2025-03-05
积分第一中值定理：\(f(x)\in C[a,b]\)，\(g(x)\in R[a,b]\) 且不变号，则存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \(\int_a^bf(x)g(x)dx=f(\xi)\int_a^bg(x)dx\).
证明大抵是容易的. 不妨假设 \(g(x)\ge 0\) 且 \(\int_a^bg(x)dx\neq 0\). 然后由于 \(m\le \int_a^bf(x)dx\le M\) 所以用连续函数的介质定理即可. 但是 \(\xi\) 可以取到端点. 这里做若干细致的讨论就可以发现其实完全可以避免取到端点.
一个例子：\(f(x)>0\) 单调增，\(\in C[a,b]\)，证明 \(\int_a^b xf(x)dx\ge \frac{a+b}{2}\int_a^bf(x)dx\).
考虑 \(LHS-RHS=\int_a^{\frac{a+b}{2}}(x-\frac{a+b}{2})f(x)+\int_{\frac{a+b}{2}}^b (\frac{a+b}{2}-x)f(x)\). 使用中值定理即可知道 \(LHS-RHS=-A(f(\xi_1)-f(\xi_2))\)，其中 \(A>0\)，\(\xi_1<\frac{a+b}{2}<\xi_2\)，完成证明.
一个应用是柯西积分余项. 首先对于 \(f(x)=f(x_0)+\int_{x_0}^xf'(t)dt=f(x)=f(x_0)-\int_{x_0}^x f'(t)d(x-t)\)，运用分部积分即可得知 \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)-\int_{x_0}^x f''(t)(x-t)dt\)，而后面那个积分是 \(\int_{x_0}^x f''(t)d(\frac{1}{2}(x-t)^2)\)，然后不断这么分部积分下去就可以得到带有柯西积分余项的泰勒展开： \[ f(x)=\sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!} +\frac{1}{n!}\int_{x_0}^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt \] 然后运用积分第一中值定理，令 \(F(t)=f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\)，\(g(t)=1\)，那么得到 \(R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)(x-\xi)^n(x-x_0)}{n!}\)，代入 \(\xi=x_0+\theta(x-x_0)\) 得到 \(R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)(1-\theta)^n(x-x_0)^{n+1}}{n!}\). 即泰勒展开的柯西余项.
下面看积分第二中值定理. 这是一个比较抽象的定理. 设 \(f(x)\) 递减且 \(\ge 0\)，\(g(x)\in R[a,b]\)，则存在 \(\xi\) 使得 \(\int_a^b f(x)g(x)dx=f(a)\int_a^\xi g(x)dx\). 注意 \(g(x)\) 是可变号的.
Abel 变换：令 \(B\) 为 \(b\) 的前缀和，则 \(\sum a_ib_i=\sum a_i(B_i-B_{i-1})=\sum B_i(a_i-a_{i+1})+a_nB_n\). 写作积分的形式就知道 \(\int_a^b f(x)g(x)=f(b)G(b)+\lim_{\lambda(\delta)\to 0}(f(x_i)-f(x_{i+1})G(x_i))\). 根据这个，我们就能知道上式 \(\in [mf(a),Mf(a)]\)，其中 \(m,M\) 为 \(G\) 的最值. 由于 \(G\) 连续，由介值定理就可以证明其正确.
第二中值定理有若干等价描述. 首先 \(f(x)\) 递增的情况是对称的，换成 \(f(b)\int_\xi^bg(x)dx\) 就好了. 然后我们还可以知道如果 \(f(x)\) 单调那么 \(=f(a)\int_a^\xi g(x)dx+f(b)\int_\xi^bg(x)dx\)，因为只需要将两边减少 \(f(b)\int_a^b g(x)dx\) 就可以划归到第一种情况.
一个例子，考虑 \(f(x)=\int_0^x\sin\frac{1}{t}dt\)，且 \(f(0)=0\). 问 \(f'(0)\) 存在性. 注意如果使用洛必达那么会发现不存在，意味着这不满足洛必达的使用条件. 这里有些比较技巧性的东西. \(f(x)=\lim_{\delta\to 0^+}\int_{\delta}^x\sin \frac{1}{t}dt\)，然后我们做一下翻转知道 \(f(x)=\lim \int_{\frac{1}{x}}^{\frac{1}{\delta}}\sin td\frac{1}{t}\)，即 \(\int_{\frac{1}{x}}^{\frac{1}{\delta}} \frac{\sin u}{u^2}du\)，使用第二中值定理得到 \(x^2\int_{\frac{1}{x}}^\xi \sin udu\le 2x^2\)，那么除以 \(x\) 后便 \(\to 0\). 故 \(f'(0)=0\).