《积分第一中值定理及其推广证明_高等教育-微积分.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《积分第一中值定理及其推广证明_高等教育-微积分.pdf（4页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2.1 积分第一中值定理证明 积分第一中值定理:如果函数()f x在闭区间,a b上连续，()g x在(,)a b上不变号，并且()g x在闭区间,a b上是可积的，则在,a b上至少存在一点，使得()()()(),()bbaaf x g x dxfg x dxab 成立。证明如下：由于()g x在闭区间,a b上不变号，我们不妨假设()0g x，并且记()f x在闭区间,a b上的最大值和最小值为M和m，即()mf xM，我们将不等式两边同乘以()g x可以推出，此时对于任意的,xa b都会有()()()()mg xf x g xMg x 成立。对上式在闭区间,a b上进行积分，可以得到 (
2、)()()()bbbaaamg x dxf x g x dx Mg x dx。此时在,m M之间必存在数值，使得mM，即有()()()bbaaf x g x dxg x dx 成立。由于()f x在区间,a b上是连续的，则在,a b上必定存在一点，使()f成立。此时即可得到()()()()bbaaf x g x dxfg x dx，命题得证。2.2 积分第一中值定理的推广 定理：（推广的第一积分中值定理）若函数()f x是闭区间,a b上为可积函数，()g x在,a b上可积且不变号，那么在开区间(,)a b上至少存在一点，使得()()()(),(,)bbaaf x g x dxfg x d
3、xa b 欢迎下载 2 成立。推广的第一积分中值定理很重要，在这里给出两种证明方法。证法 1：由于函数()f x在闭区间,a b上是可积的，()g x在,a b上可积且不变号，令()()()xaF xf t g t dt，()()xaG xg t dt，很显然(),()F x G x在,a b上连续。并且()0,()()()baF aF bf t g t dt，()0,()()baG aG bg t dt，()()()Ffg，()()Gg 。由柯西中值定理即可得到()()(),(,)()()()F bF aFa bG bG aG，化简，即()()()()()()babaf t g t dtfg
4、gg t dt，根据上式我们很容易得出()()()(),(,)bbaaf t g t dtfg t dta b，命题得证。证法 2：由于函数()g x在,a b上可积且不变号，我们不妨假设()0g x。而函 数()f x在 闭 区 间,a b上 可 积，我 们 令inf()|,mf xxa b，sup()|,Mf xxa b。假设()F x是()f x在闭区间,a b上的一个原函数，即()(),Fxf xxa b。我们就可以得到下面等式()()()()bbbaaamg x dxf x g x dx Mg x dx（2.2.1）此时由于()0g x，则会有()0bag x dx，由于存在两种可能
5、性，那么下面我们就要分两种情况以下我们分两种情形来进行讨论：(1).如果()0bag x dx，由等式（2.2.1）可得出()()0baf x g x dx，那么对于(,)a b 都有()()0()()bbaaf x g x dxfg x dx 恒成立。少存在一点使得成立证明如下由于在闭区间上不变号我们不妨假设并且记在闭区间上的最大值和最小值为和即我们将不等式两边同乘以可以推出此时对于任意的都会有成立对上式在闭区间上进行积分可以得到此时在之间必存在数值定理推广的第一积分中值定理若函数是闭区间上为可积函数在上可积且不变号那么在开区间上至少存在一点使得欢迎下载成立推广的第一积分中值定理很重要在这里
6、给出两种证明方法证法由于函数在闭区间上是可积的在上可积且不可积且不变号我们不妨假设而函数在闭区间上可积我们令假设是在闭区间上的一个原函数即我们就可以得到下面等式此时由于则会有由于存在两种可能性那么下面我们就要分两种情况以下我们分两种情形来进行讨论如果由等式可得 欢迎下载 3(2).如果()0bag x dx，将（2.2.1）除以()bag x dx可得()()()babaf x g x dxmMg x dx，（2.2.2）我们记 ()()()babaf x g x dxg x dx，（2.2.3）此时我们又分两种情形继续进行讨论：（）如果（2.2.2）式中的等号不成立，即有()()()baba
7、f x g x dxmMg x dx成立，则此时一定就存在mM，可以使得 12(),()mf xf xM，我们不妨假设12xx，这其中12,x xa b。因为()()F xf x，,xa b，则会有 1122()()()()Fxf xf xFx。此时至少存在一点12(,)x x，使得()()Ff，即有 12()()()(),(,),bbaaf x g x dxfg x dxx xa b 成立，从而结论成立。（）如果（2.2.2）式中仅有一个等号成立时，我们不妨假设M，因为()0bag x dx，此时一定存在区间11,(,)a ba b（其中11ab），使得11,xa b，恒有()0g x 成立
8、，我们可以将（2.2.3）式进行简化()()()bbaag x dxf x g x dx，因为M，则有()()0baMf x g x dx（2.2.4）而且我们已知()()0Mf x g x，则 110()()()0 xbyaMf x g x dxMf x dx。少存在一点使得成立证明如下由于在闭区间上不变号我们不妨假设并且记在闭区间上的最大值和最小值为和即我们将不等式两边同乘以可以推出此时对于任意的都会有成立对上式在闭区间上进行积分可以得到此时在之间必存在数值定理推广的第一积分中值定理若函数是闭区间上为可积函数在上可积且不变号那么在开区间上至少存在一点使得欢迎下载成立推广的第一积分中值定理很
9、重要在这里给出两种证明方法证法由于函数在闭区间上是可积的在上可积且不可积且不变号我们不妨假设而函数在闭区间上可积我们令假设是在闭区间上的一个原函数即我们就可以得到下面等式此时由于则会有由于存在两种可能性那么下面我们就要分两种情况以下我们分两种情形来进行讨论如果由等式可得 欢迎下载 4 于是 11()()0 xyMf x g x dx（2.2.5）在式子（2.2.5）下必定存在11,(,)a ba b，使得()fM。如果不存在一个11,(,)a ba b，使得()fM，则在闭区间11,x y上必定有()0Mf x及()0g x 成立，从而使得()()0Mf x g x。如果11()()0baMf
10、 x g x dx，由达布定理在11,a b上有()()0Mf x g x:，这与()()0Mf x g x矛盾。如果 11()()0baMf x g x dx，这与（2.2.5）式矛盾。所以存在,a b，使()()()(),(,)bbaaf x g x dxfg x dxa b，定理证毕。少存在一点使得成立证明如下由于在闭区间上不变号我们不妨假设并且记在闭区间上的最大值和最小值为和即我们将不等式两边同乘以可以推出此时对于任意的都会有成立对上式在闭区间上进行积分可以得到此时在之间必存在数值定理推广的第一积分中值定理若函数是闭区间上为可积函数在上可积且不变号那么在开区间上至少存在一点使得欢迎下载成立推广的第一积分中值定理很重要在这里给出两种证明方法证法由于函数在闭区间上是可积的在上可积且不可积且不变号我们不妨假设而函数在闭区间上可积我们令假设是在闭区间上的一个原函数即我们就可以得到下面等式此时由于则会有由于存在两种可能性那么下面我们就要分两种情况以下我们分两种情形来进行讨论如果由等式可得