请问如何求两个定积分相乘
∫ydx∫（1／y）dx＝－1
所以∫（1／y）dx＝－1／（∫ydx）
两边求导得到
所以1／y＾2＝（∫ydx）＾2
y＝1／（∫ydx）
所以∫ydx＝1／y
再一次求导得到y＝－y＇／y＾2
所以y＇＝－y＾3
所以dy／dx＝－y＾3
－2y＾（－3）dy＝2dx
所以y＾（－2）＝2x＋C
根据y（0）＝1，得到C＝1
所以y＾（－2）＝2x＋1
y＝1／√（2x＋1）。
扩展资料
两个函数定积分的积与两个函数积的定积分相同：
解：
不相同，因为定积分求解的是在区间上被积函数曲线下方的面积2个定积分的乘积是2个面积的乘积．而2个函数相乘后再求定积分相当于被积函数变化了，被积函数曲线下方的面积也要变化。
乘积可积性
若f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可积，则f（x）g（x）f（x）g（x）在［a，b］［a，b］上也可积。
证明：
f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可积，则f（x）f（x）和g（x）g（x）在［a，b］［a，b］上有界，
于是 ∃M>0,∃M>0, 使得 ∀x∈[a,b],|f(x)|<M,|g(x)|<M,∀x∈[a,b],|f(x)|<M,|g(x)|<M,
对于区间［a，b］［a，b］的任意一个划分PP，∀i∈N，1≤i≤n，∀i∈N，1≤i≤n，
令Mi＝sup｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，Mi＝sup｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
mi＝inf｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi＝inf｛f（x）g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
wi＝Mi−mi，wi＝Mi−mi，
令M′i＝sup｛f（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，Mi′＝sup｛f（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
m′i＝inf｛f（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi′＝inf｛f（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
w′i＝M′i−m′i，wi′＝Mi′−mi′，
令M′′i＝sup｛g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，Mi″＝sup｛g（x）：x∈［xi−1，xi］，｝，
m′′i＝inf｛g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，mi″＝inf｛g（x）：x∈［xi−1，xi］｝，
w′′i＝M′′i−m′′i，wi″＝Mi″−mi″，
则：
∀ε>0,∃x^∈[xi−1,xi],∀ε>0,∃x^∈[xi−1,xi], 使得 f(x^)g(x^)>Mi−ε2,f(x^)g(x^)>Mi−ε2,
∃x~∈[xi−1,xi],∃x~∈[xi−1,xi], 使得 f(x~)g(x~)<mi+ε2,f(x~)g(x~)<mi+ε2,
因此 f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)>Mi−mi−2⋅ε2=wi−ε,f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)>Mi−mi−2⋅ε2=wi−ε,
易知m′i≤f（x＾），f（x～）≤M′i，mi′≤f（x＾），f（x～）≤Mi′，
⇒m′i−M′i≤f（x＾）−f（x～）≤M′i−m′i＝w′i，⇒mi′−Mi′≤f（x＾）−f（x～）≤Mi′−mi′＝wi′，
⇒｜f（x＾）−f（x～）｜≤w′i，⇒｜f（x＾）−f（x～）｜≤wi′，
同理，得m′′i≤g（x＾），g（x～）≤M′′i，mi″≤g（x＾），g（x～）≤Mi″，
⇒｜g（x＾）−g（x～）｜≤M′′i−m′′i＝w′′i，⇒｜g（x＾）−g（x～）｜≤Mi″−mi″＝wi″，
又｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜
＝｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）＋f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜＝｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）＋f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜
≤｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）｜＋｜f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜≤｜［f（x＾）−f（x～）］g（x＾）｜＋｜f（x～）［g（x＾）−g（x～）］｜
＝｜f（x＾）−f（x～）｜｜g（x＾）｜＋｜f（x～）｜｜g（x＾）−g（x～）｜＝｜f（x＾）−f（x～）｜｜g（x＾）｜＋｜f（x～）｜｜g（x＾）−g（x～）｜
≤M［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］≤M［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］
因此 wi−ε<f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)wi−ε<f(x^)g(x^)−f(x~)g(x~)
≤｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜≤｜f（x＾）g（x＾）−f（x～）g（x～）｜
≤M［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］≤M［｜f（x＾）−f（x～）｜＋｜g（x＾）−g（x～）｜］
≤M（w′i＋w′′i），≤M（wi′＋wi″），
⇒wi≤M（w′i＋w′′i），⇒wi≤M（wi′＋wi″），
⇒∑ni＝1wiΔxi⇒∑i＝1nwiΔxi
≤∑ni＝1M（w′i＋w′′i）Δxi≤∑i＝1nM（wi′＋wi″）Δxi
＝M［∑ni＝1w′iΔxi＋∑ni＝1w′′iΔxi］，＝M［∑i＝1nwi′Δxi＋∑i＝1nwi″Δxi］，
f（x）f（x）和g（x）g（x）都在［a，b］［a，b］上可积，则
∀ε>0,∀ε>0, 存在区间 [a,b][a,b] 的划分 PP，使得
∑ni=1w′iΔxi<ε2M,∑i=1nwi′Δxi<ε2M,
∑ni=1w′′iΔxi<ε2M,∑i=1nwi″Δxi<ε2M,
⇒∑ni＝1wiΔxi⇒∑i＝1nwiΔxi
≤M［∑ni＝1w′iΔxi＋∑ni＝1w′′iΔxi］≤M［∑i＝1nwi′Δxi＋∑i＝1nwi″Δxi］
<M(ε2M+ε2M)=ε,<M(ε2M+ε2M)=ε,
因此f（x）g（x）f（x）g（x）在［a，b］［a，b］上也可积。
所以∫(1/y)dx=-1/(∫ydx)
两边求导得到
1/y=y/(∫ydx)^2
所以1/y^2=(∫ydx)^2
y=1/(∫ydx)
所以∫ydx=1/y
再一次求导得到y=-y'/y^2
所以y'= -y^3
所以dy/dx=-y^3
-2y^(-3)dy=2dx
所以y^(-2)=2x+C
根据y(0)=1, 得到C=1
所以y^(-2)=2x+1
y=1/√(2x+1)
满意请采纳，谢谢支持。不懂可追问。
1/y=y/(∫ydx)^2
请问两边是不是同时消去了一个y关于x的导数？
再帮我做一个我就把分数全给你好不好~
那个是两边除以y，得到1/y^2=(∫ydx)^2
第八题
这样证明，
y'=1/(1+x^2+y^2)=0，上个式子两边取∫(0->x) y'dxx) 1/(1+x^2)dx
所以y(x)-y(0)0，y(x)0) y'dx0) 1/(1+x^2)dx
所以y(0)-y(x)=y(0)+arctanx>=y(0)-π/2
所以对于任意的x=y(0)-π/2
综上，y(0)-π/2<=y(x)<=y(0)+π/2
所以对于x∈R，满足y(0)-π/2<=y(x)<=y(0)+π/2，所以函数有界。
满意请采纳，谢谢支持。
