Вторая теорема о среднем для определённых интегралов

Первая теорема о среднем

Пусть $f(x)$ и $g(x)$ интегрируемы на $[a;b]$ и на этом отрезке выполняются условия $m\le f(x)\le M$ и $g(x)\ge 0$ (или $g(x)\le 0$). Тогда существует число $\mu$ такое, что $m\le \mu \le M$ и выполняется равенство:

$$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=\mu \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$$

Доказательство

Предположим $g(x)\ge 0$. Умножая неравенство $m\le f(x)\le M$ на $g(x)\ge 0$, получаем:

$$mg(x)\le f(x)g(x)\le Mg(x),\forall x\in [a;b]$$

В силу монотонности интеграла:

$$m\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx\le M\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$$

Примечание: Если $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx=0$, то из неравенства выше следует, что $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=0$, и теорема верна для любого $\mu$.

В случае, когда $\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx>0$, искомое число $\mu$ определяется как:

$$\mu =\frac{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx}{\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx}$$

Из предыдущего неравенства следует $m\le \mu \le M$, что и требовалось доказать.

Следствие

Если вдобавок $f(x)$ непрерывна на $[a;b]$, то найдётся точка $c\in [a;b]$ такая, что $f(c)=\mu$, и тогда формула примет вид:

$$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx=f(c)\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$$

Вторая теорема о среднем

Пусть $f\in C[a,b]$ интегрируема на $[a,b]$, а $g$ монотонна на $[a,b]$. Тогда существует точка $\xi \in [a,b]$ такая, что

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)dx$$

Доказательство

Обозначим $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$. Заметим, $F(a)=0$. Интегрируем по частям:

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=F(b)g(b)-{\int }_a^{b}F(x)g^{\prime }(x)dx$$

Так как $g$ монотонна, $g^{\prime }$ не меняет знака. По первой теореме о среднем (для $F$ непрерывной и $g^{\prime }$ знакопостоянной) $\exists \xi \in [a,b]$:

$${\int }_a^{b}F(x)g^{\prime }(x)dx=F(\xi ){\int }_a^b{g}^{\prime }(x)dx=F(\xi )(g(b)-g(a))$$

Подставляем:

$${\int }_a^{b}fg=F(b)g(b)-F(\xi )(g(b)-g(a))=$$ $$=g(a)F(\xi )+g(b)(F(b)-F(\xi ))$$

Но $F(b)-F(\xi )={\int }_{\xi }^{b}f$. Получаем искомую формулу.

Теорема верна и для интегрируемой $f$ без предположения непрерывности (доказывается через интегральные суммы). Для монотонной $g$ достаточно, чтобы $f$ была интегрируема по Риману.