方企勤 第三章 一元函数积分学 第3.2题
📝 题目
3.2.2 求证: $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{\int }_{0}^{1}\frac{{x}^{n}}{\sqrt{1 + {x}^{4}}}\mathrm{\;d}x = 0}$ .
💡 答案解析
3.2.1
题目：设 $f(x) \in R[a,b]$，且 $f(x) \geq \alpha > 0$。求证：
(1) $\frac{1}{f(x)} \in R[a,b]$
(2) $\ln f(x) \in R[a,b]$
证明：
(1) 因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积，所以它有界且几乎处处连续。由于 $f(x) \geq \alpha > 0$，函数 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a,b]$ 上也有界（上界为 $1/\alpha$）。
若 $f$ 在点 $x_0$ 连续，则 $\frac{1}{f}$ 也在该点连续（因为分母不为零）。因此 $\frac{1}{f}$ 的连续点集与 $f$ 的连续点集相同，几乎处处成立。故 $\frac{1}{f}$ 几乎处处连续且有界，从而 Riemann 可积。
(2) 同理，$\ln f(x)$ 在 $f(x) \geq \alpha > 0$ 时是连续函数复合可积函数，且在 $f$ 的连续点处连续，因此也几乎处处连续且有界（因为 $\ln f$ 在闭区间上连续函数的值域有界），故可积。
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3.2.2
题目：求证 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1+x^4}} \, dx = 0}$
证明：
对于 $x \in [0,1]$，有 $\frac{1}{\sqrt{1+x^4}} \leq 1$，因此
$$
0 \leq \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1+x^4}} dx \leq \int_0^1 x^n dx = \frac{1}{n+1}.
$$
由夹逼定理，当 $\displaystyle{n \to \infty}$ 时，极限为 0。
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3.2.3
题目：设 $f(x) \in R[0,1]$，且 $f(x) \geq a > 0$。求证：
$$
\int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \geq \frac{1}{\int_0^1 f(x) dx}.
$$
证明：
由 Cauchy-Schwarz 不等式（或 Jensen 不等式）：
$$
\left( \int_0^1 \sqrt{\frac{1}{f(x)}} \cdot \sqrt{f(x)} dx \right)^2 \leq \left( \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \right) \left( \int_0^1 f(x) dx \right).
$$
左边为 $\left( \int_0^1 1 dx \right)^2 = 1$，因此
$$
1 \leq \left( \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \right) \left( \int_0^1 f(x) dx \right),
$$
即
$$
\int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \geq \frac{1}{\int_0^1 f(x) dx}.
$$
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3.2.4
题目：求证 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 (1-x^2)^n dx = 0$
证明：
对于任意 $\delta \in (0,1)$，将积分区间分为 $[0,\delta]$ 和 $[\delta,1]$。
在 $[0,\delta]$ 上，$(1-x^2)^n \leq 1$，所以该部分积分 $\leq \delta$。
在 $[\delta,1]$ 上，$(1-x^2)^n \leq (1-\delta^2)^n$，且区间长度 $\leq 1$，所以该部分积分 $\leq (1-\delta^2)^n$。
因此
$$
0 \leq \int_0^1 (1-x^2)^n dx \leq \delta + (1-\delta^2)^n.
$$
先取 $n$ 充分大使得 $(1-\delta^2)^n < \varepsilon$，再取 $\delta < \varepsilon$，则总积分 $< 2\varepsilon$，故极限为 0。
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3.2.5
题目：设 $a,b>0$，$f(x)\geq 0$，$f\in R[-a,b]$，且 $\displaystyle \int_{-a}^b x f(x) dx = 0$。求证：
$$
\int_{-a}^b x^2 f(x) dx \leq ab \int_{-a}^b f(x) dx.
$$
证明：
考虑二次函数 $g(t) = \int_{-a}^b (t-x)^2 f(x) dx$。展开：
$$
g(t) = t^2 \int f - 2t \int x f + \int x^2 f = t^2 \int f + \int x^2 f,
$$
因为 $\displaystyle{\int x f = 0}$。由于 $g(t) \geq 0$ 对任意实数 $t$ 成立，其判别式必须非正：
$$
\Delta = 0^2 - 4 \left(\int f\right) \left(\int x^2 f\right) \leq 0,
$$
但这给出 $\displaystyle{\int x^2 f \geq 0}$，不是我们要的。
我们需要更精确的估计：取 $t = -a$ 和 $t = b$ 分别代入：
$$
g(-a) = a^2 \int f + \int x^2 f \geq 0,
$$
$$
g(b) = b^2 \int f + \int x^2 f \geq 0.
$$
但这仍不够。考虑 $t = \frac{ab - x^2?}$ 不对。
正确方法：由条件 $\displaystyle{\int_{-a}^b x f = 0}$，考虑
$$
\int_{-a}^b (x+a)(b-x) f(x) dx \geq 0,
$$
因为 $f \geq 0$ 且 $(x+a)(b-x) \geq 0$ 在 $[-a,b]$ 上成立。展开：
$$
(x+a)(b-x) = ab + (a-b)x - x^2.
$$
积分得：
$$
ab \int f + (a-b)\int x f - \int x^2 f \geq 0.
$$
由于 $\displaystyle{\int x f = 0}$，得到
$$
ab \int f - \int x^2 f \geq 0,
$$
即
$$
\int x^2 f \leq ab \int f.
$$
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3.2.6
题目：设 $f(x) \geq 0, f''(x) \leq 0$（$\forall x \in [a,b]$）。求证：
$$
\max_{a \leq x \leq b} f(x) \leq \frac{2}{b-a} \int_a^b f(x) dx.
$$
证明：
由于 $f'' \leq 0$，$f$ 是凹函数。设最大值在 $x_0$ 处取得，则 $f(x_0) = M$。由凹性，函数图像在连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦的上方，但这里我们使用另一种方法：
对于任意 $x$，由凹性，有
$$
f(x) \geq \frac{b-x}{b-a} f(a) + \frac{x-a}{b-a} f(b).
$$
但更直接：考虑三角形面积。由于 $f$ 凹且非负，在 $x_0$ 处取最大值，过 $(x_0,M)$ 作水平线，则下方梯形面积 ≤ 积分值？
标准证法：设 $M = f(c)$。由凹性，对于任意 $x$，
$$
f(x) \geq \frac{M}{b-a} \times \text{?}
$$
实际上，连接 $(a,0)$ 和 $(c,M)$ 以及 $(c,M)$ 和 $(b,0)$，则 $f$ 的图像在此折线上方（因为凹函数在端点间是凸组合？凹函数图像在弦下方，这里需要小心）。
凹函数 $f$ 满足：对任意 $x$，
$$
f(x) \geq \min\left\{ \frac{x-a}{c-a} M, \frac{b-x}{b-c} M \right\}?
$$
不对，凹函数图像在弦下方，所以它在连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦上方？凹函数定义：$f(\lambda x + (1-\lambda)y) \geq \lambda f(x) +