f（x）是 （0,pi/2）上的连续可微函数,满足f（0）=0,且 f（x）sinx在0到pi/2的导数=0,

我只说第一问,第二问完全可以用格林公式计算的,另外还要考虑f(1)=1的条件来取任意实数c……第一问完全可以这样证明的,选取两个曲线,都是环绕原点的曲线,现在将两个曲线之间的区域画上两个线,将两个曲线连在一起,则两个环形曲线中所夹的曲线和部分环形曲线可以组成新的不含原点的闭区域,这样你的证明方法就是这个闭区域的边界曲线的积分为零,你可以分别选取两个环形曲线中所夹的曲线和部分环形曲线组成新的环绕原点的曲线,这样可以得到两个方程,然后确定正方向后可以进行叠加,然后得出新组成的封闭曲线积分为零的结论

这里只需要注意利用复合函数求导法则即可.
左边 = x u'x = x f'(xy) y；
右边 = y u'y = y f'(xy) x.
所以左边=右边,u是原偏微分方程的解.

若有不懂请追问,如果解决问题请点下面的“选为满意答案”.

f(x)+f'(x)=0 => f(x)= -f'(x) (解微分方程得) => f(x) = Ae^(-x)
即使那些只在lim(x->+∞)才 f(x)+f'(x)=0 的函数 在x->+∞时也与 f(x) = Ae^(-x) 的行为是一样的,
即是说可以用f(x) = Ae^(-x)在x->+∞时代替.
而 lim(x->+∞) Ae^(-x) =0

记单位圆盘为D,利用Green公式可以把L上的曲线积分转化为D上的二重积分
Green公式会产生一些偏导数,利用隐函数求导求出这些偏导数,代进去变量正好消干净,余下常数2
所以最终结果就是2π
方法给你了,自己动手算

不能。。只能推出，存在一点c, 0 < c < L, 使得，f'(c) = 0.
连[0,L]上有至少2点c,d满足, 0< c < d < L, 使得f'(c) = 0 = f'(d)都不能保证。

另外，在点x=0和 x = L处不能保证有2阶导数。

要求的是∫f-1(x)dx
做代换t = f-1(x)
则∫f-1(x)dx = ∫tdf(t) = tf(t) - ∫f(t)dt = tf(t) - F(t) + c = xf-1(x) - F(f-1(x)) + c.
第三个等号用到分部积分.

u=F（x+ at）+ G（x+at）,∂u/∂t=a∂F（x+ at）/∂（x+ at）+a∂G（x+ at）/∂（x+ at）,∂²u/∂t²=a²∂²F（x+ at）/∂²（x+ at）+a²∂²G（x+ at）/∂²（x+ at）;
∂u/∂x=∂F（x+ at）/∂（x+ at）+∂G（x+ at）/∂（x+ at）,∂²u/∂x²=∂²F（x+ at）/∂²（x+ at）+∂²G（x+ at）/∂²（x+ at）,
所以：∂²u/∂t²=a²∂²u/∂x²