設函式f x 在內具有一階連續導數,L是上半平面 y0 內的有向分段光滑曲線,其起點為 a,b

時間 2021-08-11 17:23:53

1樓:

1.'y=(-1/y^2)+f(xy)+xyf'(xy)'x=(-1/y^2)+f(xy)+xyf'(xy)故曲線積分i與路徑無關。

2.ab=cd

選取(a,b)到(c,b)再到(c,d)

i=∫(a,c)1/b[1+b^2f(xb)]dx+∫(b,d)c[f(cy)-1/y^2]dy

=(a-c)/b+∫(a,c)f(xb)]dbx+∫(b,d)cf(cy)dcy-1/d+1/b

=(a-c)/b-1/d+1/b+f(bc)-f(ba)+f(dc)-f(bc) (f是f的原函式)

=a/b-a/d-1/d+1/b

=(a+1)(1/b-1/d)

2樓:林木木林

第一問:

解決此類問題的基本思路是:

證明p對y的偏導與q對x的偏導相等,

這與曲線積分與路徑無關

以及全微分存在是等價的。

第二問:

因為曲線積分與路徑無關,

所以可以任意選取路徑進行積分,

根據題中條件ab=cd可以解決問題。

可追問。

希望我的回答會對你有幫助!

設函式f(x)在r上具有一階連續導數,l是上半平面(y>0)內的有向分段光滑曲線,起點為(a,b),終點為

3樓:門榮

解答:證明:

(1):

由 i=∫1

y[1+y

f(xy)]dx+xy[y

f(xy)?1]dy,

知 p(x,y)=1+y

f(xy)

y,q(x,y)=xf(xy)?xy,

已知函式f(x)在r上具有一階連續導數,

故:p(x,y)和q(x,y)在上半平面具有一階連續偏導,又 ?p

?y=f(xy)+xyf′(xy)?1

y=?q

?x∴曲線積分i與路徑l無關.

解:(2):

由(1)知曲線積分i與路徑l無關,

因而取積分路徑為:(a,b)→(c,b)→(c,d),∴i=∫

lp(x,y)dx+q(x,y)dy=∫

(c,b)

(a,b)

p(x,b)dx

+∫(c,d)

(c,b)

q(c,y)dy=∫c

a1+b

f(bx)

bdx+∫db

[cf(cy)?c

y]dy

=c?ab+∫

cabf(bx)dx+cy|

db+∫d

bcf(cy)dy=cd

?ab+∫c

af(bx)d(bx)+∫db

f(cy)d(cy)

=bc?ad

bd+∫

bcab

f(t)dt+∫

cdbc

f(t)dt

=bc?ad

bd+∫

cdab

f(t)dt,

由於ab=cd,

故:∫cd

abf(t)dt=0,

∴i=bc?adbd.

設函式f(x)在(-∞,+∞)內連續,其導函式圖形如圖所示,則在(-∞,+∞)內,(  )a.函式f(x)

4樓:手機使用者

解:導copy函式bai圖象如圖所示,

導函式f′(x)有du3個零點,且這zhi3個零點左右兩dao側導數值均變號,則說明函式f(x)有3個極值點.

導函式f′(x)在x3處取得極值,意味著x3處二階導數f″(x)為0,

且在x3左側導函式斜率小於0,意味著二階導數f″(x)在x3左側小於0;

同理可知x3二階導數f″(x)右側大於0,所以x3為拐點.拐點還可能出現在不可導點,我們考察x=0時的情況:

易知0左右兩側二階導數f″(x)均小於0,故x=0不是拐點.綜上所述,函式f(x)有3個極值點,1個拐點.故答案選:c.

設函式f(x)在(-∞,+∞)內連續,其導函式的圖形如圖所示,則f(x)有(  )a.一個極小值點和兩個

5樓:黑貓

根據導函式的圖形可知,

一階導數為零的點有3個,而 x=0 則是導數不存在的點.三個回一階導數為零的點左右兩答側導數符號不一致,必為極值點.最左邊的極值點:極值點左側導數大於0,因此函式單調遞增,極點右側導數小於0,因此函式單調遞減.

於是,在該點取極大值.

中間的極值點:極值點左側導數小於於0,因此函式單調遞減,極點右側導數大於0,因此函式單調遞增.

於是,在該點取極小值.

最右邊的極值點:極值點左側導數大於0,因此函式單調遞增,極點右側導數小於0,因此函式單調遞減.

於是,在該點取極大值.

在x=0左側一階導數為正,右側一階導數為負,故:函式在x=0的左側,函式單調遞增,右側,函式單調遞減.可見x=0為極大值點.

f(x)共有兩個極小值點和兩個極大值點,

故選:c.

設函式f(x)在(-∞,+∞)內連續,則關於f(x)=1x∫x0f(t)dt(x≠0)的下列四個結論:①若f(x)為

6樓:我妻

①∵f(

-x)=-f(x)

∴f(?x)=?1x∫

?x0f(t)dt令u=?t

.=?1x∫

x0f(?u)d(?u)=?1x∫

x0f(u)du=?f(x)

∴f(x)也是奇函式

故①正專確.

②∵屬f(x+t)=f(x)

∴f(x+t)=1

x+t∫

x+t0

f(t)dt

令u=t?t

.  1

x+t∫x0

f(u+t)du=1

x+t∫x0

f(u)du≠f(x)

∴f(x)不是以t為週期的周期函式.

故②錯誤.

③∵f(x)為(0,1)內的有界函式

∴?m>0,使得|f(x)|≤m,0<x<1∴?mx≤∫x0

f(t)dt≤mx

∴-m≤f(x)≤m,0<x<1

即f(x)也是(0,1)內的有界函式

故③正確.

④假設f(x)=arctanx,則f(x)為單調遞增函式但f(x)=1x∫

x0f(t)dt=1x∫

x0arctantdt=arctanx?ln(1+x)2x(x≠0)

∴f′(x)=1

1+x?1

2ln(1+x

)?11+x

=?12

ln(1+x

)<0(x≠0)

∴f(x)為單調遞減函式

故④錯誤.

因而①③正確

故選:b.

設函式f(x)在(-∞,+∞)內連續,且f(x)=∫x0(x-2t)f(t)dt,試證:(1)若f(x)為偶函式,則f

7樓:手機使用者

證明:(

copy1)

因為f(-x)=f(x),則有:

f(?x)=∫?x0

(?x?2t)f(t)dt,

令t=-u,於是:

f(?x)=?∫x0

(?x+2u)f(?u)du=∫x0

(x?2u)f(u)du=∫x0

(x?2t)f(t)dt=f(x),證畢.(2)f

′(x)=[x∫x0

f(t)dt?2∫x0

tf(t)dt]=∫x

0f(t)dt+xf(x)?2xf(x)=∫x0f(t)dt?xf(x)

=x[f(ξ)-f(x)],其中ξ介於0與x之間,由於f(x)單調不增,則:

①當x>0時,f(ξ)-f(x)>0,故f′(x)>0;

②當x=0時,f(ξ)-f(x)=0,故f′(x)=0;

③當x<0時,f(ξ)-f(x)<0,故f′(x)>0,即:當x∈(-∞,+∞)時,f′(x)≥0,所以:若f(x)單調不減,f(x)單調不增.

設函式f(x)在(-∞,+∞)內有定義,x0≠0是函式f(x)的極大點,則(  )a.x0必是f(x)的駐點b.-

8樓:手機使用者

(1)選項a.由於極值點不一定是駐點,如;y=-|x-1|,在x=1處有極大值,但x=1不是f(x)的駐點.故a錯誤;

(2)由於f(x)的圖象與-f(-x)的圖象關於原點成中心對稱,所以-x0是-f(-x)的極小值點.故b正確;

(3)因為f(x)的圖象與-f(x)的圖象關於x軸對稱,所以x0是-f(x)的極小值點.如:f(x)=3-(x-2)2,顯然x=2是f(x)的極大點,x=2是-f(x)的極小點,但x=-2卻不是-f(x)的極小點.故選項c錯誤.

(4)極值是一個區域性的概念.故d選項錯誤.故選:b

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