Интегральная теорема о среднем

Пусть функции f(x) и g(x) удовлетворяют следующим условиям:

  1. f,g \in R[a,b]
  2. \exists\;m,M:\;m\leqslant f(x)\leqslant M\forall\;x\in [a,b]
  3. g(x) не меняет знак на [a,b]

Тогда

\exists\;\mu\in[m,M]:\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx.

Спойлер

\squareНе ограничивая общности рассуждений рассмотрим случай g(x)\geqslant 0 на [a,b].
Домножив все части неравенства m\leqslant f(x)\leqslant M на g(x), получим

m\, g(x)\leqslant f(x)g(x)\leqslant M g(x).

По свойству монотонности интеграла, получим

m\int_{a}^{b}g(x)dx\leqslant \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\leqslant M\int_{a}^{b}g(x)dx.

Если \int_{a}^{b}g(x)dx=0, то и \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=0, тогда \mu — любое из отрезка [a,b]. Пусть, далее, \int_{a}^{b}g(x)dx \neq 0. Разделим все части неравенства на \int_{a}^{b}g(x)dx>0, будем иметь

m\leqslant \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}\leqslant M.

Обозначим

\frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}=\mu.

Получили, что \mu \in [a,b] и \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx. Случай g(x)\leqslant0 доказывается аналогично.\blacksquare

[свернуть]
Следствие

Если f(x) непрерывна на [a,b], g \in R[a,b] и не меняет знак на [a,b], то \exists\;c\in [a,b]:\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(c)\int_{a}^{b}g(x)dx. В частности, если g(x)=1, то

\exists\;c\in[a,b]:\int_{a}^{b}f(x)dx=f(c)(b-a).

Спойлер

\squareПусть

m=\underset{[a,b]}{inf}f(x) и M=\underset{[a,b]}{sup}f(x).

Тогда, по второй теореме Вейерштрасса, \exists\;x_{1},x_{2}\in [a,b] такие что f(x_{1})=m и f(x_{2})=M и f(x_{1})\leqslant f(x)\leqslant f(x_{2}), x\in[a,b]. По интегральной теореме о среднем

\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu \int_{a}^{b}g(x)dx,

где f(x_{1})\leqslant \mu \leqslant f(x_{2}). Тогда, по теореме о промежуточных значениях непрерывной функции, \exists\:c\in[a,b]:\mu=f(c).\blacksquare

[свернуть]
Примеры

1)Найти среднее значение функции y=2x+3, заданной на отрезке [2,5], а также значение аргумента, в котором оно достигается.

Спойлер

Функция f(x) непрерывна на отрезке [2,5], следовательно интегрируема на этом отрезке. Тогда найдется такое c\in[2,5], что

f(c)=\frac{\int_{2}^{5}(2x+3)dx}{5-2}=\frac{1}{3}\left(x^{2}+3x)\right|^{5}_{3}=\frac{1}{3}(25+15-4-6)=10.

f(c)=10

2c+3=10

c=\frac{7}{2}

Среднее значение функции равно 10, достигается в точке c=\frac{7}{2}.

[свернуть]

2)Доказать неравенство: \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{9}dx}{\sqrt{1+x}}\leqslant\frac{1}{10}

Спойлер

 

Подынтегральную функцию представим в виде произведения: \frac{x^{9}}{\sqrt{1+x}}=g(x)f(x), где g(x)=x^{9}, f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}, x\in[0,1]. Очевидно, что

m=\underset{[0,1]}{inf}f(x)=\frac{1}{\sqrt{2}},  M=\underset{[0,1]}{sup}f(x)=1.

Отсюда, по теореме о среднем получим I=\int_{0}^{1}\frac{x^{9}dx}{\sqrt{1+x}}=c\int_{0}^{1}x^{9}dx=\frac{c}{10}, причем \frac{1}{\sqrt{2}}\leqslant c\leqslant 1, по этому \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant I\leqslant \frac{1}{10}.

[свернуть]
Литература
  • З.М. Лысенко. Конспект лекций по математическому анализу, 1 семестр.: О. 2012
  • Б.П. Демидович и др. Задачи и упражнения по математическому анализу. Издание девятое. Стр. 196-198: М. Наука. — 1977, 528 стр.
  • В.А. Ильин, Э.Г. Позняк. Основы математического анализа. Часть 1. Издание четвертое. Стр. 336-341: М. Наука. — 1982, 616 стр.
  • Г.М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 2. Издание седьмое. Стр. 113-115: М. Наука. — 1969, 800 стр.
Смотрите так же на википедии

Тест на тему интегральная теорема о среднем

Таблица лучших: Интегральная теорема о среднем

максимум из 7 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

 

Интегральная теорема о среднем: 1 комментарий

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *