462616964757a686964616f31333363373164週期性
函式的週期性定義:若t為非零常數,對於定義域內的任一x,使f(x)=f(x+t) 恆成立,則f(x)叫做周期函式,t叫做這個函式的一個週期。
函式週期性的關鍵的幾個字「有規律地重複出現」。
當自變數增大任意實數時(自變數有意義),函式值有規律的重複出現
假如函式f(x)=f(x+t)(或f(x+a)=f(x-b)其中a+b=t),則說t是函式的一個週期.t的整數倍也是函式的一個週期.
說明1.概念的提出:將日曆中「星期」隨日期變化的週期性的出現和正弦函式值隨角的變化週期性的出現進行對比,尋求出兩者實質:當「自變數」增大某一個值時,「函式值」有規律的重複出現。
出示函式週期性的定義:對於函式y=f(x),假如存在一個非零常數t,使得當x取定義域內的任何值時,f(x+t)=f(x)都成立,那麼就把函式y=f(x)叫做周期函式,不為零的常數t叫做這個函式的週期。
「當自變數增大某一個值時,函式值有規律的重複出現」這句話用數學語言的表達.
2.定義:對於函式y=f(x),如果存在一個不為零的常數t,使得當x取定義域內的每一個值時,f(x+t)=f(x)
概念的具體化:
當定義中的f(x)=sinx或cosx時,思考t的取值。
t=2kπ(k∈z且k≠0)
所以正弦函式和餘弦函式均為周期函式,且週期為 t=2kπ(k∈z且k≠0)
展示正、餘弦函式的圖象。
周期函式的圖象的形狀隨x的變化週期性的變化。(用課件加以說明。)
強調定義中的「當x取定義域內的每一個值」
令(x+t)2=x2,則x2+2xt+t2=x2
所以2xt+t2=0, 即t(2x+t)=0
所以t=0或t=-2x
強調定義中的「非零」和「常數」。
例:三角函式sin(x+t)=sinx
cos(x+t)=cosx中的t取2π
3. 最小正週期的概念:
對於一個函式f(x),如果它所有的週期中存在一個最小的正數,那麼這個最小正數叫f(x)的最小正週期。
對於正弦函式y=sinx, 自變數x只要並且至少增加到x+2π時,函式值才能重複取得。所以正弦函式和餘弦函式的最小正週期是2π。(說明:
如果以後無特殊說明,週期指的就是最小正週期。)
在函式圖象上,最小正週期是函式圖象重複出現需要的最短距離。
4.例:求下列函式的週期:
(1)y=3cosx
分析:cosx中的自變數只要且至少增加到x+2π時,函式cosx的值才重複出現,因而函式3cosx的值也才重複出現,因此y=3cosx的週期是2π.(說明cosx前面的係數和週期無關。)
(2)y=sin(x+π/4)
分析略,說明在x後面的角也不影響週期。
(3)y=sin2x
分析:因為sin2(x+π)=sin(2x+2π)=sin2x, 所以自變數x只要且至少增加到x+π時,函式值就重複出現。所以原函式的週期為π。
(說明x的係數對函式的週期有影響。)
(4) y=cos(x/2+π/4) (分析略)
(5)y=sin(ωx+φ) (分析略)
結論:形如y=asin(ωx+φ) 或y=acos(ωx+φ) (a,ω,φ為常數,a0, xr) 的函式的週期為t=2π/ω
周期函式性質:
(1)若t(≠0)是f(x)的週期,則-t也是f(x)的週期。
(2)若t(≠0)是f(x)的週期,則nt(n為任意非零整數)也是f(x)的週期。
(3)若t1與t2都是f(x)的週期,則t1±t2也是f(x)的週期。
(4)若f(x)有最小正週期t*,那麼f(x)的任何正週期t一定是t*的正整數倍。
(5)t*是f(x)的最小正週期,且t1、t2分別是f(x)的兩個週期,則 (t1+t2)\t*
q(q是有理數集)
(6)若t1、t2是f(x)的兩個週期,且 是無理數,則f(x)不存在最小正週期。
(7)周期函式f(x)的定義域m必定是雙方無界的集合。
設函式f(x)在區間[a,b]上連續,證明:∫f(x)dx=f(a+b-x)dx
2樓:發了瘋的大榴蓮
證明:做變數替換a+b-x=t,則dx=-dt,當x=b,t=a,當x=a,t=b
於是∫(a,b)f(a+b-x)dx
=-∫(b,a)f(t)dt
= ∫(a,b)f(t)dt
=∫(a,b)f(x)dx
即∫(a,b)f(x)dx=∫(a,b)f(a+b-x)dx
3樓:匿名使用者
^因為積分割槽域d關於直線y=x對稱,所以二重積分滿足輪換對稱性,即∫∫(d) e^[f(x)-f(y)]dxdy=∫∫(d) e^[f(y)-f(x)]dxdy
=(1/2)*
=(1/2)*∫∫(d) dxdy
>=(1/2)*∫∫(d) 2*√dxdy=∫∫(d) dxdy
=(b-a)^2
高數 設函式f(x)在區間 [ a b ] 上連續 且f(x)>0則方程∫f(t)dt+∫1/f(
4樓:匿名使用者
記方程左邊的函式為g(x),則顯然g(a)<0, g(b)>0. 又有g'(x)=f(x)+1/f(x)>0,即g(x)嚴格單調遞增,因此g(x)=0只有一個根。
假設函式f(x)在[a,b]上連續,證明積分上限函式φ(x)=∫f(t)dt在[a,b]上可導
5樓:匿名使用者
:試證明fx在[a,b]上可積,則f(x)=f(t)dt在上連續 第六項第一題
答:f(x)在[a,b]上可積, 則 f(x)在[a,b]上有界, 所以,存在m,使得 |f(x)|≤m △f=f(x+△x)-f(x) =∫(x→x+△x)f(t)dt |△f|=|∫(x→x+△x)f(t)dt| ≤|∫(x→x+△x)mdt| =m·|△t| ∴lim(△t→0)△f=0 ∴f(x)連續
6樓:攻丶
m那裡不應該有積分號,其它都很完美。
f(x)在[a,b]上連續,x∈[a,b],那麼∫(a,x)f(t)dt是f(x)的? 10
7樓:戒貪隨緣
f(x)在[a,b]上連續,f(x)在[a,u]上可積,u∈[a,b]
f(x)=∫(a,x)f(t)dt是f(x)的一個原函式且其定義域是[a,b].
特別注意,f(x)中的x不在[a,b]上取值時,不能保證其可積性.
8樓:
這樣的問題就不要拿到這裡來問了,雖然這裡大神不少,可是畢竟在這裡可以幫你解題的也只是授人以魚,所以你只是照樣的抄,並不能解決你不懂這個問題,到真正考試的時候,你還是蒙圈的,這樣不好的。等於是害你,希望你能明白這個道理,不要做這樣無謂的事情,該成熟一點了。
設函式f(x)在閉區間[a,b]上連續,且f(x)>0,則方程∫xaf(t)dt+∫xb1f(t)dt=0在開區間(a,b)內的
9樓:匿名使用者
解; 設f(x)=∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)dt,
則f(x)在x∈[a,b]連續,並且f(a)=∫ab1f(t)
dt,f(b)=∫ba
f(t)dt
而f(x)>0,x∈[a,b]
∴內f(a)<容0,f(b)>0
∴根據零點定理有,至少存在一點ξ∈(a,b),使得:f(ξ)=0又f′(x)=f(x)+1
f(x)
>0,x∈[a,b]
∴f(x)在[a,b]單調遞增
∴f(x)在(a,b)只有一個零點
即方程∫xa
f(t)dt+∫xb
1f(t)
dt=0在(a,b)只有一個根
設f在[a,b]上可導,|f'(x)|<=m且:∫(a,b)f(x)dx=0,證明:max(∫(a,x)f(t)dt)<=(1/8)m(b-a)^2
10樓:匿名使用者
令f(x) = ∫(a,x)f(t)dt, 則知 f 可導且
bai f'(x) = f(x),且f(a) = f(b) = 0.
由中du值定理知道存在a<= c <=b 使得 f'(c)=0。
而f(x)的極zhi
大值(此時也dao就是最大值)會在某回個f'(x)=0處取到(邊界上為0),不答
妨設f(c)就是極大值。f'(c) = f(c) = 0.
|f(c)| = |∫(a,c)f(t)dt|=|∫(a,c)[ f(t)-f(c)]dt|<=∫(a,c)m*|t-c|dt.
而 ∫(a,c)m*|t-c|dt = 1/2*m(c-a)^2
而∫(a,c)f(t)dt + ∫(c,b)f(t)dt = 0, 所以:
|f(c)| = |∫(c,b)f(t)dt|=|∫(c,b)[f(t)-f(c)]dt|<=∫(c,b)m*|t-c|dt.
而 ∫(c,b)m*|t-c|dt = 1/2*m(b-c)^2
所以|f(c)| <= min<=1/2*m*((a+b)/2-a)^2
即|f(c)| <= 1/8*m(b-a)^2, 當c=(a+b)/2時等號可能取到。
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