10-第十章 定积分

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正文部分

10.1.2 例题

例题 10.1.1

证明函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x}-\left[\frac{1}{x}\right],& x\in (0,1],\\ 0,& x=0\end{array}$$

在 $[0,1]$ 上可积。

分析 虽然 $f$ 在 $[0,1]$ 内有无限个间断点，然而由于这些间断点可以看成为收敛于 $0$ 的数列， 因此可用总长度任意小的有限个区间把所有间断点覆盖住，这就是下列证明的要点。

证 对给定的 $\epsilon ,\eta >0$ 取 $n$ 充分大，使得

$$\delta =\frac{1}{n+\frac{1}{2}}<\frac{\epsilon }{2}.$$

将区间 $[0,1]$ 分成 $[0,\delta ]$ 和 $[\delta ,1]$。$f$ 在 $[\delta ,1]$ 内的所有间断点是 $\{1/i\mid i=2,\dots ,n\}$。用包含于 $(\delta ,1]$ 中的 $n-1$ 个互不相交的开区间覆盖这些间断点， 并要求这些开区间的总长度小于 $\epsilon /2$。从 $[0,1]$ 中挖掉这些子区间与 $[0,\delta ]$，剩余的部分是 $n$ 个闭子区间。因为 $f$ 在这些闭子区间上一致连续，因此我们能够将这些子区间细分为更小的子区间， 使 $f$ 在每个子区间上的振幅都小于 $\eta$。上面所有子区间的端点构成 $[0,1]$ 的一个分割。 其中振幅不小于 $\eta$ 的子区间的长度之和小于 $\epsilon$，由可积的第三充分必要条件可知 $f\in R[0,1]$。

评注 这个例题说明 Riemann 可积函数可以有无穷多个不连续点。不仅如此，这些不连续点的分布还可能比本题更复杂。 例如，Riemann 函数以所有有理数点为间断点，但它仍然是可积函数（见留作 10.1.3 小节的练习题 10）。 虽然有理数在数轴上处处稠密，但仍然可以用总长度任意小的开区间族来覆盖。这时开区间的个数不是有限个，而是可列个。 利用有理数的可列性，先将它们记为一个数列 $\{r_n\}$。对给定的 $\epsilon >0$，用长度 $\epsilon /2$ 的开区间覆盖点 $r_1$，用长度 $\epsilon /4$ 的开区间覆盖 $r_2$，如此下去，就可以覆盖所有有理数，而所用开区间的总长度不超过 $\epsilon$。

10.1.3 练习题

题目 1

设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x(1-x),& x\text{ 是有理数},\\ 0,& x\text{ 是无理数}.\end{array}$$

问 $f$ 在 $[0,1]$ 上是否可积？

解答 不可积。因为当 $x\in (0,1)$ 时，任意邻域内既有有理数又有无理数，故函数值在 $0$ 与 $x(1-x)$ 之间跳动，$f$ 在 $(0,1)$ 的每一点都不连续；而在 $x=0,1$ 处连续。于是下和恒为 $0$，上和可逼近

$${\int }_0^{1}x(1-x)dx=\frac{1}{6},$$

上下积分不等，所以 $f\notin R[0,1]$。

题目 2

设 $f,g\in R[a,b]$，且 $f$ 的值域在 $[a,b]$ 中，问 $g\circ f$ 在 $[a,b]$ 上是否可积？ 又若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上都不可积，问 $g\circ f$ 在 $[a,b]$ 上是否一定不可积？

解答 结论都不成立。第一问取 $f(x)=x$，$g$ 为区间 $[a,b]$ 上的 Dirichlet 函数，则 $f\in R[a,b]$，$g$ 不可积，而 $g\circ f=g$ 仍不可积。第二问取 $f=g=D$，其中 $D(x)=1$（$x$ 有理），$D(x)=0$（$x$ 无理），则 $f,g$ 都不可积，但

$$(g\circ f)(x)=D(D(x))\equiv 1,$$

反而可积。

题目 3

讨论区间 $[a,b]$ 上 $f,|f|,f^2$ 的可积性之间的关系。

解答 三者关系是

$$f\in R[a,b]⟹|f|\in R[a,b]⟹f^2\in R[a,b],$$

且 $f^2\in R[a,b]⟹|f|\in R[a,b]$，所以 $|f|$ 与 $f^2$ 的可积性等价，但它们都不能反推 $f$ 可积。反例可取

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q},\\ -1,& x\notin \mathbb{Q}.\end{array}$$

这时 $f$ 不可积，而 $|f|\equiv 1$、$f^2\equiv 1$ 都可积。

题目 4

设 $f\in R[a,b]$，$g$ 与 $f$ 在 $[a,b]$ 上仅在有限个点上取不同值，证明： $g\in R[a,b]$，并且

$${\int }_a^{b}f={\int }_a^{b}g.$$

又问：如果 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处相等，例如只在所有有理数点上的函数值不同， 则是否有相同结论？\footnote{因此对于在 $[a,b]$ 上的有界函数，如果它在有限个点上没有定义，我们可以采取补充定义的方法进行讨论。这时的可积性和可积函数值与补充定义的具体做法无关。}

解答 若 $f,g$ 只在有限个点 $x_1,\dots ,x_m$ 处不同，设 $M$ 为二者共同的有界上界。任给 $\epsilon >0$，可取这些点周围互不相交的小区间，总长度小于 $\epsilon /(4M)$。在其余部分 $f=g$，故上下和之差与积分之差都只来自这些小区间，于是

$$\left|{\int }_a^{b}f-{\int }_a^{b}g\right|<\epsilon .$$

因而 $g\in R[a,b]$，且两积分相等。若只知几乎处处相等而不加其他条件，则结论未必成立：取 $f\equiv 0$，$g$ 为 Dirichlet 函数，则它们只在有理点不同，但 $g$ 不可积。

题目 5

设 $f\in R[a,b]$，且对每个 $(\alpha ,\beta )\subseteq [a,b]$，存在 $x_1,x_2\in (\alpha ,\beta )$，使 $f(x_1)f(x_2)\le 0$，问定积分 ${\int }_a^{b}f$ 的值是多少？为什么？

解答 必有

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0.$$

若积分大于 $0$，则由例题 10.2.1，存在子区间 $[c,d]$ 与 $\mu >0$，使 $f(x)\ge \mu$ 于 $[c,d]$ 上恒成立，这与题设“每个子区间内都有点使函数值异号或为零”矛盾。积分小于 $0$ 同理矛盾，只能为 $0$。

题目 6

设 $g\in R[a,b]$，

$$M=\underset{x\in [a,b]}{\sup }\{g(x)\},m=\underset{x\in [a,b]}{\inf }\{g(x)\}.$$

如果 $m<M,f\in C[m,M]$，证明：$f\circ g\in R[a,b]$。

解答 由连续函数在闭区间上一致连续可知：对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使 $|u-v|<\delta$ 时有 $|f(u)-f(v)|<\epsilon$。取分割 $P$，记 $M_i,m_i$ 分别为 $g$ 在第 $i$ 小区间上的上、下确界。若 $M_i-m_i<\delta$，则 $f\circ g$ 在该小区间上的振幅小于 $\epsilon$；若 $M_i-m_i\ge \delta$，这样的区间总长度可由 $g$ 的可积性控制得任意小。于是 $f\circ g$ 满足 Riemann 判别准则，故 $f\circ g\in R[a,b]$。

题目 7

设 $f\in R[a,b]$，且 $1/f$ 在 $[a,b]$ 上有界，证明：$1/f\in R[a,b]$。

解答 由 $1/f$ 有界可知存在 $\delta >0$ 使 $|f(x)|\ge \delta$。设 $|f(x)|\le M$，则 $f([a,b])\subset [-M,-\delta ]\cup [\delta ,M]$，而 $y\mapsto 1/y$ 在这个集合上连续。于是 $1/f$ 是可积函数 $f$ 与连续函数的复合，故 $1/f\in R[a,b]$。

题目 8

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，且其所有间断点构成一个收敛数列，证明：$f\in R[a,b]$。

解答 设所有间断点为 $x_n\to x_{\ast }$。任给 $\epsilon >0$，取 $N$ 充分大，使以 $x_{\ast }$ 为中心的一个小区间加上前 $N$ 个点附近的小区间的总长度小于 $\epsilon$。在其余闭集上，$f$ 连续，从而一致连续，于是函数振幅可由足够细的分割控制得很小。故上、下和之差可以小于任意给定正数，所以 $f\in R[a,b]$。

题目 9

设 $f$ 在区间 $[a,b]$ 的每一点的极限都存在且为零，证明： $f\in R[a,b]$ 且 ${\int }_a^{b}f=0$。

解答 记

$$E_{\epsilon }=\{x\in [a,b]:|f(x)|\ge \epsilon \}.$$

若 $E_{\epsilon }$ 无限，由紧致性它有聚点 $x_0$，从而沿 $E_{\epsilon }$ 中趋于 $x_0$ 的点列有 $|f(x_n)|\ge \epsilon$，这与 ${\lim }_{x\to x_0}f(x)=0$ 矛盾。故 $E_{\epsilon }$ 有限。于是把这些有限个点用总长度很小的区间盖住，在其余地方有 $|f|<\epsilon$，便知 $f\in R[a,b]$ 且

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \epsilon (b-a).$$

由 $\epsilon$ 任意性即得 ${\int }_a^{b}f=0$。

题目 10

证明：Riemann 函数（见例题 5.1.4）在每个有界区间 $[a,b]$ 上可积。

解答 Riemann 函数（Thomae 函数）在无理点连续，在有理点间断。由于有理点至多可数，间断点集可数，于是它在每个有界区间上 Riemann 可积。又该函数非负，并且在全部连续点（即无理点）处都等于 $0$，由第一组参考题第 9 题的判别可知

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0.$$

题目 11

对连续函数，能否如下定义定积分：如果 $f\in C[a,b]$ 且存在实数 $I$，使

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-a}{n}\sum _{i=1}^{n}f\left(a+\frac{i}{n}(b-a)\right)=I,$$

则 $f\in R[a,b]$ 且 ${\int }_a^{b}f=I$。

解答 可以。对连续函数，等距右端点和式

$$S_n=\frac{b-a}{n}\sum _{i=1}^{n}f\left(a+\frac{i}{n}(b-a)\right)$$

正是 Riemann 和式的一种特殊情形，因此若定积分已定义，则必有 $S_n\to {\int }_a^{b}f$。反过来，连续函数在 $[a,b]$ 上一致连续，故任一足够细的 Riemann 和式与相应的等距右端点和式之差可作到任意小，于是由 $S_n$ 的极限便能确定全部 Riemann 和式的共同极限，从而可用它来定义连续函数的定积分。

题目 12

设 $f,g\in R[a,b]$，$P=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ 是区间 $[a,b]$ 的分割，证明： 对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使对于满足 $\Vert P\Vert <\delta$ 的任意分割 $P$，成立

$$\left|\sum _{k=1}^{n}f(x_k)\sin (g(x_k)\Delta x_k)-{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right|<\epsilon .$$

解答 令

$$u_k=g(x_k)\Delta x_k.$$

因为 $g$ 有界，设 $|g|\le M$，则 $|u_k|\le M\Vert P\Vert$。由

$$\frac{\sin u}{u}\to 1(u\to 0)$$

可知：对任意 $\epsilon >0$，存在 ${\delta }_1>0$，当 $|u|<M{\delta }_1$ 时有 $|\sin u-u|<\epsilon |u|$。于是当 $\Vert P\Vert <{\delta }_1$ 时，

$$\begin{array}{rl}& \left|\sum _{k=1}^{n}f(x_k)\sin (g(x_k)\Delta x_k)-\sum _{k=1}^{n}f(x_k)g(x_k)\Delta x_k\right|\\ & \le \epsilon \Vert f{\Vert }_{\infty }\sum _{k=1}^n|g(x_k)|\Delta x_k\le \epsilon \Vert f{\Vert }_{\infty }M(b-a).\end{array}$$

再由 $fg\in R[a,b]$，取 ${\delta }_2>0$ 使 $\Vert P\Vert <{\delta }_2$ 时

$$\left|\sum _{k=1}^{n}f(x_k)g(x_k)\Delta x_k-{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right|<\epsilon .$$

合并两步，取 $\delta =\min \{{\delta }_1,{\delta }_2\}$ 即得结论。

10.2.1 思考题

题目 1

举例说明：在积分第一中值定理中 $g$ 的保号性条件不满足时，定理的结论可以不成立。

解答 例如在区间 $[-1,1]$ 上取 $f(x)=x$，$g(x)=x$。这时 $g$ 变号，且

$${\int }_{-1}^{1}g(x)dx=0,{\int }_{-1}^{1}f(x)g(x)dx={\int }_{-1}^1{x}^{2}dx=\frac{2}{3}.$$

若积分第一中值定理仍成立，就应有 $\frac{2}{3}=f(\xi )\cdot 0$，矛盾。

题目 2

举例说明：在积分第二中值定理中 $g$ 不是单调函数时，定理的结论可以不成立。

解答 例如在区间 $[0,\pi ]$ 上取 $f(x)=\sin x$，$g(x)=\sin x$。这里 $g$ 不是单调函数，且 $g(0)=g(\pi )=0$。若积分第二中值定理的结论仍成立，则右端只能等于 $0$；但左端

$${\int }_0^{\pi }f(x)g(x)dx={\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}xdx=\frac{\pi }{2}\ne 0,$$

故结论可以失效。

10.2.2 例题

例题 10.2.1

设 $f\in R[a,b]$，且

$$I={\int }_a^{b}f(x)dx>0,$$

则存在子区间 $[c,d]\subseteq [a,b]$ 和 $\mu >0$，使在区间 $[c,d]$ 上成立 $f(x)\ge \mu$。

证 1 从积分定义可知，存在 $[a,b]$ 的一个分割 $P=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$，使得对从属于 $P$ 的任何介点集 $\xi$，成立

$$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i>\frac{I}{2}>0.$$

记

$$m_i=\underset{x\in [x_{i-1},x_i]}{\inf }f(x),i=1,2,\dots ,n,$$

并对上面的和式取下确界，就得到

$$\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i\ge \frac{I}{2}>0.$$

显然在和式中至少有一项大于 $0$。设这一项是第 $k$ 项，则可取

$$\mu =m_k,[c,d]=[x_{k-1},x_k].$$

证 2 用反证法。若结论不成立，则对于每个 $\mu >0$ 和每个子区间 $[c,d]$，存在 $\xi \in [c,d]$，满足 $f(\xi )<\mu$。在 $f$ 的 Riemann 和式中对于任何分割都取满足这个要求的介点集，这样就得到

$${\int }_a^{b}f(x)dx\le \mu (b-a).$$

由于 $\mu >0$ 是任意的，因此只能得到 ${\int }_a^{b}f(x)dx\le 0$，与条件矛盾。

注 若在教材中有上、下和的 Darboux 理论，则上题的证明可更为简单。

例题 10.2.2（对积分第一中值定理的改进）

如果 $f\in C[a,b]$，$g\in R[a,b]$ 且在 $[a,b]$ 上不变号，则有

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\eta {\int }_a^{b}g(x)dx,\eta \in [m,M]=f([a,b]),$$

而且一定存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $\eta =f(\xi )$。

证 这里没有必要重复积分第一中值定理的经典证明过程，只讨论一个问题：能否在开区间 $(a,b)$ 内取到中值 $\xi$。 下列三种情况是平凡的。

1. 如果积分 ${\int }_a^{b}g(x)dx=0$，则从积分第一中值定理可见左边也等于 $0$，于是 $\xi$ 可任取，结论已成立。
2. 如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最小值和最大值相等，即有 $m=M$，则 $f$ 为常值函数，因此 $\xi$ 也可任取。
3. 如果 $m<M$，且等式中的 $\eta \in (m,M)$，则从连续函数的介值性可知存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )=\eta$。 要讨论的只是以上三种情况之外的问题。不妨设 $g$ 在 $[a,b]$ 上非负，且有

$${\int }_a^{b}g(x)dx>0.$$

又设 $m<M$，且不妨讨论情况 $\eta =m$。从例题 10.2.1 知道存在子区间 $[c,d]$ 和 $\mu >0$， 使得在 $[c,d]$ 上有

$$g(x)\ge \mu >0.$$

又由于 $f(x)-m$ 和 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上均非负，因此从等式得到

$$0={\int }_a^b(f(x)-m)g(x)dx\ge {\int }_c^d(f(x)-m)g(x)dx\ge \mu {\int }_c^d(f(x)-m)dx\ge 0.$$

可见上式最右边的积分等于 $0$。由于 $f\in C[c,d]$，这只能导致在 $[c,d]$ 上成立 $f(x)\equiv m$。 因此在 $(c,d)\subset (a,b)$ 中任取一点作为中值 $\xi$ 即可。

注 关于这个问题的讨论有许多文献可以参考。若 $f$ 的连续性条件改为只是可积，则结论不成立；而若 $f$ 既可积又有原函数， 则仍有 $\xi \in (a,b)$（见本章第一组参考题 11）。

例题 10.2.3

设在区间 $[a,b]$ 上处处大于 $0$ 的函数 $f\in R[a,b]$，则有

$${\int }_a^{b}f(x)dx>0.$$

证 用反证法。这时易知 $f$ 在 $[a,b]$ 上的定积分非负。如果有

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0,$$

则可如下导致矛盾。

首先，为在记号上不引起混淆，将例题 10.2.1 的部分结论用文字概述如下： 若某定积分大于 $0$，则其被积函数必在积分区间的某子区间上大于 $0$。

对 $\epsilon >0$，在反证法的前提 ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$ 下，函数 $\epsilon -f$ 在 $[a,b]$ 上的定积分为 $\epsilon (b-a)>0$。用上面的结论可得到

$${\int }_a^b(\epsilon -f(x))dx>0⟹\exists [c,d]\subset [a,b]\text{，使得 }f(x)<\epsilon ,\forall x\in [c,d].$$

这时 $f$ 在 $[c,d]$ 上的积分仍然是 $0$。

以下应用实数系的闭区间套定理。令 ${\epsilon }_n=1/n$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$。对于 $n=1$，改记上面的 $[c,d]$ 为 $[a_1,b_1]$。对于 $n=2$ 再用上面的结论得到 $[a_2,b_2]$。如此归纳地用上面的结论， 就得到闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$，使得对每个 $n$，在区间 $[a_n,b_n]$ 上成立

$$f(x)<\frac{1}{n}.$$

根据闭区间套定理，在 $[a,b]$ 中存在属于每个闭区间 $[a_n,b_n]$ 的点 $\xi$，也就是说对每个 $n$ 成立

$$f(\xi )<\frac{1}{n}.$$

于是只能是 $f(\xi )\le 0$，但这与假设条件中 $f$ 在 $[a,b]$ 上处处大于 $0$ 相矛盾。

注 如 10.1.3 小节开始所说，上面的例题 10.2.1 和 10.2.3 均可从 Lebesgue 定理（命题 10.1.6）推得。 读者可以一试。但“杀鸡可不用牛刀”，因此这里只从积分定义出发给出它们的证明。例题 10.2.3 也可从第一组参考题 8 推出。

例题 10.2.4

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx=0.$$

分析 首先是从几何上作观察。当 $x$ 与 $\pi /2$ 充分接近时，函数值 ${\sin }^{n}x$ 一定接近 $1$。 另一方面，对于固定的 $x$，只要 $x$ 小于 $\pi /2$，则当 $n$ 增加时函数值 ${\sin }^{n}x$ 就很快趋于 $0$。 这就是下面的“分而治之”方法的几何背景。

证 按照数列极限的 $\epsilon$—$N$ 定义写出证明。对于给定的 $\epsilon >0$，不妨设 $\epsilon <\pi$， 可以将积分分拆如下：

$$\begin{array}{rl}0\le {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx& ={\int }_0^{(\pi -\epsilon )/2}{\sin }^{n}xdx+{\int }_{(\pi -\epsilon )/2}^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\\ & \le \frac{\pi }{2}{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

由于

$$0<\sin \frac{\pi -\epsilon }{2}<1,$$

可见

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}=0.$$

从而对上述 $\epsilon$，存在 $N$，使 $n>N$ 时成立

$$0<\frac{\pi }{2}{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}<\frac{\epsilon }{2}.$$

因此 $n>N$ 时，就有

$$0\le {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx<\epsilon .$$

注 1 利用上、下极限工具，还可将证明写得简洁一些。在上面不等式中直接令 $n\to \infty$，可得到

$$0\le \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\le \underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\le \frac{\epsilon }{2}.$$

利用 $\epsilon >0$ 的任意性，可见上、下极限相等且均等于 $0$。

注 2 在分析积分时可以采取动态方法，例如按照区间

$$\left[0,\frac{\pi }{2}-\frac{1}{\sqrt[3]{n}}\right]\text{和}\left[\frac{\pi }{2}-\frac{1}{\sqrt[3]{n}},\frac{\pi }{2}\right]$$

拆成两个积分，然后分别证明它们作为数列当 $n\to \infty$ 时的极限都是 $0$。读者可以一试。

注 3 本题的常见错误如下：

$$\text{由积分第一中值定理，}\exists \xi \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\sin }^n\xi {\int }_0^{\pi /2}dx=\frac{\pi }{2}{\sin }^n\xi .$$

不难看出一定有 $0<\sin \xi <1$ 成立，因此得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi }{2}{\sin }^n\xi =0.$$

错误在于 $\xi$ 不是常数，而是随着 $n$ 的变化而变化的，应记为 ${\xi }_n$。当 $n\to \infty$ 时，不难证明有 ${\xi }_n\to \pi /2$，因此 ${\sin }^n{\xi }_n$ 是 $1^{\infty }$ 型的不定式。回忆数列极限的内容，我们知道，从一个数列 $\{a_n\}$ 的每一项满足 $0<a_n<1$ 是得不出 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n^n=0$ 的。

例题 10.2.5

设非负函数 $f\in C[a,b]$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\}.$$

分析 设

$$M=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\}.$$

由于 $M=0$ 时等式显然成立，因此只要考虑 $M>0$。利用熟知的极限 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{\alpha }=1(\alpha >0)$，可见若存在区间 $[\alpha ,\beta ]\subseteq [a,b]$， 使在这个区间上有

$$f(x)\ge M,$$

那么由

$${\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge {\left({\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge M(\beta -\alpha {)}^{1/n}\to M$$

问题便解决了。但 $M$ 是函数 $f$ 的最大值，因此一般来说上式中的条件不可能成立。现在退而求其次， 对 $0<\epsilon <M$，将 $M$ 改为 $M-\epsilon$ 就不难实现。下面就是将这个证明写出来。

证 如果 $f(x)\equiv 0$，则所证等式显然成立。否则，设

$$M=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\},$$

则 $M>0$。 对 $0<\epsilon <M$，存在 $[\alpha ,\beta ]\subseteq [a,b]$，使得

$$M-\epsilon \le f(x)\le M,x\in [\alpha ,\beta ].$$

于是有

$${\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge {\left({\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge (M-\epsilon )(\beta -\alpha {)}^{1/n}.$$

另一方面，

$$M(b-a{)}^{1/n}\ge {\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge (M-\epsilon )(\beta -\alpha {)}^{1/n}.$$

利用上、下极限工具就得到

$$M\ge \underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}{\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\left({\int }_a^b{f}^n(x)dx\right)}^{1/n}\ge M-\epsilon .$$

从 $\epsilon$ 的任意性可见上、下极限相等且等于 $M$。

例题 10.2.6（Riemann 引理）

设 $f\in R[a,b]$，则

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\sin pxdx=0,\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\cos pxdx=0.$$

例题 10.2.7（Riemann 定理）

设 $f\in R[a,b]$，$g$ 以 $T$ 为周期且在 $[0,T]$ 上可积，则

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)dx=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(x)dx{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

注 其证明留作本章第二组参考题 4。需要指出，以上两个结果对于第十二章中的广义可积函数 $f$ 也是成立的， 但这时要求 $f$ 还是绝对可积的。

10.2.4 练习题

题目 1

设 $f\in C[a,b]$，且对满足条件 $g(a)=g(b)=0$ 的每个函数 $g\in C[a,b]$，都有

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=0.$$

证明：$f\equiv 0$。

解答 若 $f\not\equiv 0$，不妨设 $f(x_0)>0$。由连续性可取 $[u,v]\subset (a,b)$，使 $f(x)>0$ 于 $[u,v]$ 上成立。取连续函数

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}(x-u)(v-x),& x\in [u,v],\\ 0,& x\notin [u,v],\end{array}$$

则 $g(a)=g(b)=0$，且 $g\ge 0$ 而不恒为零，于是

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx>0,$$

与题设矛盾，故只能有 $f\equiv 0$。

题目 2

设非负函数 $f\in R[a,b]$，且 ${\int }_a^{b}f>0$，若有多项式 $P$ 使

$${\int }_a^b{P}^2(x)f(x)dx=0,$$

证明：$P\equiv 0$。

解答 若 $P\not\equiv 0$，则其零点有限，因此存在子区间 $[u,v]\subset [a,b]$ 与常数 $c>0$，使 $P^2(x)\ge c$ 于 $[u,v]$ 上成立。又由 $f\ge 0$ 且 ${\int }_a^{b}f>0$，依例题 10.2.1 可取子区间 $[s,t]$ 与 $\mu >0$，使 $f(x)\ge \mu$ 于 $[s,t]$ 上成立。于是对交区间有

$${\int }_a^b{P}^2(x)f(x)dx\ge c\mu |(u,v)\cap (s,t)|>0,$$

矛盾，故 $P\equiv 0$。

题目 3

设 $f\in C[-1,1]$，且对 $[-1,1]$ 上的每个可积偶函数 $g$ 都有

$${\int }_{-1}^{1}f(x)g(x)dx=0.$$

证明：$f$ 是 $[-1,1]$ 上的奇函数。

解答 令 $\varphi (x)=f(x)+f(-x)$，则 $\varphi$ 为偶函数。由题设，取 $g=\varphi$ 得

$${\int }_{-1}^{1}f(x)\varphi (x)dx=0.$$

再作代换 $x\mapsto -x$，得

$${\int }_{-1}^{1}f(-x)\varphi (x)dx=0.$$

两式相加即有

$${\int }_{-1}^1{\varphi }^2(x)dx=0.$$

因 $\varphi$ 连续，只能处处为零，即 $f(-x)=-f(x)$，所以 $f$ 为奇函数。

题目 4

计算极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1(1-x^2{)}^{n}dx.$$

解答 极限为 $0$。任给 $\epsilon >0$，取 $\delta \in (0,1)$，则

$$0\le {\int }_0^1(1-x^2{)}^{n}dx\le {\int }_0^{\delta }1dx+{\int }_{\delta }^1(1-{\delta }^2{)}^{n}dx\le \delta +(1-\delta )(1-{\delta }^2{)}^n.$$

先取 $\delta <\epsilon /2$，再令 $n\to \infty$，便得极限为 $0$。

题目 5

分析例题 10.2.4 的条件和证明过程，试写出它的可能推广，并作出证明。

$$\text{这是一道开放题，要求设计出一定的条件，使 }\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}^n(x)dx=0\text{ 成立。}$$

解答 可作如下推广：若 $f\in R[a,b]$，$0\le f(x)\le 1$，并且对每个 $\epsilon >0$，集合

$$E_{\epsilon }=\{x\in [a,b]:f(x)\ge 1-\epsilon \}$$

能被若干个区间覆盖，且这些区间的总长度可小于任意预先给定的正数，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}^n(x)dx=0.$$

证明与例题 10.2.4 完全同型：把积分拆成 $E_{\epsilon }$ 上与其补集上的两部分；在补集上有 $f\le 1-\epsilon$，故该部分不超过 $(b-a)(1-\epsilon {)}^n$；在 $E_{\epsilon }$ 上则由覆盖区间的总长度直接控制。令 $n\to \infty$ 后再令覆盖长度趋于 $0$ 即可。

题目 6

已知 $x_n\in [0,\pi /2]$，$n=1,2,\dots$，且满足

$$\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\sin }^n{x}_n,$$

计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$。

解答 由题设

$$\sin x_n={\left(\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\right)}^{1/n}.$$

又由例题 10.2.5，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left({\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\right)}^{1/n}=1,$$

而 ${\left(\frac{2}{\pi }\right)}^{1/n}\to 1$，故 $\sin x_n\to 1$。因为 $x_n\in [0,\pi /2]$，于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{\pi }{2}.$$

题目 7

设 $f\in C[-1,1]$，证明：

$$\underset{h\to 0+}{\lim }{\int }_{-1}^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)dx=\pi f(0).$$

解答 写成

$${\int }_{-1}^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)dx=f(0){\int }_{-1}^1\frac{h}{h^2+x^2}dx+{\int }_{-1}^1\frac{h[f(x)-f(0)]}{h^2+x^2}dx.$$

第一项等于

$$2f(0)\arctan \frac{1}{h}\to \pi f(0).$$

对第二项，任给 $\epsilon >0$，先由连续性取 $\delta >0$ 使 $|x|<\delta$ 时 $|f(x)-f(0)|<\epsilon$。于是

$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_{-1}^1\frac{h[f(x)-f(0)]}{h^2+x^2}dx\right|\\ & \le \epsilon {\int }_{-\delta }^{\delta }\frac{h}{h^2+x^2}dx+2\Vert f-f(0){\Vert }_{\infty }{\int }_{\delta }^1\frac{h}{h^2+x^2}dx.\end{array}$$

前一项不超过 $\pi \epsilon$，后一项随 $h\to 0+$ 趋于 $0$，故第二项趋于 $0$。结论成立。

题目 8

设 $f\in C[0,1]$，计算：

$$\text{(1)}\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{x}^{n}f(x)dx,\text{(2)}\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{1}n{x}^{n}f(x)dx.$$

解答

1. 极限为 $0$。将积分按 $[0,1-\delta ]$ 与 $[1-\delta ,1]$ 分开，在前一段上 $x^n\to 0$ 且一致有界，在后一段上长度可任意小。
2. 极限为 $f(1)$。写成

$$n{\int }_0^1{x}^{n}f(x)dx=f(1)\frac{n}{n+1}+n{\int }_0^1{x}^n[f(x)-f(1)]dx.$$

第一项趋于 $f(1)$。第二项仍按 $[0,1-\delta ]$ 与 $[1-\delta ,1]$ 分开：前一段上 $n{x}^n$ 一致趋于 $0$，后一段上由 $f$ 在 $1$ 点连续性控制，故其极限为 $0$。

题目 9

设正数列 $\{a_n\}$ 满足

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{a_n}{x}^{n}dx=2,$$

计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$。

解答 因为

$${\int }_0^{a_n}{x}^{n}dx=\frac{a_n^{n+1}}{n+1}\to 2,$$

所以

$$a_n=((n+1){\int }_0^{a_n}{x}^{n}dx{)}^{1/(n+1)}\to 1.$$

题目 10

设 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，

$$I_n={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}nt}{\sin t}dt,$$

计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{I}_n/\ln n$。

解答 记

$$J(R)={\int }_0^R\frac{{\sin }^{2}u}{u}du.$$

由 ${\sin }^{2}u=\frac{1-\cos 2u}{2}$ 及 Dirichlet 型估计，知

$$J(R)=\frac{1}{2}\ln R+O(1)(R\to +\infty ).$$

又因 $\sin t\sim t$，任给 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$ 使 $0<t<\delta$ 时

$$(1-\epsilon )t\le \sin t\le (1+\epsilon )t.$$

于是

$$\frac{1}{1+\epsilon }{\int }_0^{\delta }\frac{{\sin }^{2}nt}{t}dt\le {\int }_0^{\delta }\frac{{\sin }^{2}nt}{\sin t}dt\le \frac{1}{1-\epsilon }{\int }_0^{\delta }\frac{{\sin }^{2}nt}{t}dt.$$

令 $u=nt$，得

$${\int }_0^{\delta }\frac{{\sin }^{2}nt}{t}dt=J(n\delta )=\frac{1}{2}\ln n+O(1).$$

而 ${\int }_{\delta }^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}nt}{\sin t}dt$ 有界，因此

$$I_n=\frac{1}{2}\ln n+O(1),$$

从而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{I_n}{\ln n}=\frac{1}{2}.$$

10.3.1 思考题

题目 1

举例：

1. 可积函数未必有原函数；
2. 有原函数的函数未必可积。

10.3.2 例题

例题 10.3.1

设 $f\in C[0,+\infty )$，$a>0$，证明：

$${\int }_0^a\left({\int }_0^{x}f(t)dt\right)dx={\int }_0^{a}f(x)(a-x)dx.$$

证 将 $a$ 看成非负变量，等式两边就成为变上限积分。当 $a=0$ 时两边都等于 $0$，然后将两边对 $a$ 求导， 左边求导后得到

$${\left({\int }_0^{a}f(x)(a-x)dx\right)}^{\prime }={\left(a{\int }_0^{a}f(x)dx-{\int }_0^{a}xf(x)dx\right)}^{\prime }={\int }_0^{a}f(x)dx,$$

与左边求导结果相同，从 Newton-Leibniz 公式就得到所求的等式。

例题 10.3.2

设 $f\in R[A,B]$，$a,b\in (A,B)$ 是 $f$ 的两个连续点，证明：

$$\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_a^b\frac{f(x+h)-f(x)}{h}dx=f(b)-f(a).$$

证 要点是利用变量代换改变积分限，然后利用命题 10.3.2 计算如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_a^b\frac{f(x+h)-f(x)}{h}dx& =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}\left({\int }_a^{b}f(x+h)dx-{\int }_a^{b}f(x)dx\right)\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}\left({\int }_{a+h}^{b+h}f(x)dx-{\int }_a^{b}f(x)dx\right)\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}\left({\int }_b^{b+h}f(x)dx-{\int }_a^{a+h}f(x)dx\right)\\ & =f(b)-f(a).\end{array}$$

错误证法分析 下面的“证法”是很有诱惑力的：

$$\begin{array}{rl}\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_a^b\frac{f(x+h)-f(x)}{h}dx& ={\int }_a^b\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x)}{h}dx\\ & ={\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx=f(b)-f(a).\end{array}$$

请初学者注意：上面的三步推导中的每一步都是错误的，即犯了三个错误：

1. 没有根据就将求极限与求积分运算交换顺序；
2. 对差商求极限时忘记了题中 $f$ 只在两点连续，并无可导条件；
3. 即使 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导，但导函数也不一定可积，因此不能用 Newton-Leibniz 公式。

例题 10.3.3

设 $f\in C[a,b]$，且满足条件

$${\int }_a^b{x}^{k}f(x)dx=0,k=0,1,\dots ,n.$$

证明：函数 $f$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $n+1$ 个不同的零点。

证 1 用数学归纳法。对于 $n=0$，从 ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$ 和 $f\in C[a,b]$ 可见 $f$ 在 $(a,b)$ 上或变号，或恒等于 $0$，因此至少有一个零点。 设对于 $n$ 的结论已成立，我们讨论 $n+1$ 的情况。引入辅助函数

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt.$$

这时 $F(a)=0$。从 $f$ 满足的条件 ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$ 得到 $F(b)=0$。又从分部积分可见对 $k\ge 1$ 有

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{x}^{k}f(x)dx& ={\int }_a^b{x}^{k}dF(x)=x^{k}F(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}k{x}^{k-1}F(x)dx\\ & =-{\int }_a^{b}k{x}^{k-1}F(x)dx.\end{array}$$

因此有

$${\int }_a^b{x}^{k}f(x)dx=0⟹{\int }_a^b{x}^{k-1}F(x)dx=0,k=1,\dots ,n+1.$$

根据归纳假设，$F$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $n+1$ 个零点。将它们记为

$$x_1<x_2<\cdots <x_{n+1}.$$

由于 $a$ 和 $b$ 又都是 $F$ 的零点，改记 $a=x_0,b=x_{n+2}$，并对 $[x_i,x_{i+1}]$， $i=0,1,\dots ,n+1$，用 $n+2$ 次 Rolle 定理，就得到所要求的 $n+2$ 个零点。

证 2 用反证法。设有一个 $f$ 满足所有题设条件，但其零点个数不超过 $n$。这时 $f$ 在 $[a,b]$ 内的任何闭子区间上不会恒等于 $0$，因此从条件 ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$ 可见 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上一定变号。

利用 $f$ 的所有零点或其中的一部分，可以作出区间 $[a,b]$ 的一个分割

$$P=\{x_0,x_1,\dots ,x_k\},$$

其中 $x_0=a,x_k=b$，中间的 $k-1$ 个分点都是 $f$ 的零点，$f$ 在每个子区间上不变号， 而在相邻的子区间上 $f$ 的符号相反。 由反证法前提可见 $k-1\le n$。

对于分割 $P$ 可以构造辅助多项式

$$g(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{k-1}).$$

$g$ 关于分割 $P$ 具有与 $f$ 相同的性质：即在每个子区间上不变号，而在相邻的子区间上符号相反。 这样就知道 $f\cdot g$ 在整个区间 $[a,b]$ 上不变号，因此

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx>0(<0).$$

另一方面，由于 $g$ 是次数不超过 $n$ 的多项式，从题设条件可见上述积分应当等于 $0$，从而引出矛盾。

10.3.3 练习题

题目 1

计算下列各题：

1. ${\left({\int }_0^{x}t\sin \frac{1}{t}dt\right)}_{x=0}^{\prime }$；
2. $\frac{d}{dx}{\int }_{x^2}^{x^3}\frac{\sin t}{t}dt$；
3. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x(\arctan t{)}^{2}dt}{x^2}$；
4. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\left({\int }_0^x{e}^{t^2}dt\right)}^2}{{\int }_0^x{e}^{2t^2}dt}$。

解答

1. 设 $F(x)={\int }_0^{x}t\sin \frac{1}{t}dt$，且 $F(0)=0$，则

$$\left|\frac{F(x)-F(0)}{x}\right|\le \frac{1}{|x|}{\int }_0^{|x|}tdt=\frac{|x|}{2}\to 0,$$

故 $F^{\prime }(0)=0$。 2. 由变限积分求导公式，

$$\frac{d}{dx}{\int }_{x^2}^{x^3}\frac{\sin t}{t}dt=3x^2\frac{\sin x^3}{x^3}-2x\frac{\sin x^2}{x^2}=\frac{3\sin x^3-2\sin x^2}{x}.$$

3. 由 L’Hospital 法则，

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x(\arctan t{)}^{2}dt}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\arctan x{)}^2}{2x}=0.$$

4. 设

$$A(x)={\left({\int }_0^x{e}^{t^2}dt\right)}^2,B(x)={\int }_0^x{e}^{2t^2}dt.$$

则由 L’Hospital 法则

$$\frac{A(x)}{B(x)}\sim \frac{2e^{x^2}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{e^{2x^2}}.$$

再用一次 L’Hospital 法则，得

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{e^{x^2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2e^{x^2}}{2x{e}^{x^2}}=0.$$

故所求极限为 $0$。

题目 2

设 $f\in C[a,b]$，且存在常数 $M,\eta >0$，使对每个 $[\alpha ,\beta ]\subseteq [a,b]$，恒有

$$\left|{\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx\right|\le M(\beta -\alpha {)}^{1+\eta }.$$

证明：$f\equiv 0$。

解答 对任意 $x\in [a,b)$ 与充分小的 $h>0$，由题设有

$$\left|\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}f(t)dt\right|\le M{h}^{\eta }.$$

令 $h\to 0+$，由连续性知左端趋于 $|f(x)|$，故 $f(x)=0$。左端点与右导数同理，故 $f\equiv 0$。

题目 3

设 $f\in C[a,b]$，且在 $[a,b]$ 上满足不等式

$$f(x)\le {\int }_a^{x}f(t)dt.$$

证明：在 $[a,b]$ 上 $f(x)\le 0$。

解答 设 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$，则 $F(a)=0$，且 $F^{\prime }(x)=f(x)\le F(x)$。于是

$$(e^{-x}F(x){)}^{\prime }=e^{-x}(F^{\prime }(x)-F(x))\le 0.$$

所以 $e^{-x}F(x)\le e^{-a}F(a)=0$，即 $F(x)\le 0$。再由 $f(x)\le F(x)$，便有 $f(x)\le 0$。

题目 4

设函数 $f\in C[0,\pi ]$，且有

$${\int }_0^{\pi }f(t)\cos tdt={\int }_0^{\pi }f(t)\sin tdt=0.$$

证明：$f$ 在区间 $(0,\pi )$ 内至少有两个零点。

解答 由 $\sin t>0$ 于 $(0,\pi )$，若 $f$ 在 $(0,\pi )$ 内没有零点，则 $f$ 在整个区间上同号，从而

$${\int }_0^{\pi }f(t)\sin tdt\ne 0,$$

矛盾，所以至少有一个零点。若恰只有一个零点 $c\in (0,\pi )$，则连续性迫使 $f$ 在 $c$ 左右异号。于是 $f(t)\sin (t-c)$ 在 $(0,\pi )$ 内恒不变号且不恒为零，所以

$${\int }_0^{\pi }f(t)\sin (t-c)dt\ne 0.$$

但

$${\int }_0^{\pi }f(t)\sin (t-c)dt=\cos c{\int }_0^{\pi }f(t)\sin tdt-\sin c{\int }_0^{\pi }f(t)\cos tdt=0,$$

矛盾，故零点至少有两个。

题目 5

设 $f$ 为周期函数，且于每个有界区间上可积，证明：变上限积分

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$$

可以表示为一个周期函数与一个线性函数之和。

解答 设 $f$ 的周期为 $T$，记

$$C={\int }_0^{T}f(t)dt.$$

则

$$F(x+T)-F(x)={\int }_x^{x+T}f(t)dt=C.$$

令 $m=C/T$，再设 $G(x)=F(x)-mx$，则

$$G(x+T)-G(x)=0,$$

所以 $G$ 是周期为 $T$ 的函数，且

$$F(x)=G(x)+mx.$$

题目 6

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且积分 ${\int }_a^{a+T}f(x)dx$ 的值与 $a$ 无关，证明： $f$ 为周期函数。

解答 设

$$H(a,b)={\int }_a^{ab}f(x)dx.$$

题设说 $H(a,b)$ 与 $a$ 无关。对 $a$ 求导得

$$0=\frac{\partial H}{\partial a}=bf(ab)-f(a).$$

故 $f(ab)=\frac{f(a)}{b}$。令 $a=1$，便得

$$f(x)=\frac{c}{x}(c=f(1)).$$

代回可验：${\int }_a^{ab}\frac{c}{x}dx=c\ln b$，确与 $a$ 无关。

题目 7

设 $f\in C^{\prime }(0,+\infty )$，且对任何 $a,b>0$ 的积分

$${\int }_a^{ab}f(x)dx$$

的值与 $a$ 无关，试求函数 $f$。

解答 令

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt.$$

则 $F$ 连续，而

$$F(a)=0,F(b)={\int }_a^{b}f(t)dt.$$

由介值定理，存在 $\xi \in [a,b]$ 使 $F(\xi )=\frac{1}{2}F(b)$，即

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

这样的 $\xi$ 不一定能取在 $(a,b)$。例如取

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& a\le x<\frac{a+b}{2},\\ -1,& \frac{a+b}{2}\le x\le b,\end{array}$$

则总积分为 $0$，而

$$F(x)>0(a<x<b),$$

所以只有 $\xi =a$ 或 $\xi =b$ 才满足条件。

题目 8

设 $f\in R[a,b]$，证明：存在 $\xi \in [a,b]$，使成立

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

并举例说明这样的 $\xi$ 在 $(a,b)$ 内不一定存在。

解答 设

$$H(x)={\int }_a^{x}f(t)dt-{\int }_x^b\frac{dt}{f(t)}.$$

因 $f(x)>0$，故

$$H^{\prime }(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}\ge 2.$$

题目 9

设 $f\in C[a,b]$，且处处大于 $0$，证明：在 $[a,b]$ 上有

$$\frac{d}{dx}\left({\int }_a^{x}f(t)dt-{\int }_x^b\frac{dt}{f(t)}\right)\ge 2.$$

解答 记

$$A(x)={\int }_1^{x}a(t)c(t)dt,B(x)={\int }_1^{x}b(t)d(t)dt,C(x)={\int }_1^{x}a(t)d(t)dt,D(x)={\int }_1^{x}b(t)c(t)dt.$$

所求函数为 $E(x)=A(x)B(x)-C(x)D(x)$。将它写成双重积分：

$$E(x)=\frac{1}{2}{\int }_1^x{\int }_1^x[a(s)b(t)-a(t)b(s)][c(s)d(t)-c(t)d(s)]dsdt.$$

对多项式而言，方括号中的每一个因子在 $s=t$ 时都为 $0$，故都含因子 $s-t$。于是被积函数含 $(s-t{)}^2$，从而整个双重积分含 $(x-1{)}^4$，即 $E(x)$ 可被 $(x-1{)}^4$ 整除。

题目 10

设 $a(t),b(t),c(t),d(t)$ 均为变量 $t$ 的多项式，证明：

$${\int }_1^{x}a(t)c(t)dt{\int }_1^{x}b(t)d(t)dt-{\int }_1^{x}a(t)d(t)dt{\int }_1^{x}b(t)c(t)dt$$

可被 $(x-1{)}^4$ 整除。

解答 设

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt,g(x)=f(x)F(x).$$

则

$${\left(\frac{1}{2}{F}^2(x)\right)}^{\prime }=g(x).$$

由题设 $g$ 单调减少。又

$$\frac{1}{2}{F}^2(x)={\int }_0^{x}g(t)dt\ge 0.$$

先看 $x>0$。若某点 $x_0>0$ 有 $g(x_0)<0$，则由单调性知对 $x\ge x_0$ 皆有 $g(x)\le g(x_0)<0$，从而 ${\int }_0^{x}g(t)dt$ 终将为负，矛盾；故 $g(x)\ge 0$。同理对 $x<0$ 有 $g(x)\le 0$。但由单调减少，必有 $g(x)\ge g(0)\ge g(y)$（$x<0<y$），结合前述符号只能推出 $g\equiv 0$。于是 $F^2\equiv 0$，故 $F\equiv 0$，再求导得 $f\equiv 0$。

题目 11

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，

$$g(x)=f(x){\int }_0^{x}f(t)dt$$

且单调减少，证明：$f\equiv 0$。

解答 设

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt.$$

则题设化为

$${\int }_0^{x}tf(t)dt=\frac{x}{3}F(x).$$

对两边求导得

$$xf(x)=\frac{1}{3}F(x)+\frac{x}{3}f(x),$$

即

$$F(x)=2xf(x).$$

再求导得

$$f(x)=2f(x)+2x{f}^{\prime }(x),x>0,$$

从而

$$2x{f}^{\prime }(x)+f(x)=0.$$

解得 $f(x)=C{x}^{-1/2}$。由于题设要求 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上可微，此式只有 $C=0$ 才可能，因此

$$f\equiv 0.$$

题目 12

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上可微，且满足

$${\int }_0^{x}tf(t)dt=\frac{x}{3}{\int }_0^{x}f(t)dt,$$

求 $f$。

10.4.2 例题

例题 10.4.1

计算

$$I={\int }_0^{\pi /2}\sin x\ln \sin xdx.$$

解 1 被积函数在 $x=0$ 时没有定义，但是从 $\sin x\sim x(x\to 0+)$ 和 $x\ln x\to 0(x\to 0+)$ 可以知道被积函数在 $x=0$ 右侧有界。 如果如下分部积分，则有

$$I={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xd(-\cos x)=-\cos x\ln \sin x{|}_{0+}^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}\cos xd\ln \sin x.$$

由于右边第一项为无穷大，因此不能解决问题。克服这个困难的方法很简单，只要将上面的 $d(-\cos x)$ 改为 $d(1-\cos x)$ 即可。利用

$$1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2(x\to 0),$$

可计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xd(1-\cos x)\\ & =(1-\cos x)\ln \sin x{|}_{0+}^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos x)d(\ln \sin x)\\ & =-{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos x)\frac{\cos x}{\sin x}dx=-{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{1+\cos x}dx\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\left(-\sin x+\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)dx\\ & =[\cos x-\ln (1+\cos x){]}_0^{\pi /2}=\ln 2-1.\end{array}$$

解 2 从代换 $x=2t$ 开始，可计算如下：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi /2}\sin x\ln \sin xdx& ={\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin 2tdt\\ & =2\ln 2{\int }_0^{\pi /4}\sin 2tdt+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin tdt+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \cos tdt\\ & =\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin tdt+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\sin 2s\ln \sin sds\\ & =\ln 2+{\int }_0^{\pi /2}4\sin t\cos t\ln \sin tdt\\ & =\ln 2+{\int }_0^{1}4u\ln udu\\ & =\ln 2+2u^2\ln u{|}_{0+}^1-{\int }_0^{1}2udu=\ln 2-1.\end{array}$$

注 1 本题解 1 中处理分部积分的方法具有普遍意义。具体来说，由于两个不同的原函数之间只差一个常值函数， 因此在分部积分公式中左边的 $u(x)dv(x)$ 可改为 $u(x)d(v(x)+c)$，其中 $c$ 待定。 利用这一点灵活性可以解决不少问题。

注 2 有的文献将本题与广义积分中的 Euler 积分

$${\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xdx$$

联系，实际上本题是常义积分，且有初等原函数，这与 Euler 积分的情况并不相同。但是本题的解 2 确实与例题 12.3.4 的解 2 中的方法类似。

例题 10.4.2

设 $n$ 为大于 $1$ 的正整数，求

$${\int }_0^n(x-[x])dx,$$

其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数。

解 由于被积函数在积分区间上只有有限个间断点，积分的存在性没有问题。但由于这有限个间断点是跳跃间断点， 被积函数在整个区间上的原函数不存在，需要分段计算积分。在区间 $[0,1]$ 上，$x-[x]$ 与函数 $f(x)=x$ 仅在点 $x=1$ 处有不同的值，因此它们的可积性和积分值相同，这样就有

$${\int }_0^1(x-[x])dx={\int }_0^{1}xdx=\frac{1}{2}.$$

又由于 $x-[x]$ 是周期为 $1$ 的周期函数，它在每个长度为 $1$ 的区间上的积分相同，所以可以得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^n(x-[x])dx& =\left({\int }_0^1+{\int }_1^2+\cdots +{\int }_{n-1}^n\right)(x-[x])dx\\ & =n{\int }_0^1(x-[x])dx=\frac{n}{2}.\end{array}$$

例题 10.4.3

在区间 $(0,\pi )$ 上定义

$$D_n(x)=\frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}},n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

计算

$${\int }_0^{\pi }{D}_n(x)dx.$$

解 虽然 $D_n(x)$ 在 $x=0$ 时无定义，但容易证明

$$\underset{x\to 0+}{\lim }{D}_n(x)=\frac{2n+1}{2},$$

因此 $D_n(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上可积。直接对 $D_n$ 积分是困难的，我们作如下变换。利用三角恒等式

$$2\sin \frac{x}{2}\left(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx\right)=\sin \frac{(2n+1)x}{2},$$

就可以将 $D_n$ 分解如下：

$$D_n(x)=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx.$$

逐项积分就得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{D}_n(x)dx& ={\int }_0^{\pi }\left(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx\right)dx\\ & =\frac{\pi }{2}+\sum _{k=1}^n{\int }_0^{\pi }\cos kxdx=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

注 这个积分有时也称为 Dirichlet 积分，其中的被积函数 $D_n$ 称为 Dirichlet 核，且又可写成

$$1=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}}dx.$$

Dirichlet 核与这个公式在积分理论与级数理论中有重要的应用。

例题 10.4.4

设

$$F(x)={\int }_0^x\sin \frac{1}{t}dt,$$

求 $F^{\prime }(0)$。

解 由于 $x=0$ 是被积函数的第二类间断点，不能用对变动上限求导的方法来求 $F^{\prime }(0)$，而只能按照定义来计算导数。 根据定义 $F(0)=0$，而当 $x\ne 0$ 时，由分部积分公式可以得到

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^x{t}^{2}d\cos \frac{1}{t}\\ & =t^2\cos \frac{1}{t}{|}_0^x-{\int }_0^x\cos \frac{1}{t}d(t^2)\\ & =x^2\cos \frac{1}{x}-{\int }_0^{x}2t\cos \frac{1}{t}dt.\end{array}$$

按照导数的定义计算极限：

$$F^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)-F(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }x\cos \frac{1}{x}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}2t\cos \frac{1}{t}dt}{x}.$$

右边的第一项极限明显为 $0$。第二项是 $0/0$ 的不定式，用 L’Hospital 法则就得到结果是 $0$。因此 $F^{\prime }(0)=0$。

注 $F^{\prime }(0)$ 的计算也可以如下进行：虽然函数 $2t\cos (1/t)$ 在 $t=0$ 没有定义，但是可以补充定义它在该点的函数值为 $0$。这时上式中最后一个积分的被积函数在 $t=0$ 连续，从而可以直接用命题 10.3.2。

10.4.3 例题：对称性在定积分计算中的应用

例题 10.4.5

对任意两个不同时为零的实数 $a,b$，计算

$${\int }_0^{\pi }\frac{\cos x}{\sqrt{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}}dx.$$

解 由于被积函数关于积分区间的中点 $\pi /2$ 为奇函数，因此用命题 10.4.5（或命题 10.4.6）即知该积分等于 $0$。

例题 10.4.6

计算

$$I={\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx.$$

解 1 用命题 10.4.6 先计算

$$\frac{x\sin x}{1+{\cos }^{2}x}+\frac{(\pi -x)\sin (\pi -x)}{1+{\cos }^2(\pi -x)}=\frac{\pi \sin x}{1+{\cos }^{2}x}.$$

因此就有

$$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\pi \sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx=-\pi \arctan (\cos x){|}_0^{\pi /2}=\frac{{\pi }^2}{4}.$$

解 2 本题中所利用的对称性可以如下理解：由于被积函数 $f$ 中除去因子 $x$ 后的部分关于直线 $x=\pi /2$ 为偶函数， 而因子 $x$ 关于点 $(\pi /2,\pi /2)$ 是奇函数，因此如果将因子 $x$ 换为 $x-\pi /2$，整个被积函数就是关于区间中点的奇函数。 从命题 10.4.5 知其积分为 $0$，因此也可如下计算：

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }\frac{(x-\frac{\pi }{2})\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx+\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx\\ & =\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx=-\pi \arctan (\cos x){|}_0^{\pi /2}=\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

例题 10.4.7

计算

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx.$$

解 作代换 $x=\tan t,dx={\sec }^{2}tdt$，就得到

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan t)dt.$$

用命题 10.4.6 计算上式的最后一个积分。先计算

$$\begin{array}{rl}\ln (1+\tan t)+\ln \left[1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-t\right)\right]& =\ln (1+\tan t)+\ln \left(1+\frac{1-\tan t}{1+\tan t}\right)\\ & =\ln (1+\tan t)+\ln \frac{2}{1+\tan t}=\ln 2.\end{array}$$

然后就得到

$$I={\int }_0^{\pi /8}\ln 2dx=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

例题 10.4.8

证明：对任意实数 $\alpha$，成立恒等式

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\tan }^{\alpha }x}={\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\cot }^{\alpha }x}=\frac{\pi }{4}.$$

证 因

$$\cot x=\tan \left(\frac{\pi }{2}-x\right),$$

用命题 10.4.3 知两个积分相等。用命题 10.4.6，从

$$\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}+\frac{1}{1+{\cot }^{\alpha }x}=\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}+\frac{{\tan }^{\alpha }x}{1+{\tan }^{\alpha }x}=1$$

即知结论成立。

10.4.4 例题：用递推方法求定积分

例题 10.4.9

计算

$$I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}xdx.$$

解 两个积分相等可以由换元 $t=\pi /2-x$ 得到。由定积分的分部积分法，

$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-1}xd(-\cos x)\\ & =-{\sin }^{n-1}x\cos x{|}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}\cos xd({\sin }^{n-1}x)\\ & =(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-2}x{\cos }^{2}xdx\\ & =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n.\end{array}$$

移项后得递推公式

$$I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}(n\ge 2).$$

重复使用上述公式，由于

$$I_0={\int }_0^{\pi /2}dx=\frac{\pi }{2},I_1={\int }_0^{\pi /2}\sin xdx=1,$$

就得到

$$I_n=\{\begin{array}{ll}\frac{(n-1)!!}{n!!},& n\text{ 为奇数},\\ \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{ 为偶数}.\end{array}$$

注 请初学者注意，在定积分的计算中，这个公式经常有用，因此需要记住这个公式并能熟练应用。此外， $I_n$ 在 $n$ 为奇数和偶数时的表达式不同是今后导出 Wallis 公式的关键。

例题 10.4.10

设 $m,n$ 为正整数，计算含双参数的积分

$$B(m,n)={\int }_0^1{x}^{m-1}(1-x{)}^{n-1}dx.$$

解 令 $x^{m-1}dx=dv,(1-x{)}^{n-1}=u$，进行分部积分，得到递推公式：

$$\begin{array}{rl}B(m,n)& =-\frac{x^m(1-x{)}^{n-1}}{m}{|}_0^1+\frac{n-1}{m}{\int }_0^1{x}^m(1-x{)}^{n-2}dx\\ & =\frac{n-1}{m}B(m+1,n-1).\end{array}$$

连续应用上述公式，得到

$$\begin{array}{rl}B(m,n)& =\frac{(n-1)(n-2)\cdots (n-(n-1))}{m(m+1)\cdots (m+n-2)}B(m+n-1,1)\\ & =\frac{(n-1)!}{m(m+1)\cdots (m+n-2)}{\int }_0^1{x}^{m+n-2}dx\\ & =\frac{(n-1)!}{m(m+1)\cdots (m+n-2)(m+n-1)}\\ & =\frac{(n-1)!(m-1)!}{(m+n-1)!}.\end{array}$$

注 读者可将本题与例题 9.1.10 比较，以看出定积分的分部积分法与不定积分的分部积分法之间的差别。

10.4.5 例题：积分中值定理的应用

例题 10.4.11

设 $f\in C[a,b]$，$g$ 在区间 $[a,b]$ 上可微，$g^{\prime }\in R[a,b]$ 且不变号，则有 $\xi \in (a,b)$，使成立

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

证 在积分 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx$ 中，令 $dv=f(x)dx,u=g(x)$，作分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx& =\left(g(x){\int }_a^{x}f(t)dt\right){|}_a^b-{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)dx\\ & =g(b){\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)dx,\end{array}$$

其中

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt.$$

注意到变限积分 $F(x)$ 连续和 $g^{\prime }(x)$ 不变号，对右边最后一个积分用积分第一中值定理（及其在例题 10.2.2 中的改进）， 知道存在 $\xi \in (a,b)$，使得成立

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)dx& =F(\xi ){\int }_a^b{g}^{\prime }(x)dx\\ & =[g(b)-g(a)]{\int }_a^{\xi }f(x)dx.\end{array}$$

因此得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx& =g(b){\int }_a^{b}f(x)dx-[g(b)-g(a)]{\int }_a^{\xi }f(x)dx\\ & =g(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)dx,\xi \in (a,b).\end{array}$$

例题 10.4.12

设 $f\in C[0,2\pi ]$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|dx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)dx.$$

解 先将积分区间 $[0,2\pi ]$ 划分为 $\sin nx$ 的定号区间，再用第一中值定理：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|dx& =\sum _{k=1}^n{\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi /n}f(x)|\sin nx|dx\\ & =\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k){\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi /n}|\sin nx|dx,\end{array}$$

其中

$${\xi }_k\in \left(\frac{2(k-1)\pi }{n},\frac{2k\pi }{n}\right),k=1,2,\dots ,n.$$

又直接计算得到

$${\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi /n}|\sin nx|dx=\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi }|\sin t|dt=\frac{4}{n}.$$

因此有

$${\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|dx=\frac{4}{n}\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)=\frac{2}{\pi }\left(\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\cdot \frac{2\pi }{n}\right).$$

上式右边的和式可看成 $[0,2\pi ]$ 上的连续函数 $f$ 在 $n$ 等距分割下的一个 Riemann 和。 令 $n\to \infty$ 就得到所求证的结果。

注 1 本题采用的证明方法可称为“子区间法”，即在计算一列函数 $\{f_n(x)\}$ 在某个区间上的定积分的极限值时， 对每个正整数 $n$，把该区间划分成 $n$ 个子区间，分别计算出函数 $f_n(x)$ 在这些子区间上的定积分，然后相加。 一般会得到一个与 $n$ 有关的值，最后取极限即可。

注 2 本题也可以通过如下方法证明：先对阶梯函数 $f$ 证明上式成立，然后用阶梯函数来逼近连续函数， 从而证明上式对一般的连续函数成立。

注 3 如例题 10.2.7 的 Riemann 定理（又见本章第二组参考题 4）所示，本题的积分区间改换为一般的区间 $[a,b]$ （此时 $f\in C[a,b]$）时结论仍然成立。

例题 10.4.13

设对每个 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，$f_n(x)\in C[0,1]$，且有

$${\int }_0^1{f}_n^2(x)dx=1.$$

证明：存在 $N$ 和常数 $c_i,i=1,2,\dots ,N$，使得

$$\sum _{n=1}^N{c}_n^2=1,\underset{0\le x\le 1}{\max }\left\{\left|\sum _{n=1}^N{c}_n{f}_n(x)\right|\right\}>100.$$

证 容易看出题中的 $100$ 换成其他大数都是可以的。对于积分等式

$${\int }_0^1[f_1^2(x)+f_2^2(x)+\cdots +f_N^2(x)]dx=N$$

的左边，用积分第一中值定理，知道存在 $\xi \in (0,1)$，使得

$$f_1^2(\xi )+f_2^2(\xi )+\cdots +f_N^2(\xi )=N.$$

将上式左边看成 $N$ 维 Euclid 空间中的一个向量

$$\mathbf{v}=(f_1(\xi ),f_2(\xi ),\dots ,f_N(\xi ))$$

的长度平方，则这个向量的长度就是 $\sqrt{N}$。

另一方面，可以将待定的 $N$ 个数 $c_1,\dots ,c_N$ 看成一个单位长度的待定向量 $\mathbf{c}$。这样一来只要使得

$$|c_1{f}_1(\xi )+c_2{f}_2(\xi )+\cdots +c_N{f}_N(\xi )|>100$$

就够了。而上式的左边可以看成是向量 $\mathbf{v}$ 与单位向量 $\mathbf{c}$ 的内积的绝对值。 为了使它尽可能大，只要使它们同方向即可。这时的内积等于向量 $\mathbf{v}$ 的长度 $\sqrt{N}$。 因此，只要取 $N=10001>100^2$ 和

$$c_i=\frac{f_i(\xi )}{\sqrt{N}},i=1,2,\dots ,N,$$

就可以满足要求。

10.4.6 练习题

题目 1

Cauchy 曾经用下面的例子说明用 Newton-Leibniz 公式时必须验证条件。请指出以下计算中的错误并作更正：

$${\int }_0^{3\pi /4}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx=\arctan (\sec x){|}_0^{3\pi /4}=-\arctan \sqrt{2}-\frac{\pi }{4}.$$

解答 错在把 $\arctan (\sec x)$ 当作整个区间 $[0,3\pi /4]$ 上的原函数。它在 $x=\pi /2$ 处无定义，因此不能直接套 Newton—Leibniz 公式。正确做法是令 $u=\cos x$，则

$${\int }_0^{3\pi /4}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}dx=-{\int }_1^{-\sqrt{2}/2}\frac{du}{1+u^2}=\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{\pi }{4}.$$

题目 2

计算下列各题：

1. ${\int }_0^2|1-x|dx$；
2. ${\int }_{-2}^2\min \left\{\frac{1}{|x|},x^2\right\}dx$；
3. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{x}{\int }_x^{x+1}\frac{dt}{\sqrt{t+\cos t}}$；
4. ${\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{{\cos }^{2}x}{1+e^{-x}}dx$；
5. ${\int }_0^{\pi }\left({\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}dt\right)dx$；
6. ${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}(ab\ne 0)$。

解答 1.

$${\int }_0^2|1-x|dx={\int }_0^1(1-x)dx+{\int }_1^2(x-1)dx=1.$$

2. 方程 $x^2=1/|x|$ 的解为 $|x|=1$，故

$${\int }_{-2}^2\min \left\{\frac{1}{|x|},x^2\right\}dx=2{\int }_0^1{x}^{2}dx+2{\int }_1^2\frac{dx}{x}=\frac{2}{3}+2\ln 2.$$

3. 由

$$\frac{1}{\sqrt{x+1}}\le {\int }_x^{x+1}\frac{dt}{\sqrt{t+\cos t}}\le \frac{1}{\sqrt{x-1}}(x>1)$$

得

$$\sqrt{\frac{x}{x+1}}\le \sqrt{x}{\int }_x^{x+1}\frac{dt}{\sqrt{t+\cos t}}\le \sqrt{\frac{x}{x-1}},$$

故极限为 $1$。 4. 设

$$I={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{{\cos }^{2}x}{1+e^{-x}}dx.$$

作代换 $x\mapsto -x$，得

$$I={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{{\cos }^{2}x}{1+e^x}dx.$$

两式相加后

$$2I={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}{\cos }^{2}xdx=\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2},$$

所以

$$I=\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}.$$

5. 交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\left({\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}dt\right)dx& ={\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{\pi -t}\left({\int }_t^{\pi }dx\right)dt\\ & ={\int }_0^{\pi }\sin tdt=2.\end{array}$$

6. 由对称性先化为两倍的 $[0,\pi /2]$ 上积分，再令 $t=\tan x$，得

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}=2{\int }_0^{\infty }\frac{dt}{a^2{t}^2+b^2}=\frac{\pi }{|ab|}.$$

题目 3

利用对称性，计算下列各题：

1. ${\int }_0^{\pi }\frac{xdx}{1+{\cos }^{2}x}$；
2. ${\int }_0^1\frac{x}{e^x+e^{1-x}}dx$；
3. ${\int }_{-2}^{2}x\ln (1+e^x)dx$；
4. ${\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan x)dx$；
5. ${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x}{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}dx$；
6. ${\int }_0^{\pi }\frac{a^n{\sin }^{2}x+b^n{\cos }^{2}x}{a^{2n}{\sin }^{2}x+b^{2n}{\cos }^{2}x}dx$。

解答

1. 设

$$I={\int }_0^{\pi }\frac{xdx}{1+{\cos }^{2}x}.$$

作代换 $x\mapsto \pi -x$，相加得

$$2I=\pi {\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\cos }^{2}x}=2\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\cos }^{2}x}.$$

再令 $t=\tan x$，得

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\cos }^{2}x}={\int }_0^{\infty }\frac{dt}{t^2+2}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}.$$

故

$$I=\frac{{\pi }^2}{2\sqrt{2}}.$$

2. 设

$$I={\int }_0^1\frac{x}{e^x+e^{1-x}}dx.$$

作代换 $x\mapsto 1-x$，得

$$2I={\int }_0^1\frac{dx}{e^x+e^{1-x}}.$$

再令 $t=e^x$，则

$$2I={\int }_1^e\frac{dt}{t^2+e}=\frac{1}{\sqrt{e}}\left(2\arctan \sqrt{e}-\frac{\pi }{2}\right),$$

所以

$$I=\frac{1}{\sqrt{e}}\arctan \sqrt{e}-\frac{\pi }{4\sqrt{e}}.$$

3. 设

$$I={\int }_{-2}^{2}x\ln (1+e^x)dx.$$

作代换 $x\mapsto -x$，并利用

$$\ln (1+e^x)-\ln (1+e^{-x})=x,$$

得

$$2I={\int }_{-2}^2{x}^{2}dx=\frac{16}{3},I=\frac{8}{3}.$$

4. 设

$$I={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan x)dx.$$

作代换 $x\mapsto \frac{\pi }{4}-x$，利用

$$1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-x\right)=\frac{2}{1+\tan x},$$

得

$$2I=\frac{\pi }{4}\ln 2,I=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

5. 设

$$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x}{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}dx.$$

作代换 $x\mapsto \frac{\pi }{2}-x$，得同样的积分等于

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}dx.$$

两式相加即得 $2I=\pi /2$，故 $I=\pi /4$。 6. 令 $A=a^n$，$B=b^n$。在 $[0,\pi /2]$ 上令 $t=\tan x$，则

$$\frac{A{\sin }^{2}x+B{\cos }^{2}x}{A^2{\sin }^{2}x+B^2{\cos }^{2}x}=\frac{A{t}^2+B}{(A^2{t}^2+B^2)(1+t^2)}.$$

部分分式分解为

$$\frac{AB}{(A+B)(A^2{t}^2+B^2)}+\frac{1}{(A+B)(1+t^2)}.$$

因而

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{A{\sin }^{2}x+B{\cos }^{2}x}{A^2{\sin }^{2}x+B^2{\cos }^{2}x}dx=\frac{\pi }{A+B}.$$

再乘以 $2$ 得

$${\int }_0^{\pi }\frac{a^n{\sin }^{2}x+b^n{\cos }^{2}x}{a^{2n}{\sin }^{2}x+b^{2n}{\cos }^{2}x}dx=\frac{2\pi }{a^n+b^n}.$$

题目 4

设 $f\in C[0,a]$，$a>0$。

1. 在 $[0,a]$ 上 $f(x)+f(a-x)\ne 0$，计算

$$I={\int }_0^a\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}dx.$$

2. 在 $[0,a]$ 上 $f(x)f(a-x)=1$，计算

$$I={\int }_0^a\frac{dx}{1+f(x)}.$$

解答

1. 作代换 $x\mapsto a-x$，得

$$I={\int }_0^a\frac{f(a-x)}{f(x)+f(a-x)}dx.$$

两式相加后分子与分母相同，故

$$2I={\int }_0^{a}dx=a,I=\frac{a}{2}.$$

2. 作代换 $x\mapsto a-x$，并利用 $f(x)f(a-x)=1$，得

$$I={\int }_0^a\frac{f(x)}{1+f(x)}dx.$$

与原式相加后仍得 $2I=a$，故 $I=\frac{a}{2}$。

题目 5

设 $f$ 为连续函数，证明下列等式：

1. ${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$；
2. ${\int }_1^{a}f\left(x^2+\frac{a^2}{x^2}\right)\frac{dx}{x}={\int }_1^{a}f\left(x+\frac{a^2}{x}\right)\frac{dx}{x}$；
3. ${\int }_0^{2\pi }f(a\cos x+b\sin x)dx=2{\int }_0^{\pi }f\left(\sqrt{a^2+b^2}\cos x\right)dx$。

解答

1. 令

$$I={\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx.$$

作代换 $x\mapsto \pi -x$，并用 $\sin (\pi -x)=\sin x$，得

$$2I=\pi {\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx.$$

即

$$I=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx.$$

2. 令 $y=x^2$，则左边化为

$$\frac{1}{2}{\int }_1^{a^2}f\left(y+\frac{a^2}{y}\right)\frac{dy}{y}.$$

将区间分成 $[1,a]$ 与 $[a,a^2]$ 两段，再在第二段作代换 $y=\frac{a^2}{x}$，便得所求等式。 3. 令 $R=\sqrt{a^2+b^2}$，取 $\phi$ 使 $a=R\cos \phi$，$b=R\sin \phi$。则

$$a\cos x+b\sin x=R\cos (x-\phi ).$$

由积分区间长度为一个周期，平移不变，故

$${\int }_0^{2\pi }f(a\cos x+b\sin x)dx={\int }_0^{2\pi }f(R\cos x)dx.$$

再用 $x\mapsto 2\pi -x$ 即得

$${\int }_0^{2\pi }f(R\cos x)dx=2{\int }_0^{\pi }f(R\cos x)dx.$$

题目 6

设 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，计算

$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2n-1}x\cos (2n+1)xdx\text{与}{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2n-1}x\sin (2n+1)xdx.$$

解答 对第一式作代换 $x\mapsto \pi -x$，因 $\sin (\pi -x)=\sin x$，而

$$\cos ((2n+1)(\pi -x))=-\cos (2n+1)x,$$

所以积分等于其相反数，故为 $0$。第二式同理：

$${\cos }^{2n-1}(\pi -x)=-{\cos }^{2n-1}x,\sin ((2n+1)(\pi -x))=\sin (2n+1)x,$$

故第二个积分也为 $0$。

题目 7

计算

$$I(m,n)={\int }_0^1{x}^m{\ln }^{n}xdx,$$

其中 $m,n$ 是正整数。

解答 分部积分取 $u={\ln }^{n}x$，$dv=x^{m}dx$，边界项为 $0$，得递推式

$$I(m,n)=-\frac{n}{m+1}I(m,n-1).$$

又 $I(m,0)=\frac{1}{m+1}$，于是

$$I(m,n)=(-1{)}^n\frac{n!}{(m+1{)}^{n+1}}.$$

题目 8

计算

$$J(m,n)={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{m}x{\cos }^{n}xdx,$$

其中 $m,n$ 是正整数。

解答 由 Beta 积分可得

$$J(m,n)={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{m}x{\cos }^{n}xdx=\frac{1}{2}B\left(\frac{m+1}{2},\frac{n+1}{2}\right).$$

若用双阶乘表示，则

$$J(m,n)=\frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!}\times \{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{2},& m,n\text{ 都为偶数},\\ 1,& \text{其余情形}.\end{array}$$

题目 9

求 $F^{\prime }(0)$，其中

$$F(x)={\int }_0^x\cos \frac{1}{t}dt.$$

解答 由

$$F(x)={\int }_0^x\cos \frac{1}{t}dt=x^2\sin \frac{1}{x}-2{\int }_0^{x}t\sin \frac{1}{t}dt$$

得

$$\frac{F(x)-F(0)}{x}=x\sin \frac{1}{x}-\frac{2}{x}{\int }_0^{x}t\sin \frac{1}{t}dt\to 0.$$

因而 $F^{\prime }(0)=0$。

题目 10

（Fejer 积分）证明：

$${\int }_0^{\pi /2}{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{2}dx=\frac{n\pi }{2}.$$

解答 用恒等式

$${\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^2=n+2\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\cos 2kx$$

积分。由于

$${\int }_0^{\pi /2}\cos 2kxdx=0(k\ge 1),$$

于是

$${\int }_0^{\pi /2}{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{2}dx=n{\int }_0^{\pi /2}dx=\frac{n\pi }{2}.$$

题目 11

定义

$$f(x)={\int }_x^{x+\pi /2}|\sin t|dt,x\in (-\infty ,+\infty ).$$

1. 证明：$f$ 是周期为 $\pi$ 的周期函数；
2. 求 $f$ 的最大值与最小值。

解答

1. 因为 $|\sin (t+\pi )|=|\sin t|$，故

$$f(x+\pi )={\int }_{x+\pi }^{x+3\pi /2}|\sin t|dt={\int }_x^{x+\pi /2}|\sin t|dt=f(x),$$

所以 $f$ 以 $\pi$ 为周期。 2. 由周期性只需讨论 $x\in [0,\pi ]$。当 $x\in [0,\pi /2]$ 时，区间 $[x,x+\pi /2]$ 落在 $[0,\pi ]$ 内，故

$$f(x)={\int }_x^{x+\pi /2}\sin tdt=\sin x+\cos x.$$

其最小值为 $1$，最大值为 $\sqrt{2}$。由周期性，$f$ 的最小值与最大值分别就是

$$\min f=1,\max f=\sqrt{2}.$$

题目 12

设 $f\in C[0,1]$，且在 $(0,1)$ 上可微。如果

$${\int }_{7/8}^{1}f(x)dx=\frac{1}{8}f(0),$$

证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

解答 由积分中值定理，存在 $\eta \in (7/8,1)$，使

$${\int }_{7/8}^{1}f(x)dx=\frac{1}{8}f(\eta ).$$

结合题设可得 $f(\eta )=f(0)$。于是由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (0,\eta )\subset (0,1)$，使

$$f^{\prime }(\xi )=0.$$

10.5.1 例题

例题 10.5.1

证明：

$${\int }_{-1}^1{x}^{2}dx=0.$$

证 因为 $x^2=x\cdot x$，因此由积分第一中值定理，存在 $\xi \in (-1,1)$，使

$${\int }_{-1}^1{x}^{2}dx=\xi {\int }_{-1}^{1}xdx=\frac{1}{2}\xi \cdot x^2{|}_{-1}^1=0.$$

错误分析 应用第一中值定理的必要前提是被积函数的两个因子之一在积分区间上不变号，而本题的上述做法不满足这个条件。

例题 10.5.2

设 $f$ 是周期为 $T$ 的可积函数，证明：对于任意实数 $a$，成立

$${\int }_a^{a+T}f(x)dx={\int }_0^{T}f(x)dx.$$

证 定义函数

$$F(a)={\int }_a^{a+T}f(x)dx,a\in (-\infty ,+\infty ).$$

则

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(a)& ={\left({\int }_0^{a+T}f(x)dx-{\int }_0^{a}f(x)dx\right)}^{\prime }\\ & =f(a+T)-f(a)=0.\end{array}$$

因此 $F(a)=C$（$C$ 为常数），又 $C=F(0)={\int }_0^{T}f(x)dx$，所以

$${\int }_a^{a+T}f(x)dx=C={\int }_0^{T}f(x)dx.$$

错误分析 本题只假定 $f$ 可积，因此不能在函数 $F(a)={\int }_a^{a+T}f(x)dx$ 中对变动积分限求导。

例题 10.5.3

计算

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{2+\cos 2x}.$$

解 先求不定积分，得

$$\int \frac{dx}{2+\cos 2x}=\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{3}}\right)+C.$$

然后用 Newton-Leibniz 公式，可以得到

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{2+\cos 2x}=\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{3}}\right){|}_0^{\pi }=0.$$

错误分析 由于

$$\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{3}}\right)$$

在区间 $[0,\pi ]$ 上有间断点 $x=\pi /2$，因此不能用 Newton-Leibniz 公式。

10.5.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设 $m$ 为正整数，$0<a<b$，试从定积分的定义出发计算

$${\int }_a^b{x}^{m}dx.$$

解答 取等距分割 $x_k=a+\frac{k(b-a)}{n}$，则

$$\sum _{k=1}^n{x}_k^m\Delta x=\frac{b-a}{n}\sum _{k=1}^n{\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)}^m.$$

展开后逐项取极限，便得到

$${\int }_a^b{x}^{m}dx=\frac{b^{m+1}-a^{m+1}}{m+1}.$$

第一组参考题 2

1. 举例：从 $|f|\in R[a,b]$ 未必能推出 $f\in R[a,b]$；
2. 证明：若 $f$ 是导函数，则当 $|f|\in R[a,b]$ 时，就一定有 $f\in R[a,b]$。

解答

1. 取 Dirichlet 函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q},\\ -1,& x\notin \mathbb{Q},\end{array}x\in [0,1].$$

则 $|f|\equiv 1\in R[0,1]$，但 $f\notin R[0,1]$。 2. 导函数具有 Darboux 性质。设 $|f|\in R[a,b]$。若 $|f|$ 在 $x_0$ 连续且 $|f(x_0)|>0$，则在 $x_0$ 邻域内 $|f|$ 有正下界，由 Darboux 性质知 $f$ 在该邻域内不变号，于是 $f=\pm |f|$，故 $f$ 在 $x_0$ 连续；若 $f(x_0)=0$，由 $|f|$ 在 $x_0$ 连续知 $|f(x)|\to 0$，故 $f(x)\to 0=f(x_0)$。于是 $|f|$ 的连续点全是 $f$ 的连续点，所以 $f$ 的不连续点集包含于 $|f|$ 的不连续点集，从而测度为零，故 $f\in R[a,b]$。

第一组参考题 3

设 $f,g\in R[a,b]$，$\xi$ 和 ${\xi }^{\prime }$ 是从属于分割 $P$ 的两个不同介点集，证明：

$$\underset{\Vert P\Vert \to 0}{\lim }\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)g({\xi }_k^{\prime })\Delta x_k={\int }_a^{b}f(x)g(x)dx.$$

解答 对分割 $P=\{x_k\}$ 定义阶梯函数

$${\varphi }_P(x)=f({\xi }_k),{\psi }_P(x)=g({\xi }_k^{\prime }),x\in [x_{k-1},x_k].$$

则

$$\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)g({\xi }_k^{\prime })\Delta x_k={\int }_a^b{\varphi }_P(x){\psi }_P(x)dx.$$

又对每个小区间有

$${\int }_{x_{k-1}}^{x_k}|f(x)-f({\xi }_k)|\le {\omega }_k(f)\Delta x_k,$$

求和得 $\int |f-{\varphi }_P|\le U(f,P)-L(f,P)\to 0$；同理 $\int |g-{\psi }_P|\to 0$。记 $|f|,|g|\le M$，则

$$\left|\int {\varphi }_P{\psi }_P-\int fg\right|\le M\int |{\varphi }_P-f|+M\int |{\psi }_P-g|\to 0.$$

第一组参考题 4

设 $f$ 在区间 $I=(a,b)$ 上为下凸函数，证明：$f$ 的两个单侧导函数 $f_{-}^{\prime }(x)$ 和 $f_{+}^{\prime }(x)$ 在 $I$ 中的任意有界闭区间 $[c,d]$ 上可积，且成立 Newton-Leibniz 公式：

$$f(d)-f(c)={\int }_c^d{f}_{-}^{\prime }(x)dx={\int }_c^d{f}_{+}^{\prime }(x)dx.$$

解答 下凸函数的两个单侧导函数都是单调增加函数，故在任意闭区间上可积。对任意分割 $c=x_0<\cdots <x_n=d$，由下凸性有

$$f_{+}^{\prime }(x_{k-1})\Delta x_k\le f(x_k)-f(x_{k-1})\le f_{-}^{\prime }(x_k)\Delta x_k.$$

求和得

$$\sum _{k=1}^n{f}_{+}^{\prime }(x_{k-1})\Delta x_k\le f(d)-f(c)\le \sum _{k=1}^n{f}_{-}^{\prime }(x_k)\Delta x_k.$$

令网长趋于零，便有

$${\int }_c^d{f}_{+}^{\prime }(x)dx\le f(d)-f(c)\le {\int }_c^d{f}_{-}^{\prime }(x)dx.$$

而 $f_{-}^{\prime }$ 与 $f_{+}^{\prime }$ 都是单调函数，且只可能在至多可数点处不同，故二者积分相等，于是

$$f(d)-f(c)={\int }_c^d{f}_{-}^{\prime }(x)dx={\int }_c^d{f}_{+}^{\prime }(x)dx.$$

第一组参考题 5

设 $f\in R[a,b]$，证明：对于每一个给定的 $\epsilon >0$，存在函数 $g$，使得

$${\int }_a^b|f(x)-g(x)|dx<\epsilon ,$$

其中的 $g$ 是：

1. 阶梯函数；
2. 折线函数；
3. 连续函数；
4. 连续可微函数。

解答 由可积性，存在分割 $P$ 使 $U(f,P)-L(f,P)<\epsilon$。

1. 在每个小区间上取常数 $g$ 介于上确界与下确界之间，则 $g$ 为阶梯函数，且 $\int |f-g|<\epsilon$。
2. 把阶梯函数的跳点附近截去总长度很小的一组小区间，在其余处保持常值，在小区间内线性连接，便得折线函数，并可使 $L^1$ 误差任意小。
3. 折线函数本身已经连续。
4. 再把折线函数各拐点附近换成短小的 $C^1$ 圆弧或二次曲线段，即得连续可微函数，且误差仍可任意小。

第一组参考题 6

证明积分的连续性命题：设 $f\in R[a-\delta ,b+\delta ]$，其中 $\delta >0$，则有

$$\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_a^b|f(x+h)-f(x)|dx=0.$$

解答 由上题，只需对连续函数证明即可。任给 $\epsilon >0$，先取连续函数 $g$ 使

$${\int }_{a-\delta }^{b+\delta }|f-g|<\epsilon .$$

则当 $|h|<\delta$ 时

$${\int }_a^b|f(x+h)-f(x)|dx\le 2\epsilon +{\int }_a^b|g(x+h)-g(x)|dx.$$

连续函数在紧区间上一致连续，故后项随 $h\to 0$ 而趋于 $0$，从而结论成立。

第一组参考题 7

设 $f\in R[a,b]$，证明：$\forall \epsilon >0$，存在 $[c,d]\subseteq [a,b]$，使 $f$ 在子区间 $[c,d]$ 上的振幅 ${\omega }_{f,[c,d]}<\epsilon$。

解答 若不然，则存在某个 ${\epsilon }_0>0$，使每个子区间上的振幅都不小于 ${\epsilon }_0$。于是任取分割 $P$，每个小区间的上、下确界之差都至少为 ${\epsilon }_0$，故

$$U(f,P)-L(f,P)\ge {\epsilon }_0(b-a),$$

这与 $f\in R[a,b]$ 矛盾。

第一组参考题 8

设 $f\in R[a,b]$，证明：$f$ 的连续点在 $[a,b]$ 中稠密（即 $f$ 在 $[a,b]$ 的每个子区间 $(c,d)$ 中有连续点）。

解答 任取子区间 $(u,v)\subset [a,b]$。由上题，对每个 $n$ 都可在 $(u,v)$ 内取闭区间 $I_n$，使 ${\omega }_{f,I_n}<1/n$。再逐次令 $I_{n+1}\subset I_n$，由闭区间套定理取 $x\in \bigcap I_n$。则在 $x$ 的任意邻域中，振幅都可小于任意给定正数，所以 $f$ 在 $x$ 连续。故连续点在 $[a,b]$ 中稠密。

第一组参考题 9

设非负函数 $f\in R[a,b]$，求证：积分

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0$$

的充分必要条件是 $f$ 在所有连续点处的值都等于 $0$。

解答 必要性：若 $f$ 在某连续点 $x_0$ 处有 $f(x_0)>0$，则在某邻域内 $f\ge c>0$，故积分必正，矛盾。充分性：若所有连续点处 $f=0$，则每个子区间内都有连续点，而该点函数值为 $0$，故每个子区间上的下确界都是 $0$，从而任意下和都为 $0$。再由可积性可取分割使上、下和之差任意小，于是 ${\int }_a^{b}f=0$。

第一组参考题 10

设 $f,g\in R[a,b]$，且在 $[a,b]$ 的每个子区间中有 $x$ 使 $f(x)=g(x)$，证明：

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}g(x)dx.$$

解答 令 $h=f-g$。由题设，在每个子区间内都有点使 $h=0$，故该子区间上的下确界不大于 $0$，上确界不小于 $0$，于是任意分割都有

$$L(h,P)\le 0\le U(h,P).$$

由于 $h$ 可积，令网长趋于零便得 ${\int }_a^{b}h=0$，即 ${\int }_a^{b}f={\int }_a^{b}g$。

第一组参考题 11

（积分第一中值定理的一种推广）证明：设 $f,g\in R[a,b]$，其中 $f$ 在 $[a,b]$ 上有原函数， $g$ 在 $[a,b]$ 上不变号，则存在 $\xi \in (a,b)$，使

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

解答 若 ${\int }_a^{b}g=0$，结论显然。设 $g\ge 0$ 且 ${\int }_a^{b}g>0$，令

$$\lambda =\frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{{\int }_a^{b}g(x)dx}.$$

若处处有 $f>\lambda$，则 $\int (f-\lambda )g>0$；若处处有 $f<\lambda$，则 $\int (f-\lambda )g<0$。故必有 $x_1,x_2$ 使 $f(x_1)\le \lambda \le f(x_2)$。因 $f$ 有原函数，故具 Darboux 性质，于是存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $f(\xi )=\lambda$，即

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

第一组参考题 12

计算以下渐近等式

$${\int }_0^1\frac{x^{n-1}}{1+x}dx=\frac{a}{n}+\frac{b}{n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)(n\to \infty )$$

中的待定常数 $a,b$。

解答 令 $x=e^{-u/n}$，则

$${\int }_0^1\frac{x^{n-1}}{1+x}dx=\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-u}}{1+e^{-u/n}}du.$$

当 $n\to \infty$ 时，

$$\frac{1}{1+e^{-u/n}}=\frac{1}{2}+\frac{u}{4n}+o\left(\frac{1}{n}\right)$$

且余项可由 $u{e}^{-u}$ 控制，故

$${\int }_0^1\frac{x^{n-1}}{1+x}dx=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

因而 $a=\frac{1}{2}$，$b=\frac{1}{4}$。

第一组参考题 13

设非负严格单调增加函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上连续。由积分中值定理，对于每个 $p>0$， 存在唯一的 $x_p\in (a,b)$，使

$$f^p(x_p)=\frac{1}{b-a}{\int }_a^b{f}^p(t)dt.$$

试求

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{x}_p.$$

解答 由积分中值定理，

$$f(x_p)={\left(\frac{1}{b-a}{\int }_a^b{f}^p(t)dt\right)}^{1/p}.$$

右端是 $f$ 在 $[a,b]$ 上的 $L^p$ 均值，随 $p\to +\infty$ 收敛到 ${\max }_{[a,b]}f=f(b)$。又 $f$ 严格递增且连续，故 $x_p\to b$。

第一组参考题 14

设 $f\in C[0,+\infty )$，$a>0$，且存在有限极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(f(x)+a{\int }_0^{x}f(t)dt\right).$$

证明：$f(+\infty )=0$。

解答 记

$$g(x)=f(x)+a{\int }_0^{x}f(t)dt.$$

已知 $g(x)\to L$。设 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，则 $F^{\prime }+aF=g$。由常数变易公式，

$$F(x)=e^{-ax}{\int }_0^x{e}^{at}g(t)dt.$$

由于 $g(t)\to L$，立刻得 $F(x)\to L/a$。于是

$$f(x)=g(x)-aF(x)\to L-L=0.$$

第一组参考题 15

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，定义

$$F(x)={\int }_a^{b}f(x+t)\cos tdt,a\le x\le b.$$

1. 证明 $F$ 在 $[a,b]$ 上可导；
2. 计算 $F^{\prime }(x)$。

解答 令 $u=x+t$，则

$$F(x)={\int }_{x+a}^{x+b}f(u)\cos (u-x)du.$$

这里被积函数关于 $x$ 连续可导，故 $F$ 在 $[a,b]$ 上可导，并由 Leibniz 公式得

$$F^{\prime }(x)=f(x+b)\cos b-f(x+a)\cos a+{\int }_a^{b}f(x+t)\sin tdt.$$

第一组参考题 16

设 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，计算积分

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin nx}{\sin x}dx.$$

解答 若 $n=2m+1$，则

$$\frac{\sin nx}{\sin x}=1+2\sum _{k=1}^m\cos 2kx,$$

故积分等于 $\pi /2$。若 $n=2m$，则

$$\frac{\sin nx}{\sin x}=2\sum _{k=0}^{m-1}\cos (2k+1)x,$$

因而

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin nx}{\sin x}dx=2\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^k}{2k+1}.$$

第一组参考题 17

令

$$B(m,n)=\sum _{k=0}^n{C}_n^k\frac{(-1{)}^k}{m+k+1},m,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

1. 证明 $B(m,n)=B(n,m)$；
2. 计算 $B(m,n)$。

解答 展开 $(1-x{)}^n$ 并逐项积分，得

$$B(m,n)={\int }_0^1{x}^m(1-x{)}^{n}dx.$$

因而立刻有 $B(m,n)=B(n,m)$，并且

$$B(m,n)=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}.$$

第一组参考题 18

证明：当 $m<2$ 时，

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{1}{x^m}{\int }_0^x\sin \frac{1}{t}dt=0.$$

解答 令 $u=1/t$，则

$${\int }_0^x\sin \frac{1}{t}dt={\int }_{1/x}^{+\infty }\frac{\sin u}{u^2}du.$$

分部积分得该积分为 $O(x^2)$，于是当 $m<2$ 时

$$\frac{1}{x^m}{\int }_0^x\sin \frac{1}{t}dt\to 0.$$

第一组参考题 19

证明：当 $\lambda <1$ 时，

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{R}^{\lambda }{\int }_0^{\pi /2}{e}^{-R\sin \theta }d\theta =0.$$

解答 在 $[0,\pi /2]$ 上有 $\sin \theta \ge \frac{2}{\pi }\theta$，故

$$0\le {\int }_0^{\pi /2}{e}^{-R\sin \theta }d\theta \le {\int }_0^{\pi /2}{e}^{-2R\theta /\pi }d\theta =O\left(\frac{1}{R}\right).$$

乘以 $R^{\lambda }$ 后，当 $\lambda <1$ 时趋于 $0$。

第一组参考题 20

设 $f\in C^2[0,\pi ]$，且 $f(\pi )=2$，

$${\int }_0^{\pi }(f(x)+f^{\prime \prime }(x))\sin xdx=5,$$

求 $f(0)$。

解答 分部积分两次：

$${\int }_0^{\pi }{f}^{\prime \prime }(x)\sin xdx=f(\pi )+f(0)-{\int }_0^{\pi }f(x)\sin xdx.$$

故题设左边恰为 $f(\pi )+f(0)=5$。由 $f(\pi )=2$ 得 $f(0)=3$。

第一组参考题 21

寻找同时满足以下三个条件：

$${\int }_0^{1}f(x)dx=1,{\int }_0^{1}xf(x)dx=a,{\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx=a^2$$

的非负连续函数 $f$，其中 $a$ 为给定实数。

解答 把 $f$ 看成概率密度，则

$$E(X)=a,E(X^2)=a^2.$$

因而 $\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-E(X{)}^2=0$，于是 $X=a$ 几乎处处。若 $f$ 连续且非负，这只能推出 $f(x)=0$ 对一切 $x\ne a$，进而由连续性得 $f(a)=0$，与 ${\int }_0^{1}f=1$ 矛盾。故不存在这样的非负连续函数。

第一组参考题 22

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可微，且满足条件

$$f(1)=3{\int }_0^{1/3}{e}^{x-1}f(x)dx,$$

证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使有 $f(\xi )+f^{\prime }(\xi )=0$。

解答 题设可写成

$$ef(1)=3{\int }_0^{1/3}{e}^{x}f(x)dx.$$

由积分中值定理，存在 $\eta \in (0,1/3)$，使右端等于 $e^{\eta }f(\eta )$。令 $\Phi (x)=e^{x}f(x)$，则 $\Phi (1)=\Phi (\eta )$。由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (\eta ,1)$ 使

$${\Phi }^{\prime }(\xi )=e^{\xi }(f(\xi )+f^{\prime }(\xi ))=0.$$

第一组参考题 23

设 $f$ 于 $[0,1]$ 上非负连续，且

$$f^2(t)\le 1+2{\int }_0^{t}f(s)ds,$$

证明：$f(t)\le 1+t$。

解答 记

$$G(t)=1+2{\int }_0^{t}f(s)ds.$$

则 $f^2(t)\le G(t)$，且 $G^{\prime }(t)=2f(t)\le 2\sqrt{G(t)}$。于是

$$(\sqrt{G(t)}{)}^{\prime }=\frac{G^{\prime }(t)}{2\sqrt{G(t)}}\le 1.$$

再由 $G(0)=1$ 得 $\sqrt{G(t)}\le 1+t$，从而 $f(t)\le 1+t$。

第一组参考题 24

设 $f\in C^1[1,+\infty )$，$f(1)=1$，且当 $x\ge 1$ 时有

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}.$$

证明：存在有限极限 $f(+\infty )$，且 $f(+\infty )<1+\frac{\pi }{4}$。

（本题与 8.5.3 小节题 13 相同，当然这里可以用积分方法做。）

解答 因 $f^{\prime }(x)>0$，函数单调增加；又有

$$0<f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}\le \frac{1}{x^2},x\ge 1,$$

故

$$0<f(+\infty )-1\le {\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^2}=1,$$

从而极限存在。再注意到 $f(x)\ge 1$，于是

$$f^{\prime }(x)\le \frac{1}{x^2+1},$$

且当 $x>1$ 时还是严格小于。故

$$f(+\infty )-1<{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4},$$

即 $f(+\infty )<1+\frac{\pi }{4}$。

第一组参考题 25

证明：

$${\int }_0^{2\pi }\left({\int }_x^{2\pi }\frac{\sin t}{t}dt\right)dx=0.$$

解答 用 Fubini 交换次序：

$${\int }_0^{2\pi }\left({\int }_x^{2\pi }\frac{\sin t}{t}dt\right)dx={\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^{t}dx\right)\frac{\sin t}{t}dt={\int }_0^{2\pi }\sin tdt=0.$$

10.5.2 第二组参考题

第二组参考题 1

（连续量的平均值）设 $f$ 为 $[0,+\infty )$ 上的单调函数，定义 $f$ 的平均值为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(0+),& x=0,\\ \frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt,& x>0.\end{array}$$

证明：

1. $F$ 在 $[0,+\infty )$ 上为单调连续函数，且与 $f$ 具有相同的单调性；
2. $F(+\infty )=f(+\infty )$。

第二组参考题 2

证明：$f\in R[a,b]$ 且 ${\int }_a^{b}f=I$ 的充分必要条件是存在 $[a,b]$ 的一个分割序列 $\{P_k{\}}_{k\in {\mathbb{N}}_{+}}$，满足条件

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\Vert P_k\Vert =0,$$

使得

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n_k}f({\xi }_{k,i})\Delta x_{k,i}=I,$$

而且极限值不依赖于介点集的选取。

（本题表明在 Riemann 积分的定义中分割的任意性要求可以降低。例如用等距分割也是可以的。）

第二组参考题 3

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，证明：如果存在常数 $I$，使对每个 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$， 对 $[a,b]$ 的任意分割

$$P=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\},$$

只要 $\Vert P\Vert <\delta$，就有

$$\left|\sum _{i=1}^{n}f(x_i)\Delta x_i-I\right|<\epsilon ,$$

则 $f\in R[a,b]$ 且

$${\int }_a^{b}f=I.$$

（不引入介点集来定义的积分在历史上称为 Cauchy 积分。本题表明对于有界函数来说，Cauchy 积分与 Riemann 积分一致。）

第二组参考题 4

（Riemann 定理）设 $f\in R[a,b]$，$g$ 以 $T$ 为周期且在 $[0,T]$ 上可积，证明：

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)dx=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(x)dx{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

第二组参考题 5

设 $f$ 是一个 $n$ 次多项式，且满足条件

$${\int }_0^1{x}^{k}f(x)dx=0,k=1,2,\dots ,n.$$

证明：

$${\int }_0^1{f}^2(x)dx=(n+1{)}^2{\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2.$$

第二组参考题 6

计算下列积分：

$$\text{(1)}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x\cos nxdx,\text{(2)}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x\sin nxdx.$$

第二组参考题 7

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{\cos }^n\frac{1}{x}dx=0.$$

第二组参考题 8

1996 年发现了计算圆周率的全新算法，它可以计算圆周率在任意指定位数上的数字，而不必求出在这一位之前的每一位数字。 这种算法的基础是关于圆周率的新公式。它涉及一个积分的两种计算方法。下面的问题就是其中的前一半，其余部分见下册的例题 16.2.6。

证明：

$${\int }_0^{1/\sqrt{2}}\frac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}{x}^4-8x^5}{1-x^8}dx=\pi .$$

解答

1. 由

$$F(x)={\int }_0^{1}f(tx)dt(x>0)$$

可见，若 $f$ 单调增加，则对每个固定 $t\in [0,1]$，$f(tx)$ 也随 $x$ 增加，从而 $F$ 同样单调增加；单调减少情形同理。又由 $f$ 在 $0+$ 的单侧极限存在，

$$F(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt\to f(0+)$$

当 $x\to 0+$，故 $F$ 在 $[0,+\infty )$ 连续。若 $f(+\infty )=\ell$，则把平均值分成 $[0,A]$ 与 $[A,x]$ 两段，令 $x\to +\infty$ 即得 $F(+\infty )=\ell$。

2. 必要性显然。只证充分性。对分割 $P_k$，取两组介点分别逼近每个小区间上的上确界与下确界，则由题设

$$U(f,P_k)-L(f,P_k)\to 0.$$

因而 $f\in R[a,b]$。又任取一组介点，Riemann 和都趋于 $I$，故 ${\int }_a^{b}f=I$。

3. 这是 Cauchy 积分与 Riemann 积分一致性的一个判别。由假设，对任意足够细的分割，其右端点和都落在 $I$ 的任意小邻域内。对这样的分割再作细分，并把新分点选在每个小区间上函数值接近上确界或下确界之处，就可分别构造出右端点和逼近上和与下和的细分。于是上、下和之差可任意小，从而 $f\in R[a,b]$。一旦可积，右端点和自然收敛到 ${\int }_a^{b}f$，故该积分必为 $I$。

4. 设

$$\bar{g}=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(t)dt,h=g-\bar{g}.$$

则 $h$ 仍以 $T$ 为周期，且一周期平均值为 $0$。对阶梯函数 $f=\sum c_j{\chi }_{[{\alpha }_j,{\beta }_j]}$，有

$${\int }_{{\alpha }_j}^{{\beta }_j}h(px)dx=\frac{1}{p}{\int }_{p{\alpha }_j}^{p{\beta }_j}h(u)du=O\left(\frac{1}{p}\right),$$

因为完整周期的积分为零，只剩两端长度有界的余项。故对阶梯函数结论成立。再用 10.5.2 第一组第 5 题把一般可积函数在 $L^1$ 中逼近为阶梯函数，即得

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)dx=\bar{g}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

5. 在次数不超过 $n$ 的多项式空间中，满足

$${\int }_0^1{x}^{k}f(x)dx=0(k=1,\dots ,n)$$

的多项式构成一维子空间。取

$$q_n(x)=\frac{(-1{)}^n}{(n+1)!x}\frac{d^n}{d{x}^n}(x^{n+1}(1-x{)}^n).$$

由分部积分 $n$ 次可知 $q_n$ 与 $x,x^2,\dots ,x^n$ 都正交，所以必有 $f=c{q}_n$。又 $q_n-1$ 没有常数项，故属于 $\mathrm{span}\{x,\dots ,x^n\}$，于是

$${\int }_0^1{q}_n^2(x)dx={\int }_0^1{q}_n(x)dx.$$

直接计算可得 ${\int }_0^1{q}_n(x)dx=\frac{1}{(n+1{)}^2}$。因此

$${\int }_0^1{f}^2(x)dx=c^2{\int }_0^1{q}_n^2(x)dx=\frac{c^2}{(n+1{)}^2}.$$

而

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{c}{(n+1{)}^2},$$

消去 $c$ 便得

$${\int }_0^1{f}^2(x)dx=(n+1{)}^2{\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2.$$

6. 记

$$I_n={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x{e}^{inx}dx.$$

由 $2\cos x=e^{ix}+e^{-ix}$，

$${\cos }^{n}x{e}^{inx}=2^{-n}(1+e^{2ix}{)}^n.$$

展开后积分，除常数项外其余项都在 $[0,\pi /2]$ 上积分为零，故

$$I_n=\frac{\pi }{2^{n+1}}.$$

取实部与虚部即得

$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x\cos nxdx=\frac{\pi }{2^{n+1}},{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x\sin nxdx=0.$$

7. 作代换 $t=1/x$，得

$${\int }_0^1{\cos }^n\frac{1}{x}dx={\int }_1^{+\infty }\frac{{\cos }^{n}t}{t^2}dt.$$

对几乎一切 $t$，有 ${\cos }^{n}t\to 0$，且被 $1/t^2$ 控制。由支配收敛定理，极限为 $0$。

8. 先把被积函数作部分分式分解：

$$\frac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}{x}^4-8x^5}{1-x^8}=\frac{2}{x+1}+\frac{2}{x-1}-\frac{4(x-\sqrt{2})}{x^2-\sqrt{2}x+1}.$$

因而一个原函数可取为

$$2\ln |x^2-1|-2\ln (x^2-\sqrt{2}x+1)+4\arctan (\sqrt{2}x-1).$$

在 $0$ 与 $1/\sqrt{2}$ 之间代入，前两项恰好抵消，只剩

$$4(0-(-\pi /4))=\pi .$$