\(\newcommand \d} \newcommand \f\newcommand \dxx}\)
\[\f \frac \dx = \f \frac \dx =\frac14 \f \frac2)^2+1} \dx \\=a \arctan (\frac)+b\ln(\frac+1)\\
兩邊求導即可解得 a,b
\]\[\f \frac} \dx = a\sqrt+b\arcsin(\frac)
\]\[\f \sin \alpha x\cos \beta x \dx =\f \frac \dx
\]\[\f \frac} \d x=-2\f \arcsin x \d }
\]應用分部積分即可。
\[\f _0^1 \frac}}=-\f_0^\frac}}}
\]設 \(f(x)\) 為 f(x) 的乙個原函式，且當 \(x \ge 0\) 時，有 \(f(x)f(x) = \frac\)，已知 \(f(0)=1,f(x)>0\) 求 f(x)
\(f'(x) = f(x)\)，對等式左右積分得：
\[\f f(x)f'(x) \dx = \f \frac \dx\\
f(x)^2 = -\f xe^x \d }\\
f(x)^2 = -\frac+\f (1+x)e^x \frac 1 \dx\\
f(x)^2 = -\frac+e^x+c\\
f(x)^2 = \frac\\
\]所以 \(f(x)=\sqrt}'=\frac}}\)
積分形式柯西不等式 \((\f f(x)g(x) \dx)^2 \le \f f^2(x)\dx \cdot \f g^2(x) \d x\)
設函式 \(f \in c[a,b]\)，\(0 < m \le f(x) \le m\)，證明：
\[(b-a)^2 \le \f _a^b f(x) \dx \cdot \f _a^b \frac 1 \dx \le \frac(b-a)^2
\]證明：
\(\f _a^b f(x) \dx \cdot \f _a^b \frac 1 \dx \ge (\f_a^b \sqrt} \d x)^2 =(b-a)^2\)
\(\frac \le 0\)，\(\frac+f(x) \le m + m\)，\(\f_a^b f(x)+mm\f_a^b \frac \le (m + m)(b - a)\)
\(\f_a^b f(x)+mm\f_a^b \frac \ge 2\sqrt}\)，所以第二部分成立
設函式 \(f \in c^[a,b],f(a)=0\) 證明：\(\f_a^bf^2(x) \dx \le \frac 12 (b-a)^2 \f_a^b [f'(x)]^2 \d x\)
\(f^2(x) = (\f_a^x f'(x) \d x)^2 \le \f_a^x f'(x)^2 \d x \cdot \f_a^x 1 \d x \le (x-a)\f_a^b [f'(x)]^2 \d x\)
對左邊積分即可。
證明：\[\max_ |f(x)| \le |\frac 1\f_a^bf(x) \d x|+\f_a^b|f'(x)| \d x\\
\]令 \(f(\xi) = \max|f(x)|,f(\eta) = \min|f(x)|\)。
\(|f(\xi)| \le |f(\eta)|+\f_\eta ^\xi |f'(x)| \d x\le |f(\eta)|+\f_a ^b |f'(x)| \d x\)
證明：\(\lim_ \f^_\frac e^ \d x = 1\)
由微分中值定理得：
\[\lim_ \f^_\frac e^ \d x \\
=\frac n} e^}\\
\frac n}e^}\le\frac n} e^}\le e^}
\]f 在 [0,a] 二階可導 (a > 0) f''(x) > 0，求證：\(\f_0^af(x) \d x \ge a f(\frac a2)\)
\(\f_0^af(x) \ d x \ge \f _0^a f(\frac a2) +f'(\frac a2)(x-\frac a2) \d x= af(\frac a2)\)
設 f(x) 為 [0, 2pi] 上單減函式，證明：對任何正整數 n 成立：
\[\f_0^ f(x) \sin n x \d x \ge 0
\]\[\f_0^ f(x) \sin n x \d x =\frac 1n\f_0^ f(\frac xn)\sin x \d x\\
=\frac 1n(\f_0^ v+ \f_^v+\f_^v+\cdots \f_^v)
\]\(\f_0^\pi v+\f_^v = f(\xi_1)\f_^\pi \sin x \d x+f(\xi_2)\f_^\sin x \d x = 2(f(\xi_1)-f(\xi_2)) \ge 0\)
用到積分第一中值定理：\(\f_a^b f(x)g(x) = f(\xi)\f_a^bg(x) \d x\) 其中 g 不變號
設 f 在 \([0,\frac \pi2]\) 上連續，在 \((0,\frac \pi2)\) 上可導，且滿足 \(\f_0^ f(x) \cos ^2 x \d x = 0\)，證明至少存在一點 \(\xi \in(0,\frac \pi 2)\)，使得 \(f'(\xi) = 2f(\xi)\tan \xi\)。
令 \(f(x) = f(x)\cos ^2 x\)，則 \(f'(x) = f'(x)\cos^2 x-2\cos x\sin x f(x)\)，因為 \(f(\frac \pi 2) = 0\)，根據積分中值定理，\(\f f(x) \d x = \cos^2x_0f(x_0)=0=\frac \pi 2f(\frac \pi 2)\)，應用 rolle 定理即可。
求下列曲線所圍的圖形面積：
\(s = |\f_0^2 y(t) \d x(t)|=|\f_0^2 (2t^2-t^3)(2-2t) \d t|=\frac 43\)
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