Функция определена на всей вещественной оси кроме т. [latex]0[/latex]. Рассмотрим некоторую проколотую окрестность [latex]\dot{U}_{\delta }(0)[/latex]. Как видно, для [latex]\forall \varepsilon \: \exists\, \delta =\frac{1}{\varepsilon }[/latex] такое, что [latex]\forall x\in (0;|\delta |)\: |f(x)|>\varepsilon [/latex]. Отсюда, по определению следует, что эта функция бесконечно большая при [latex]x\rightarrow 0[/latex]. При этом на [latex](-\infty;0 )\: \:\lim\limits_{x\rightarrow 0}=-\infty [/latex], а на [latex](0;+\infty )\: \:\lim\limits_{x\rightarrow 0}=+\infty [/latex].

При [latex]x\rightarrow \infty [/latex] значение функции монотонно растет. Для любого [latex]\varepsilon [/latex] и соответствующего ему [latex]\delta _{\varepsilon }[/latex] найдется такой [latex]x[/latex], например, [latex]x=\delta _{\varepsilon }+1[/latex], что [latex]f(x)> f(\delta _{\varepsilon })[/latex]. Иначе говоря, [latex]\forall \varepsilon >0\: \exists \delta _{\varepsilon }=\varepsilon:\forall |x|>\delta _{\varepsilon }:\: f(x)>\varepsilon[/latex]. Это значит, что [latex]\lim\limits_{x\rightarrow \infty }f(x)=+\infty [/latex].

Пусть, например, $latex a<x_{0}<b$ (в точках $latex a$ и $latex b$ можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого $latex h \neq 0$, такого, что $latex x_{0} + h \in [a,b]$, имеем

$latex \frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} = \frac{1}{h} ( \int_{a}^{x_{0}+h} f(t)dt — \int_{a}^{x_{0}} f(t)dt ) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt.$

Отсюда следует

$latex | \frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} — f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt — f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} [f(t)-f(x_{0})]dt | \leq \frac{1}{|h|} | \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} | f(t)-f(x_{0}) | dt | \equiv \rho (h).$

Если мы покажем, что $latex \rho(h) \rightarrow 0$ при $latex h \rightarrow 0$, то тем самым теорема будет доказана. Для оценки $latex \rho(h)$ предположим для определенности, что $latex h>0$. Зададим произвольное $latex \varepsilon > 0$ и, пользуясь непрерывностью функции $latex f$ в точке $latex x_{0}$, найдем такое $latex \delta > 0$, что для всех $latex t$, удовлетворяющих условию $latex |t — x_{0}| < \delta$, справедливо неравенство $latex |f(t)-f(x_{0})| < \varepsilon$. Если теперь $latex 0<h<\delta$, то получим

$latex \rho(h) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} |f(t) — f(x_{0})|dt \leq \varepsilon$

Отсюда следует, что $latex \rho(h) \rightarrow 0$ при $latex h \rightarrow 0$.

Случай $latex h<0$ исчерпывается аналогичным образом. В точках $latex x_{0} = a$ и $latex x_{0} = b$ приведенные выше рассуждения достаточно применить для $latex h>0$ и $latex h<0$, соответственно. $latex \blacksquare$

Условие непрерывности функции $latex f$ в точке $latex x_{0}$ не является необходимым для дифференцируемости $latex F$ в точке $latex x_{0}$. Например, если взять непрерывную на отрезке $latex [a,b]$ функцию $latex f$, то, по доказанной теореме, функция $latex F$ будет дифференцируемой в каждой точке отрезка $latex [a,b].$ Изменим теперь значение функции $latex f$ в одной точке. В результате получим разрывную функцию $latex f$. В то же время, как легко видеть, функция $latex F$ останется прежней, т.е. $latex \bar{F}(x) \equiv \int_{a}^{x} \bar{f}(t)dt = F(x) (x \in [a,b])$ (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину ее интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.

Рассмотрим функцию

$latex f(x) =

$$\begin{cases} & \sin{\frac{1}{x}}, 0<x\leq 1, \\ & 0 , x=0. \end{cases}$$ $

Эта функция ограничена на отрезке $latex [0,1]$ и имеет единственную точку разрыва $latex x_{0} = 0$. Значит, она интегрируема на $latex [0,1]$. Обозначим $latex F(x) = \int_{0}^{x} f(t)dt$. Поскольку $latex f$ непрерывна в каждой точке $latex x \neq 0$, то, по предыдущей теореме, функция F дифференцируема в каждой точке $latex x \in (0,1]$ и $latex F'(x) = \sin{\frac{1}{x}}$. В точке $latex x_{0}=0$ функция $latex f$ разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует $latex F’+(0) = 0$.

Пусть $latex f(x) = \text{sign } x, -1 \leq x \leq 1.$ Если $latex -1 \leq x < 0$, то $latex f(t) = -1, -1 \leq t \leq x$ и $latex \int_{-1}^{x} f(t)dt = -(x-(-1)) = -(x+1)$.

Если же $latex 0 \leq x \leq 1,$ то $latex \int_{-1}^{x} f(t)dt = \int_{-1}^{0} f(t)dt + \int_{0}^{x} f(t)dt = -1+x$.

Таким образом,

$latex F(x) =

$$\begin{cases} & -(x+1), -1 \leq x < 0, \\ & x-1, 0 \leq x \leq 1. \end{cases}$$ $

Легко видеть, что в точке $latex x_{0} = 0$ функция $latex F$ недифференцируема.

Пусть $latex x_{0}, x_{0} + \Delta x \in [a,b]$. Тогда

$latex F(x_{0}+ \Delta x) — F(x_{0}) = \int_{a}^{x_{0}+\Delta x} f(t)dt — \int_{a}^{x_{0}} f(t)dt = \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} f(t)dt$

Функция $latex f$ ограничена на $latex [a,b]$ (поскольку она интегрируема), так что при некотором $latex M :$

$latex |f(t)| \leq M \forall t \in [a,b]$.

Следовательно

$latex |F(x_{0}+ \Delta x) — F(x_{0})| = | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} f(t)dt | \leq | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} |f(t)|dt | \leq M | \int_{x_{0}}^{x_{0}+ \Delta x} dt | =$

$latex = M |\Delta x| \rightarrow 0$ при $latex \Delta x \rightarrow 0$,

Откуда следует непрерывность функции $latex F$  $latex \blacksquare$

$latex \square$ 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 $latex \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant I\leqslant \frac{1}{10}$.