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设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明: (I)0≤∫axg(t)dt≤x-a,x∈[a,b]; (Ⅱ)f(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx.
设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明: (I)0≤∫axg(t)dt≤x-a,x∈[a,b]; (Ⅱ)f(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx.
admin
2022-09-22
86
问题
设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明:
(I)0≤∫
a
x
g(t)dt≤x-a,x∈[a,b];
(Ⅱ)
f(x)dx≤∫
a
b
f(x)g(x)dx.
选项
答案
(I)解法一 由积分中值定理可得 ∫
a
x
g(t)dt=g(ξ)(x-a),ξ∈[a,x]. 由于0≤g(x)≤1,则0≤g(ξ)(x-a)≤x-a.因此 0≤∫
a
x
g(t)dt≤x-a. 解法二 根据定积分的性质,直接由0≤g(x)≤1,得到 0≤∫
a
x
g(t)dt≤∫
a
x
1dt=x-a. (Ⅱ)令F(u)=∫
a
u
f(x)g(x)dx-[*]f(x)dx,u∈[a,b]. 则 F’(u)=f(u)g(u)-f[a+∫
a
u
g(t)dt]·g(u) =g(u)[f(u)-f(a+∫
a
u
g(t)dt)]. 由(I)可知0≤∫
a
u
g(t)dt≤u-a,因此a≤a+∫
a
u
g(t)dt≤u. 又知f(x)在[a,b]上单调递增,且g(u)≥0,可得F’(u)≥0. 因此F(u)在[a,b]上单调递增,可得F(u)≥F(a)=0. 取u=b,得F(b)≥0,所证成立.
解析
转载请注明原文地址:https://kaotiyun.com/show/ZDf4777K
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考研数学二
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