用户: Solution/ 习题: 楼分析/Riemann积分

1Riemann 积分

划分, 轴平行矩形及其体积,Riemann 积分的定义,Riemann 和,Darboux 上和,Darboux 下和, 加细, 积分 Darboux 定理, 上积分与下积分, 一般有界集上的 Riemann 积分,Jordan 测度, 有界集的体积,Jordan 可测,Riemann 可积的充要条件

定理 1.1. 设 $f$ 是 Jordan 可测的有界集 $E$ 上的有界函数, 则 $f$ 在 $E$ 上 Riemann 可积当且仅当对于任何 $\epsilon >0$, 存在 $E$ 的划分 $P$, 使得 $U(f;P)-L(f;P)<\epsilon .$

A 1.2. 1. 说明 Dirichlet 函数 $D(\cdot )={\chi }_{\mathbb{Q}}(\cdot )$ 在 $[0,1]$ 上不 Riemann 可积.

证明. 任取划分 $P:0=x_0<x_1<\cdots <x_n=1$, 总能在区间 $(x_i,x_{i+1})$ 找到一无理数或有理数, 这意味着$${\underline{\int }}_0^{1}D(x)dx=0,{\overline{\int }}_0^{1}D(x)dx=1,$$从而不 Riemann 可积.

$\square$

2. 在 $\mathbb{R}$ 上定义 Riemann 函数:$$R(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{p},& x=\frac{q}{p},p\in {\mathbb{Z}}_{+},q\in \mathbb{Z}-\{0\},p,q\text{ 既约},\\ 1,& x=0,\\ 0,& x\notin \mathbb{Q}.\end{array}$$证明 Riemann 函数在 $[0,1]$ 上 Riemann 可积.

证明. 由 Riemann 函数的性质, 对任意给定的 $0<\epsilon <2$, 在 $[0,1]$ 上使得 $R(x)>\frac{\epsilon }{2}$ 的点至多只有有限个, 不妨设是 $k$ 个, 记为 $0=p_1^{\prime }<p_2^{\prime }<\cdots <p_k^{\prime }=1$. 作 $[0,1]$ 的划分$$0=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{2k-1}=1,$$使得满足$$\begin{array}{rl}& p_1^{\prime }\in [x_0,x_1),x_1-x_0<\frac{\epsilon }{2k},\\ & p_i^{\prime }\in (x_{2i-2},x_{2i-1}),x_{2i-1}-x_{2i-2}<\frac{\epsilon }{2k},i=2,3,\cdots ,k-1,\\ & p_k^{\prime }\in (x_{2k-2},x_{2k-1}),x_{2k-1}-x_{2k-2}<\frac{\epsilon }{2k},\end{array}$$设 ${\omega }_i$ 为区间 $(x_{i-1},x_i)$ 上的振幅, $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$ 由于$$\sum _{i=1}^{2k-1}{\omega }_i\Delta x_i=\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }_{2j+1}\Delta x_{2j+1}+\sum _{j=1}^{k-1}{\omega }_{2j}\Delta x_{2j},$$上式右侧第一个和式中, 有 $\Delta x_{2j+1}<\frac{\epsilon }{2k}$ 且 ${\omega }_{2j+1}⩽1$, 在第二个和式中, 有 ${\omega }_{2j}⩽\frac{\epsilon }{2}$ 且 ${\sum }_{j=1}^{k-1}\Delta x_{2j}<1$, 因此得到 ${\sum }_{i=1}^n{\omega }_i\Delta x_i<k\frac{\epsilon }{2k}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$. 从而 Riemann 可积.

$\square$

3. 设 $E\in {\mathbb{R}}^n$ 为 Jordan 可测的有界闭集, $f$ 为 $E$ 上的有界函数, 则 $f$ 在 $E$ 上 Riemann 可积当且仅当 $f$ 在 $E^{\circ }$ 上 Riemann 可积. 进一步, 当 $f$ 在 $E$ 上 Riemann 可积时,$${\int }_{E}f(\mathbf{x})d\mathbf{x}={\int }_{E^{\circ }}f(\mathbf{x})dx.$$

证明.

$\square$

4. 设 $E\in {\mathbb{R}}^n$ 为 Jordan 可测的有界闭集, $f$ 为 $E$ 上的连续函数. 试用定理 1.1 证明 $f$ 在 $E$ 上 Riemann 可积.

证明.

$\square$

5. 设 $E\in {\mathbb{R}}^n$ 为 Jordan 可测的有界闭集, $f,g$ 在 $E$ 上 Riemann 可积, 且 ${\int }_{E}f(\mathbf{x})g(\mathbf{x})d\mathbf{x}\ne 0$. 证明: 存在矩形 $R_0\subset E$ 使得 $|f|$ 在 $R_0$ 上有正下界.

证明.

$\square$

6. 设 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的一个轴平行矩形, 试构造 $E$ 上的一个有界恒正函数 $f$, 使得 ${\underline{\int }}_{E}f(\mathbf{x})d\mathbf{x}=0$.

解答.

$\square$

B 1.3. 1. 设 $f$ 是 $[a,b]$ 上的有界实函数, 对于 $[a,b]$ 的划分 $P:a=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_m=b$, 定义 $W(f;P)={\sum }_{k=1}^{m}f(x_k)(x_k-x_{k-1})$. 证明: $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积当且仅当 ${\lim }_{\Vert P\Vert \to 0^{+}}W(f;P)$ 存在.

证明.

$\square$

2Lebesgue 测度与 Lebesgue 可测函数

Lebesgue 外测度,Lebesgue 测度, 可测集,Carathéodory 条件, 几乎处处,$\sigma$ 代数, 上限集, 下限集, 极限集,Borel 集, 二进方体, 不可测集,Lebesgue 可测函数,Borel 可测函数, 简单函数,Carathéodory 函数, 依测度收敛,Egorov 定理,Riesz 定理,Luzin 定理

定理 2.1. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 可测, 则

•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $m(G\backslash E)<\epsilon$.
•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $m(E\backslash F)<\epsilon$.
•	存在一列开集 $\{G_k\}$ 使得 $G={\bigcap }_{k=1}^{\infty }{G}_k\supseteq E$ 且 $G\backslash E$ 为零测集.
•	存在一列闭集 $\{F_k\}$ 使得 $F={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{F}_k\subseteq E$ 且 $E\backslash F$ 为零测度集.

A 2.2. 1. 设 $\mathcal{M}$ 为非空集 $X$ 上的代数, 即 $\mathcal{M}$ 满足以下条件:

•	$\varnothing ,X\in \mathcal{M}$.
•	若 $E\in \mathcal{M}$, 则 $X\backslash E\in \mathcal{M}$.
•	对任何 $K⩾1$, 若 $E_k\in \mathcal{M}(1⩽k⩽K)$, 则 ${\bigcup }_{k=1}^K{E}_k\in \mathcal{M}$.

证明: $E_k\in \mathcal{M}(1⩽k⩽K)$ 蕴涵 $E_1\backslash E_2,{\bigcap }_{k=1}^K{E}_k\in \mathcal{M}$.

证明. 需要使用 De Morgan(德摩根) 定律: 设有集合 $X$, 以及集族 $\{A_{\alpha }|\alpha \in I\}$, 则成立$$X\backslash \bigcup _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }=\bigcap _{\alpha \in I}\left(X\backslash A_{\alpha }\right),X\backslash \bigcap _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }=\bigcup _{\alpha \in I}\left(X\backslash A_{\alpha }\right).$$

由于 $E_1\in \mathcal{M}$, 则 $X\backslash E_1\in \mathcal{M}$, 于是 $\left(X\backslash E_1\right)\cup E_2\in \mathcal{M}$, 注意到$$E_1\backslash E_2=E_1\cap \left(X\backslash E_2\right)X\backslash \left(\left(X\backslash E_1\right)\cup E_2\right)\in \mathcal{M}.$$

诸 $E_k\in \mathcal{M}$, 有 $X\backslash E_k\in \mathcal{M}(1⩽k⩽K)$, 有 ${\bigcup }_{k=1}^K\left(X\backslash E_k\right)\in \mathcal{M}$, 于是 $X\backslash \left({\bigcup }_{k=1}^K\left(X\backslash E_k\right)\right)\in \mathcal{M}$, 也即 ${\bigcap }_{k=1}^K{E}_k\in \mathcal{M}$.

$\square$

2. 设 $\mathcal{M}$ 为非空集 $X$ 上的 $\sigma$ 代数. 证明: $E_k\in \mathcal{M}(k⩾1)$ 蕴涵 ${\bigcap }_{k=1}^{\infty }{E}_k\in \mathcal{M}.$

证明. 参考上一题.

$\square$

3. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. 把定理 2.1 的结果一般化为如下结果:

•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $mG⩽m^{\ast }E+\epsilon .$
•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $mF⩾m_{\ast }E<\epsilon$.
•	存在一列开集 $\{G_k\}$ 使得 $G={\bigcap }_{k=1}^{\infty }{G}_k\supseteq E$ 且 $mG=m^{\ast }E$.
•	存在一列闭集 $\{F_k\}$ 使得 $F={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{F}_k\subseteq E$ 且 $mF=m_{\ast }E$.

4. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为 Lebesgue 可测集, $f:E\to [-\infty ,+\infty ]$ Lebesgue 可测. 证明: $\{f=+\infty \}$ 可测.

证明.

$\square$

5. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 有界, 则对任何开集 $G\supseteq E$, 有 $m_{\ast }E=mG-m^{\ast }(G\backslash E)$.

证明.

$\square$

6. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 则 $E$ 可测等价于以下任一条件.

•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $m^{\ast }(G\backslash E)<\epsilon$.
•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在可测集 $G\supseteq E$, 使得 $m^{\ast }(G\backslash E)<\epsilon$.
•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $m^{\ast }(E\backslash F)<\epsilon$.
•	对于任何 $\epsilon >0$, 存在可测集 $F\subseteq E$, 使得 $m^{\ast }(E\backslash F)<\epsilon$.

证明.

$\square$

7. 证明: 对于任意 $\epsilon \in (0,1)$, 存在 $[0,1]$ 的测度不小于 $1-\epsilon$ 的子集为疏朗集.

证明.

$\square$

8. 证明: 存在 $f\in C[0,1]$, 使得 $\{f=0\}$ 为正测度的疏朗集.

证明.

$\square$

9. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 可测, $|E|=+\infty$. 举例说明, 有 $E$ 上的可测函数列 $\{f_k\}$ 在 $E$ 上几乎处处收敛于 $f$, 但 $\{f_k\}$ 并非依测度收敛于 $f$.

证明.

$\square$

10. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 和 $F\subseteq {\mathbb{R}}^m$ 可测, 证明: $E\times F\subseteq {\mathbb{R}}^{n+m}$ 可测.

证明.

$\square$

11. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 和 $F\subseteq {\mathbb{R}}^m$ Borel 可测, 证明: $E\times F\subseteq {\mathbb{R}}^{n+m}$ Borel 可测.

证明.

$\square$

12. 证明:

•	$\mathcal{B}({\mathbb{R}}^n)$ 是由全体以有理点为心, 正有理数为半径的开球生成的 $\sigma$ 代数. 证明. $\square$
•	$\mathcal{B}({\mathbb{R}}^n)$ 是由$$2^k\left({\left(j_1,j_2,\cdots ,j_n\right)}^{\mathrm{T}}+[0,1{)}^n\right),j_1,j_2,\cdots ,j_n,k\in \mathbb{Z},$$定义的全体半开半闭的二进方体 ${\mathcal{G}}_{DQ}$ 生成的 $\sigma$ 代数. 证明. $\square$

13. 证明: ${\mathbb{R}}^n$ 中所有开集组成的集族的势是 $\aleph$.

证明.

$\square$

B 2.3. 1. 设 $B$ 为 ${\mathbb{R}}^{n+m}$ 中的 Borel 集. 证明对任何 $\mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^m$, 截集 $E_{\mathbf{y}}=\{\mathbf{x}|(\mathbf{x},\mathbf{y})\in B\}$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中得 Borel 集.

2. 阅读文献 [20], 并按照文献提供的方法证明 $\mathcal{B}({\mathbb{R}}^n)$ 的势是 $\aleph$.

3. 考察已经得到的结果中, 相关集合的测度由有限改为无限, 以及函数的取值由实数变为广义实数时, 相应的结果十分仍然成立.

3Lebesgue 积分及其性质

Lebesgue 积分, 可积函数空间, 本性上界, 本性下界, 绝对可积性, 绝对连续性, 积分第一中值定理, 平行多面体的体积公式, 连续型 (积分型)Hölder 不等式, 权函数, 积分型 Minkowski 不等式,Lévy 单调收敛定理,Fatou 引理,Lebesgue 控制收敛定理,$L^p$ 空间的完备性

A 3.1. 1. 对于可测集 $E$ 上的函数列 $\{f_k\}$, 说明以下两者等价:

•	$f_k(\mathbf{x})⩾0,a.e.\mathbf{x}\in E,\forall k⩾1$.
•	$f_k(\mathbf{x})⩾0,\forall k⩾1a.e.\mathbf{x}\in E.$.

2. 设 $f:{\mathbb{R}}^{n+k}\to \mathbb{R}$, 说明以下两者不等价:

•	$f(\mathbf{x},\mathbf{y})⩾0,a.e.\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n,\forall \mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^k.$
•	$f(\mathbf{x},\mathbf{y})⩾0,\forall \mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^k,a.e.\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n.$

3. 设 $\mathbf{f}:{\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m\to {\mathbb{R}}^k$ 可积. 证明: 存在可积的简单函数列 $\{{\mathbf{f}}_j\}$ 使得 $\{{\mathbf{f}}_j\}$ 逐点收敛于 $\mathbf{f}$, 且 $|{\mathbf{f}}_{\mathbf{k}}|⩽|\mathbf{f}|.$

4. 设 $f:{\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m\to [0,+\infty ]$ 可测. 证明: 存在可积得简单函数列 $\{f_j\}$ 使得 $\{f_j\}$ 单调增加, 且逐点收敛于 $f$.

5. 试用离散型 Hölder 不等式证明连续型 Hölder 不等式.

6. 试用连续型 Hölder 不等式证明离散型 Hölder 不等式.

7. 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx=0.$

证明. 对任给 $0<\epsilon <1,0<\sin \left(\frac{\pi }{2}-\epsilon \right)<1$, 故有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\sin }^n\left(\frac{\pi }{2}-\epsilon \right)=0.$$于是存在 $n_0$, 当 $n>n_0$ 时, 有 ${\sin }^n\left(\frac{\pi }{2}-\epsilon \right)<\epsilon$. 因而当 $n>n_0$ 时,$$\begin{array}{rl}0& ⩽{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\pi /2-\epsilon }{\sin }^{n}xdx+{\int }_{\pi /2-\epsilon }^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx⩽{\int }_0^{\pi /2-\epsilon }{\sin }^n\left(\frac{\pi }{2}-\epsilon \right)+{\int }_{\pi /2-\epsilon }^{\pi /2}dx\\ & ⩽{\int }_0^{\pi /2-\epsilon }\epsilon dx+\epsilon ⩽\left(\frac{\pi }{2}+1\right)\epsilon ,\end{array}$$所以 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx=0.$

$\square$

8. 设 $E$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 上的可测集, $\mathbf{\phi }:E\to {\mathbb{R}}^k$ 可测. 证明: $\{(\mathbf{x},\mathbf{\phi }(\mathbf{x}))|\mathbf{x}\in E\}$ 是 ${\mathbb{R}}^{n+k}$ 中的零测度集.

9. 试构造非 Jordan 可测得有界区域.

4Newton-Leibniz 公式

微积分基本定理—Newton-Leibniz 公式, 定积分的分布积分, 定积分的变量代换, 带积分余项的 Taylor 公式,Wallis 公式,Stirling 公式

A 4.1. 1. 计算下列积分:
$$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^{1}x{e}^{x}dx;& (2){\int }_0^{2\pi }{e}^x\sin xdx;\\ & (3){\int }_0^1\frac{\sqrt{x}+1}{1+x^2}dx;& (4){\int }_0^1\frac{1}{1+x^3}dx;\\ & (5){\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}dx.& \end{array}$$

前两个题较简单, 结果分别 $1$ 与 $\frac{1}{2}-\frac{e^{2\pi }}{2}$, 这里略去过程.

对于 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}+1}{1+x^2}dx$, 易见 ${\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{4}$, 我们仅需计算 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx$, 置 $\sqrt{x}=t$, 于是有 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx={\int }_0^1\frac{2t^2}{1+t^4}dt$, 因为$$1+t^4=(t^2+1{)}^2-{\left(\sqrt{2}t\right)}^2=\left(t^2+\sqrt{2}t+1\right)\left(t^2-\sqrt{2}t+1\right),$$所以$$\frac{2t^2}{1+t^4}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{x}{x^2+\sqrt{2}x+1},$$从而$$\int \frac{2t^2}{1+t^4}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \left(\sqrt{2}x+1\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \left(\sqrt{2}x-1\right)+C.$$于是$${\int }_0^1\frac{2t^2}{1+t^4}dt=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(3-2\sqrt{2}\right)+\frac{\sqrt{2}}{4}\pi .$$于是 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}+1}{1+x^2}dx=\frac{1}{4}\left(\pi +\sqrt{2}\left(\pi +\ln \left(3-2\sqrt{2}\right)\right)\right)$.

对于 ${\int }_0^1\frac{1}{1+x^3}dx$, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{1}{1+x^3}dx& ={\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1-x+x^2)}dx={\int }_0^1\left(\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+x}+\frac{1}{3}\cdot \frac{2-x}{x^2-x+1}\right)dx\\ & ={\frac{1}{3}\ln \left|x+1\right|-\frac{1}{6}\ln (x^2-x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)|}_0^1\\ & =\frac{1}{3}\ln 2+\frac{\pi }{3\sqrt{3}}.\end{array}$$

对于 ${\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}dx$, 易见$${\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}dx={\int }_0^{\pi }\frac{\pi -x}{1+{\sin }^{2}x}dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}dx,$$对于右侧的积分, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}dx& =2{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}dx=2{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sec }^{2}x}{2{\tan }^{2}x+1}dx\\ & =2{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2t^2+1}dt=\frac{\pi }{\sqrt{2}}.\end{array}$$从而 ${\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}dx=\frac{{\pi }^2}{2\sqrt{2}}$.

2. 采用恰当的方法计算下列积分:$$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^1(1-x{)}^6{x}^{2}dx;& (2){\int }_0^{\pi }{\sin }^{4}x{\cos }^{2}xdx;\\ & (3){\int }_{-1}^{1}x{e}^{x^4}dx;& (4){\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx;\\ & (5){\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}dx.& \end{array}$$

解答. (1)${\int }_0^1(1-x{)}^6{x}^{2}dx={\int }_0^1{x}^6(1-x{)}^{2}dx={\int }_0^1\left(x^6-2x^7+x^8\right)dx=\frac{1}{252}$.

(2) 我们有必要计算 $I_n:={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx$. 它有如下递推公式$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx& ={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-1}x\cdot \sin xdx={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-1}xd\left(-\cos x\right)\\ & ={\int }_0^{\pi }{\left({\sin }^{n-1}x\right)}^{\prime }\cos xdx=(n-1){\int }_0^1{\sin }^{n-2}x\left(1-{\sin }^{2}x\right)dx\\ & =(n-1){\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-2}xdx-(n-1){\int }_0^1{\sin }^{n}xdx\\ & =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n.\end{array}$$于是 $n{I}_n=(n-1)I_{n-2}$, 又 $I_2={\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}xdx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x)dx=\frac{\pi }{2}$, 有$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{4}x{\cos }^{2}xdx={\int }_0^{\pi }\left({\sin }^{4}x-{\sin }^{6}x\right)dx=I_4-I_6=\frac{\pi }{16}.$$

(3) 易见 ${\int }_{-1}^{1}x{e}^{x^4}dx=0.$

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

(5) 我们有 ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2-1}{2(\sin x+\cos x)}dx$, 于是$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\pi /2}\frac{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2-1}{2(\sin x+\cos x)}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}(\sin x+\cos x)dx-\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\sin x+\cos x}dx\\ & =1-\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\sqrt{2}}\csc \left(x+\frac{\pi }{4}\right)dx=1-\frac{1}{2\sqrt{2}}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\csc xdx=1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right).\end{array}$$

$\square$

3. 对于 $[a,b]$ 上连续可微函数 $f$, 若 $f(a)=f(b)=0$, 证明:$$\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|⩾\frac{4}{(b-a{)}^2}\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|.$$

证明. 令 $t=\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{4}$, 于是$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|& =\left|{\int }_a^{b}f(x)d(x-t)\right|=\left|f(x)(x-t){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)(x-t)dt\right|\\ & =\left|{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dt\right|⩽\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|{\int }_a^b(x-t)dx=\frac{(b-a{)}^2}{4}\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|.\end{array}$$

$\square$

4. 证明对任何 $x>0$ 成立 ${\int }_0^x{e}^{-x^2}\sin xdx>0.$

证明. 只需证明对于任何自然数 $n$, 有$${\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }{e}^{-x^2}\sin xdx+{\int }_{(2n+1)\pi }^{(2n+2)\pi }{e}^{-x^2}\sin xdx>0,$$注意上述不等式加号左侧的积分大于零而右侧积分小于零. 只有有上述结果, 那么 $\forall x>0$, 都存在 $k\in \mathbb{N}$ 使得 $2k\pi ⩽x⩽(2k+1)\pi$ 或 $(2k+1)\pi ⩽x⩽(2k+2)\pi$, 对于前者, 我们有$${\int }_0^x{e}^{-t^2}\sin tdt=\sum _{j=0}^{k-1}\left({\int }_{2j\pi }^{\left(2j+1\right)\pi }{e}^{-t^2}\sin tdt+{\int }_{\left(2j+1\right)\pi }^{2\left(j+1\right)\pi }{e}^{-t^2}\sin tdt\right)+{\int }_{2k\pi }^x{e}^{-t^2}\sin tdt>0,$$对于后者有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x{e}^{-t^2}\sin tdt=& \sum _{j=0}^{k-1}\left({\int }_{2j\pi }^{\left(2j+1\right)\pi }{e}^{-t^2}\sin tdt+{\int }_{\left(2j+1\right)\pi }^{2\left(j+1\right)\pi }{e}^{-t^2}\sin tdt\right)\\ +& {\int }_{2k\pi }^{(2k+1)\pi }{e}^{-t^2}\sin tdt+{\int }_{(2k+1)\pi }^x{e}^{-t^2}\sin tdt>0.\end{array}$$

事实上,$${\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }{e}^{-x^2}\sin xdx+{\int }_{(2n+1)\pi }^{(2n+2)\pi }{e}^{-x^2}\sin xdx={\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }\sin t\left(e^{-x^2}-e^{-(x+\pi {)}^2}\right)>0.$$结论即证.

$\square$

5. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有二阶导数, $f(a)=f(b)=0$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 ${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{12}(a-b{)}^3.$

证明. 一方面, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)dx& ={\int }_a^{b}f(x)d(x-a)=-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)(x-a)d(x-b)\\ & ={\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(x)(x-a)(x-b)dx=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{6}(a-b{)}^3.\end{array}\text{\hspace{1em}(⧫)}$$(1)其中 ${\xi }_1\in (a,b)$. 另一方面$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{(a+b)/2}f(x)dx& ={\int }_a^{(a+b)/2}f(x)d\left(x-\frac{a+b}{2}\right)=-{\int }_a^{(a+b)/2}{f}^{\prime }(x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)d(x-a)\\ & ={\int }_a^{(a+b)/2}{f}^{\prime \prime }(x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)(x-a)dx=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{48}(a-b{)}^3.\end{array}$$其中 ${\xi }_2\in \left(a,\frac{a+b}{2}\right)$, 同理不难得到$${\int }_{(a+b)/2}^{b}f(x)dx=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_3)}{48}(a-b{)}^3.$$其中 ${\xi }_3\in \left(\frac{a+b}{2},b\right)$. 值得一提的是$$\min \{f^{\prime \prime }({\xi }_2),f^{\prime \prime }({\xi }_3)\}⩽\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)+f^{\prime \prime }({\xi }_3)}{2}⩽\max \{f^{\prime \prime }({\xi }_2),f^{\prime \prime }({\xi }_3)\},$$于是依微分 Darboux 定理有 $f^{\prime \prime }({\xi }_4)=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)+f^{\prime \prime }({\xi }_3)}{2}$, 于是有$${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_4)}{24}(a-b{)}^3,$$于是有 $\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{6}=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_4)}{24}$, 易见 $f^{\prime \prime }({\xi }_1),f^{\prime \prime }({\xi }_4)$ 同号, 不妨设均非负, 于是有$$f^{\prime \prime }({\xi }_1)⩽2f^{\prime \prime }({\xi }_1)⩽4f^{\prime \prime }({\xi }_1)=f^{\prime \prime }({\xi }_4),$$依微分 Darboux 定理有 $\xi$ 使得 $f(\xi )=2f^{\prime \prime }({\xi }_1)$, 代入即式 (1) 即得结论.

$\square$

6. 设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数. 证明 $f(0)=0$ 时, $f(y)={\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}dx$ 在 $y=0$ 处连续.

证明. 若 $f(0)=0$, 则记$$M=\underset{x\in [0,1]}{\max }\left|f(x)\right|,\omega (r)=\underset{0⩽x⩽r}{\sup }\left|f(x)\right|,r⩾0.$$$\forall y\ne 0$, 我们有$$\begin{array}{rl}\left|F(y)-F(0)\right|=& \left|F(y)\right|=\left|{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}dx\right|⩽{\int }_0^1\frac{|y^3||f(x)|}{x^4+y^4}dx\\ ⩽& \omega (r){\int }_0^r\frac{|y^3|}{x^4+y^4}dx+M{\int }_r^1\frac{|y^3|}{x^4+y^4}dx\\ =& \omega (r){\int }_0^{r/|y|}\frac{1}{1+x^4}dx+M{\int }_{r/|y|}^{1/|y|}\frac{1}{1+x^4}dx,\end{array}$$上式令 $y\to 0$ 得到$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽\omega (r){\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+x^4},\forall r\in (0,1),$$令 $r\to 0^{+}$, 则有$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽0,$$即 ${\lim }_{y\to 0}F(y)=F(0).$

事实上, 在上述我们证明了$$\underset{y\to 0}{\lim }\left|{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}dx-{\int }_0^1\frac{y^{3}f(0)}{x^4+y^4}dx\right|=0,$$即$$\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}dx=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{y^{3}f(0)}{x^4+y^4}dx=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^{1/y}\frac{f(0)}{1+x^4}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{f(0)}{1+x^4}dx,$$这样就有 ${\lim }_{y\to 0^{-}}{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{f(0)}{1+x^4}dx=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}f(0).$ 由 $F(0)=0$, 我们得到 $F$ 在 0 处连续当且仅当 $f(0)=0$.

$\square$

7. 已知 $f\in C^1[0,+\infty )$, 且存在 $c>0$ 使得 $|f^{\prime }(x)|⩽\frac{c}{x}(\forall x>0),{\lim }_{R\to +\infty }\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|dx=0$. 证明: ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$.

证明. 由题设易见 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$, 于是对于 $\forall A>0$, 对于充分大的 $x$, 有$$f(x+A)-f(x)=f^{\prime }(\xi )A,\xi \in (x,x+A),$$于是 ${\lim }_{x\to +\infty }|f(x)|$ 存在, 记为 $a$. 于是对 $\forall \epsilon >0$, 存在 $R^{\prime }$ 使得 $x⩾R^{\prime }$ 使得$$\left||f(x)|-a\right|<\epsilon ,\text{即}a-\epsilon ⩽|f(x)|⩽a+\epsilon ,$$由于 $\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|dx=\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|dx+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R|f(x)|dx$, 于是$$\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|dx+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R(a-\epsilon )dx⩽\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|dx⩽\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|dx+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R(a+\epsilon )dx,$$令 $R\to +\infty$ 得到 ${\lim }_{R\to +\infty }\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|dx=a$, 结合题设得 $a=0$.

$\square$

8. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. 证明: $f:E\to [-\infty ,+\infty ]$ 为下半连续函数当且仅当对任何 $\alpha \in \mathbb{R},\{f>\alpha \}$ 是 $E$ 中的相对开集.

9. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$.

•	若 $\phi ,\psi :E\to (-\infty ,+\infty ]$ 均为下半连续函数, 证明: $\phi +\psi$ 也是下半连续函数.
•	若 $\phi ,\psi :E\to [-\infty ,+\infty )$ 均为上半连续函数, 证明: $\phi +\psi$ 也是上半连续函数.

10. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$.

•	若 ${\phi }_k:E\to [-\infty ,+\infty ](k⩾1)$ 为一列下半连续函数, 证明: $\phi ={\sup }_{k⩾1}{\phi }_k$ 也是下半连续函数.
•	若 ${\phi }_k:E\to [-\infty ,+\infty ](k⩾1)$ 为一列上半连续函数, 证明: $\phi ={\inf }_{k⩾1}{\phi }_k$ 也是上半连续函数.

11. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. 证明: $f:E\to \mathbb{R}$ 连续当且仅当它既是下半连续的, 又是上半连续的.

12. 证明: 紧集上有下界的下半连续函数有最小值.

B 4.2. 1. 试构造区间 $[a,b]$ 上处处可导且导函数有界的实函数 $f$, 使得 $f^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上不是 Riemann 可积的.

2. 试构造 $[0,1]$ 上的可积函数 $f$, 使得对任何有理数 $q\in [0,1]$, 都有 ${\lim }_{x\to q}f(x)=+\infty$.

3. 试构造 $\mathbb{R}$ 上严格单调的连续可微函数 $f$, 使得 $\{f^{\prime }=0\}$ 具有正测度.

4. 设 $n⩾1,f\in C[0,1]$ 且满足 ${\int }_0^1{x}^{k}f(x)dx=0,k=0,1,\cdots ,n-1,{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx=1.$ 证明: ${\max }_{x\in [0,1]}|f(x)|>2^n(n+1)$.

证明. 由题意知对任意 $\alpha \in \mathbb{R}$, 有$${\int }_0^1{\left(x-\alpha \right)}^{n}f(x)dx=1,$$若对于 $f(x)$ 恒有 $|f(x)|<2^n(n+1)$, 则$$\begin{array}{r}{\int }_0^1{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^{n}f(x)dx⩽{\int }_0^1{\left|x-\frac{1}{2}\right|}^n|f(x)|dx<2^n(n+1){\int }_0^1{\left|x-\frac{1}{2}\right|}^n=1,\end{array}$$与题设矛盾, 即必有使得 $|f(x)|⩾2^n(n+1)$ 的点, 即 ${\max }_{x\in [0,1]}|f(x)|⩾2^n(n+1)$. 若 ${\max }_{x\in [0,1]}f(x)=2^n(n+1)$, 则依上式取等的条件必有 $|f(x)|\equiv 2^n(n+1)$, 这与题设矛盾.

$\square$

5. 设 $f\in C[0,\pi ]$, 且对 $1⩽k⩽n$ 成立 ${\int }_0^{\pi }f(x)\cos kxdx={\int }_0^{\pi }f(x)\sin kxdx=0$. 证明: $f$ 在 $(0,\pi )$ 内至少有 $2n$ 个零点.

6. 设 $f\in C[a,b]$ 非负, 且在 $c\in [a,b]$ 处取得唯一的最大值 $f(c)>0$, $\phi$ 在 $[a,b]$ 上可积, 且在点 $c$ 连续, 证明: $$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)dx}{{\int }_a^b{f}^n(x)dx}=\phi (c).$$

证明. 由于 $\phi$ 在 $c$ 点连续, 则 $\forall \epsilon >0$ 使得 $|x-c|<\delta$ 时, $|\phi (x)-\phi (c)|<\epsilon$, 并且 $\delta$ 也满足 $|x-c|⩾\delta$ 时有 $0⩽f(x)<f(c)-\epsilon$. 即 $f(c)$ 与 $|\phi |$ 的最大值为 $M$ 与 $m$. 又存在 $\eta$ 使得 $|x-c|⩽\eta$ 时, $|f(x)-f(c)|<\frac{\epsilon }{2}$, 记 $E$ 为区间 $[a,b]$ 去除 $[c-\delta ,c+\delta ]$ 的部分. 于是有$$\begin{array}{rl}& \left|\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)dx}{{\int }_a^b{f}^n(x)dx}\right|⩽\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|dx}{{\int }_a^b{f}^n(x)dx}\\ & ⩽\frac{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|dx}{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)dx}+\frac{{\int }_E{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|dx}{{\int }_{c-\eta }^{c+\eta }{f}^n(x)dx}\\ & ⩽\frac{\epsilon {\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)dx}{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)dx}+\frac{2(b-a-2\delta )m(M-\epsilon {)}^n}{2\eta (M-\epsilon /2{)}^2}\to \epsilon ,n\to 0.\end{array}$$令 $\epsilon \to 0^{+}$, 原命题得证.

$\square$

7. 计算 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{n{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos xdx}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin xdx}.$

解答. 注意到$${\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin xdx=-x^n\cos x{|}_0^{\pi /2}+n{\int }_0^{\pi /2}{x}^{n-1}\cos xdx,$$即有 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{n{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos xdx}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin xdx}={\lim }_{n\to +\infty }\frac{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos xdx}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^{n-1}\cos xdx}=\frac{\pi }{2}.$

$\square$

我们来证明这样一个命题: 设 $f,\phi \in C[a,b]$, 且 $f,\phi >0$, 则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x).$$

证明. 记 $M={\max }_{x\in [a,b]}f(x)=f(x_0)$, 则 $\forall \epsilon \in \left(0,\frac{M}{2}\right),\exists \delta >0$, 使得当 $x\in J_{\epsilon }:=(x_0-\delta ,x_0+\delta )\cap [a,b]$ 时, 有 $f(x)>M-\epsilon$. 令$$g(x)=\max \{f(x,M-2\epsilon )\},x\in [a,b].$$则 $g$ 连续且$$|g^k(x)-f^k(x)|⩽(M-2\epsilon {)}^k,\forall x\in [a,b],k=1,2,\cdots .$$于是我们有$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{\left|{\int }_a^b\phi (x)\left(f^{n+1}(x)-g^{n+1}(x)\right)dx\right|}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{(M-2\epsilon {)}^{n+1}{\int }_a^b\phi (x)dx}{(M-\epsilon {)}^n{\int }_{J_{\epsilon }}\phi (x)dx}=0.$$从而可得$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}=\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)g^{n+1}(x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}⩾M-2\epsilon .$$这样, 由 $\epsilon$ 的任意性得到 ${\underline{\lim }}_{n\to +\infty }\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}⩾M$, 另一方面$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)dx}⩽M,$$从而上述命题成立.

$\square$

8. 求极限: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^{n}dx}{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^{n}dx}$.

解答. 注意到$${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^{n}dx=\frac{2}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\sim \frac{2}{n+1},n\to +\infty ,$$对于 ${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^{n}dx$, 置 $t=nx$ 得$${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^{n}dx=n{\int }_0^n{\left(1-\frac{t}{2n}\right)}^n{\left(1-\frac{1}{4n}\right)}^{n}dt,$$于是由 Lebesgue 控制收敛定理有$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^{n}dx}{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^{n}dx}=& \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\left(1-\frac{t}{2n}\right)}^n{\left(1-\frac{1}{4n}\right)}^n{\chi }_{[0,n]}(t)dt\\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-3t/4}dt=\frac{2}{3}.\end{array}$$

$\square$

9. 试将一些微分中值定理型的问题转化成积分中值定理型的结果, 并考察其异同.

设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 有连续的导函数, 且 $f(0)=0$, 求证:$${\int }_0^1|f(x){|}^{2}dx⩽\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-x^2)|f^{\prime }(x){|}^{2}dx,$$等号成立当且仅当 $f(x)=\equiv cx$, 其中 $c$ 为常数.

证明. 由 $f(0)=0$ 可知 $f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt,x\in [0,1]$, 由 Cauchy 不等式可得$$f^2(x)={\left({\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\right)}^2⩽{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\cdot {\int }_0^x{1}^{2}dt=x{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt,$$于是有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{f}^2(x)dx& ⩽{\int }_0^1\left(x{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\right)dx={\int }_0^1\left({\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\right)d\left(-\frac{1-x^2}{2}\right)\\ & =-\frac{1-x^2}{2}{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt{|}_0^1+{\int }_0^1\frac{1-x^2}{2}{\left(f^{\prime }(x)\right)}^{2}dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-x^2){\left(f^{\prime }(x)\right)}^{2}dx.\end{array}$$其中等号成立当且仅当 ${\left({\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\right)}^2⩽{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\cdot {\int }_0^x{1}^{2}dt$ 恒成立, 故此时有 $f^{\prime }(t)=c$, 结合 $f(0)=0$ 即得 $f(x)=cx$.

$\square$

5累次积分

累次积分,Fubuni 定理, 积分型 Young 不等式及其推广

定理 5.1 (Young 不等式). 设 $\phi$ 是 $\left[0,+\infty \right]$ 上的严格单增的连续函数, $\phi (0)=0,\phi (+\infty )=+\infty ,\psi$ 是 $\phi$ 的反函数, 令$$\Phi (x)={\int }_0^x\phi (t)dt,\Psi (y)={\int }_0^y\psi (t)dt,x,y⩾0,$$则对任何 $a,b⩾0$ 成立$$ab⩽\Phi (a)+\Psi (b),$$且等号当且仅当 $b=\phi (a)$, 即 $a=\psi (b)$ 时取到.

A 5.2. 1. 计算重积分 ${\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{(1+x+y+z{)}^3}$, 其中 $\Omega$ 为平面 $x=0,y=0,z=0$ 和 $x+y+z=1$ 所围成的有界区域.

解答. 将重积分化为累次积分, 即有$$\begin{array}{rl}& {\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{(1+x+y+z{)}^3}={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}dy{\int }_0^{1-x-y}\frac{1}{(1+x+y+z{)}^3}dz\\ =& {\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}\left(\frac{1}{2(1+x+y{)}^2}-\frac{1}{8}\right)dy={\int }_0^1\left(\frac{1}{2(1+x)}-\frac{1-x}{8}-\frac{1}{4}\right)dx\\ =& \frac{1}{2}\ln 2-\frac{5}{16}.\end{array}$$

$\square$

2. 计算积分 ${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dxdydz$, 其中 $\Omega$ 为 $x^2+y^2+z^2⩽1$ 与 $x^2+y^2+z^2⩽2z$ 相交的部分.

解答. 注意到被积函数仅含 $z$, 于是有$${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dxdydz={\int }_0^{1/2}\pi z^2\left(2z-z^2\right)dz+{\int }_{1/2}^1\pi z^2\left(1-z^2\right)=\frac{29\pi }{480}.$$$\square$

3. 设 $R>0$, 计算牟合方盖 $\{(x,y,z)|x^2+y^2⩽R^2,y^2+z^2⩽R^2\}$ 的体积.

解答. 记 $D=\{(x,y,z)|x^2+y^2⩽R^2,y^2+z^2⩽R^2\}$, 考虑到对称性, 我们只计算图形第一象限部分的体积. 注意到该区域边界当 $y$ 确定时, 总有 $x^2=z^2=R^2-y^2$, 记 $D_{xz}$ 为 $y$ 确定后代表的区域, 于是$$\begin{array}{r}{\iiint }_{D}dxdydz={\int }_0^R\left({\iint }_{D_{xz}}dxdz\right)dy={\int }_0^R\left(R^2-y^2\right)dy=\frac{2}{3}{R}^3.\end{array}$$从而牟合方盖的体积 $V=8\cdot \frac{2}{3}{R}^3=\frac{16}{3}{R}^3.$

$\square$

4. 当 $\phi$ 连续可导时, 利用求导得到单调性来证明定理 5.1.

证明.

$\square$

5. 设 $f,g$ 在 $[0,1]$ 上单调. 若 $f,g$ 均单增或均单减, 证明: ${\int }_0^{1}f(x)g(x)dx⩾{\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^{1}g(x)dx$. 若 $f,g$ 之一单增, 另一个单减, 则上述不等式的不等号反向.

证明. 若$${\int }_0^{1}f(x)g(x)dx⩾{\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^{1}g(x)dx,$$则有$${\int }_0^1{\int }_0^{1}f(x)g(x)dxdy={\int }_0^1{\int }_0^{1}f(x)g(y)dxdy$$即有$${\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(x)g(x)-f(x)g(y)\right)dxdy={\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(y)g(y)-f(y)g(x)\right)dxdy⩾0.$$即证$${\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(x)g(x)+f(y)g(y)-f(x)g(y)-f(y)g(x)dxdy\right)⩾0.$$结合 $f,g$ 的单调性与排序不等式可知上式成立, 另外的情况同理可以得到.

$\square$

6. 求证 ${\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}dx{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+x)}{x^2}}dx<\frac{{\pi }^2}{12}$.

证明. 利用基本不等式, 有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}dx{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+x)}{x^2}}dx& ={\int }_0^1{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+y)}{y^2}}dxdy\\ & <\frac{1}{3}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}+\frac{\ln (1+y)}{y}+\frac{\ln (1+y)}{y}dxdy\\ & ={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}=\frac{{\pi }^2}{12}.\end{array}$$

$\square$

7. 令 $\Sigma$ 为平面直角坐标系中以点 $A(1,0),B(0,1),C(-1,0),D(0,-1)$ 为顶点的正方形区域. 证明: ${\left({\iint }_{\Sigma }{e}^{|x|+|y|}dxdy\right)}^{1/2}<2{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{e}^{x}dx$.

证明. 记 ${\Sigma }_1$ 为 $\Sigma$ 与第一象限的交, 则由对称性有$${\iint }_{\Sigma }{e}^{|x|+|y|}dxdy=4{\iint }_{{\Sigma }_1}{e}^{x+y}dxdy.$$记 ${\Sigma }_2=\left\{(x,y)|0⩽x,y⩽\sqrt{2}/2\right\}$ 注意到$$2{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{e}^{x}dx={\int }_0^{\sqrt{2}/2}{e}^{x}dx+{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{e}^{y}dy⩾2\sqrt{{\iint }_{{\Sigma }_2}{e}^{x+y}dxdy}⩾2\sqrt{{\iint }_{{\Sigma }_1}{e}^{x+y}dxdy},$$从而结论成立. 最右侧不等号成立的原因为 ${\Sigma }_2$ 与 ${\Sigma }_1$ 面积相同, 但 $x+y$ 在 ${\Sigma }_2$ 中的值不小于在 ${\Sigma }_1$ 中的值.

$\square$

8. 设函数 $f\in C[a,b]$, 且 $0<m⩽f(x)⩽M(\forall x\in [a,b])$. 证明:$$(b-a{)}^2⩽{\int }_a^{b}f(x)dx\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}dx⩽\frac{(m+M{)}^2}{4Mm}(b-a{)}^2.$$

证明. 左侧由 Cauchy 不等式有$${\int }_a^{b}f(x)dx\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}dx⩾{\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\cdot \sqrt{\frac{1}{f(x)}}dx\right)}^2=(b-a{)}^2.$$注意到$$0⩾\frac{\left(f(x)-M\right)\left(f(x)-m\right)}{f(x)}=f(x)+\frac{Mm}{f(x)}-(M+m),$$即有$${\int }_a^{b}f(x)dx+{\int }_a^b\frac{Mm}{f(x)}dx⩽(M+m)(b-a),$$又$${\int }_a^{b}f(x)dx+{\int }_a^b\frac{Mm}{f(x)}dx⩾2\sqrt{Mn}\sqrt{{\int }_a^{b}f(x)dx\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}dx},$$从而结论成立.

$\square$

9. 对以下闭区域 $W$, 计算 $E=\{(x,y)|\exists x\in \mathbb{R},s.t.(x,y,z)\in W\}$, 以及 $F_{y,z}=\{x|(x,y,z)\in W\}(\forall (y,z)\in E)$. 进而化 ${\iiint }_{W}f(x,y,z)dxdydz$ 为先对 $x$ 积分再对 $(y,z)$ 积分的累次积分:

•	$W=\{(x,y,z)|x,y⩾0,x+y⩽1,0⩽z⩽xy\}$;
•	$W=\{(x,y,z)|x,y⩾0,0⩽z⩽x+y⩽1\}$.

解答. (1)

(2)

$\square$

B 5.3. 1. 设 $f\in C(\mathbb{R})$ 是双射, 有不动点, 又满足 $f(2x-f(x))=x(\forall x\in \mathbb{R})$. 证明 $f(x)\equiv x$.

证明. 由题设有$$f(x)+f^{-1}(x)=2x,\forall x\in \mathbb{R}.$$设 $g(x)=f(x)-x$, 首先, 归纳证明$$f(x+kg(x))=x+\left(k+1\right)g(x),k\in \mathbb{Z}.$$根据定义, 对 $k=0$ 成立. 假设$$f(x\pm (k-1)g(x))=x+\pm kg(x),k\in \mathbb{Z},$$那么$$\begin{array}{rl}& f(x\pm kg(x))=2\left(x\pm kg(x)\right)-f^{-1}\left(x+\pm kg(x)\right)\\ =& 2\left(x\pm kg(x)\right)-x\left(x\pm (k-1)g(x)\right)=x\pm \left(k+1\right)g(x),\end{array}$$归纳完成.

假设 $g(x)<g(y)$ 对于某些 $x,y\in \mathbb{R}$ 成立, 那么可以选择 $k\in \mathbb{N}$ 使得 $x-kg(x)>y-kg(y)$. 注意 $f$ 是增函数, 否则 $f$ 与 $f^{-1}$ 是减函数, 这与 $2x=f(x)+f^{-1}(x)$ 矛盾. 因此, $f$ 的 $n$ 次迭代 $f^{(n)}$ 也是一个增函数. 由此可见$$f^{(n)}\left(x-kg(x)\right)⩾f^{(n)}\left(y-kg(y)\right),$$由于 $f^{(n)}(x)\left(x-kg(x)\right)=f^{(n-1)}\left(x+(1-k)kg(x)\right)=\cdots =x+(n-k)g(x),$ 类似的$$f^{(n)}\left(x-kg(x)\right)=y+(n-k)g(y),$$得到$$x+(n-k)g(x)⩾y+(n-k)g(y),$$但这并不适用于所有 $n$ 足够大的情况, 否则$$\frac{x}{n-k}+g(x)⩾\frac{y}{n-k}+g(y),$$令 $n\to +\infty$, 得到 $g(x)⩾g(y)$ 矛盾. 所以 $g(x)$ 是常数, 因此 $f(x)=x+c,c\in \mathbb{R}$, 又因 $f(x)$ 有不动点, 从而 $f(x)\equiv x$.

$\square$

2. 如果 $\phi$ 是 $\left[0,+\infty \right)$ 上单调增加的非负函数, 特别地, $\phi (0)$ 不一定为零, $\phi$ 不一定严格单调, 且 $\phi (+\infty )$ 不一定为 $+\infty$. 尝试建立相应的 Young 不等式.

证明.

$\square$

3. 设 $f\in C^1[0,h],f(0)=f(h)=0$, 证明: ${\int }_0^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx⩽\frac{h}{4}{\int }_0^h|f^{\prime }(x){|}^{2}dx$, 且系数 $\frac{h}{4}$ 不可改进.

证明. 由 $f(0)=0$ 有$$\left|f(x)\right|=\left|{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt\right|⩽{\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|dt=:F(x),$$同理由 $f(h)=0$ 得到 $\left|f(x)\right|=\left|{\int }_h^x{f}^{\prime }(t)dt\right|⩽{\int }_h^x\left|f^{\prime }(t)\right|dt=:G(x)$. 于是有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx& ={\int }_0^{h/2}\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx+{\int }_{h/2}^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|dx\\ & ⩽{\int }_0^{h/2}F(x)F^{\prime }(x)dx+{\int }_{h/2}^{h}G(x)G^{\prime }(x)dx\\ & =\frac{1}{2}{F}^2\left(\frac{h}{2}\right)+\frac{1}{2}{G}^2\left(\frac{h}{2}\right),\end{array}$$而$$F^2\left(\frac{h}{2}\right)={\left({\int }_0^{h/2}\left|f^{\prime }(t)\right|dt\right)}^2,G^2\left(\frac{h}{2}\right)={\left({\int }_{h/2}^h\left|f^{\prime }(t)\right|dt\right)}^2,$$再由 Cauchy-Schwarz 不等式$${\left({\int }_0^{h/2}\left|f^{\prime }(t)\right|dt\right)}^2⩽{\int }_0^{h/2}{1}^{2}dx{\int }_0^{h/2}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx=\frac{h}{2}{\int }_0^{h/2}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx,$$同理 ${\left({\int }_{h/2}^h\left|f^{\prime }(x)\right|dt\right)}^2⩽\frac{h}{2}{\int }_{h/2}^h{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx$, 即证原不等式.

等号成立当且仅当$$f(x)=\{\begin{array}{ll}cx,& 0⩽x⩽h/2,\\ -c(x-h),& h/2⩽x⩽h,\end{array}$$上述函数满足 $f(0)=f(h)=0$, 若还要求 $f(x)$ 导数连续, 只有取 $f(x)\equiv 0$, 若不然, $f(x)$ 在 $x=\frac{h}{2}$ 处不可微, 即知 $\frac{h}{4}$ 不能再小. 实际上, 这正是华罗庚-Opial 不等式.

$\square$

4. 设 $F$ 在 $[0,1]\times [0,1]$ 上有连续的四阶偏导数, 满足 $\left|\frac{{\partial }^{4}F(x,y)}{\partial x^2\partial y^2}\right|⩽M,F(x,0)=F(x,1)=0=F(0,y)=F(1,y)=0(\forall x,y\in [0,1])$. 证明: $\left|{\int }_{[0,1]\times [0,1]}F(x,y)dxdy\right|⩽\frac{M}{144}$.

证明. 先记 $D=\{(x,y)|0⩽x,y⩽1\}$, 考虑积分 ${\iint }_{D}x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}dxdy$, 一方面, 有$$\left|{\iint }_{D}x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}dxdy\right|⩽\left|M{\int }_0^{1}x(1-x)dx{\int }_0^{1}y(1-y)dy\right|=\frac{M}{36}.$$另一方面,$$\begin{array}{rl}& {\iint }_{D}x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}dxdy={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}dy\\ =& {\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}x(1-x)y(1-y)d\left(\frac{{\partial }^{3}F}{\partial x^2\partial y}\right)={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}x(1-x)(2y-1)\frac{{\partial }^{3}F}{\partial x^2\partial y}dy\\ =& {\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}x(1-x)(2y-1)d\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\right)={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}2x(1-x)\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}dy\\ =& 2{\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1}x(1-x)\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}dx=4{\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}F(x,y)dy=4{\iint }_{D}F(x,y)dxdy,\end{array}$$从而有 $4\left|{\int }_{[0,1]\times [0,1]}F(x,y)dxdy\right|⩽\frac{M}{36}$. 即得结论.

$\square$

6重积分变量代换

重积分变量代换,Jacobi 矩阵 (行列式),(广义) 极坐标变换,(广义) 柱面坐标变换, 旋转体的体积,(广义) 球面坐标变换,(广义) 高维球面坐标变换

A 6.1. 1. 计算 $\underset{4x^2+4y^2+z^2⩽4x+4y+z}{\iiint }\left(4x^2+4y^2+z^2\right)dxdydz$.

解答. 记原积分为 $I$, 于是$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_{4(x-1/2{)}^2+4(y-1/2{)}^2+(z-1/2{)}^2⩽9/4}\left(4x^2+4y^2+z^2\right)dxdydz\\ & ={\iiint }_{4x^2+4y^2+z^2⩽9/4}\left(4{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+4{\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(z+\frac{1}{2}\right)}^2\right)dxdydz\\ & ={\iiint }_{4x^2+4y^2+z^2⩽9/4}\left(4x^2+4y^2+z^2+\frac{9}{4}\right)dxdydz\\ & =\frac{27}{32}\cdot \frac{9}{4}{\iiint }_{x^2+y^2+z^2⩽1}\left(x^2+y^2+z^2+1\right)dxdydz\end{array}\text{\hspace{1em}(整理)}$$最后利用球坐标变换有$$I=\frac{27}{32}\cdot \frac{9}{4}{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^1\left(r^2+1\right)r^2\sin \phi dr=\frac{81\pi }{20}.$$$\square$

2. 计算由 $(a_{1}x+b_{1}y+c_1{)}^2+(a_{2}x+b_{2}y+c_2{)}^2=1$ 所围成的有界区域 $D$ 的面积 (其中 $a_1{b}_2-a_2{b}_1\ne 0$).

解答. 即计算 ${\iint }_{D}dxdy$, 令 $u=a_{1}x+b_{1}y+c_1,v=a_{2}x+b_{2}y+c_2$, 则$$\left|\det \left(\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right)\right|=\left|\frac{1}{\det \left(\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\right)}\right|=\left|\frac{1}{a_1{b}_2-a_2{b}_1}\right|,$$于是 ${\iint }_{D}dxdy={\iint }_{u^2+v^2⩽1}\frac{1}{|a_1{b}_2-a_2{b}_1|}dudv=\frac{\pi }{|a_1{b}_2-a_2{b}_1|}$.

$\square$

3. 计算积分 ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}{e}^{y/(x+y)}dy.$

解答. 置 $x+y=u,y=v$, 不难得到$${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}{e}^{y/(x+y)}dy={\int }_0^{1}du{\int }_0^u{e}^{v/u}dv={\int }_0^1(e-1)udu=\frac{1}{2}(e-1).$$$\square$

4. 设 $f$ 在点 $0$ 处可导,$f(0)=0,{\Omega }_t=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2⩽2tz\}$. 求 ${\lim }_{t\to 0^{+}}\frac{1}{t^5}{\iiint }_{{\Omega }_t}f(x^2+y^2+z^2)dxdydz$.

解答. 记原极限为 $I$. 做变量代换$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \sin \phi ,\\ y=r\sin \theta \sin \phi ,\\ z=t+r\cos \phi ,\end{array}\theta \in [0,2\pi ],\phi \in [0,\pi ],r⩾0.$$则当 $t>0$ 时,$$\begin{array}{rl}\frac{1}{t^5}{\iiint }_{{\Omega }_t}f(x^2+y^2+z^2)dxdydz& =\frac{1}{t^5}{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^{t}f(r^2+t^2+2tr\cos \phi )r^2\sin \phi dr\\ & =\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^{1}f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi dr,\end{array}$$对于任何 $t\in (0,1]$, 我们有$$\begin{array}{rl}& \frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^1\left|f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )-f^{\prime }(0)(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\right|r^2\sin \phi dr\\ ⩽& \frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^1(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\omega (t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi dr\\ ⩽& 2\pi {\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^{1}4\omega \left(4t^2\right)dr=8{\pi }^2\omega \left(4t^2\right),\end{array}$$其中 $\omega (r)={\sup }_{0<|x|⩽r}\left|\frac{f(x)}{x}-f^{\prime }(0)\right|$ 满足 ${\lim }_{r\to 0^{+}}\omega (r)=0.$ 所以$$I=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^1{f}^{\prime }(0)\left(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi \right)r^2\sin \phi dr=\frac{32\pi }{15}{f}^{\prime }(0).$$$\square$

5. 设 $R>0$, 证明: $\sqrt{\frac{\pi }{4}(1-e^{-R^2})}⩽{\int }_0^R{e}^{-x^2}dx⩽\sqrt{\frac{\pi }{4}\left(1-e^{-4R^2/\pi }\right)}$.

证明. 记 $P=\{(x,y)|x^2+y^2⩽R^2,x,y⩾0\},Q=\{(x,y)|0⩽x,y⩽R\}$, 易见 $P\subset Q$, 并且$${\iint }_P{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy={\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_0^R{e}^{-r^2}rdr=\frac{\pi }{4}\left(1-e^{-R^2}\right),$$故 $\frac{\pi }{4}\left(1-e^{-R^2}\right)⩽{\iint }_Q{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy={\left({\int }_0^R{e}^{-x^2}dx\right)}^2$.

记 $C=\left\{(x,y)|x^2+y^2⩽4R^2/\pi ,x,y⩾0\right\}$, 易见 $C\backslash Q$ 与 $Q\backslash C$ 面积相等, 但$$e^{-(x^2+y^2)}⩾e^{-4R^2/\pi },(x,y)\in C\backslash Q,$$

而 $(x,y)\in Q\backslash C$ 时上述不等式反向, 故有$$\begin{array}{rl}{\left({\int }_0^R{e}^{-x^2}dx\right)}^2={\iint }_Q{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy⩽{\iint }_C{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& ={\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_0^{2R/\sqrt{\pi }}{e}^{-r^2}rdr\\ & =\frac{\pi }{4}\left(1-e^{4R^2/\pi }\right),\end{array}$$从而原不等式成立.

$\square$

B 6.2. 1. 试求半径为 $R$ 密度为常值 $\rho$ 的球体对于质量为 $m$ 的质点 $P$ 的万有引力.

解答. 首先, 两质量分别为 $m_1,m_2$, 相距为 $r$ 的质点之间的引力为$$\mathbf{F}=\frac{G{m}_1{m}_2}{r^2},$$其中 $G$ 为引力常数, 约为 $6.67\times 10^{-11}N\cdot m^2/k{g}^2$.

现在, 我们不妨记题设球体为 $D=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2⩽R^2\}$, 质点 $P$ 坐标为 $(0,0,p)$.

在球中任取一点 $Q(x,y,z)$, 环绕 $Q$ 取一体积微元 $dV$, $dV$ 与 $P$ 之间的引力 $d\mathbf{F}$ 为$$d\mathbf{F}(x,y,z)=\frac{Gm\rho dV}{x^2+y^2+(z-p{)}^2},$$方向由 $P$ 指向 $Q$, 我们记 $\angle QPO=\alpha$, 则 $\mathbf{F}$ 沿 $z$ 轴方向与垂直 $z$ 轴方向的分量为$${\mathbf{F}}_1=\mathbf{F}\cos \alpha ,{\mathbf{F}}_2=\mathbf{F}\sin \alpha ,$$注意到 $\cos \alpha =\frac{p-z}{\sqrt{x^2+y^2+(z-p{)}^2}}$, 于是$$\mathbf{F}={\iiint }_D\frac{Gm\rho (p-z)}{(x^2+y^2+(z-l{)}^2{)}^{3/2}}dV,$$

$\square$

2. 设 $\Omega \subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为区域, $\psi :\Omega \to {\mathbb{R}}^m$ 连续可微. 若 $E$ 为 $\Omega$ 的紧子集, 证明: 存在连续模 $\omega$ 使得$$\Vert \psi (\mathbf{y})-\psi (\mathbf{x})-{\psi }_{\mathbf{x}}(\mathbf{x})(\mathbf{y}-\mathbf{x})\Vert ⩽\Vert \mathbf{y}-\mathbf{x}\Vert \omega (\Vert \mathbf{y}-\mathbf{x}\Vert ).$$

7函数的光滑逼近

函数的光滑逼近, 支集, 简单函数逼近可积函数, 连续函数逼近可积函数,$C^k$ 函数一致逼近连续函数, 一致收敛, 内闭一致收敛, 卷积,Young 不等式, 磨光算子,Weierstrass 逼近定理, 连续函数的延拓

A 7.1. 1. 证明函数$$\phi (x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x},& x>0,\\ 0,& x⩽0\end{array}$$任意次可导.

证明. 易见 $x\ne 0$ 时 $\phi$ 任意次可导. $x=0$ 时有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{-1/x}}{x}=0=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{0-0}{x},$$则$${\phi }^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{e^{-1/x}}{x^2},,& x>0\\ 0& x⩽0.\end{array}$$归纳可证$${\phi }^{(n)}(x)=\{\begin{array}{ll}{P}_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x},& x>0,\\ 0,& x⩽0.\end{array}$$其中 $P_n(x)$ 为一 $2n$ 次多项式. $n=1$ 已经满足, 设 ${\phi }^{(n)}(x)$ 如上式所示, 那么$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }=\frac{e^{-1/x}}{x}{P}_n\left(\frac{1}{x}\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{tP(t)}{e^t}=0,$$且有$${\left(P_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x}\right)}^{\prime }=P_n^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x}+\frac{1}{x^2}{P}_n(x)e^{-1/x}=P_{n+1}(x)e^{-1/x},$$从而 $\phi (x)$ 任意次可导.

$\square$

2. 设 $b>a,n>\frac{4}{b-a}$. 证明: 存在 $g_n\in C_c^{\infty }\left((a,b);[0,1]\right)$ 满足 $\mathrm{supp}{g}_n=\left[a+\frac{1}{n},b-\frac{1}{n}\right]$, $g_n{|}_{\left[a+2/n,b-2/n\right]}\equiv 1$ 以及 $|g^{\prime }|⩽nM$, 其中 $M$ 是一个与 $n$ 无关的一个常数.

证明.

$\square$

3. 设 $\alpha >0,f\in L_{loc}^1(\mathbb{R}).$ 定义 $F(x)=\frac{1}{\alpha }{\int }_x^{x+\alpha }f(t)dt(\forall x\in \mathbb{R})$. 证明:

•	若 $f$ 是单调函数, 则 $F$ 也是单调函数.
•	若 $f$ 是凸函数, 则 $F$ 也是凸函数.
•	若 $f$ 有连续的 $n$ 阶导数, 且 $f^{(n)}⩾0$, 则 $F^{(n)}⩾0$.

证明. (1) 不妨设有连续单增的函数 $g(x)$, 记 $G(x)=\frac{1}{\alpha }{\int }_x^{x+\alpha }g(t)dt$, 于是有$$G^{\prime }(x)=\frac{1}{\alpha }\left(g(x+\alpha )-g(\alpha )\right)⩾0,$$从而对于连续函数, 上述结论成立. 而一般的 $f\in L_{loc}^1(\mathbb{R})$, 我们知道对于 $\forall \epsilon >0$, 存在 $g(x)\in C_c(\mathbb{R})$ 使得$${\int }_{\mathbb{R}}|g(x)-f(x)|dx⩽\epsilon ,$$从而 $\forall x_1>x_2$, 有$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{\alpha }\left|{\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }f(t)dt-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }f(t)dt-\left({\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }g(t)dx-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }g(t)dt\right)\right|\\ & =\frac{1}{\alpha }\left|{\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }\left(f(t)-g(t)\right)dt-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }\left(f(t)-g(t)\right)dt\right|\\ & ⩽\frac{1}{\alpha }\left({\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }|g(t)-f(t)|dt+{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }|g(t)-f(t)|dt\right)⩽\frac{2}{\alpha }\epsilon .\end{array}$$有 $\epsilon$ 的任意性可知原命题成立.

$\square$

4. 设 $f\in L_{loc}^1\left(\mathbb{R}\right),\phi \in C_c^{\infty }\left(\mathbb{R}\right)$ 非负且恒不为零. 定义 $F=f\ast \phi$. 证明对于这样定义的函数 $F$, 也具有第 3 题中所列的性质.

5. 若对任何 $x,y\in \mathbb{R}$, $\mathbb{R}$ 上的一元实函数 $f$ 满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)$. 进一步, $f$ 在一个区间内有界. 证明: 存在常数 $c$ 使得 $f(x)=cx(\forall x\in \mathbb{R})$.

B 7.2. 1. 试利用 Weierstrass 第一逼近定理证明 Weierstrass 第二逼近定理.

证明.

$\square$

2. 试利用 Weierstrass 第二逼近定理证明 Weierstrass 第一逼近定理.

证明.

$\square$

3. 将习题 $\mathrm{8.7.}\mathcal{A}$ 中的第 2 题推广到高维情形: 设 $D\subset {\mathbb{R}}^n$ 为有界区域. 对于 $\delta >0$, 取区域 $\Omega$ 使得 $D\subset \subset \Omega ,{\inf }_{\mathbf{x}\in D,\mathbf{y}\in \partial \Omega }|\mathbf{x}-\mathbf{y}|⩾\delta$. 证明: 存在 $\phi \in C_c^{\infty }(\Omega )$, 满足 $0⩽\phi ⩽1,\phi {|}_D\equiv 1$ 以及 $|\nabla \phi |⩽\frac{M}{\delta }$, 其中 $M$ 是与 $\delta$ 无关的一个常数.

4. 设 $\mathbb{R}$ 上可测实函数 $f$ 满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)$. 证明: 存在常数 $c$ 使得 $f(x)=cx(\forall x\in \mathbb{R})$.

提示: 存在闭集 $E\subset [0,1]$, 使得 $|E|>\frac{3}{4}$ 且 $f$ 限制在 $E$ 上连续. 证明: $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\subset E-E$.

5. 设 $\mathbb{R}$ 上可测实函数 $f$ 中点凸. 证明: $f$ 是凸函数.

6. 在 Weierstrass 逼近定理的证明中, 一个重要的思想是利用 Bernstein(伯恩斯坦) 多项式, 设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的函数, 其 Bernstein 多项式定义为$$B_n(f;x)=\sum _{k=0}^n{C}_n^{k}f\left(\frac{k}{n}\right)x^k(1-x{)}^{n-k},x\in [0,1].$$试证明:

•	对任何 $x\in [0,1]$, 有 ${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k(k-nx{)}^2{x}^k(1-x{)}^{n-k}=nx(1-x).$
•	设 $f\in C[0,1]$, 证明: $\{B_n(f;x)\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛到 $f(x)$.

7. 设 $T:C[a,b]\to C[a,b]$ 是线性算子, 若对任何非负的 $f\in [a,b]$, 都有 $Tf$ 非负, 则称 $T$ 是正线性算子. 试证明如下的 Korovkin(科罗夫金) 定理: 设 $\{T_n\}$ 是 $C[a,b]\to C[a,b]$ 的一列正线性算子, 若对于 $f(x)=1,x,x^2,\{T_{n}f\}$ 均在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$, 则对任何 $f\in C[a,b]$, $\{T_{n}f\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$.

8. 验证第 5 题给出的 $B_n$ 是 $C[0,1]$ 到 $C[0,1]$ 的正线性算子, 且对于 $f(x)=1,x,x^2,\{T_{n}f\}$ 均在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $f$.

8光滑逼近的应用

分部积分公式的推广, 带积分型余项 Taylor 公式的推广, 积分第二中值定理, 推广的 Riemann-Lebesgue 引理, 无理数之均匀分布

定理 8.1. 设 $q,r$ 为对偶数, 函数 $g$ 以 $T>0$ 为周期, $g{|}_{[0,T]}\in L^r[0,T],f\in L^q[a,b]$, 则$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)dx=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(x)dx{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

定理 8.2. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上 Riemann 可积, $s$ 是无理数, 则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\{ks\}\right)={\int }_0^{1}f(x)dx.$$

A 8.3. 1. 计算极限 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^1\frac{x^2|\sin nx|}{1+x^2}dx.$

解答. 由定理 8.1, 立即可得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\frac{x^2|\sin nx|}{1+x^2}dx=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|\sin x|dx{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x^2}dx=\frac{2}{\pi }-\frac{1}{2}.$$$\square$

2. 设 $[0,+\infty )$ 上的非负连续函数 $f$ 单调递减, $F(x)={\int }_0^x(x-2t)f(t)dt(\forall x⩾0)$, 证明 $F$ 是 $[0,+\infty )$ 上的凸函数.

证明. 我们只需证明 $F^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)dt-xf(x)$ 单增, 任取 $0<x_1<x_2$, 则 $f(x_1)⩾f(x_2)$, 又$$\begin{array}{rl}F(x_2)-F(x_1)& ={\int }_0^{x_2}f(t)dt-x_{2}f(x_2)-{\int }_0^{x_1}f(x_1)dt+x_{1}f(x_1)\\ & ={\int }_{x_1}^{x_2}f(t)dt+x_{1}f(x_1)-x_{2}f(x_2)\\ & ⩾(x_2-x_1)f(x_2)+x_{1}f(x_1)-x_{2}f(x_2)=x_1\left(f(x_1)-f(x_2)\right)⩾0.\end{array}$$从而 $F$ 为凸函数.

$\square$

3. 设 $g$ 为 $[a,b]$ 上的单调函数, 证明存在 $[a,b]$ 上连续可导的单调函数列 $\{g_n\}$ 使得 $g_n(a)=g(a),g_n(b)=g(b),{\max }_{x\in [a,b]}|g_n(x)|⩽M_g={\max }_{x\in [a,b]}|g(x)|$ 以及 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|dx=0.$

证明.

$\square$

4. 将定理 8.1 推广到高维情形. 设 $p,q$ 为对偶数, $E\in {\mathbb{R}}^n$ 为有界可测集, $f\in L^p(E)$. $Q$ 为矩形 $[0,a_1]\times [0,a_2]\times \cdots \times [0,a_n]$, 函数 $g$ 以 $Q$ 为周期, 即对任何 $\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n$ 以及 $1⩽k⩽n$ 成立 $g(\mathbf{x}+a_k{\mathbf{e}}_k)=g(\mathbf{x})$. 证明: 若 $g{|}_Q\in L^q(Q)$, 则$$\underset{p\to \infty }{\lim }{\int }_{E}f(\mathbf{x})g(p\mathbf{x})d\mathbf{x}=\frac{1}{|Q|}{\int }_{E}g(\mathbf{x})d\mathbf{x}{\int }_{E}f(\mathbf{x})d\mathbf{x}.$$

5. 设 $f\in C(a,b)$, 证明:

•	若对任何 $a<x_1<x_2<b$, 成立 $f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)dx$, 则 $f$ 为凸函数.
•	若对任何 $a<x_1<x_2<b$, 成立 $\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)dx⩽\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$, 则 $f$ 为凸函数.

证明. (1) 我们分两步证明:

•

设 $f$ 有连续的二阶导数. 固定 $x$ 并令 $\delta >0$ 充分小. 则由题设,$$f(x)⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{x-\delta }^{x+\delta }f(t)dt,$$即$$0⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{-\delta }^{\delta }\left(f(t+x)-f(x)\right)dt.$$于是$$0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{3}{{\delta }^3}{\int }_{-\delta }^{\delta }\left(f(t+x)-f(x)\right)dt=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{f(\delta +x)+f(x-\delta )-2f(x)}{{\delta }^2}=f^{\prime \prime }(x).$$因此 $f$ 是区间 $(a,b)$ 内的凸函数.

•

任取 $\delta \in \left(0,\frac{b-a}{4}\right)$. 令 $\epsilon \in \left(0,\frac{\delta }{2}\right)$,$$f_{\epsilon }(x)=\frac{1}{{\epsilon }^2}{\int }_x^{x+\epsilon }dt{\int }_t^{t+\epsilon }f(s)ds,\forall \in (a+\delta ,b-\delta ).$$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$$f_{\epsilon }\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)⩽\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}{f}_{\epsilon }(x)dx.$$所以由 (i) 的结论. $f_{\epsilon }$ 是 $(a+\delta ,a-\delta )$ 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,$$\frac{1}{\delta }{\int }_x^{x+\delta }f(t)dt⩽\frac{f(x+\delta )+f(x)}{2},$$即$$0⩽\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)dt.$$于是$$0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)dt}{{\delta }^3/6}=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f^{\prime }(x+\delta )+f(x)-f(x+\delta )}{{\delta }^2/2}=f^{\prime \prime }(x),$$因此 $f$ 是凸函数.

$\square$

6. 设 $f\in C[0,1]$, 且对任何 $n⩾0$, 成立 ${\int }_0^{1}f(x)x^{2n}dx=0$. 证明 $f\equiv 0$.

7. 设 $f\in L^1[a,b],N⩾0$, 且对任何 $n⩾N$, 成立 ${\int }_a^{b}f(x)x^{n}dx$. 证明: $f$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处等于零.

证明.

$\square$

8. 设 $f\in L^1[a,b]$, 且对 $n=1,2,\cdots$ 成立 ${\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx=0$. 证明: $f$ 在 $[0,\pi ]$ 上几乎处处等于某个函数.

9. 对于 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 及 $k\in \mathbb{N}$, 记 $M_k(\phi )={\int }_{\mathbb{R}}{t}^k\phi (t)dt$. 设 $\eta \in C_c^{\infty }$ 满足 $M_0(\eta )=1$. 证明:

•	$\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的导函数的充要条件是 $M_0(\phi )=0$.
•	对任何 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R}),\phi -M_0(\phi )\eta$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的导函数.
•	$\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的二阶导数的充要条件是 $M_0(\phi )=M_1(\phi )=0$.
•	对任何 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R}),\phi -M_0(\phi )\eta +\left(M_1(\phi )-M_0(\phi )M_1(\eta )\right){\eta }^{\prime }$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的二阶导数.

10. 设 $f\in L_{loc}^1(\mathbb{R}),g\in C(\mathbb{R})$, 且对任何 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 成立$${\int }_{\mathbb{R}}f(x){\phi }^{\prime \prime }(x)dx={\int }_{\mathbb{R}}g(x)\phi (x)dx.$$证明: $f$ 几乎处处等于某个二阶连续可微的函数 $G$, 其中 $G^{\prime \prime }=g$.

B 8.4. 1. 设 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_m\in \mathbb{R}$ 两两不同, ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m\in \mathbb{C}$, 且 ${\lim }_{x\to +\infty }{\sum }_{k=1}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\lambda }_k}=0.$ 试用多种方法证明: ${\alpha }_1={\alpha }_2=\cdots ={\alpha }_m=0.$

2. 设 $\mathbf{A}\in {\mathbb{R}}^{n\times n}$, 证明: 对任何 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 方程 ${\mathbf{x}}^{\prime }(t)=\mathbf{Ax}(t)$ 满足初值 $\mathbf{x}(0)={\mathbf{x}}_0$ 的解 $\mathbf{x}(\cdot ;{\mathbf{x}}_0)$ 均满足 ${\lim }_{t\to +\infty }\mathbf{x}(t;{\mathbf{x}}_0)=0$ 的充要条件是 $\mathbf{A}$ 的特征值具有负实部.

3. 对于 $k⩾2$, 仿习题 8.8.$\mathcal{A}$ 第 9 题给出 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }$ 的 $k$ 阶导数的充要条件, 并计算 $c_0,c_1,\cdots ,c_k$ 使得 $\phi -{\sum }_{j=0}^k\frac{(-1{)}^j}{j!}{c}_j{\eta }^{(j)}$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的 $k$ 阶导数, 其中 $\eta \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 满足 ${\int }_{\text{bbr}}\eta (t)dt=1$.

4. 设 $f,g\in L_{loc}^1(\mathbb{R}),k⩾1$, 且对任何 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$, 成立$${\int }_{\mathbb{R}}f(x){\phi }^{(k)}(x)dx=(-1{)}^k{\int }_{\mathbb{R}}g(x)\phi (x)dx.$$试仿习题 8.8.$\mathcal{A}$ 第 4 题和第 10 题给出 $f$ 与 $g$ 的关系并给出证明.

5. 推广定理 8.2: 设 $f$ 在 $[0,1{]}^m$ 上 Riemann 可积, 又对任何不全为零的整数 $n_1,n_2,\cdots ,n_m$, ${\sum }_{k=1}^m{n}_k{s}_k$ 均为无理数, 则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\{k{s}_1\},\{k{s}_2\},\cdots ,\{k_{s_n}\}\right)={\int }_{[0,1{]}^n}f(\mathbf{x})d\mathbf{x}.$$

6. 证明: 在第一题中, 将条件 ${\lim }_{x\to +\infty }{\sum }_{k=1}^{\infty }{\alpha }_k{e}^{ix{\lambda }_k}=0$ 减弱为 ${\lim }_{\genfrac{}{}{0ex}{}{x\to +\infty }{x\in \mathbb{Q}}}{\sum }_{k=1}^{\infty }{\alpha }_k{e}^{ix{\lambda }_k}=0$, 结论仍然成立.

7. 试进一步减弱第 1 题或它的一些特例的条件.

9附录

Lebesgue 判据,Lebesgue 基本定理,Vitali 型覆盖引理, 绝对连续函数, 对偶问题, 线性算子定义域的延拓,Marcinkiewicz 插值定理, 对数函数的积分定义, 曲线的弧长, 三角函数的积分定义

A 9.1. 1.

•	试构造 $\mathbb{R}$ 上严格单增的 $C^{\infty }$ 函数 $f$, 使得 $E=\{f^{\prime }=0\}$ 具有正测度.
•	证明: $f(E)$ 是闭零测度集.
•	令 $F=\mathbb{R}\backslash f(E),g={\chi }_F$. 证明: $g$ 在 $\mathbb{R}$ 上局部 Riemann 可积, 当有界闭区间 $[a,b]$ 与 $E$ 的交集测度非零时, $g\circ f$ 在 $[a,b]$ 上不是 Riemann 可积的.

B 9.2. 1. 设 $f$ 是有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续可微函数, $\{f^{\prime }=0\}$ 是零测度集, $f\left([a,b]\right)=[c,d]$. 证明: 对于 $[c,d]$ 上的 Riemann 可积函数 $g$, 复合函数 $g\circ f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积.

证明.

$\square$