07-摄动与逼近

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正文部分

采用摄动与逼近的方法, 能使我们在证明过程中, 只要重点考虑性质比较好的研究对象.

我们首先介绍相关思想在代数问题中的应用. 用 $I_n$ (时常简写为 $I$ ) 表示 $n$ 阶单位矩阵.

例 7.1

例 7.1

设 $A$, $B$ 均为 $n$ 阶方阵, $\lambda \in C$ . 证明:

$$\det (\lambda I-AB)=\det (\lambda I-BA)$$

证明 若 $A$ 可逆, 则

$$\begin{array}{rlr}\det (\lambda \mathbf{I}-\mathbf{AB})& =\det [\mathbf{A}(\lambda {\mathbf{A}}^{-1}-\mathbf{B})]& \\ & =\det \mathbf{A}\det (\lambda {\mathbf{A}}^{-1}-\mathbf{B})& \\ & =\det (\lambda {\mathbf{A}}^{-1}-\mathbf{B})\det \mathbf{A}& =\det [(\lambda {\mathbf{A}}^{-1}-\mathbf{B})\mathbf{A}]\\ & =\det (\lambda I-BA).& \end{array}$$

一般地, 由于 $\mathbf{A}$ 的特征值的个数是 $n$ (重特征值按重数计算个数), 因此有 $\delta >0$ 使得当 $|s|\in (0,\delta )$ 时, $s$ 不是 $\mathbf{A}$ 的特征值, 从而 ${\mathbf{A}}_s:=\mathbf{A}-s\mathbf{I}$ 非奇异. 此时,

$$\det (\lambda \mathbf{I}-{\mathbf{A}}_s\mathbf{B})=\det (\lambda \mathbf{I}-\mathbf{B}{\mathbf{A}}_s).$$

上式中令 $s\to 0$ ，即得 $\det (\lambda I-AB)=\det (\lambda I-BA)$ .

例 7.2

例 7.2

设 $A$, $B$ 均为 $n$ 阶方阵, 且 $A+B$ 非奇异. 证明:

$$\mathbf{A}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{B}=\mathbf{B}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{A}.$$

证明 若 A, B 均非奇异, 则易见 $A(A+B{)}^{-1}B$ 和 $B(A+B{)}^{-1}A$ 均等于 $(A^{-1}+B^{-1}{)}^{-1}$ . 从而

$$\mathbf{A}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{B}=\mathbf{B}(\mathbf{A}+\mathbf{B}{)}^{-1}\mathbf{A}.$$

一般地, 当 $0<|s|\ll 1$ 时, $A_s:=A+sI$ , $B_s:=B+sI$ 以及 $A_s+B_s$ 均非奇异. 从而

$${\mathbf{A}}_s{\left({\mathbf{A}}_s+{\mathbf{B}}_s\right)}^{-1}{\mathbf{B}}_s={\mathbf{B}}_s{\left({\mathbf{A}}_s+{\mathbf{B}}_s\right)}^{-1}{\mathbf{A}}_s.$$

令 $s\to 0$ 即得要证的结论.

$$\square$$

例 7.3

例 7.3

设 $A$, $B$ 均为 $n$ 阶方阵, 满足 $AB=BA$, 证明:

$$\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& -\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det ({\mathbf{A}}^2+{\mathbf{B}}^2).\text{\hspace{1em}(7.1)}$$

证明 我们有

$$\left(\begin{array}{cc}I& O\\ -B& A\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A& -B\\ B& A\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A& -B\\ O& A^2+B^2.\end{array}\right)$$

从而

$$\det \mathbf{A}\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& -\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \mathbf{A}\det ({\mathbf{A}}^2+{\mathbf{B}}^2).$$

于是, 若 A 非奇异, 则 (7.1) 式成立.

一般地, 当 $0<|s|\ll 1$ 时, $A-sI$ 非奇异. 从而

$$\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}-s\mathbf{I}& -\mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}-s\mathbf{I}\end{array}\right)=\det ((\mathbf{A}-s\mathbf{I}{)}^2+{\mathbf{B}}^2),0<|s|\ll 1.$$

利用连续性, 在上式中令 $s\to 0$ 即得 (7.1) 式.

例 7.4

例 7.4

设 $A,B$ 均为 $n$ 阶方阵. 证明:

$$\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det (\mathbf{A}+\mathbf{B})\det (\mathbf{A}-\mathbf{B}).\text{\hspace{1em}(7.2)}$$

证明 若 $A$ 可逆, 则

$$\left(\begin{array}{cc}I& O\\ -B{A}^{-1}& I\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A& B\\ B& A\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ O& A-B{A}^{-1}B\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ O& (A-B)(I+A^{-1}B)\end{array}\right).$$

此时，可得

$$\det \left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\\ \mathbf{B}& \mathbf{A}\end{array}\right)=\det \mathbf{A}\det (\mathbf{A}-\mathbf{B})\det (\mathbf{I}+{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{B})=\det (\mathbf{A}-\mathbf{B})\det (\mathbf{A}+\mathbf{B}).$$

一般地, 利用连续性可以得到当 A 不可逆时, 仍然有 (7.2) 式.

例 7.5

例 7.5

设 $A$, $B$ 均为 $n$ 阶方阵, $AB=BA$. 证明:

1. 若 $A$, $B$ 是正定矩阵, 则 AB 是正定矩阵.

2. 若 $A$, $B$ 是半正定矩阵, 则 AB 是半正定矩阵.

证明 (1) 由题设, $AB$ 是对称矩阵. 设 $\lambda$ 为它的一个特征值, $\xi$ 为相应的特征

向量, 即 $AB\xi =\lambda \xi$ . 从而 $B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}{B}^{\frac{1}{2}}\xi =\lambda B^{\frac{1}{2}}\xi$ , 即 $\lambda$ 也是 $B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}$ 的特征值. 而 $B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}$ 正定, 因此, $AB$ 的特征值均为正(1). 因此, 对称矩阵 $AB$ 正定.

2. 对于 $\epsilon >0$ , 令 $A_{\epsilon }=A+\epsilon I$ , $B_{\epsilon }=B+\epsilon I$ . 则 $A_{\epsilon }{B}_{\epsilon }=B_{\epsilon }{A}_{\epsilon }$ , 且 $A_{\epsilon },B_{\epsilon }$ 正定. 从而 $A_{\epsilon }{B}_{\epsilon }$ 是正定矩阵. 于是, $\forall \eta \in {\mathbb{R}}^n$ , 我们有 ${\eta }^{\mathrm{T}}{A}_{\epsilon }{B}_{\epsilon }\eta ⩾0$ . 令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 ${\eta }^{\mathrm{T}}AB\eta ⩾0$ , 即 $AB$ 是半正定矩阵.

例 7.6

例 7.6

设 $A$, $B$, $C$ 均为 $n$ 阶方阵, $ABC=CBA$. 证明:

1. 若 $A$, $B$, $C$ 是正定矩阵, 则 ABC 是正定矩阵.

2. 若 $A,B,C$ 是半正定矩阵, 则 $ABC$ 是半正定矩阵.

证明 (1) 由题设,

$$\left(B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}\right)\left(B^{\frac{1}{2}}C{B}^{\frac{1}{2}}\right)=\left(B^{\frac{1}{2}}C{B}^{\frac{1}{2}}\right)\left(B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}\right).$$

于是, 由例 7.5,

$$B^{\frac{1}{2}}ABC{B}^{\frac{1}{2}}=\left(B^{\frac{1}{2}}A{B}^{\frac{1}{2}}\right)\left(B^{\frac{1}{2}}C{B}^{\frac{1}{2}}\right)$$

为正定矩阵. 从而

$$ABC=B^{-\frac{1}{2}}\left(B^{\frac{1}{2}}ABC{B}^{\frac{1}{2}}\right)B^{-\frac{1}{2}}$$

正定.

2. 基于 (1), 以下证明的关键是证明存在正定矩阵 $S$ 使得 $\mathbf{ASC}=\mathbf{CSA}$ . 类似于 (1), 可得当 $B$ 为正定矩阵时, $\mathbf{ABC}$ 半正定.

一般地, 存在正交矩阵 $P$ 和 $0⩽m⩽n$ 使得

$$\mathbf{P}(\mathbf{A}+\mathbf{C}){\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \mathbf{\Lambda }\end{array}\right),$$

其中 $\Lambda$ 是 $m$ 阶正定矩阵. 进一步, 由于 $A,C$ 半正定, 可得

$$\mathbf{P}\mathbf{A}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{A}}\end{array}\right),\mathbf{P}\mathbf{C}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{C}}\end{array}\right),$$

且 $\tilde{A}+\tilde{C}=\Lambda .$ 令

$$\mathbf{S}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-m}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{\Lambda }}^{-1}\end{array}\right)\mathbf{P}.$$

则 S 正定. 我们有

$$\begin{array}{rl}\mathbf{A}\mathbf{S}\mathbf{C}& ={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}(\mathbf{P}\mathbf{A}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}})(\mathbf{P}\mathbf{S}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}})(\mathbf{P}\mathbf{C}{\mathbf{P}}^{\mathrm{T}})\mathbf{P}\\ & ={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{A}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\mathbf{I}}_{n-m}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& (\tilde{\mathbf{A}}+\tilde{\mathbf{C}}{)}^{-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{C}}\end{array}\right)\mathbf{P}\\ & ={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{A}}(\tilde{\mathbf{A}}+\tilde{\mathbf{C}}{)}^{-1}\tilde{\mathbf{C}}\end{array}\right)\mathbf{P}\\ & ={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& \tilde{\mathbf{C}}(\tilde{\mathbf{A}}+\tilde{\mathbf{C}}{)}^{-1}\tilde{\mathbf{A}}\end{array}\right)\mathbf{P}\\ & =\mathbf{C}\mathbf{S}\mathbf{A}.\end{array}$$

对于 $\epsilon >0$ , 令 $B_{\epsilon }=B+\epsilon S$ . 则 $B_{\epsilon }$ 正定, 且 $A{B}_{\epsilon }C=C{B}_{\epsilon }A$ . 从而 $A{B}_{\epsilon }C$ 半正定. 令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 $ABC$ 半正定.

例 7.7

例 7.7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，且满足 $|f^{\prime }|⩽M|f|$ ， $f(a)=0$ ，其中 $M$ 为一常数。证明： $f\equiv 0$ 。

证明 鉴于绝对值和函数值为零带来麻烦, 我们对条件作一些摄动. 任取 $\alpha >0$ , 则

$$f^{\prime }(x)⩽M|f(x)|⩽M\sqrt{f^2(x)+{\alpha }^2},\forall x\in [a,b].$$

因此，

$$\frac{f^{\prime }(x)}{\sqrt{f^2(x)+{\alpha }^2}}⩽M,\forall x\in [a,b],$$

即

$${\left\{\ln \left[f(x)+\sqrt{f^2(x)+{\alpha }^2}\right]-M(x-a)\right\}}^{\prime }⩽0,\forall x\in [a,b].$$

于是, 我们有

$$\ln \left[f(x)+\sqrt{f^2(x)+{\alpha }^2}\right]-M(x-a)⩽\ln \alpha ,\forall x\in [a,b],$$

即

$$f(x)+\sqrt{f^2(x)+{\alpha }^2}⩽\alpha {\mathrm{e}}^{M(x-a)},\forall x\in [a,b].$$

在上式中令 $\alpha \to 0^{+}$ , 得到

$$f(x)+|f(x)|⩽0,\forall x\in [a,b],$$

即

$$f(x)⩽0,\forall x\in [a,b].$$

同理可证

$$f(x)⩾0,\forall x\in [a,b].$$

于是 $f\equiv 0$ .

当然, 本例有很多其他有趣的证法.

$$\square$$

下例将分部积分公式推广到更一般的情形.

例 7.8

例 7.8

设 $f$, $g$ 在 $[a,b]$ 上可积, $\alpha ,\beta \in [a,b]$ , $F(x)={\int }_{\alpha }^{x}f(t)dt$ , $G(x)={\int }_{\beta }^{x}g(t)dt$ . 证明: 对于任何 $c,d\in [a,b]$ , 分部积分公式

$${\int }_c^{d}F(x)g(x)\mathrm{d}x=F(x)G(x){|}_c^d-{\int }_c^{d}f(x)G(x)\mathrm{d}x\text{\hspace{1em}(7.3)}$$

成立.

证明 不妨设 $d>c$ . 若 $f,g\in C[a,b]$ , 则 (7.3) 式成立. 一般地, 有 $f_n,g_n\in C[a,b]$ 满足

$$\underset{x\in [a,b]}{\max }|f_n(x)|⩽M_f:=\underset{x\in [a,b]}{\sup }|f(x)|,\underset{x\in [a,b]}{\max }|g_n(x)|⩽M_g:=\underset{x\in [a,b]}{\sup }|g(x)|$$

以及

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x=0.$$

则

$${\int }_c^d{F}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x=F_n(x)G_n(x){|}_c^d-{\int }_c^d{f}_n(x)G_n(x)\mathrm{d}x,\text{\hspace{1em}(7.4)}$$

其中 $F_n(x)={\int }_{\alpha }^x{f}_n(t)\mathrm{d}t,G_n(x)={\int }_{\beta }^x{g}_n(t)\mathrm{d}t.$ 我们有

$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_c^d{F}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x-{\int }_c^{d}F(x)g(x)\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽{\int }_c^d\left|F_n(x)g_n(x)-F(x)g(x)\right|\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_c^d|F_n(x)-F(x)||g_n(x)|\mathrm{d}x\\ & +{\int }_c^d|F(x)||g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x\\ & ⩽M_g\underset{x\in [a,b]}{\max }|F_n(x)-F(x)|(d-c)\\ & +\underset{x\in [a,b]}{\max }|F(x)|{\int }_c^d|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x\\ & ⩽(d-c)M_g{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x\\ & +(b-a)M_f{\int }_c^d|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x.\end{array}$$

因此，

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_c^d{F}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x={\int }_c^{d}F(x)g(x)\mathrm{d}x.$$

类似地有

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{F}_n(x)G_n(x){|}_c^d=F(x)G(x){|}_c^d$$

以及

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_c^d{f}_n(x)G_n(x)\mathrm{d}x={\int }_c^{d}f(x)G(x)\mathrm{d}x.$$

于是在 (7.4) 式中令 $n\to +\infty$ 即得 (7.3) 式.

例 7.9

例 7.9

设 $f\in C[a,b]$ , $N⩾0$ , 且对任何 $n⩾N$ , 成立 ${\int }_a^{b}f(x)x^{n}dx=0$ . 证明: $f\equiv 0$ .

证明 记 $F(x)=x^{N}f(x)$ , 则 ${\int }_a^{b}F(x)x^n\mathrm{d}x=0(\forall n⩾0)$ . 由 Weierstrass (魏尔斯特拉斯) 第一逼近定理, 对于任意 $\epsilon >0$ , 存在 $[a,b]$ 上的多项式 $Q$ 使得

$$|F(x)-Q(x)|⩽\epsilon ,\forall x\in [a,b].$$

因此，

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{F}^2(x)\mathrm{d}x& ={\int }_a^{b}F(x)[F(x)-Q(x)]\mathrm{d}x+{\int }_a^{b}F(x)Q(x)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_a^{b}F(x)[F(x)-Q(x)]\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_a^b|F(x)||F(x)-Q(x)|\mathrm{d}x⩽\epsilon {\int }_a^b|F(x)|\mathrm{d}x.\end{array}$$

令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 ${\int }_a^b{F}^2(x)\mathrm{d}x=0$ . 于是由 $F$ 的连续性, 可得 $F\equiv 0$ . 由此立即可得 $f\equiv 0$ .

例 7.10

例 7.10

设 $f\in C[0,\pi ]$ ，且对 $n=1,2,\cdots$ 成立 ${\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx=0$ 。证明：$f$ 在 $[0,\pi ]$ 上恒等于常数。

证明 不妨设 ${\int }_0^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=0$ . 归纳可证 ${\cos }^{n}x$ 是 $1,\cos x,\cdots ,\cos nx$ 的线性组合, 于是立即可得

$${\int }_0^{\pi }f(x){\cos }^{n}x\mathrm{d}x=0,\forall n=0,1,2,\dots .$$

变量代换后化为

$${\int }_{-1}^1\frac{f(\arccos t)}{\sqrt{1-t^2}}{t}^n\mathrm{d}t=0,\forall n=0,1,2,\dots .\text{\hspace{1em}(7.5)}$$

进而

$${\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}f(\arccos t)t^n\mathrm{d}t={\int }_{-1}^1\frac{f(\arccos t)}{\sqrt{1-t^2}}(1-t^2)t^n\mathrm{d}t=0,\forall n=0,1,2,\dots .$$

由例7.9的结论得到

$$\sqrt{1-t^2}f(\arccos t)=0,\forall t\in [-1,1].$$

从而

$$f(x)=0,\forall x\in (0,\pi ).$$

最后由 $f$ 的连续性得到在 $[0,\pi ]$ 上 $f\equiv 0$ . 这就证明了结论.

注 7.1 ^zhu-7-1 (i) 一般说来, 人们习惯用关于三角多项式一致逼近的 Weierstrass 第二逼近定理来证明例 7.10.

2. 在 (7.5) 式中的 $\frac{f(\arccos t)}{\sqrt{1-t^2}}$ 可能有奇点. 请注意这里的处理方法.

例 7.11

例 7.11

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积, ${\int }_a^{b}f(t)dt=0$ , 且 ${\int }_a^{x}f(t)dt⩾0(\forall x\in [a,b])$ . 又设 $g$ 为 $[a,b]$ 上的单调增加函数. 证明:

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx⩽0$$

证明 法 I 由积分第二中值定理, 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x& =g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x\\ & =(g(a)-g(b)){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x⩽0.\end{array}$$

法II 先假设 g 有连续的一阶导数, 记 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t.$ 则

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(x)F(x){|}_a^b-{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)\mathrm{d}x⩽0.$$

一般地, 有连续可导且一致有界的单调增加函数列 $\{g_n\}$ 使得

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x=0.$$

由此可得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b{g}_n(x)f(x)\mathrm{d}x⩽0.$$

例 7.12

例 7.12

设 $f\in C(a,b)$ . 证明:

1. 若对任何 $a<x_1<x_2<b$ 成立

$$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)\mathrm{d}x,$$

则 $f$ 为凸函数.

2. 若对任何 $a<x_1<x_2<b$ 成立

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)\mathrm{d}x⩽\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$$

则 $f$ 为凸函数.

证明 法 I (1) 我们分两步证明.

1. 设 $f$ 有连续的二阶导数. 固定 $x$ 并令 $\delta >0$ 充分小. 则由题设,

$$f(x)⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{x-\delta }^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t,$$

即

$$0⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{-\delta }^{\delta }[f(t+x)-f(x)]\mathrm{d}t.$$

于是

$$\begin{array}{rlr}0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{3}{{\delta }^3}{\int }_{-\delta }^{\delta }[f(t+x)-f(x)]dt& =\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{f(\delta +x)+f(x-\delta )-2f(x)}{{\delta }^2}& \\ & =\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\delta +x)-f^{\prime }(x-\delta )}{2\delta }& =f^{\prime \prime }(x).\end{array}$$

因此 f 是 $(a,b)$ 内的凸函数.

2. 任取 $\delta \in \left(0,\frac{b-a}{4}\right)$ . 令 $\epsilon \in \left(0,\frac{\delta }{2}\right)$ ,

$$f_{\epsilon }(x)=\frac{1}{{\epsilon }^2}{\int }_x^{x+\epsilon }\mathrm{d}t{\int }_t^{t+\epsilon }f(s)\mathrm{d}s,\forall x\in (a+\delta ,b-\delta ).$$

则 $f_{\epsilon }$ 有连续的二阶导数, 且易见对任何 $a+\delta <x_1<x_2<b-\delta$ 成立

$$f_{\epsilon }\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}{f}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x.$$

所以由 (i) 的结论, $f$ 是 $(a+\delta ,b-\delta )$ 内的凸函数. 即

$$f_{\epsilon }(\alpha x+\beta y)⩽\alpha f_{\epsilon }(x)+\beta f_{\epsilon }(y),\forall x,y\in (a+\delta ,b-\delta );\alpha ,\beta ⩾0,\alpha +\beta =1.$$

令 $\epsilon \to 0^{+}$ ，注意到

$$\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{f}_{\epsilon }(x)=f(x),$$

即得

$$f(\alpha x+\beta y)⩽\alpha f(x)+\beta f(y),\forall x,y\in (a+\delta ,b-\delta );\alpha ,\beta ⩾0,\alpha +\beta =1.$$

由 $\delta$ 的任意性, 即得 $f$ 是 $(a,b)$ 内的凸函数.

2. 类似于 (1), 我们不妨假设 $f$ 有连续的二阶导数. 此时, 固定 $x$ 并令 $\delta >0$ 充分小. 则由题设,

$$\frac{1}{\delta }{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t⩽\frac{f(x+\delta )+f(x)}{2},$$

即

$$0⩽\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t.$$

于是

$$\begin{array}{rlr}0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t}{{\delta }^3/6}& =\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f^{\prime }(\delta +x)+f(x)-f(x+\delta )}{{\delta }^2/2}& \\ & =\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f^{\prime \prime }(\delta +x)}{\delta }& =f^{\prime \prime }(x).\end{array}$$

因此 $f$ 是 $(a,b)$ 内的凸函数.

注 7.2 ^zhu-7-2 在(1)和(2)中, 点 $x_1,x_2$ 的取法略有不同. 在(1)和(2)中两种取法互换同样可以得到结论.

用光滑逼近的方法, 时常叙述的篇幅不是最小的, 或者说证明不是最简捷的. 但我们仍然推荐这种方法, 因为它能够把问题简单化, 并具有很好的普适性.

法II 根据凸函数的定义, 我们只要证明对于任何 $a<A<B<b$ , 成立

$$f(x)⩽f(A)+\frac{f(B)-f(A)}{B-A}(x-A),\forall x\in [A,B].\text{\hspace{1em}(7.6)}$$

1. 我们用摄动法的思想或连续性方法的思想来证明 (7.6) 式.

摄动法 我们只要证明对于任何 $\epsilon >0$ , 成立

$$f_{\epsilon }(x)⩽f_{\epsilon }(A)+\frac{f_{\epsilon }(B)-f_{\epsilon }(A)}{B-A}(x-A),\forall x\in [A,B],\text{\hspace{1em}(7.7)}$$

其中 ${}^{(1)}$

$$f_{\epsilon }(x)=f(x)+\epsilon (x-A)(x-B),x\in [A,B].$$

记

$$F_{\epsilon }(x)=f_{\epsilon }(x)-\left[f_{\epsilon }(A)+\frac{f_{\epsilon }(B)-f_{\epsilon }(A)}{B-A}(x-A)\right],x\in [A,B].$$

则 $F_{\epsilon }(A)=F_{\epsilon }(B)=0$ ，且对于任何 $A⩽x_1<x_2⩽B$ 成立

$$F_{\epsilon }\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}{F}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x.$$

若 (7.7) 式不成立, 则存在 $x\in (A,B)$ 使得 $F_{\epsilon }(x)>0$ . 设 $x_0\in [A,B]$ 为 $F_{\epsilon }(x)$ 在 $[A,B]$ 上的最大值点, 则 $x_0\in (A,B)$ , $\delta =\min \{x_0-A,B-x_0\}>0$ . 取 $x_1=x_0-\delta ,x_2=x_0+\delta$ , 则

$$F_{\epsilon }(x_0)=F_{\epsilon }\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{1}{2\delta }{\int }_{x_1}^{x_2}{F}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{x_1}^{x_2}{F}_{\epsilon }(x_0)\mathrm{d}x=F_{\epsilon }(x_0).$$

得到矛盾. 因此, 要证明的结论成立.

连续性方法 记

$$F(x)=f(x)-\left[f(A)+\frac{f(B)-f(A)}{B-A}(x-A)\right],x\in [A,B].\text{\hspace{1em}(7.8)}$$

则 $F(A)=F(B)=0$ ，且对于任何 $A⩽x_1<x_2⩽B$ 成立

$$F\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}F(x)\mathrm{d}x.$$

若 (7.6) 式不成立, 则存在 $y\in (A,B)$ 使得 $F(y)>0$ . 设 $x_0\in [A,B]$ 为 $F$ 在 $[A,B]$ 上的最大值点, $\xi :=\sup \{x\in [A,B]|F(x)=F(x_0)\}$ . 则由 $F$ 的连续性知 $\xi \in [x_0,B]$ , 且 $F(\xi )=F(x_0)$ . 由于 $F(B)=0$ , 因此 $\xi <B$ . 取 $\delta =\min \{\xi -A,B-\xi \}$ , $x_1=\xi -\delta ,x_2=\xi +\delta$ , 则

$$F(\xi )=F\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{x_1}^{x_2}F(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{x_1}^{x_2}F(\xi )\mathrm{d}x=F(\xi ).$$

由此可见在 $[x_1,x_2]$ 上恒成立 $F(x)=F(\xi )$ . 这与 $\xi$ 是 $[A,B]$ 上取值为 $F(x_0)$ 的最右端的点的定义矛盾. 因此, 要证明的结论成立.

2. 若 (7.6) 式不成立, 设 $F$ 由 (7.8) 式定义, 则存在 $x_0\in (A,B)$ 使得 $F(x_0)>0$ . 令

$$x_1=\max \{x<x_0|F(x)=0\},x_2=\min \{x>x_0|F(x)=0\}.$$

则由 $F(A)=F(B)=0$ 知 $x_1,x_2$ 适定，且 $A⩽x_1<x_2⩽B$ . 进一步有

$$F(x)>0,\forall x\in (x_1,x_2).$$

从而

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)\mathrm{d}x>0=\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}.$$

矛盾. 因此, 要证明的结论成立.

例 7.13

例 7.13

设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 证明:

$${\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x⩽\frac{4}{3}{\left[{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right]}^2$$

证明 对于凹函数 $f$ , 它在 $[0,1]$ 上非负当且仅当 $f(0),f(1)⩾0$ .

先考虑 $f$ 有连续的二阶导数, 且 $f(0)=f(1)=0$ . 此时 $f^{\prime \prime }(x)⩽0$ . 我们有

$$f(x)=f^{\prime }(0)x+{\int }_0^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t,x\in [0,1].$$

由 $f(1)=0$ 解出 $f^{\prime }(0)=-{\int }_0^1(1-t)f^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t.$ 从而

$$f(x)=-{\int }_0^{1}G(x,t)f^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t,x\in [0,1],$$

其中

$$G(x,t)=t(1-x){\chi }_{[0,x]}(t)+x(1-t){\chi }_{(x,1]}(t),t,x\in [0,1].$$

由 Minkowski (闵可夫斯基) 不等式,

$$\begin{array}{rl}{\left[{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{2}}& ={\left\{{\int }_0^1{\left[{\int }_0^{1}G(x,t)f^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t\right]}^2\mathrm{d}x\right\}}^{\frac{1}{2}}\\ & ⩽{\int }_0^1{\left[{\int }_0^1|G(x,t)f^{\prime \prime }(t){|}^2\mathrm{d}x\right]}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}t\\ & =\frac{\sqrt{3}}{3}{\int }_0^{1}t(1-t)|f^{\prime \prime }(t)|\mathrm{d}t,\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1-G(x,t)f^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{1}t(1-t)|f^{\prime \prime }(t)|\mathrm{d}t.\end{array}$$

结合上两式得到 $f\in C^2[0,1]$ 时结论成立.

一般的情形可以通过逼近得到. 对于满足题设条件的 $f$ , 先取足够小的 $\epsilon >0$ , 定义 $f_{\epsilon }$ 如下: 在 $[\epsilon ,1-\epsilon ]$ 上, 令 $f_{\epsilon }$ 为 $f$ ; 在 $(-\epsilon ,\epsilon )$ 内, 定义 $f_{\epsilon }$ 的图像是经过 $P_{\epsilon }(\epsilon ,f(\epsilon ))$ 与 $Q(0,0)$ 的直线段; 在 $(1-\epsilon ,1+\epsilon )$ 内, 定义 $f_{\epsilon }$ 的图像是经过 $Q_{\epsilon }(1-\epsilon ,f(1-\epsilon ))$ 与 $(1,0)$ 的直线段 (见图7.1). 再用

$$F_{\alpha }(x):=\frac{1}{4{\alpha }^2}{\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}t{\int }_{-\alpha }^{\alpha }{f}_{\epsilon }(t+s+x)\mathrm{d}s$$

来逼近 $f_{\epsilon }$ , 此时 $F_{\alpha }$ 是二阶连续可微的凹函数, 且当 $\alpha \in \left(0,\frac{\epsilon }{2}\right)$ 时, $F_{\alpha }(0)=F_{\alpha }(1)=0$ . 从而例题结论为 $F_{\alpha }$ 成立. 令 $\alpha \to 0^{+}$ 得到结论对 $f_{\epsilon }$ 成立. 再令 $\epsilon \to 0^{+}$ 得到结论对 $f$ 成立. 自然, 我们也可以直接取 $\alpha =\frac{\epsilon }{3}$ , 令 $\epsilon \to 0^{+}$ 得到结论.

图7.1

也可以利用其他形式的光滑凹函数逼近.

例 7.14

例 7.14

设 $F$ 在 $[a,b]$ 上处处可导且其导函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积. 证明: Newton-Leibniz (牛顿-莱布尼茨) 公式 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)$ 成立.

证明 我们提供两种证明方法.

法I 利用微分中值定理以及 $f$ 的可积性有

$$\begin{array}{rl}F(b)-F(a)& =\underset{n\to +\infty }{\lim }[F(b)-F(a)]\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\left\{F\left[a+\frac{k(b-a)}{n}\right]-F\left[a+\frac{(k-1)(b-a)}{n}\right]\right\}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\frac{b-a}{n}\\ & ={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x,\end{array}$$

其中 ${\xi }_k\in \left(a+\frac{(k-1)(b-a)}{n},a+\frac{k(b-a)}{n}\right)(k=1,2,\cdots ,n).$

法II 以下证明方法虽然不如法I简捷,但更具推广价值.

容易证明, $\forall \epsilon >0$ , 存在 $[a,b]$ 上的连续函数 $g$ 满足 $g⩾f$ , 且

$${\int }_a^b[g(x)-f(x)]\mathrm{d}x⩽\epsilon .$$

为此, 可以取 $[a,b]$ 的一个划分 $P$ 使得

$$U(f,P)-{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩽\frac{\epsilon }{2},$$

其中 $U(f,P)$ 表示 $f$ 在 $[a,b]$ 上关于划分 $P$ 的 Darboux 上和. 由此立即可以构造一个分段常值函数 $h$ 满足 $h⩾f$ , 且

$${\int }_a^b[h(x)-f(x)]\mathrm{d}x⩽\frac{\epsilon }{2}.$$

容易通过修改 h 在每一个间断点附近的值, 得到所需的函数 g.

考虑

$$G(x):={\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t-F(x),x\in [a,b].$$

则 $G^{\prime }(x)=g(x)-f(x)⩾0.$ 从而 $G(b)⩾G(a)$ ，即

$${\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x-F(b)⩾-F(a).$$

所以

$$F(b)-F(a)⩽{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x+\epsilon .$$

由 $\epsilon >0$ 的任意性得到

$$F(b)-F(a)⩽{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

在上式中用 -F 代替 F 得

$$F(b)-F(a)⩾{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

所以

$$F(b)-F(a)={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

利用例 7.14 的法 II, 容易证明带积分型余项的 Taylor (泰勒) 展开式当最高阶导函数只是 Riemann 可积时也成立.

例 7.15

例 7.15

(Taylor展开式的推广) 设 $n⩾0$ , 函数 $f$ 在 $[x_0-\alpha ,x_0+\delta ]$ 上有Riemann可积的 $n+1$ 阶导数 $f^{(n+1)}$ . 则对于任何 $x\in [x_0-\alpha ,x_0+\delta ]$ , 成立

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n\\ & +{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)}{n!}\mathrm{d}t.\end{array}\text{\hspace{1em}(7.9)}$$

证明 不妨考虑 $x\in [x_0,x_0+\delta ]$ 的情形.

容易证明, $\forall \epsilon >0$ , 由于 $f^{(n+1)}$ Riemann 可积, 存在 $[a,b]$ 上的连续函数 $g$ 满足 $g⩾f^{(n+1)}$ , 且

$${\int }_{x_0}^{x_0+\delta }[g(x)-f^{(n+1)}(x)]\mathrm{d}x⩽\epsilon .$$

考虑

$$F(x):=f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}\left(x_0\right)}{k!}{\left(x-x_0\right)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^{n}g(t)}{n!}\mathrm{d}t,x\in [x_0,x_0+\delta ].$$

则 $F(x_0)=F^{\prime }(x_0)=\cdots =F^{(n)}(x_0)=0,F^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)-g(x)⩽0.$ 从而

$$F(x)⩽0,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ],$$

即

$$f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^{n}g(t)}{n!}\mathrm{d}t⩽0,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ].$$

所以

$$f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)}{n!}\mathrm{d}t⩽\epsilon ,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ].$$

由 $\epsilon >0$ 的任意性得到

$$f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)}{n!}\mathrm{d}t⩽0,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ].$$

在上式中用 $-f$ 代替 $f$ 得

$$f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)}{n!}\mathrm{d}t⩾0,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ].$$

所以

$$f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k-{\int }_{x_0}^x\frac{(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)}{n!}\mathrm{d}t=0,\forall x\in [x_0,x_0+\delta ].$$ $$\square$$

例 7.16

例 7.16

(积分第二中值定理) 设函数 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上可积, 且 $g$ 单调. 则存在 $\xi \in [a,b]$ 使得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.10)}$$

特别地, 若 $g$ 非负且单调减少, 则存在 $\xi \in [a,b]$ 使得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.11)}$$

而若 $g$ 非负且单调增加, 则存在 $\xi \in [a,b]$ 使得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.12)}$$

证明 首先我们对 f 连续, g 连续可导的情形来证明定理. 此时

$$g^{\prime }(x)⩾0,\forall x\in [a,b].$$

从而利用分部积分法, 并由积分第一中值定理, 知存在 $\xi \in [a,b]$ 使得

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x& =g(b)F(b)-{\int }_a^{b}F(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =g(b)F(b)-F(\xi ){\int }_a^b{g}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x,\end{array}$$

其中

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t,\forall x\in [a,b].$$

即 (7.10) 式成立.

接下来, 我们利用上述结论来证明一般的结论.

对于满足题设的 $f,g$ , 我们可以找到 $[a,b]$ 上的连续函数列 $\{f_n\}$ 和连续可导的单调函数列 $\{g_n\}$ 使得

$$\begin{array}{rl}\underset{x\in [a,b]}{\max }|f_n(x)|⩽M_f:=\underset{x\in [a,b]}{\sup }|f(x)|,& \\ & \underset{x\in [a,b]}{\max }|g_n(x)|⩽M_g:=\underset{x\in [a,b]}{\sup }|g(x)|,\\ g_n(a)& =g(a),g_n(b)\\ & =g(b),\end{array}$$

且

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x& =0,\\ \underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x& =0.\end{array}$$

而由前面已经证明的结果, 知存在 ${\xi }_n\in [a,b]$ 使得

$${\int }_a^b{f}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x=g_n(a){\int }_a^{{\xi }_n}{f}_n(x)\mathrm{d}x+g_n(b){\int }_{{\xi }_n}^b{f}_n(x)\mathrm{d}x.$$

由于 ${\xi }_n\in [a,b]$ ，所以它有收敛子列，不妨设它本身收敛，且极限为 $\xi$ .则由

$$\left|{\int }_a^b{f}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right|$$ $$\begin{array}{rl}⩽{\int }_a^b\left|[f_n(x)-f(x)]g_n(x)\right|\mathrm{d}x+{\int }_a^b\left|[g_n(x)-g(x)]f(x)\right|\mathrm{d}x& \\ & ⩽M_g{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x+M_f{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x\end{array}$$

可证

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n(x)g_n(x)\mathrm{d}x={\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x.$$

类似地, 可以证明

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\left[g_n(a){\int }_a^{{\xi }_n}{f}_n(x)\mathrm{d}x+g_n(b){\int }_{{\xi }_n}^b{f}_n(x)\mathrm{d}x\right]& =g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

从而得到 (7.10) 式.

最后, 若 $g$ 非负且单调减少, 修改 $g(b)$ 的定义, 使之为 0, 则新的 $g$ 仍然是单调函数, 由此可得 (7.11) 式. 类似地可以证明当 $g$ 非负且单调增加时, (7.12) 式成立. $\square$

例 7.17

例 7.17

(推广的 Riemann 引理) 设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积. 函数 $g$ 以 $T$ > 0 为周期, 且在 $[0,T]$ 上可积. 则

$$\underset{p\to \infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)\mathrm{d}x=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.13)}$$

证明 假设题设条件成立.

法I (i) 在题设基础上设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可导, 且 ${\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x=0$ . 记

$$G(x)={\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t,\forall x\in \mathbb{R}.$$

则 $G$ 是以 $T$ 为周期的连续函数, 从而它在 $\mathbb{R}$ 上有界. 我们有

$${\int }_a^{b}f(x)g(px)\mathrm{d}x=\frac{1}{p}[f(b)G(pb)-f(a)G(pa)]-\frac{1}{p}{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)G(px)\mathrm{d}x.$$

由于 $f,f^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上有界, $G$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界, 我们得到

$$\underset{p\to \infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)\mathrm{d}x=0.\text{\hspace{1em}(7.14)}$$

2. 在题设基础上设 ${\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x=0.$ 取 $[a,b]$ 上连续可导的函数列 $\{f_n\}$ 使得

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x=0.$$

记 $M={\sup }_{y\in \mathbb{R}}|g(y)|$ .由于

$$\left|[f(x)-f_n(x)]g(px)\right|⩽M|f(x)-f_n(x)|,\forall x\in [a,b],$$

我们有

$$\begin{array}{rl}\underset{p\to \infty }{\overline{\lim }}\left|{\int }_a^{b}f(x)g(px)\mathrm{d}x\right|⩽\underset{p\to \infty }{\overline{\lim }}\left|{\int }_a^b{f}_n(x)g(px)\mathrm{d}x\right|+M{\int }_a^b|f(x)-f_n(x)|\mathrm{d}x& =M{\int }_a^b|f(x)-f_n(x)|\mathrm{d}x.\end{array}$$

上式两边令 $n\to +\infty$ 即得 (7.14) 式.

3. 一般地, 由 (ii) 的结果, 我们有

$$\underset{p\to \infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\left[g(px)-\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(t)\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}x=0,$$

此即 (7.13) 式.

法II 可以利用分段常值函数证明结论. 不失一般性, 只需考虑 $p\to +\infty$ 的情形.

1. 对于 $[c,d]\subseteq [a,b]$ , $p>0$ , 令 $N_p$ 为 $\frac{p(d-c)}{T}$ 的整数部分, 则

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }\frac{N_p}{p}=\frac{d-c}{T},$$ $$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{\chi }_{[c,d]}(x)g(px)\mathrm{d}x& ={\int }_c^{d}g(px)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{p}{\int }_{pc}^{pd}g(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{N_p}{p}{\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{p}{\int }_{pc+N_{p}T}^{pd}g(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

从而

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b{\chi }_{[c,d]}(x)g(px)\mathrm{d}x=\frac{d-c}{T}{\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x.$$

即对于 $f={\chi }_{[c,d]}$ ，(7.13)式成立.

2. 由 (i) 立即得到对于形为 $f={\sum }_{j=1}^m{\alpha }_j{\chi }_{[c_j,d_j]}$ 的函数, (7.13) 式成立.

3. 一般地, 对于 $[a,b]$ 上的可积函数 $f$ , 存在

$$f_n=\sum _{j=1}^{m_n}{\alpha }_j{\chi }_{[c_j,d_j]},$$

使得

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x=0.$$

从而类似于法 I 的 (ii), 得到 (7.13) 式.

例 7.18

例 7.18

设 $a<b<c<d$ , $f$ 在 $(a,c)$ 和 $(b,d)$ 内均为凸函数. 证明 $f$ 在 $(a,d)$ 内为凸函数.

证明 首先, $f$ 在 $(a,c)$ 和 $(b,d)$ 上的凸性蕴涵其连续性, 因此 $f$ 在 $(a,d)$ 内连续.

我们只需证明对任何 $\epsilon \in \left(0,\frac{c-b}{4}\right)$ , $f$ 在 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内为凸函数. 任取 $\alpha \in \left(0,\frac{\epsilon }{4}\right)$ , 定义

$$f_{\alpha }(x):=\frac{1}{{\alpha }^2}{\int }_x^{x+\alpha }\mathrm{d}t{\int }_t^{t+\alpha }f(s)\mathrm{d}s,x\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$

则 $f_{\alpha }$ 有连续的二阶导数，且 ${\lim }_{\alpha \to 0^{+}}{f}_{\alpha }(x)=f(x)$

进一步, $f_{\alpha }$ 在 $(a+\epsilon ,c-\epsilon )$ 和 $(b+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内分别为凸函数. 因此, 注意到 $c-\epsilon >b+\epsilon$ ,

$$f_{\alpha }^{\prime \prime }(x)⩾0,\forall x\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$

所以 $f_{\alpha }$ 是 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内的凸函数. 从而

$$f_{\alpha }[sx+(1-s)y]⩽s{f}_{\alpha }(x)+(1-s)f_{\alpha }(y),\forall s\in (0,1),x,y\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$

令 $\alpha \to 0^{+}$ 即得

$$f[sx+(1-s)y]⩽sf(x)+(1-s)f(y),\forall s\in (0,1),x,y\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ),$$

所以 $f$ 是 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内的凸函数. 最后得到 $f$ 是 $(a,d)$ 上的凸函数.

例 7.19

例 7.19

设 $f$ 是 $[-\pi ,\pi ]$ 上的凸函数. 证明:

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos (2nx)\mathrm{d}x⩾0,n⩾1,\text{\hspace{1em}(7.15)}$$ $${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos [(2n+1)x]\mathrm{d}x⩽0,n⩾1.\text{\hspace{1em}(7.16)}$$

证明 首先, 作为闭区间 $[-\pi ,\pi ]$ 上的凸函数, $f$ 一定在 $[-\pi ,\pi ]$ 上有界, 在 $(-\pi ,\pi )$ 内连续, 从而在 $[-\pi ,\pi ]$ 上 Riemann 可积. 任取 $\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ . 在 $\mathbb{R}$ 上定义 $f_{\alpha }$ 如下:

$$f_{\alpha }(x):=\{\begin{array}{ll}f(-\pi )+\frac{f(-\pi +\alpha )-f(-\pi )}{\alpha }(x+\pi ),& x\in (-\infty ,-\pi +\alpha ],\\ f(x),& x\in (-\pi +\alpha ,\pi -\alpha ),\\ f(\pi )+\frac{f(\pi )-f(\pi -\alpha )}{\alpha }(x-\pi ),& x\in [\pi -\alpha ,+\infty ),\end{array}$$

则 $f_{\alpha }$ 为 $\mathbb{R}$ 上的凸函数. 进一步令

$$f_{\alpha }^{\ast }(x)=\frac{1}{{\alpha }^2}{\int }_x^{x+\alpha }\mathrm{d}t{\int }_t^{t+\alpha }{f}_{\alpha }(s)\mathrm{d}s,x\in \mathbb{R}.$$

则 $f_{\alpha }^{\ast }$ 为 $\mathbb{R}$ 上的具有二阶连续导数的凸函数, 且在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致有界. 进一步, 当 $\alpha \to 0^{+}$ 时, $f_{\alpha }^{\ast }$ 在 $(-\pi ,\pi )$ 内内闭一致收敛到 $f$ .

我们有

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}_{\alpha }^{\ast }(x)\cos (2nx)\mathrm{d}x& =-\frac{1}{2n}{\int }_{-\pi }^{\pi }{\left[f_{\alpha }^{\ast }(x)\right]}^{\prime }\sin (2nx)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{4n^2}{\int }_{-\pi }^{\pi }[f_{\alpha }^{\ast }(x){]}^{\prime \prime }[\cos (2nx)-1]dx⩾0,\\ {\int }_{-\pi }^{\pi }{f}_{\alpha }^{\ast }(x)\cos [(2n+1)x]\mathrm{d}x& =-\frac{1}{2n+1}{\int }_{-\pi }^{\pi }{\left[f_{\alpha }^{\ast }(x)\right]}^{\prime }\sin [(2n+1)x]\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{(2n+1{)}^2}{\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(f_{\alpha }^{\ast }(x)\right)}^{\prime \prime }\left\{\cos [(2n+1)x]+1\right\}dx⩽0.\end{array}$$

令 $\alpha \to 0^{+}$ , 即得 (7.15)---(7.16) 式.

注 7.3 ^zhu-7-3 可以证明 $f(-{\pi }^{+})$ 与 $f({\pi }^{-})$ 存在, 因此不妨认为 $f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上连续. 但当 ${\lim }_{x\to {\pi }^{-}}{f}^{\prime }(x)=+\infty$ 时, $f$ 不能凸延拓到整个 $\mathbb{R}$ 上. 因此, 仍有必要以上面的方式引入 $f_{\alpha }$ . 但此时, 事实上 $f_{\alpha }^{\ast }$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛到 $f$ .

注 7.4 ^zhu-7-4 当 $\alpha \to 0^{+}$ 时, 直接考察 $f_{\alpha }^{\ast }$ 与 $f$ 的关系可能对一些读者来说有困难. 为此, 我们也可以把这一步分作两步, 考虑

$$f_{\beta ,\alpha }(x):=\frac{1}{{\beta }^2}{\int }_x^{x+\beta }\mathrm{d}t{\int }_t^{t+\beta }{f}_{\alpha }(s)\mathrm{d}s,x\in \mathbb{R},$$

先得出函数 $f_{\beta ,\alpha }$ 满足 (7.15)---(7.16) 式. 然后令 $\beta \to 0^{+}$ 得到 $f_{\alpha }$ 满足 (7.15)---(7.16) 式. 最后再令 $\alpha \to 0^{+}$ 得到 $f$ 满足 (7.15)---(7.16) 式.

例 7.20

例 7.20

设 $f$ 为以 $\pi$ 为周期的偶函数, 在 $[0,\pi ]$ 上可积. 证明:

$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.17)}$$

证明 我们分三步证明.

1. 收敛性. 首先, ${\int }_0^{2\pi }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 是一个定积分. 其次, 由题设, 可见

$${\int }_{2\pi }^{2k\pi }f(x)\sin x\mathrm{d}x=0,\forall k⩾1.$$

由此不难得到对任何 $A>2\pi$ ，成立

$$\left|{\int }_{2\pi }^{A}f(x)\sin x\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^{\pi }|f(x)|\mathrm{d}x.$$

于是由Dirichlet判别法， ${\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 收敛，即原积分收敛.

2. $f$ 为三角多项式情形. 若 $f(x)={\sum }_{k=0}^m{a}_k\cos (2kx)$ , 则

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\infty }\sum _{k \\ =0}^m\frac{a_k\cos (2kx)\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\sum _{k=0}^m{a}_k\frac{\sin [(2k+1)x]-\sin [(2k-1)x]}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{4}\sum _{k=0}^m{a}_k[\mathrm{sgn}(2k+1)-\mathrm{sgn}(2k-1)]\\ & =\frac{\pi a_0}{2}\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x.\end{array} \end{gathered}$$

3. 一般情形. 一般地, 由于 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数, 根据 Weierstrass 逼近定理, 存在一列三角多项式 $T_n$ 使得

$${\int }_0^{2\pi }|f(x)-T_n(x)|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$

令

$$g_n(x)=\frac{T(x)+T(-x)}{2}+\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }(f(t)-T_n(t))\mathrm{d}t.$$

则 $g_n$ 具有形式 $g_n(x)={\sum }_{k=0}^{m_n}{a}_{n,k}\cos (2kx)$ ，满足

$${\int }_0^{2\pi }[g_n(x)-f(x)]\mathrm{d}x=0,$$

且

$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }|f(x)-g_n(x)|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$

记

$$G_n(x)={\int }_0^x[f(t)-g_n(t)]\sin t\mathrm{d}t,x⩾0.$$

则

$$G_n(2k\pi )=0,|G_n(x)|⩽{\int }_0^{\pi }\left|f(t)-g_n(t)\right|\mathrm{d}t={\epsilon }_n.$$

我们有

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_0^{2\pi }\frac{[f(x)-g_n(x)]\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^{2\pi }|f(x)-g_n(x)|\mathrm{d}t& =2{\epsilon }_n,\\ \left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{[f(x)-g_n(x)]\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|& ={\left|\frac{G_n(x)}{x}\right|}_{2\pi }^{+\infty }+{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}\mathrm{d}x|\\ & =\left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}\mathrm{d}x\right|⩽{\epsilon }_n{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x⩽{\epsilon }_n.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x\right|& =\left|{\int }_0^{+\infty }\frac{[f(x)-g_n(x)]\sin x}{x}dx-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}[f(x)-g_n(x)]dx\right|\\ & ⩽\left|{\int }_0^{2\pi }\frac{[f(x)-g_n(x)]\sin x}{x}dx\right|+\left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{[f(x)-g_n(x)]\sin x}{x}dx\right|+\\ & \left|{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}[f(x)-g_n(x)]\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽2{\epsilon }_n+{\epsilon }_n+{\epsilon }_n.\end{array}$$

令 $n\to +\infty$ 就得到结论.

例 7.21

例 7.21

设 $f$ 为以 $\pi$ 为周期的偶函数, 在 $[0,\pi ]$ 上可积. 证明:

$${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.18)}$$

证明 类似地, 我们分三步证明. 对应于例 7.20, 该式的证明中, (i) 和 (iii) 更简单, 但 (ii) 要复杂一些.

1. 收敛性. 易见 ${\int }_0^{2\pi }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x$ 是一个定积分, 而 ${\int }_{2\pi }^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x$ 绝对收敛. 因此, 原积分收敛.

2. $f$ 为三角多项式情形. 设 $f(x)={\sum }_{k=0}^m{a}_k\cos (2kx)$ . 注意到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\cos (2kx){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (2kx)\sin 2x-2k\sin (2kx){\sin }^{2}x}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (2(k+1)x)-\sin (2(k-1)x)-2k\sin (2kx)}{2x}\mathrm{d}x\\ & +{\int }_0^{+\infty }\frac{k\sin (2(k+1)x)+k\sin (2(k-1)x)}{2x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{4}[\mathrm{sgn}(k+1)-\mathrm{sgn}(k-1)-2k\mathrm{sgn}k\\ & +k\mathrm{sgn}(k+1)+k\mathrm{sgn}(k-1)]\\ & =\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{2},& k=0,\\ 0,& k⩾1.\end{array}\end{array}$$

此时 (7.18) 式成立.

3. 一般情形. 一般地, 对于满足题意的函数 $f$ , 存在一列三角多项式 $g_n(x)={\sum }_{k=0}^{m_n}{a}_{n,k}\cos (2kx)$ , 使得

$$\underset{x\in [0,\pi ]}{\max }|g_n(x)|⩽M_f:=\underset{x\in [0,\pi ]}{\sup }|f(x)|,$$

且

$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }|f(x)-g_n(x)|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$

取自然数列 $\{k_n\}$ 使得 $k_n\to +\infty$ ，且 $k_n^2{\epsilon }_n⩽1.$ 我们有

$$\left|{\int }_0^{+\infty }(f(x)-g_n(x)){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x\right|$$ $$\begin{array}{rl}⩽{\int }_0^{k_n\pi }|f(x)-g_n(x)|\mathrm{d}x+2M_f{\int }_{k_n\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x& =k_n{\epsilon }_n+\frac{2M_f}{k_n\pi }.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rlr}{\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x& =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }{g}_n(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x& \\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{g}_n(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

例 7.22

例 7.22

若 $f$ 是 $R$ 上以 $2\pi$ 为周期的偶函数, 且在 $[0,2\pi ]$ 上 Riemann 可积. 证明:

$${\int }_0^{+\infty }f(x)\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }f(x)(1+\cos x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.19)}$$

我们把本例的证明留给读者.

例 7.23

例 7.23

(Hardy-Littlewood (哈代-李特尔伍德)之 Tauber (陶伯)型定理) 设 $a_n⩾0$ , 且

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=1.$$

则

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^n{a}_k=1.$$

证明 证明分五步. (i) 对于任何 $k⩾0$ , 我们有

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(1-x^{k+1}\right)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n(k+1)}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(1-x\right)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=1.$$

从而

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n{x}^{nk}=\frac{1}{k+1}={\int }_0^1{x}^k\mathrm{d}x.$$

由此, 对于任何多项式 $P$ , 成立

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}P(x^n)={\int }_0^{1}P(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.20)}$$

2. 现任取 $f\in C[0,1]$ , 则有多项式 $P_k$ 使得

$${\epsilon }_k\equiv \underset{x\in [0,1]}{\max }|P_k(x)-f(x)|\to 0,k\to +\infty .\text{\hspace{1em}(7.21)}$$

则对于 $x\in (0,1)$ ,

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f(x^n)-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|& \\ ⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\left|f\left(x^n\right)-P_k\left(x^n\right)\right|+\left|(1-x)\sum _{n \\ =0}^{\infty }{a}_n{x}^n{P}_k\left(x^n\right)-{\int }_0^1{P}_k(x)\mathrm{d}x\right|+& \\ & {\int }_0^1|f(x)-P_k(x)|\mathrm{d}x\\ ⩽{\epsilon }_k(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n+\left|(1-x)\sum _{n \\ =0}^{\infty }{a}_n{x}^n{P}_k(x^n)-{\int }_0^1{P}_k(x)\mathrm{d}x\right|+{\epsilon }_k,\forall k⩾0.& \end{array} \end{gathered}$$

令 $x\to 1^{-}$ 得到

$$\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽2{\epsilon }_k,\forall k⩾0.$$

再令 $k\to +\infty$ 得到

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f(x^n)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.22)}$$

3. 现在对分段常值函数证明 (7.22) 式. 任取 $0<a<b<1$ , 我们先对 $f={\chi }_{[a,b]}$ 证明 (7.22) 式. 取 $\epsilon \in \left(0,\min \left\{a,1-b,\frac{b-a}{3}\right\}\right)$ . 作分段连续函数 $f^{\epsilon }$ 和 $f_{\epsilon }$ , 使得 $f^{\epsilon }$ 在 $[0,a-\epsilon ]$ 和 $[b+\epsilon ,1]$ 上为 0, 在 $[a,b]$ 上为 1, 在余下的区间 $[a-\epsilon ,a]$ 和 $[b,b+\epsilon ]$ 上用直线段连接:

$$f^{\epsilon }(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in [a,b],\\ \frac{x-a+\epsilon }{\epsilon },& x\in [a-\epsilon ,a],\\ \frac{b+\epsilon -x}{\epsilon },& x\in [b,b+\epsilon ],\\ 0,& x\in [0,a-\epsilon ]\cup [b+\epsilon ,1];\end{array}\text{\hspace{1em}(7.23)}$$

而 $f_{\epsilon }$ 在 $[0,a]$ 和 $[b,1]$ 上为 0，在 $[a+\epsilon ,b-\epsilon ]$ 上为 1，在余下的区间 $[a,a+\epsilon ]$ 和 $[b-\epsilon ,b]$ 上用直线段连接：

$$f_{\epsilon }(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in [a+\epsilon ,b-\epsilon ],\\ \frac{x-a}{\epsilon },& x\in [a,a+\epsilon ],\\ \frac{b-x}{\epsilon },& x\in [b-\epsilon ,b],\\ 0,& x\in [0,a]\cup [b,1].\end{array}\text{\hspace{1em}(7.24)}$$

则 $f^{\epsilon },f_{\epsilon }$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $\forall x\in (0,1)$ ，

$$f_{\epsilon }(x)⩽f(x)⩽f^{\epsilon }(x).$$

从而

$$(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n{f}_{\epsilon }(x^n)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f(x^n)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n{f}^{\epsilon }(x^n).$$

令 $x\to 1^{-}$ 得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{f}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x& ⩽\underset{x\to 1^{-}}{\underline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f(x^n)\\ & ⩽\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}f(x^n)\\ & ⩽{\int }_0^1{f}^{\epsilon }(x)\mathrm{d}x.\end{array}\text{\hspace{1em}(7.25)}$$

再令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 (7.22) 式对于 $f={\chi }_{[a,b]}$ 成立. 同理或者利用已证结果可以证明当 $f$ 为 ${\chi }_{[0,a]},{\chi }_{[b,1]},{\chi }_{(a,b]},{\chi }_{(a,b)}$ 和 ${\chi }_{[a,b)}$ 这样的函数时, (7.22) 式也成立. 从而当 $f$ 为分段常值函数时, (7.22) 式成立.

4. 现在对于 $[0,1]$ 上的 Riemann 可积函数 f 证明 (7.22) 式. 证明的方法与 (iii) 类似. 任取 $m⩾2$ , 将 $[0,1]$ m 等分, 设分点为 $0=x_0<x_1<\cdots <x_m=1$ . 令

$$g_m(x)=\{\begin{array}{ll}{\inf }_{t\in [x_0,x_1]}f(t),& x\in [x_0,x_1],\\ {\inf }_{t\in [x_1,x_2]}f(t),& x\in (x_1,x_2],\\ \dots \dots & \\ {\inf }_{t\in [x_{m-1},x_m]}f(t),& x\in (x_{m-1},x_m],\end{array}$$ $$h_m(x)=\{\begin{array}{ll}{\sup }_{t\in [x_0,x_1]}f(t),& x\in [x_0,x_1],\\ {\sup }_{t\in [x_1,x_2]}f(t),& x\in (x_1,x_2],\\ \dots \dots & \\ {\sup }_{t\in [x_{m-1},x_m]}f(t),& x\in (x_{m-1},x_m].\end{array}$$

则重复 (iii) 中的过程, 可以得到对于 $[0,1]$ 上的 Riemann 可积函数 $f$ , (7.22) 式成立.

22. 最后, 取

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x},& x\in \left[\frac{1}{\mathrm{e}},1\right],\\ 0,& x\in \left[0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right),\end{array}\text{\hspace{1em}(7.26)}$$

便有

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k}f\left({\left(1-\frac{1}{n}\right)}^k\right)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=1.$$

注意到

$${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{1}{\mathrm{e}}<{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{n-1},n⩾2,$$

我们有

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k=1.\text{\hspace{1em}(7.27)}$$

由 (7.27) 式立即可得我们要证的结果.

例7.24（无理数之均匀分布）设 $f$ 是[0,1]上的Riemann可积函数， $s$ 是一个无理数.证明

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x,\text{\hspace{1em}(7.28)}$$

其中 $\{ks\}$ 表示 $ks$ 的小数部分. 这一结果表明, 对于无理数 $s,\{ks\}$ 在 $[0,1]$ 上是均匀分布的:

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\#\{k\mid \{ks\}\in [a,b],1⩽k⩽n\}}{n}=b-a,\text{\hspace{1em}(7.29)}$$

其中 $0⩽a<b⩽1,\#E$ 表示集合 $E$ 中元素的个数.

证明 这一命题的证明与前例相当类似, 只是我们这里需要用三角函数来作逼近. 以下总设 $s$ 为一个无理数. 我们分四步来证明.

1. 首先当 $f$ 为三角多项式

$$f(x)=T_m(x)=a_{m,0}+\sum _{j=1}^m[a_{m,j}\cos (2j\pi x)+b_{m,j}\sin (2j\pi x)]$$

时, 我们来验证 (7.28) 式成立. 我们有

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{T}_m(\{ks\})& \\ & =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{T}_m(ks)\\ & =a_{m,0}+\frac{1}{n}\sum _{j=1}^m\sum _{k \\ =1}^n\left[a_{m,j}\cos (2kjs\pi )+b_{m,j}\sin (2kjs\pi )\right]\\ & =a_{m,0}+\frac{1}{n}\sum _{j=1}^m\left\{a_{m,j}\frac{\sin [(2n+1)js\pi ]-\sin (js\pi )}{2\sin (sj\pi )}+b_{m,j}\frac{\cos (js\pi )-\cos [(2n+1)js\pi ]}{2\sin (js\pi )}\right\},\end{array} \end{gathered}$$

这里 $s$ 为无理数保证了 $\sin (js\pi )\ne 0.$ 所以

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{T}_m(\{ks\})=a_{m,0}={\int }_0^1{T}_m(x)\mathrm{d}x,\forall m⩾1.\text{\hspace{1em}(7.30)}$$

2. 现在证明当 $f\in C[0,1]$ , $f(0)=f(1)$ 时, (7.28) 式成立. 此时 $f$ 可以用一列三角多项式 $T_m$ 一致逼近, 即

$${\epsilon }_m\equiv \underset{x\in [0,1]}{\max }|T_m(x)-f(x)|\to 0,m\to +\infty .$$

从而

$$\left|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{T}_m(\{ks\})-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})\right|⩽{\epsilon }_m,$$ $$\left|{\int }_0^1{T}_m(x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽{\epsilon }_m.$$

因此

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|& \\ ⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})-\frac{1}{n}\sum _{k \\ =1}^n{T}_m(\{ks\})\right|+& \\ \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{T}_m(\{ks\})-{\int }_0^1{T}_m(x)\mathrm{d}x\right|+& \\ & \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left|{\int }_0^1{T}_m(x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽2{\epsilon }_m,\forall m⩾1.\end{array} \end{gathered}$$

令 $m\to +\infty$ 即得

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(7.31)}$$

3. 下面证明 (7.28) 式对于分段常值函数成立.

考虑 $0⩽a<b⩽1$ , 以及 $f={\chi }_{[a,b]},{\chi }_{(a,b]},{\chi }_{[a,b)},{\chi }_{(a,b)}$ , 我们要证明 (7.28) 式成立.

不失一般性, 我们考虑 $[a,b]\subset (0,1)$ 的情形. 取 $\epsilon \in \left(0,\min \left\{a,1-b,\frac{b-a}{3}\right\}\right)$ . 分别用 (7.23) 式和 (7.24) 式定义 $f^{\epsilon }$ 和 $f_{\epsilon }$ . 同上一题类似, $f^{\epsilon },f_{\epsilon }$ 在 $[0,1]$ 上连续, $f^{\epsilon }(0)=f^{\epsilon }(1)=f_{\epsilon }(0)=f_{\epsilon }(1)$ , 且 $\forall x\in (0,1)$ ,

$$f_{\epsilon }(x)⩽f(x)⩽f^{\epsilon }(x).$$

从而

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_{\epsilon }(\{ks\})⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}^{\epsilon }\{ks\}).$$

两边令 $n\to +\infty$ 得

$$\begin{array}{r}{\int }_0^1{f}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x⩽\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})\\ ⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{ks\})⩽{\int }_0^1{f}^{\epsilon }(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 (7.28) 式.

对于区间端点含有 0 或 1 的情形同理可证. 也可以利用上述结论来证明.

对于分段常值函数, 立即可得 (7.28) 式也成立. 特别地, (7.29) 式成立.

4. 类似于上一题, 可证当 $f$ 为 $[0,1]$ 上的 Riemann 可积函数时, (7.28) 式也成立.

注 7.5 ^zhu-7-5 由于对于固定的 $s,\{ks\}$ 的全体是可列集, 从而是零测度集, 因此, 当 $f$ 只是Lebesgue可积时, 结论不真.

例 7.25

例 7.25

计算

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n|\cos k|.$$

解 由例7.24立即可得

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n|\cos k|={\int }_0^1|\cos 2\pi x|\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }.$$

最后, 我们举一个例子, 表明一个命题中函数的光滑性不一定总可以降低到使命题中的表达式均有意义的程度.

例 7.26

例 7.26

设 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 以 1 为周期, $f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=f(2x)$ . 证明: $f\equiv 0$ .

证明 法 I 设 $f$ 的 Fourier (傅里叶) 展开式为

$$\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }[a_k\cos (2k\pi x)+b_k\sin (2k\pi x)].$$

则 $f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)$ 的Fourier展开式为

$$\begin{array}{rl}{a}_0+\sum _{k=1}^{\infty }\left\{\left[1+(-1{)}^k\right]a_k\cos (2k\pi x)+\left[1+(-1{)}^k\right]b_k\sin (2k\pi x)\right\}& \\ & =a_0+\sum _{k=1}^{\infty }[2a_{2k}\cos (4k\pi x)+2b_{2k}\sin (4k\pi x)].\end{array}$$

而 $f(2x)$ 的Fourier展开式为

$$\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }[a_k\cos (4k\pi x)+b_k\sin (4k\pi x)].$$

比较系数得到 $a_0=0$ ,

$$a_k=2a_{2k},b_k=2b_{2k},k⩾1.$$

从而

$$a_k=2^n{a}_{2^{n}k},b_k=2^n{b}_{2^{n}k},\forall k⩾1,n⩾1.$$

注意到 $f\in C^1(\mathbb{R})$ ，从而

$$\begin{array}{rlr}\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n& =\underset{n\to +\infty }{\lim }2n{\int }_0^{1}f(x)\cos (2n\pi x)\mathrm{d}x& \\ & =-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\sin (2n\pi x)\mathrm{d}x& =0.\end{array}$$

类似地，

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n{b}_n=0.$$

所以

$$a_k=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{k}{2}^{n}k{a}_{2^{n}k}=0,b_k=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{k}{2}^{n}k{b}_{2^{n}k}=0,\forall k⩾1.$$

这样 $f$ 的Fourier系数均为零. 所以 $f\equiv 0$ .

法II $f^{\prime }$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续周期函数, 所以它有连续模

$$\omega (r)=\underset{\begin{array}{c}x,y\in \mathbb{R}\\ |x-y|⩽r\end{array}}{\sup }|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)|,\forall r⩾0,$$

$\omega$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续单调增加，且 $\omega (0)=0$

由假设条件

$$f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)=2f^{\prime }(2x),\forall x\in \mathbb{R}.$$

于是对任何 $\alpha >0$

$$\begin{array}{rl}\omega (2\alpha )& =\underset{\begin{array}{c}x,y\in \mathbb{R}\\ |x-y|⩽2\alpha \end{array}}{\sup }|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)|\\ & =\underset{\begin{array}{c}x,y\in \mathbb{R}\\ |x-y|⩽\alpha \end{array}}{\sup }|f^{\prime }(2x)-f^{\prime }(2y)|\\ & =\frac{1}{2}\underset{\begin{array}{c}x,y\in \mathbb{R}\\ |x-y|⩽\alpha \end{array}}{\sup }\left|f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)-f^{\prime }(y)+f^{\prime }\left(y+\frac{1}{2}\right)\right|\\ & ⩽\omega (\alpha ).\end{array}$$

反复利用上式得到

$$\omega (\alpha )⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2}\right)⩽\cdots ⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right),\forall n⩾1.$$

令 $n\to +\infty$ ，得到

$$\omega (\alpha )=\underset{n\to +\infty }{\lim }\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right)=\omega (0)=0.$$

所以 $f^{\prime }$ 为常数. 因为 $f$ 为可微的周期函数, 因此, $f^{\prime }$ 有零点. 于是 $f^{\prime }\equiv 0$ . 所以 $f$ 为常数, 而易见 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$ . 因此, $f\equiv 0$ .

注 7.6 ^zhu-7-6 利用法I, 关于 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 的条件可以减弱为: 设 $g$ 以1为周期, 在[0,1]上绝对可积且 ${\int }_0^{1}g(x)\mathrm{d}x=0$ , 而

$$f(x)=f(0)+{\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t.$$

注 7.7 ^zhu-7-7 若 $f\in C^2(\mathbb{R})$ ，则直接得到

$$f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime \prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)=4f^{\prime \prime }(2x),\forall x\in \mathbb{R}.$$

记 $M={\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f^{\prime \prime }(x)|$ ，则

$$M=\underset{x\in [0,1]}{\max }|f^{\prime \prime }(x)|=\frac{1}{4}\underset{x\in [0,1]}{\max }\left|f^{\prime \prime }\left(\frac{x}{2}\right)+f^{\prime \prime }\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\right)\right|⩽\frac{M}{2},$$

这表明 M = 0. 由此得到 $f\equiv 0$ .

注 7.8 ^zhu-7-8 注7.6表明关于 $f$ 的光滑性可以降低到绝对连续. 但我们将看到光滑性条件不能降低到连续. 考虑

$$f(x):=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin (2^n\pi x)}{2^n},\forall x\in \mathbb{R}.$$

则 $f\in C(\mathbb{R})$ , 以 1 为周期, 且 $f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=f(2x)$ . 但 $f$ 不是常数. 例如我们有 $f(0)=0$ , $f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2}$ .