Теорема 1 (первая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\left [ a,b \right ]$, причем функция $g$ не меняет знак на $\left [ a,b \right ]$. Пусть $m=\textrm{inf}_{x\in\left [ a,b \right ]}f(x), M=\textrm{sup}_{x\in\left [ a,b \right ]} f(x)$. Тогда найдется такое число $\mu\in\left [ m,M \right ]$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx.$$
Случай $g(x)\leq0$ рассматривается аналогично.
Следствие. Если в условиях теоремы 1 функция $f$ непрерывна на $\left [ a,b \right ]$, то найдется такая $\xi\in\left [ a,b \right ]$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)dx.$$
Действительно, в этом случае, по теореме Больцано — Коши о промежуточном значении, число $\mu$ является значением функции $f$ в некоторой точке $\xi\in\left [ a,b \right ]$.
Лемма.Пусть функция $g$ интегрируема на отрезке $\left [ a,b \right ]$. Тогда функция $G(x)\equiv\int_{a}^{x}g(t)dt (a\leq x\leq b)$ равномерно непрерывна на $\left [ a,b \right ]$.
Обозначим через $L$ и $U$ соответственно нижнюю и верхнюю грани функции $G$ на $\left [ a,b \right ]$. Поскольку, в силу леммы, функция $G$ непрерывна на $\left [ a,b \right ]$, то они существуют в силу первой теоремы Вейерштрасса. Учитывая также, что функция $f$, по предположению, неотрицательна и монотонно убывающая, т.е. $f(x_{i-1})-f(x_{i})\geq0$, получаем следующее неравенство: $$L\left [ f(x_{n-1})+\sum_{i=1}^{n-1}\left [ f(x_{i-1})-f(x_{i}) \right ] \right ]\leq$$ $$\leq I^{\prime}\leq U\left [ f(x_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-1}\left [ f(x_{i-1})-f(x_{i}) \right ] \right ].$$ При этом мы использовали неравенство $L\leq G(x_{i})\leq U.$ Поскольку, как легко видеть, сумма в квадратных скобках равна $f(x_{0})=f(a)$, то полученное неравенство принимает вид $Lf(a)\leq I^{\prime}\leq Uf(a).$ Но поскольку $I^{\prime}\rightarrow I$ при $d\textrm(\prod)\rightarrow0$, то отсюда получаем $Lf(a)\leq I\leq Uf(a).$ Разделив это неравенство на $f(a)>0,$ получим $L\leq\frac{I}{f(a)}.$ Отсюда следует, что $I=f(a)G(\xi)$, а учитывая определение функции $G$, получаем равенство $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a)\int_{a}^{\xi}g(x)dx (\xi\in\left [ a,b \right ]). (7.4)$$
Итак, равенство (7.4) доказано нами в предположении, что функция $f$ убывает и неотрицательна. Рассмотрим теперь случай, когда $f$ убывает на $\left [ a,b \right ]$. Положим $\bar{f}(x)=f(x)-f(b).$ Тогда $\bar{f}$ убывает и неотрицательна. По доказанному, найдется точка $\bar{\xi}$, такая что $$\int_{a}^{b}\bar{f}(x)g(x)dx=\bar{f}(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx (\bar{\xi}\in\left [ a,b \right ]).$$ Учитывая, что $\bar{f}(x)=f(x)-f(b)$, отсюда получаем $$\int_{a}^{b}\left [ f(x)-f(b) \right ]g(x)dx=\left [ f(a)-f(b) \right ]\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx,$$ или, что то же самое, $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx+f(b)\int_{a}^{b}g(x)dx-f(b)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx=$$ $$=f(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx+f(b)\int_{\bar{\xi}}^{b}g(x)dx.$$ Этим доказано равенство (7.3).
В случае когда функция $f$ возрастает и неотрицательна на $\left [ a,b \right ]$, аналогично тому, тому как было доказано равенство (7.4), можно показать, что существует такая точка $\xi$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(b)\int_{\xi}^{b}g(x)dx. (7.5)$$ Далее, из (7.5) легко можно получить (7.3) точно так же, как и (7.3) было получено из (7.4).
Замечание. Формулы (7.3) — (7.5) называются формулами Бонне. В этих равенствах точки $\xi$, вообще говоря, разные. В самом деле, мы можем изменить функцию $f$ в точках $a$ и $b$, сохранив при этом монотонность функции $f$. При этом левая часть (7.3) не изменится, а изменение множителей $f(a)$ и $f(b)$ перед интегралами справа в (7.3), очевидно, повлечет изменение значение $\xi$ справа в (7.3).
Вторую теорему о среднем иногда записывают в следующем виде: $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a+0)\int_{a}^{\xi^{\prime}}g(x)dx+f(b-0)\int_{\xi^{\prime}}^{b}g(x)dx.$$ В этом равенстве точка $\xi^{\prime}$, вообще говоря, не совпадает со значением $\xi$ в равенстве (7.3).
Примеры применения теорем о среднем.
Пример 1. Найти $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x}dx.$$ Оценим $$0\leq\int_{0}{1}\frac{x^n}{1+x}dx\leq\int_{0}^{1}x^ndx=\frac{1}{n+1}.$$ Отсюда получаем $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x}dx=0.$$
Пример 2. Найти $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx.$$ Зафиксируем $\varepsilon>0$. Тогда получим $$\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}}\sin^n xdx+\int_{\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}}^{\pi}{2}\sin^n xdx\leq$$ $$\leq(\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}))^n\frac{\pi}{2}+{\varepsilon}{2}.$$ Поскольку $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2})<1$, то первое слагаемое справа стремится к нулю при $n\rightarrow\infty$. Поэтому найдется такое $N$, что для всех $n\geq N$ справедливо неравенство $$(\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}))^n\frac{\pi}{2}<\frac{\varepsilon}{2}.$$ Итак, для заданного $\varepsilon>0$ мы нашли номер $N$, начиная с которого $$\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx<\varepsilon.$$ Это означает что $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx=0.$$
Пример 3. Оценить сверху $$I\equiv\int_{0}^{1}\frac{\sin x}{1+x^2}dx.$$
Первый способ.
Применяя первую теорему о среднем, получаем $$I=\frac{1}{1+\xi^2}\int_{0}^{1}\sin xdx=\frac{1}{1+\xi^2}(-\cos x)\mid_{0}^{1}=\frac{1}{1+\xi^2}(1-\cos 1)\leq 1-\cos 1.$$
Второй способ.
В силу первой теоремы о среднем $$I=\sin\eta\int_{0}{1}\frac{dx}{1+x^2}=\sin\eta \arctan x\mid_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}\sin\eta\leq\frac{\pi}{4}\sin 1.$$
Пример 4. Оценить интеграл $$I\equiv\int_{A}^{B}\frac{\sin x}{x}dx, 0<A<B<+\infty.$$
Первый способ.
Применим вторую теорему о среднем. Для этого обозначим $f(x)=\frac{1}{x}$ и $g(x)=\sin x$. Функция $f$ монотонна на $\left [ A,B \right ]$, так что по второй формуле Бонне получаем $$I=\frac{1}{A}\int_{A}^{\xi}\sin xdx = \frac{1}{A}(-\cos x)\mid_{A}^{\xi}=\frac{1}{A}(\cos A — \cos \xi).$$ Отсюда следует, что $\mid I\mid\leq\frac{2}{A}.$
Второй способ.
Применяя первую теорему о среднем, получим $$I=\sin\xi\int_{A}^{B}\frac{dx}{x}=\sin\xi\ln\frac{B}{A}.$$ Отсюда следует, что $\mid I\mid\leq\ln\frac{B}{A}.$
Примеры решения задач
Пример 1 Найти среднее значение функции $f(x)=\sin^2 x$ на отрезке $\left [ 0;2\pi \right ]$.
Решение
Пользуясь теоремой о среднем имеем:$$\mu=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin^2 xdx=\frac{1}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}(1-\cos 2x)dx=$$ $$=\frac{1}{4\pi}(x-\frac{1}{2}\sin 2x)\mid_{0}{2\pi}=\frac{1}{4\pi}(2\pi-\frac{1}{2}\sin 4\pi)=\frac{1}{2}.$$ Итак, $\mu=\frac{1}{2}.$
Литература
- В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу». — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, раздел 7 «интеграл Римана».(стр. 197 — 203).
- Б. П. Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997г.
Теоремы о среднем