第二积分中值定理怎么证明（超复杂的积分第二中值定理证明）

积分第二中值定理的证明，是一个令人十分头痛的问题。老黄在这里力求给那些理解不了的小伙伴们讲清楚，那到底是怎么回事！

积分第二中值定理：设f在[a,b]上可积.

(1)若g在[a,b]上减，且g(x)≥0，则存在ξ∈[a,b]，使得∫(a->b)f(x)g(x)dx=g(a)∫(a->ξ)f(x)dx;

(2)若g在[a,b]上增，且g(x)≥0，则存在η∈[a,b]，使得∫(a->b)f(x)g(x)dx=g(b)∫(η->b)f(x)dx.

这个定理看起来和推广的积分第一中值定理十分相似，但其实质完全不同。它们可能有某种联系，但是老黄现在还说不清楚，那也不是这篇文章想说明的问题。不过我们倒是可以把两者联系起来记忆。

证明这个定理。只需证明(1)，然后“同理可证(2)”就可以了。不过，老黄最后还是会尝试用不一样的方法，来证明(2).

证：(1)设F(x)=∫(a->x)f(t)dt, x∈[a,b],【即F是f的一个原函数】

则F(x)在[a,b]上连续,【变限积分具有连续性】

F(a)=0. 【上下限相同的定积分等于0】

由最值定理知，存在M, m，使m≤F(x)≤M, x∈[a,b],【这是最后的伏笔. M是最大值, m是最小值】

若g(a)=0, 则由g的减性, 且g(x)≥0，有g(x)≡0, x∈[a,b], 成立！

若g(a)>0, 则由f有界可设|f(x)|≤L, x∈[a,b],【包括F(a)=0，都是为后面的证明做铺垫的】

依题意, g可积,【闭区间上的单调函数可积】

即任给ε>0，有∑ωi(g)∆xi<ε/L.【这是可积准则的必要条件】

记I=∫(a->b)f(x)g(x)dx,【目的只是为了后面描述方便】

则I=∑(i=1->n)∫(x_(i-1)->xi)f(x)g(x)dx【就是把积分区间拆分成一系列小积分区间，这是积分区间的可分拆性，在《老黄学高数》系列学习视频第330讲有介绍】

=∑(i=1->n)∫(x_(i-1)->xi)[g(x)-g(x_(i-1) )]f(x)dx+∑(i=1->n)g(x_(i-1))∫(x_(i-1)->xi)f(x)dx=I1+I2.【通过减去并且加上同一个求和公式，把原来的积分求和公式分拆成两个，并且分别用I1和I2来表示它们】

|I1|≤∑ ∫(x_(i-1)->xi)|g(x)-g(x_(i-1))|∙|f(x)|dx【这里面先运用了和的绝对值不大于绝对值的和；后运用了定积分的绝对值，不大于绝对值的定积分。两者其实是同一个定理，都是绝对值不等式的同一个部分的两种形式】

≤L∑ωi(g)∆xi<L∙ε/L=ε, 【每个小分区内振幅ωi最大，即g(x)-g(x_(i-1))≤ωi。这里证明了I1是一个无穷小量】

I2=∑g(x_(i-1) )[F(xi)-F(x_(i-1)]=g(x0)[F(x1)-F(x0)]+g(x1)[F(x2)-F(x1)]+…+g(x_(n-1))[F(xn)-F(x_(n-1)]【展开求和公式。然后全部运用乘法分配律，再重新配对，以F(xi)为公因式进行两两提取公因式，得到下面的式子。注意，F(x0)=F(a)=0。所以下面你会发现少掉一项】

=F(x1)[g(x0)-g(x1)]+…+F(x_(n-1))[g(x_(n-2))-g(x_(n-1))]+F(xn)g(x_(n-1))【这种式子真是没法解释，有耐心把上下两个式子都展开，对比一下，你就会明白了】

=∑(i=1->n-1)F(xi)[g(x_(i-1))-g(xi)]+F(xn)g(x_(n-1))【重新写成求和公式的形式。现在要用到上面的伏笔了.F(xi)≤M, F(xn)≤M】

≤M(i=1->n-1)[g(x_(i-1))-g(xi)]+Mg(x_(n-1))=Mg(a).【展开求和公式，会出现多米诺式消项的现象，最后就剩下第一项】

同理I2≥mg(a).【过程基本上和上面相同，只是到利用F(xi)≥m, F(xn)≥m这里，要改变不等号的方向，并用m代替M】

从而mg(a)≤I≤Mg(a).【原本只是和I2的关系，但是I1是无穷小量，所以用I替代，如果觉得不够严密，可以对三者求极限。左右是常数的极限，不变，中间求极限也不会改变它的实质，因为积分的本质就是极限。通过求极限，就可以让I1等于0了】

由介值性定理知,存在ξ∈[a,b]，使F(ξ)g(a)=I,【m≤F(ξ)≤M】

即g(a)∫(a->ξ)f(x)dx=∫(a->b)f(x)g(x)dx. 得证！