12-连续模

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

虽然连续模的运用基本上是一个记号上的使用, 但这个记号可以给我们带来很多方便, 甚至帮助我们找到正确的解题途径, 希望读者能够多在证明中使用连续模.

例 12.1

例 12.1

设 $f(u)$ 在 $u=0$ 处可导, $f(0)=0$ , ${\Omega }_t:x^2+y^2+z^2⩽2tz$ . 求

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^5}{\iiint }_{{\Omega }_t}f(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$$

解 作变量代换

$$\{\begin{array}{ll}x=r\cos \theta \sin \phi ,& \\ y=r\sin \theta \sin \phi ,& \theta \in [0,2\pi ],\phi \in [0,\pi ],r⩾0.\\ z=t+r\cos \phi ,& \end{array}$$

则当 t > 0 时,

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{t^5}{\iiint }_{{\Omega }_t}f(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =\frac{1}{t^5}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{t}f(r^2+t^2+2tr\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & =\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{1}f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r.\end{array}$$

对于 $t\in (0,1]$ , 我们有

$$\begin{array}{rl}& \frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1|f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\\ & -f^{\prime }(0)(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )|r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & ⩽\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\\ & \cdot \omega (t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & ⩽2\pi {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{1}4\omega (4t^2)\mathrm{d}r\\ & =8{\pi }^2\omega (4t^2),\end{array}$$

其中

$$\omega (r)=\underset{0<|u|⩽r}{\sup }\left|\frac{f(u)}{u}-f^{\prime }(0)\right|$$

满足 ${\lim }_{r\to 0^{+}}\omega (r)=0.$ 所以

$$\begin{array}{rl}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^5}{\iiint }_{{\Omega }_t}f(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1{f}^{\prime }(0)(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\\ & \cdot r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & =\frac{32\pi }{15}{f}^{\prime }(0).\end{array}$$

例 12.2

例 12.2

设 $f,g$ 和 $h$ 均在 $\mathbb{R}$ 上一致连续, 其中 $h(x)=xf(x)$ . 证明: $fg$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续.

证明 记

$$\omega (r)=\underset{\begin{array}{c}x,y\in \mathbb{R}\\ |x-y|⩽r\end{array}}{\sup }\max \left\{|xf(x)-yf(y)|,|g(x)-g(y)|,|f(x)-f(y)|\right\},r⩾0.$$

则可证

$$|xf(x)|⩽\omega (|x|)⩽\omega ([|x|]+1)⩽\omega (1)(|x|+1),\forall x\in \mathbb{R},$$

这里 $[a]$ 表示 $a$ 的整数部分. 于是可得 $f$ 有界, 即有 $M>0$ 使得

$$|f(x)|⩽M,\forall x\in \mathbb{R}.$$

类似地，

$$|g(x)-g(0)|⩽\omega (1)(|x|+1),\forall x\in \mathbb{R}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}|f(x)g(x)-f(y)g(y)|& \\ & ⩽|f(x)||g(x)-g(y)|+|g(y)||f(x)-f(y)|\\ & ⩽M|g(x)-g(y)|+|g(0)||f(x)-f(y)|+\omega (1)(|y|+1)|f(x)-f(y)|\\ & ⩽[M+|g(0)|+\omega (1)]\omega (|x-y|)+\omega (1)|yf(x)-yf(y)|\\ & ⩽[M+|g(0)|+\omega (1)]\omega (|x-y|)+\omega (1)|xf(x)-yf(y)|+\omega (1)|x-y||f(x)|\\ & ⩽[M+|g(0)|+2\omega (1)]\omega (|x-y|)+M\omega (1)|x-y|.\end{array}$$

即 fg 一致连续.

$$\square$$

例 12.3

例 12.3

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导，且 $f^{\prime }$ 在 $[0,+\infty )$ 上一致连续， ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 存在。证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0.$$

证明 记 $f^{\prime }$ 的连续模为 $\omega (\cdot )$ . 任取 $\delta >0$ , 我们有

$$\begin{array}{rl}\left|f^{\prime }(x)\right|& ⩽\left|f^{\prime }(x)-\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }\right|+\left|\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }\right|\\ & =\left|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(x+\theta \delta )\right|+\left|\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }\right|\\ & ⩽\omega (\delta )+\left|\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }\right|,\forall x\in [0,+\infty ),\end{array}$$

其中 $\theta \in (0,1)$ 是与 $x,\delta$ 有关的一个数.

令 $x\to +\infty$ ，两边取上极限得到

$$\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}|f^{\prime }(x)|⩽\omega (\delta ).$$

令 $\delta \to 0^{+}$ 即得

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0.$$ $$\square$$

例 12.4

例 12.4

设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数，

$$F(y)={\int }_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x,\forall y\in \mathbf{R}.$$

证明： $F$ 在点0处连续当且仅当 $f(0)=0$

证明 (i) 若 $f(0)=0$ ，则记

$$M=\underset{x\in [0,1]}{\max }|f(x)|,\omega (r)=\underset{0⩽x⩽r}{\sup }|f(x)|,r⩾0.$$

$\forall y\ne 0$ , 我们有

$$\begin{array}{rl}|F(y)-F(0)|& =|F(y)|\\ & =\left|{\int }_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^1\frac{|y||f(x)|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_r^1\frac{|y||f(x)|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x+{\int }_0^r\frac{|y||f(x)|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\\ & ⩽M{\int }_r^1\frac{|y|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x+\omega (r){\int }_0^r\frac{|y|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\end{array}$$ $$=M{\int }_{\frac{r}{|y|}}^{\frac{1}{|y|}}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}+\omega (r){\int }_0^{\frac{r}{|y|}}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}.$$

在上式中令 $y\to 0$ 得

$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽\omega (r){\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2},\forall r\in (0,1).$$

上式中令 $r\to 0^{+}$ 即得

$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽0,$$

即

$$\underset{y\to 0}{\lim }F(y)=F(0).$$

2. 事实上, 在 (i) 中, 我们证明了

$$\underset{y\to 0}{\lim }\left|{\int }_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{yf(0)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\right|=0.$$

因此

$$\begin{array}{rlr}\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x& =\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{yf(0)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x& \\ & =\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^{\frac{1}{y}}\frac{f(0)}{x^2+1}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\infty }\frac{f(0)}{x^2+1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi f(0)}{2}.& \end{array}$$

而

$$\underset{y\to 0^{-}}{\lim }{\int }_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x=-\frac{\pi f(0)}{2}.$$

于是注意到 $F(0)=0$ ，我们得到 F 在点 0 处连续当且仅当 $f(0)=0$ 。

注 12.1 ^zhu-12-1 本题中 f 的连续性可以降低为仅在点 0 处连续 (但 f 要在 [0,1] 上 Riemann 可积).

例 12.5

例 12.5

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上一致连续，且对于固定的 $x\in [0,+\infty )$ ， ${\lim }_{n\to +\infty }f(x+n)=0$ 。证明：函数列 $\{f(x+n)|n=1,2,3,\cdots \}$ 关于 $x\in [0,1]$ 一致收敛于 0。

证明 设 $\omega$ 为 f 的连续模:

$$\omega (r)=\underset{\begin{array}{c}|x-y|⩽r\\ x,y\in [0,+\infty )\end{array}}{\sup }|f(x)-f(y)|,\forall r⩾0.$$

则任取整数 $m⩾2$ , 对于 $x\in [0,1]$ , 我们有 $1⩽j⩽m$ 使得 $\left|x-\frac{j}{m}\right|⩽\frac{1}{m}$ . 所以

$$|f(x+n)|⩽\omega \left(\frac{1}{m}\right)+\left|f\left(\frac{j}{m}+n\right)\right|⩽\omega \left(\frac{1}{m}\right)+\sum _{k=1}^m\left|f\left(\frac{k}{m}+n\right)\right|,$$

故

$$\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x+n)|⩽\omega \left(\frac{1}{m}\right)+\sum _{k=1}^m\left|f\left(\frac{k}{m}+n\right)\right|.$$

令 $n\to +\infty$ ，并在上式两边取上极限得到

$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x+n)|⩽\omega \left(\frac{1}{m}\right).$$

再令 $m\to +\infty$ 即得

$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x+n)|=0.$$

所以 $\{f(x+n)|n=1,2,3,\cdots \}$ 关于 $x\in [0,1]$ 一致收敛于 0.

例 12.6

例 12.6

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上 Riemann 可积, 在点 1 处有二阶导数, $f(1)=f^{\prime }(1)=0$ , $f^{\prime \prime }(1)=a$ . 试计算

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x.$$

证明 本例是第二届全国大学生数学竞赛预赛一个试题的变形, 参见第 132 页. 注意到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^n(1-x{)}^2\mathrm{d}x& =8{\int }_{\frac{1}{2}}^1{t}^n(1-t{)}^2\mathrm{d}t\\ & =8\mathrm{B}(n+1,3)-8{\int }_0^{\frac{1}{2}}{t}^n(1-t{)}^2\mathrm{d}t\\ & =\frac{16}{(n+3)(n+2)(n+1)}-8{\int }_0^{\frac{1}{2}}{t}^n(1-t{)}^2\mathrm{d}t\end{array}$$

以及

$$0⩽8{\int }_0^{\frac{1}{2}}{t}^n(1-t{)}^2\mathrm{d}t⩽\frac{1}{2^{n-3}},$$

我们有

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^n(1-x{)}^2\mathrm{d}x=16.$$

现令 $F(x)=f(x)-\frac{a(1-x{)}^2}{2}$ , 我们要证明

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^{n}F(x)\mathrm{d}x=0.\text{\hspace{1em}(12.1)}$$

记

$$\omega (r)=\underset{0<|x-1|⩽r}{\sup }\left|\frac{F(x)}{(1-x{)}^2}\right|,r⩾0.$$

由假设，

$$M:=\underset{x\in [0,1]}{\sup }|F(x)|<+\infty ,\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\omega (r)=0,$$

我们有

$$\begin{array}{rl}\left|n^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^{n}F(x)\mathrm{d}x\right|& \\ & ⩽n^3{\int }_0^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^n|F(x)|\mathrm{d}x\\ & +n^3{\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^n|F(x)|\mathrm{d}x\\ & ⩽M{n}^3{\left(1-\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)}^n\\ & +\omega \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)n^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^n(1-x{)}^2\mathrm{d}x.\end{array}$$

由此立即得到 (12.1) 式, 即

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3{\int }_0^1{\left(\frac{1+x}{2}\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x=8a.$$

例 12.7

例 12.7

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n$ 收敛, $t_n=a_n+2a_{n+1}+\cdots +k{a}_{n+k-1}+\cdots$ . 证明:

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

证明 这是利用 Abel (阿贝尔) 变换的典型问题. 记

$$A_n=n{a}_n,S_n=\sum _{k=n}^{\infty }k{a}_k,n⩾1.$$

又记

$${\omega }_n=\underset{m⩾n}{\sup }|S_m|,n⩾1.$$

则由题设 ${\lim }_{n\to +\infty }{\omega }_n=0.$ 任取 $m⩾1$ ，我们有

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{m}k{a}_{n+k-1}& \\ & =\sum _{k \\ =1}^m\frac{k}{n+k-1}{A}_{n+k-1}\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{k}{n+k-1}\left(S_{n+k-1}-S_{n+k}\right)\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{k}{n+k-1}{S}_{n+k-1}-\sum _{k \\ =1}^m\frac{k}{n+k-1}{S}_{n+k}\\ & =\sum _{k=0}^{m-1}\frac{k+1}{n+k}{S}_{n+k}-\sum _{k \\ =1}^m\frac{k}{n+k-1}{S}_{n+k}\\ & =\frac{S_n}{n}+\sum _{k=1}^{m-1}\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right)S_{n+k}-\frac{m}{n+m-1}{S}_{n+m}.\end{array} \end{gathered}$$

由于

$$\left|\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right)S_{n+k}\right|⩽\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right){\omega }_n,$$

可见 ${\sum }_{k=1}^{\infty }\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right)S_{n+k}$ 收敛, 从而

$$t_n=\frac{S_n}{n}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right)S_{n+k},$$

且

$$\left|t_n\right|⩽\frac{{\omega }_n}{n}+{\omega }_n\sum _{k=1}^{\infty }\left(\frac{k+1}{n+k}-\frac{k}{n+k-1}\right)⩽2{\omega }_n.$$

因此， ${\lim }_{n\to +\infty }{t}_n=0.$