第二积分中值定理

定理、证明、例题————复习

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证明

设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积， $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调，则存在 $\xi \in[a, b]$ ，使得

$$\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=g(a) \int_{a}^{\xi} f(x) d x+g(b) \int_{\xi}^{b} f(x) d x .$$

这个定理的推导比较复杂，牵扯到积分上限函数: $\varphi(x)=\int f(t) d t$ 。以下用 $\int_{a}^{b} f(x) d x$ 表示从 $\mathrm{a}$ 到 $\mathrm{b}$ 的定积分。 首先需要证明，若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 内可积分，则 $\Phi(x)$ 在此区间内为一连续函数。

证明: 设 $F(x)=\int_{a}^{x} f(t) d t$, 则 $\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=\int_{a}^{b} g(x) d F(x)=\left.g(x) F(x)\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} F(x) g^{\prime}(x) d x$ $=g(b) \int_{a}^{b} f(x) d x-\int_{a}^{b} F(x) g^{\prime}(x) d x,\left(F(x)=\int_{a}^{x} f(t) d t\right) .$

因 $g^{\prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 上不变号，则由积分第一中值定理知，在 $[a, b]$ 上至少存在一点 $\xi ，$ 使得 $\int_{a}^{b} F(x) g^{\prime}(x) d x=F(\xi) \int_{a}^{b} g^{\prime}(x) d x=F(\xi)[g(b)-g(a)] .$

于是，有

$$\begin{gathered} \left.\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=g(b) \int_{a}^{b} f(x) d x-[g(b)]-g(a)\right] F(\xi) \\ =g(b) \int_{a}^{b} f(x) d x-[g(b)-g(a)] \int_{a}^{\xi} f(x) d x \\ =g(b)\left[\int_{a}^{b} f(x) d x-\int_{a}^{\xi} f(x) d x\right]+g(a) \int_{a}^{\xi} f(x) d x \\ =g(b) \int_{\xi}^{b} f(x) d x+g(a) \int_{a}^{\xi} f(x) d x, \\ \text { 即 } \int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=g(a) \int_{a}^{\xi} f(x) d x+g(b) \int_{\xi}^{b} f(x) d x, \text { 得证。 } \end{gathered}$$

例题

1. 定理的直接应用
   例1. 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,$g(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调递增且非负,在 $a, b$ 处连续,那么在 $[a, b]$ 上存在 $\xi$,使$\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=f(b) \int_{\xi}^{b} f(x) d x .$

$$\begin{aligned} &\text { 证 明 : 令 } \mathrm{x}=\mathrm{b}-\mathrm{t}, g(b-t)=h(t) \int_{0}^{b-a} f(b-t) h(t) d(t) \text {, 因为 } \mathrm{h}(\mathrm{t}) \text { 非负且单调递减 }(0<\mathrm{t}<\mathrm{b}-\mathrm{a}) \text { 利用公式有 } \\ &\int_{0}^{b-a} f(b-t) h(t) d t=h(0) \int_{0}^{\gamma} f(b-t) d t=g(b) \int_{b-\gamma}^{b} f(x) d x(0<\gamma<b-a) \text {, 而 } \mathrm{a}<\xi<\mathrm{b}-\gamma \text { ，即 } \\ &\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=f(b) \int_{\xi}^{b} f(x) d x . \end{aligned}$$

1. 积分第二中值定理在证明不等式中的应用
   例2. 证明 $x>0$ 时， $\left|\int_{x}^{x+e} \sin t^{2} d t\right| \leq \frac{1}{x}$.
   证明:取 $u=t^{2}, t=\sqrt{u}, d t=\frac{d u}{2 \sqrt{u}}$, 由积分中值定理和它的推论可得:

$$\left|\int_{x}^{x+\tau} \sin t^{2} d t\right|=\left|\int_{x}^{x+\tau} \frac{\sin u}{2 \sqrt{u}} d u\right|=\frac{1}{2 \sqrt{x^{2}}} \int_{x^{2}}^{\gamma} \sin u d u=\frac{1}{2 x}\left(\cos x^{2}-\cos \gamma\right) \leq \frac{2}{2 x}=\frac{1}{x} .$$

1. 积分中值定理在极限中的应用
   例3.证明极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x^{n}}{1+x} d x=0$.
   证明: 由积分中值定理和它的推论可得:令 $f(x)=\frac{1}{1+x}, g(x)=x^{n}$,
   令可知 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续,而且不变号。所以存在 $\xi$ 使得 $\int_{0}^{1} f(x) g(x) d x=f(\xi) \int_{0}^{1} g(x) d x$, 因此有以下式子
   $0 \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1+x} d x=\frac{1}{1+\xi} \int_{0}^{1} x^{n} d x=\frac{1}{(n+1)(1+\xi)} \leq \frac{1}{n+1} \rightarrow 0 \rightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1+x} d x=0$