若可微函数满足f(x)=∫,试证恒等于0

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参考：若可微函数f(x)满足关系式 f(x)=∫x0f(t)dt，则f(x)恒等于零.
设函数f(x)对任意实数x1、x2都满足f(x1)+f(x2)=2f ，且f( =0,f(x)不恒等 于0，求证： （1）f(0)=1;
(2)f(x+π)=－f(x); (3)f(x+2π)=f(x)
(4)f(x)=f(－x);(5)f(2x)=2f3(x)－1是f(x1)+f(x2)=2f[ (x1+x2)/2]f[(x1-x2)/2]且f(π/2)=0

1;设x1=x2=x,这样有2f(x)=2f(x)f(0),由于f(x)不恒为0，则有f（0）=1，
2设x1=x+π,x2=x,这样f(x+π)+f(x)=0，因为右边出现了f（π/2）;，这样便得到f(x+π)=－f(x);
3：f(x+π)=－f(x)，f(x+2π)=－f(x+π）,便得到f(x+2π)=f(x)
4:x1=x,x2=-x,这样 f(x)+f(-x)=2f(0)f(x)=2f(x),这样便得到结论f(x)=f(－x);

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参考：若可微函数f(x)满足关系式 f(x)=∫x0f(t)dt，则f(x)恒等于零.
设函数f(x)对任意实数x1、x2都满足f(x1)+f(x2)=2f ，且f( =0,f(x)不恒等 于0，求证： （1）f(0)=1;
(2)f(x+π)=－f(x); (3)f(x+2π)=f(x)
(4)f(x)=f(－x);(5)f(2x)=2f3(x)－1是f(x1)+f(x2)=2f[ (x1+x2)/2]f[(x1-x2)/2]且f(π/2)=0

1;设x1=x2=x,这样有2f(x)=2f(x)f(0),由于f(x)不恒为0，则有f（0）=1，
2设x1=x+π,x2=x,这样f(x+π)+f(x)=0，因为右边出现了f（π/2）;，这样便得到f(x+π)=－f(x);
3：f(x+π)=－f(x)，f(x+2π)=－f(x+π）,便得到f(x+2π)=f(x)
4:x1=x,x2=-x,这样 f(x)+f(-x)=2f(0)f(x)=2f(x),这样便得到结论f(x)=f(－x);

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参考：若可微函数f(x)满足关系式 f(x)=∫x0f(t)dt，则f(x)恒等于零.
设函数f(x)对任意实数x1、x2都满足f(x1)+f(x2)=2f ，且f( =0,f(x)不恒等 于0，求证： （1）f(0)=1;
(2)f(x+π)=－f(x); (3)f(x+2π)=f(x)
(4)f(x)=f(－x);(5)f(2x)=2f3(x)－1是f(x1)+f(x2)=2f[ (x1+x2)/2]f[(x1-x2)/2]且f(π/2)=0

1;设x1=x2=x,这样有2f(x)=2f(x)f(0),由于f(x)不恒为0，则有f（0）=1，
2设x1=x+π,x2=x,这样f(x+π)+f(x)=0，因为右边出现了f（π/2）;，这样便得到f(x+π)=－f(x);
3：f(x+π)=－f(x)，f(x+2π)=－f(x+π）,便得到f(x+2π)=f(x)
4:x1=x,x2=-x,这样 f(x)+f(-x)=2f(0)f(x)=2f(x),这样便得到结论f(x)=f(－x);

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参考：若可微函数f(x)满足关系式 f(x)=∫x0f(t)dt，则f(x)恒等于零.
设函数f(x)对任意实数x1、x2都满足f(x1)+f(x2)=2f ，且f( =0,f(x)不恒等 于0，求证： （1）f(0)=1;
(2)f(x+π)=－f(x); (3)f(x+2π)=f(x)
(4)f(x)=f(－x);(5)f(2x)=2f3(x)－1是f(x1)+f(x2)=2f[ (x1+x2)/2]f[(x1-x2)/2]且f(π/2)=0

1;设x1=x2=x,这样有2f(x)=2f(x)f(0),由于f(x)不恒为0，则有f（0）=1，
2设x1=x+π,x2=x,这样f(x+π)+f(x)=0，因为右边出现了f（π/2）;，这样便得到f(x+π)=－f(x);
3：f(x+π)=－f(x)，f(x+2π)=－f(x+π）,便得到f(x+2π)=f(x)
4:x1=x,x2=-x,这样 f(x)+f(-x)=2f(0)f(x)=2f(x),这样便得到结论f(x)=f(－x);