证明 ∫[∫f(x)dx=∫f(t)(x-t)dx

∫[0,a][f(x)+f(2a-x)]dx=∫[0,a]f(x)dx+∫[0,a]f(2a-x)dx令t=2a-x,x=2a-t,dx=-dt,x=0时,t=2a,x-a时,t=a因此上式变为=∫[

∫(1,2)f(3-x)dx令t=3-x,则x=3-t,从而dx=-dt从而∫(1,2)f(3-x)dx=∫(2,1)f(t)(-dt)=∫(1,2)f(t)dt==∫(1,2)f(x)dx.

这里φ并非f的原函数,只是将右边的积分定义为φ

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)

左边=∫[-a→a]f(x)dx=∫[-a→0]f(x)dx+∫[0→a]f(x)dx前一个积分换元,令x=-u,则dx=-du,u：a→0=∫[a→0]f(-u)d(-u)+∫[0→a]f(x)dx

调换一下积分次序即可.对式子左边先对x积分,后对t积分,则为∫[∫f(t)dx]dt.前面第一个积分符号积分区间是[0,1],第二个积分符号积分区间是[t,1].f(t)对先x积分得到的结果就是f(t

∫(-a,a)f(x)dx=∫(-a,0)f(x)dx+∫(0,a)f(x)dx对∫(-a,0)f(x)dx,令x=-tx=-at=a;x=0t=0;dx=-dt得：∫(-a,0)f(x)dx=∫(a

积分值=（变量替换x＝pi/2-t)积分（0到pi/2）f(cosx)/(f(sinx)+f(cosx)),两者相加（就是两倍的积分值）,被积函数是1,故积分值是pi/2,因此原积分值是pi/4

运用简单的分部积分法可解,交换积分次序亦可以

左边交换积分顺序得=2积分（从0到a）f(y)dy积分（从0到y）f(x)dx变量x,y互换=2积分（从0到a）f(x)dx积分（从0到x）f(y)dy原式与上式相加得原式=积分（从0到a）f(x)d

∫[0,a]f(x^2)dx=∫[0,a]f((-x)^2)dx=∫[-a,0]f(x^2)dx∫[0,a]f(x^2)dx+∫[-a,0]f(x^2)dx=∫[-a,a]f(x^2)dx得证.

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

这是关于积分的第一中值定理：完整叙述为：若函数f(x)、g(x)在区间[a,b]上有界且可积,f(x)连续,g(x)在区间[a,b]内不变号,则在区间[a,b]内至少存在一个数ξ(a<ξ<

左边=∫(-a→0)f(x)dx+∫(0→a)f(x)dx=∫(-a→0)f(-t)d(-t)+∫(0→a)f(x)dx（第一个积分里令x=-t）=∫(0→a)f(-t)dt+∫(0→a)f(x)dx

设,f(x)的一个原函数为:F(x)=(xlnx-x)-x*∫1→ef(x)dx那么：∫1→ef(x)dx=F（e)-F(1)=(1-e)∫1→ef(x)dx+1(自己化简）从而∫1→ef(x)dx=

这个式子是对的,由于f(x)是以T为周期,因此在一个周期内函数所围的曲边梯形面积肯定是相同的所以你得出这个结论并不奇怪,只是这样可能证不出结论.本题如果用换元法,应该这样证明∫[a→a+T]f(x)d

由于f(x)在[0,1]内连续,且∫0~1/2f(1-2x)dx可化简为-1/2∫0~1/2f(1-2x)d(1-2x)因为积分的区间是x∈[0,1/2],所以1-2x∈[0,1]这里我们可以把1-2

这个不等式的证明方法有很多,比如用二重积分；下面介绍一种利用一元二次方程判别式的方法：

∫f(3x+5)dx=(1/3)×∫f(3x+5)d(3x)=(1/3)×∫f(3x+5)d(3x+5)=(1/3)F(3x+5)+C

f(x)为定义[-a,a]上的奇函数那么在定义域内,f(x)=-f(-x)所以∫(-a->0)f(x)dx=∫(-a->0)-f(-x)dx=∫(a->0)f(-x)d(-x)=-∫(0->a)f(-