以知f(x)=∫(sint/t)dt(从1到t^2)求∫xf(x)dx(从0到1)

∫[0,1]xe^(2x)dx
=[(1/2)xe^(2x)-(1/4)e^(2x)] [0,1]
=[e²/2-e²/4]-[-1/4]
=(e²/4)+1/4
=(e²+1)/4

对-2sinx-xcosx积分,等于拆成两部分分别积分再取和,即对-2sinx积分加对-xcosx的积分,第一部分积分容易求,即-2sinx的积分是2cosx+C1,第二部分的积分利用公式xcosxdx=xd（sinx）,所以-xcosx的积分=-xsinx加sinx对x的积分==-xsinx-cosx+C2,所以和前面整理到一起,-2sinx-xcosx
的积分为cosx-xsinx+C,所以,f(x)=cosx-xsinx+C,代入f（0）=0,得到C=-1,所以发f（x）cosx-xsinx-1

∫(0,1 )f(t)dt=∫(0,1)(t 2∫(0,1)f(t)dt)dt
化解后得∫(0,1 )f(t)dt=-1/2
剩下的你自己做咯

这是一个几何概形嘛,先画图,图为一个边长为1的正方形,里面有个半径为1的1/4个圆,两个数平方和大于的部分不就是正方形减去1/4圆的部分嘛,概率是多少呢,就是正方形减去1/4圆的部分的面积除以正方形面积啦

题目没有问题
∫{0,1}xⁿ*f(x)dx=∫{0,1-1/√n}xⁿ*f(x)dx+∫{1-1/√n,1}xⁿ*f(x)dx
由于f(x)在[0,1]上连续,xⁿ在[0,1]上不变号,且在[0,1]上可积
对f(x)在[0,1-1/√n]上运用积分第一中值定理,存在一点ξ₁∈[0,1-1/√n],使得
∫{0,1-1/√n}xⁿ*f(x)dx=f(ξ₁)*∫{0,1-1/√n}xⁿdx
=f(ξ₁)*[x^(n+1)/(n+1)]| {0,1-1/√n}
=f(ξ₁)*(1-1/√n)^(n+1)/(n+1)
对f(x)在[1-1/√n,1]上运用积分第一中值定理,存在一点ξ₂∈[1-1/√n,1],使得
∫{1-1/√n,1}xⁿ*f(x)dx=f(ξ₂)*∫{1-1/√n,1}xⁿdx
=f(ξ₂)*[1/(n+1)-(1-1/√n)^(n+1)/(n+1)]
=f(ξ₂)/(n+1)[1-(1-1/√n)^(n+1)]
故lim{n→∞}n*∫{0,1}xⁿ*f(x)dx
=lim{n→∞}n*f(ξ₁)*(1-1/√n)^(n+1)/(n+1)+lim{n→∞}n* f(ξ₂)/(n+1)[1-(1-1/√n)^(n+1)]
由于lim{n→∞}(1-1/√n)^(n+1)
=lim{n→∞}(1-1/√n)^n
=lim{x→0+}(1-x)^(1/x²)
=lim{x→0+}e^[1/x²*ln(1-x)]
=e^{lim{x→0+}[1/x²*(-x)]} a→0,ln(1+a)~a
=0
故lim{n→∞}n*f(ξ₁)*(1-1/√n)^(n+1)/(n+1)
=lim{n→∞}f(ξ₁)*lim{n→∞}[n/(n+1)]*lim{n→∞}(1-1/√n)^(n+1)
=lim{n→∞}f(ξ₁)*1*0
=0
注：∵f(x)在[0,1]上连续,∴f(x)有界,∴lim{n→∞}f(ξ₁)为有限值
∵当n→∞时,1-1/√n→1,∴ξ₂→1
故lim{n→∞} n* f(ξ₂)/(n+1)[1-(1-1/√n)^(n+1)]
=lim{n→∞}f(ξ₂)*lim{n→∞}[n/(n+1)]*lim{n→∞}[1-(1-1/√n)^(n+1)]
=lim{ξ₂→1}f(ξ₂)*1*(1-0)
=f(1) 由连续性
因此,lim{n→∞}n*∫{0,1}xⁿ*f(x)dx=f(1),证毕
本题若直接根据积分中值定理,得到存在一点ξ∈(0,1),使得
∫{0,1}xⁿ*f(x)dx=ξⁿ*f(ξ),这里0

令tx=u
则∫f(tx)dt(从0到1)=∫f(u)d(u/x)(从0到x)=(1/x)∫f(u)du(从0到x)
带入原方程∫f(u)du(从0到x)=xf(x)+x^2sinx
两边微分 f(x)=f(x)+xdf(x)/dx+2xsinx+x^2cosx
df(x)/dx=-2sinx-xcosx
求积分f(x)=cosx-xsinx+C

0到1的积分我不会求,但0到∞的可以求出.

结果是无穷大；0和1之间的实数集合是由无限个数组成.