Автор: Денис Стехун

$latex \square$ Пусть  $latex f(x)$ непрерывна для $latex x\in [a,b]$, тогда по теореме о диффиренцировании интеграла с переменным верхним пределом, получим

$latex {F}'(x)=\frac{d}{dx}\left(\int\limits_{a}^{x}f(t)dt\right)=f(x)$.

Согласно определению первообразной, $latex F(x)=\int\limits_{a}^{b}f(t)dt$ — первообразная для $latex f$ на $latex [a,b]$ и по этому

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx=F(x)+C$.$latex \blacksquare$

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

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

По свойству монотонности интеграла, получим

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

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

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

Обозначим

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

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

$latex \square$Пусть

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

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

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

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

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

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

$latex f(c)=10$

$latex 2c+3=10$

$latex c=\frac{7}{2}$

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

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

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

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