第 8 章 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$${\underline{\int }}_0^{1}D(x)\mathrm{d}x=0,{\overline{\int }}_0^{1}D(x)\mathrm{d}x=1,$$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 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 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,$${\int }_{E}f(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}={\int }_{E^{\circ }}f(\mathbf{x})\mathrm{d}x.$$ 证明. $\partial E$ 是零测集, 从而 $f$ 在 $E$ 上不连续点的测度就是 $f$ 在 $E^{\circ }$ 上不连续点的测度. $\square$
4.	设 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 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 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 为 Jordan 可测的有界集, $f,g$ 在 $E$ 上 Riemann 可积, 且 ${\int }_{E}f(\mathbf{x})g(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}\ne 0$. 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 ${\underline{\int }}_{E}f(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}=0$. 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 $\underset{\Vert P\Vert \to 0^{+}}{\lim }W(f;P)$ 存在. 证明. 见楼红卫《数学分析: 要点 · 难点 · 拓展》, 高等教育出版社, 2020 年, 第 14 章, pp.92–3. $\square$

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

(i)	对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $m(G\setminus E)<\epsilon$.
(ii)	对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $m(E\setminus F)<\epsilon$.
(iii)	存在一列开集 $\{G_k\}$ 使得 $G=\bigcap _{k=1}^{\infty }{G}_k\supseteq E$ 且 $G\setminus E$ 为零测集.
(iv)	存在一列闭集 $\{F_k\}$ 使得 $F=\bigcup _{k=1}^{\infty }{F}_k\subseteq E$ 且 $E\setminus F$ 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: (i) $\varnothing ,X\in \mathcal{M}$. (ii) 若 $E\in \mathcal{M}$, 则 $X\setminus E\in \mathcal{M}$. (iii) 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 $E_1\setminus E_2,\bigcap _{k=1}^K{E}_k\in \mathcal{M}$. 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$$X\setminus \bigcup _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }=\bigcap _{\alpha \in I}\left(X\setminus A_{\alpha }\right),X\setminus \bigcap _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }=\bigcup _{\alpha \in I}\left(X\setminus A_{\alpha }\right).$$ 由于 $E_1\in \mathcal{M}$, 则 $X\setminus E_1\in \mathcal{M}$, 于是 $\left(X\setminus E_1\right)\cup E_2\in \mathcal{M}$, 注意到$$E_1\setminus E_2=E_1\cap \left(X\setminus E_2\right)=X\setminus \left(\left(X\setminus E_1\right)\cup E_2\right)\in \mathcal{M}.$$ 诸 $E_k\in \mathcal{M}$, 有 $X\setminus E_k\in \mathcal{M}$ $(1⩽k⩽K)$, 有 $\bigcup _{k=1}^K\left(X\setminus E_k\right)\in \mathcal{M}$, 于是 $X\setminus \left(\bigcup _{k=1}^K\left(X\setminus E_k\right)\right)\in \mathcal{M}$, 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: (i) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $mG⩽m^{\ast }E+\epsilon .$ (ii) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $mF⩾m_{\ast }E-\epsilon$. (iii) 存在一列开集 $\{G_k\}$ 使得 $G=\bigcap _{k=1}^{\infty }{G}_k\supseteq E$ 且 $mG=m^{\ast }E$. (iv) 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 $m_{\ast }(E)=m(G)-m^{\ast }(G\setminus E)$. 证明. $\square$
6.	设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 则 $E$ 可测等价于以下任一条件. (1) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在开集 $G\supseteq E$, 使得 $m^{\ast }(G\setminus E)<\epsilon$. (2) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在可测集 $G\supseteq E$, 使得 $m^{\ast }(G\setminus E)<\epsilon$. (3) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在闭集 $F\subseteq E$, 使得 $m^{\ast }(E\setminus F)<\epsilon$. (4) 对于任何 $\epsilon >0$, 存在可测集 $F\subseteq E$, 使得 $m^{\ast }(E\setminus F)<\epsilon$. 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. 模仿 Cantor 三分集, 第一次去掉中间长度为 $q$ 的开区间, 第二次去掉 $2$ 个长为 $q^2$ 的开区间, 第三次去掉 $4$ 个长为 $q^3$ 的开区间, 以此类推, 去除的总长度为$$\ell =q+2q^2+4q^3+\cdots =\frac{q}{1-2q}.$$$q=1/3$ 时 $\ell =1$, 可是 $q$ 完全可以比 $1/3$ 小, 从而 $\ell <1$; 特别地, $q\to 0$ 时 $\ell \to 0$. $\square$
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: (i) $\mathcal{B}({\mathbb{R}}^n)$ 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. $\square$ (ii) $\mathcal{B}({\mathbb{R}}^n)$ 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 ${\mathbb{R}}^n$ 中的 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, 相应的结果是否仍然成立.

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: (i) $f_k(\mathbf{x})⩾0,a.e.\mathbf{x}\in E,\forall k⩾1$. (ii) $f_k(\mathbf{x})⩾0,\forall k⩾1,a.e.\mathbf{x}\in E$.
2.	设 $f:{\mathbb{R}}^{n+k}\to \mathbb{R}$, 说明以下两者不等价: (i) $f(\mathbf{x},\mathbf{y})⩾0,a.e.\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n,\forall \mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^k.$ (ii) $f(\mathbf{x},\mathbf{y})⩾0,\forall \mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^k,a.e.\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n.$
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 $|{\mathbf{f}}_j|⩽|\mathbf{f}|$.
4.	设 $f:{\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m\to [0,+\infty ]$ 可测. 证明: 存在可积的简单函数列 $\{f_j\}$ 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. 证明. 由离散型得出连续型对简单函数成立, 而简单函数稠密. $\square$
6.	试用连续型 Hölder 不等式证明离散型 Hölder 不等式. 证明. 被积函数取为简单函数即可. $\square$
7.	证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=0.$ 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,$$\begin{array}{rl}0& ⩽{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2-\epsilon }{\sin }^{n}x\mathrm{d}x+{\int }_{\pi /2-\epsilon }^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_0^{\pi /2-\epsilon }{\sin }^n\left(\frac{\pi }{2}-\epsilon \right)\mathrm{d}x+{\int }_{\pi /2-\epsilon }^{\pi /2}\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_0^{\pi /2-\epsilon }\epsilon \mathrm{d}x+\epsilon ⩽\left(\frac{\pi }{2}+1\right)\epsilon ,\end{array}$$所以 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=0.$ $\square$
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 可测的有界区域.

B 3.2.

1.	在例 8.3.2 中, 当 $|E|=+\infty$ 或 (及) ${\Vert f\Vert }_{\infty }=+\infty$ 时, 结论会如何?
2.	设 $1⩽p<+\infty$, $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为测度非零的可测集. 举例说明在 $L^p(E)$ 中 (1) 致密性定理不成立. (2) 聚点原则不成立. (3) 有限覆盖定理不成立.
3.	试构造区间 $[0,1]$ 上的连续实函数 $f$, 使得 $\{f>0\}$ 为可列个两两不交的开区间 $\{({\alpha }_k,{\beta }_k)\}$ 的并, 且若 $f$ 在两个不同区间 $({\alpha }_k,{\beta }_k)$ 和 $({\alpha }_j,{\beta }_j)$ 上恒为正, ${\beta }_k<{\alpha }_j$, 总存在 $\xi \in ({\beta }_k,{\alpha }_j)$ 满足 $f(\xi )<0$.
4.	试构造区间 $[a,b]$ 上的连续实函数 $f$, 以及 $[c,d]$ 上的 Riemann 可积函数 $g$, 使得 $g\circ f$ 在 $[a,b]$ 上不 Riemann 可积, 其中 $f$ 的值域包含于 $[c,d]$.
5.	试构造区间 $[a,b]$ 上的连续函数 $f$, 使得 $g$ 在 $[a,b]$ 上不 Riemann 可积, 其中$$g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& f(x)⩾1,\\ 0,& f(x)<1.\end{array}$$
6.	试构造非 Jordan 可测的有界闭区域.
7.	设 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 为 Jordan 可测的有界集, 非负函数 $f$ 在 $E$ 上 Riemann 可积, 且 ${\int }_{E}f(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}=0.$ 证明: $\{f\ne 0\}$ 是零测度集. 举例说明 $\{f\ne 0\}$ 可以不是 Jordan 可测集.

4Newton–Leibniz 公式

微积分基本定理—Newton–Leibniz 公式, 定积分的分部积分, 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: $$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^{1}x{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x;& (2){\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^x\sin x\mathrm{d}x;\\ & (3){\int }_0^1\frac{\sqrt{x}+1}{1+x^2}\mathrm{d}x;& (4){\int }_0^1\frac{1}{1+x^3}\mathrm{d}x;\\ & (5){\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x.& \end{array}$$ 解答. (1) 原函数是 $x{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^x$, 积分值为 $1$. (2) ${\mathrm{e}}^x\sin x=\mathrm{Im}{\mathrm{e}}^{(1+\mathrm{i})x}$, 从而 $\mathrm{Im}\frac{{\mathrm{e}}^{(1+\mathrm{i})x}{|}_0^{2\pi }}{1+\mathrm{i}}=\mathrm{Im}\frac{1-\mathrm{i}}{2}({\mathrm{e}}^{2\pi }-1)=\frac{1}{2}-\frac{{\mathrm{e}}^{2\pi }}{2}$. (3) 易见 ${\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}$, 我们仅需计算 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}\mathrm{d}x$. 置 $\sqrt{x}=t$, 于是有$${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{2t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t,$$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$${\int }_0^1\frac{2t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(3-2\sqrt{2}\right)+\frac{\sqrt{2}}{4}\pi .$$于是 ${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}+1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\left(\pi +\sqrt{2}\left(\pi +\ln \left(3-2\sqrt{2}\right)\right)\right)$. (4) 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{1}{1+x^3}\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1-x+x^2)}\mathrm{d}x={\int }_0^1\left(\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+x}+\frac{1}{3}\cdot \frac{2-x}{x^2-x+1}\right)\mathrm{d}x\\ & ={\frac{1}{3}\ln \left|x+1\right|-\frac{1}{6}\ln (x^2-x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)|}_0^1\\ & =\frac{1}{3}\ln 2+\frac{\pi }{3\sqrt{3}}.\end{array}$$ (5) 易见$${\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\frac{\pi -x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x,$$对于右侧的积分, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x& =2{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sec }^{2}x}{2{\tan }^{2}x+1}\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2t^2+1}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{\sqrt{2}}.\end{array}$$从而 ${\int }_0^{\pi }\frac{x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{2\sqrt{2}}$. $\square$
2.	采用恰当的方法计算下列积分:$$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^1(1-x{)}^6{x}^2\mathrm{d}x;& (2){\int }_0^{\pi }{\sin }^{4}x{\cos }^{2}x\mathrm{d}x;\\ & (3){\int }_{-1}^{1}x{\mathrm{e}}^{x^4}\mathrm{d}x;& (4){\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x;\\ & (5){\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x.& \end{array}$$ 解答. (1)${\int }_0^1(1-x{)}^6{x}^2\mathrm{d}x={\int }_0^1{x}^6(1-x{)}^2\mathrm{d}x={\int }_0^1\left(x^6-2x^7+x^8\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{252}$. (2) 我们不妨计算 $I_n:={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}x\mathrm{d}x$. 它有如下递推公式$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}x\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-1}x\cdot \sin x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-1}x\mathrm{d}(-\cos x)\\ & ={\int }_0^{\pi }{\left({\sin }^{n-1}x\right)}^{\prime }\cos x\mathrm{d}x=(n-1){\int }_0^1{\sin }^{n-2}x\left(1-{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x\\ & =(n-1){\int }_0^{\pi }{\sin }^{n-2}x\mathrm{d}x-(n-1){\int }_0^1{\sin }^{n}x\mathrm{d}x\\ & =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n,\end{array}$$于是 $n{I}_n=(n-1)I_{n-2}$. 又$$I_2={\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x)\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},$$从而$$I_4=\frac{3}{4}{I}_2=\frac{3}{8}\pi ,I_6=\frac{5}{6}{I}_4,$$那么$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{4}x{\cos }^{2}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\left({\sin }^{4}x-{\sin }^{6}x\right)\mathrm{d}x=I_4-I_6=\frac{\pi }{16}.$$ (3) 由对称性 ${\int }_{-1}^{1}x{\mathrm{e}}^{x^4}\mathrm{d}x=0.$ (4) 易见$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}.$$ (5) 我们有$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2-1}{2(\sin x+\cos x)}\mathrm{d}x,$$于是$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2-1}{2(\sin x+\cos x)}\mathrm{d}x& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}(\sin x+\cos x)\mathrm{d}x-\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x\\ & =1-\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\sqrt{2}}\csc \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\mathrm{d}x\\ & =1-\frac{1}{2\sqrt{2}}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\csc x\mathrm{d}x\\ & =1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right).\end{array}$$ $\square$
3.	对于 $[a,b]$ 上连续可微函数 $f$, 若 $f(a)=f(b)=0$, 证明:$$\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|⩾\frac{4}{(b-a{)}^2}\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|.$$ 证明. 令 $t=\frac{a+b}{2}$, 于是$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|& =\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}(x-t)\right|=\left|f(x)(x-t){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)(x-t)\mathrm{d}t\right|\\ & =\left|{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)(x-t)\mathrm{d}t\right|⩽\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|{\int }_a^b(x-t)\mathrm{d}x=\frac{(b-a{)}^2}{4}\underset{a⩽x⩽b}{\max }|f^{\prime }(x)|.\end{array}$$ $\square$
4.	证明对任何 $x>0$ 成立 ${\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-x^2}\sin x\mathrm{d}x>0.$ 证明. 只需证明对于任何自然数 $n$, 有$${\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}\sin x\mathrm{d}x+{\int }_{(2n+1)\pi }^{(2n+2)\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}\sin x\mathrm{d}x>0,$$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$${\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t=\sum _{j=0}^{k-1}\left({\int }_{2j\pi }^{\left(2j+1\right)\pi }{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\left(2j+1\right)\pi }^{2\left(j+1\right)\pi }{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t\right)+{\int }_{2k\pi }^x{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t>0,$$对于后者有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t& =\sum _{j=0}^{k-1}\left({\int }_{2j\pi }^{\left(2j+1\right)\pi }{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\left(2j+1\right)\pi }^{2\left(j+1\right)\pi }{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t\right)\\ & +{\int }_{2k\pi }^{(2k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{(2k+1)\pi }^x{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin t\mathrm{d}t>0.\end{array}$$ 事实上,$${\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}\sin x\mathrm{d}x+{\int }_{(2n+1)\pi }^{(2n+2)\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}\sin x\mathrm{d}x={\int }_{2n\pi }^{(2n+1)\pi }\sin t\left({\mathrm{e}}^{-x^2}-{\mathrm{e}}^{-(x+\pi {)}^2}\right)>0.$$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 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{12}(a-b{)}^3.$ 证明. 一方面, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}(x-a)=-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)(x-a)\mathrm{d}(x-b)\\ & ={\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(x)(x-a)(x-b)\mathrm{d}x=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{6}(a-b{)}^3.\end{array}\text{\hspace{1em}(⧫)}$$其中 ${\xi }_1\in (a,b)$. 另一方面$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{(a+b)/2}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_a^{(a+b)/2}f(x)\mathrm{d}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\\ & =-{\int }_a^{(a+b)/2}{f}^{\prime }(x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}(x-a)\\ & ={\int }_a^{(a+b)/2}{f}^{\prime \prime }(x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)(x-a)\mathrm{d}x=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{48}(a-b{)}^3.\end{array}$$其中 ${\xi }_2\in \left(a,\frac{a+b}{2}\right)$, 同理不难得到$${\int }_{(a+b)/2}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_3)}{48}(a-b{)}^3.$$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$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_4)}{24}(a-b{)}^3,$$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 $f(\xi )=2f^{\prime \prime }({\xi }_1)$, 代入式 $(⧫)$ 即得结论. $\square$
6.	设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数. 证明: 当且仅当 $f(0)=0$ 时, $f(y)={\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x$ 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$$\begin{array}{rl}\left|F(y)-F(0)\right|& =\left|F(y)\right|=\left|{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^1\frac{|y^3||f(x)|}{x^4+y^4}\mathrm{d}x\\ & ⩽\omega (r){\int }_0^r\frac{|y^3|}{x^4+y^4}\mathrm{d}x+M{\int }_r^1\frac{|y^3|}{x^4+y^4}\mathrm{d}x\\ & =\omega (r){\int }_0^{r/|y|}\frac{1}{1+x^4}\mathrm{d}x+M{\int }_{r/|y|}^{1/|y|}\frac{1}{1+x^4}\mathrm{d}x,\end{array}$$上式令 $y\to 0$ 得到$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽\omega (r){\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4},\forall r\in (0,1),$$令 $r\to 0^{+}$, 则有$$\underset{y\to 0}{\overline{\lim }}|F(y)-F(0)|⩽0,$$即 $\underset{y\to 0}{\lim }F(y)=F(0).$ 事实上, 在上述我们证明了$$\underset{y\to 0}{\lim }\left|{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{y^{3}f(0)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x\right|=0,$$即$$\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{y^{3}f(0)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^{1/y}\frac{f(0)}{1+x^4}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{f(0)}{1+x^4}\mathrm{d}x,$$这样就有$$\underset{y\to 0^{-}}{\lim }{\int }_0^1\frac{y^{3}f(x)}{x^4+y^4}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{f(0)}{1+x^4}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}f(0).$$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 $|f^{\prime }(x)|⩽\frac{c}{x}(\forall x>0),\underset{R\to +\infty }{\lim }\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|\mathrm{d}x=0$. 证明: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$. 证明. 由题设易见 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$, 于是对于任何 $A>0$, 对于充分大的 $x$, 有$$f(x+A)-f(x)=f^{\prime }(\xi )A,\xi \in (x,x+A),$$于是 $\underset{x\to +\infty }{\lim }|f(x)|$ 存在, 记为 $a$. 于是对任意 $\epsilon >0$, 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 $\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|\mathrm{d}x=\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|\mathrm{d}x+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R|f(x)|\mathrm{d}x$, 于是$$\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|\mathrm{d}x+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R(a-\epsilon )\mathrm{d}x⩽\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|\mathrm{d}x⩽\frac{1}{R}{\int }_0^{R^{\prime }}|f(x)|\mathrm{d}x+\frac{1}{R}{\int }_{R^{\prime }}^R(a+\epsilon )\mathrm{d}x,$$令 $R\to +\infty$ 得到 $\underset{R\to +\infty }{\lim }\frac{1}{R}{\int }_0^R|f(x)|\mathrm{d}x=a$, 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 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. (1) 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. (2) 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 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$. (1) 若 ${\phi }_k:E\to [-\infty ,+\infty ](k⩾1)$ 为一列下半连续函数, 证明: $\phi =\underset{k⩾1}{\sup }{\phi }_k$ 也是下半连续函数. (2) 若 ${\phi }_k:E\to [-\infty ,+\infty ](k⩾1)$ 为一列上半连续函数, 证明: $\phi =\underset{k⩾1}{\inf }{\phi }_k$ 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 $\underset{x\to q}{\lim }f(x)=+\infty$.
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 ${\int }_0^1{x}^{k}f(x)\mathrm{d}x=0,k=0,1,\cdots ,n-1,{\int }_0^{1}f(x)x^n\mathrm{d}x=1.$ 证明: $\underset{x\in [0,1]}{\max }|f(x)|>2^n(n+1)$. 证明. 由题意知对任意 $\alpha \in \mathbb{R}$, 有$${\int }_0^1(x-\alpha {)}^{n}f(x)\mathrm{d}x=1,$$若对于 $f(x)$ 恒有 $|f(x)|<2^n(n+1)$, 则$$\begin{array}{r}{\int }_0^1{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_0^1{\left|x-\frac{1}{2}\right|}^n|f(x)|\mathrm{d}x<2^n(n+1){\int }_0^1{\left|x-\frac{1}{2}\right|}^n\mathrm{d}x=1,\end{array}$$与题设矛盾, 即必有使得 $|f(x)|⩾2^n(n+1)$ 的点, 即 $\underset{x\in [0,1]}{\max }|f(x)|⩾2^n(n+1)$. 若 $\underset{x\in [0,1]}{\max }f(x)=2^n(n+1)$, 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 ${\int }_0^{\pi }f(x)\cos kx\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }f(x)\sin kx\mathrm{d}x=0$. 证明: $f$ 在 $(0,\pi )$ 内至少有 $2n$ 个零点. 证明. 由于 $f(x)$ 连续, 我们只要证明 $f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 至少改变符号 $2n$ 次. 为此, 只要说明对于任何给定的 $0<x_1<x_2<\cdots <x_m<\pi ,m⩽2n-1$, 存在形为$$p(x)=\sum _{k=1}^n\left(a_k\cos kx+b_k\sin kx\right)$$的三角多项式恰好在上述点的附近改变符号: 比如在 $(0,x_1)$ 为正, 在 $(x_1,x_2)$ 为负, 在 $(x_2,x_3)$ 为正, 在 $(x_3,x_4)$ 为负, 以此类推, 就能从$${\int }_0^{\pi }f(x)p(x)\mathrm{d}x=0$$推断 $f(x)$ 不能在且只在这 $m$ 个点处变号. 若 $m<2n-1$, 则记 $x_{m+1}=\cdots =x_{2n-1}=0$. 令$$q(x)=\prod _{k=1}^{2n-1}\sin \frac{x-x_k}{2},$$我们有$$q(x)=\prod _{k=1}^{2n-1}\left(\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x_k}{2}-\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x_k}{2}\right)=C\prod _{k=1}^{2n-1}\left(\sin \frac{x}{2}-c_k\cos \frac{x}{2}\right),$$其中 $C>0,c_1,c_2,\cdots ,c_{2n-1}⩾0$. 我们要证明有 $\alpha \in [0,\pi ]$ 使得$$p(x)=q(x)\cos \frac{x-\alpha }{2}$$具有形式$$\sum _{k=1}^n\left(a_k\cos kx+b_k\sin kx\right),$$此时 $\cos \frac{x-\alpha }{2}>0$, 从而 $p(x)$ 满足要求. 注意到用积化和差公式可知, $q(x)\cos \frac{x-\alpha }{2}$ 是一个 $n$ 阶的三角多项式. 所以只要证明存在 $\alpha \in [0,\pi ]$ 使得 $p(x)$ 的常数项为 $0$, 亦即$${\int }_0^{2\pi }q(x)\cos \frac{x-\alpha }{2}\mathrm{d}x=0.$$由介值原理, 这只要说明$${\int }_0^{2\pi }q(x)\cos \frac{x}{2}\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\pi }q(2x)\cos x\mathrm{d}x$$与$${\int }_0^{2\pi }q(x)\sin \frac{x}{2}\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\pi }q(2x)\sin x\mathrm{d}x$$异号 (其中某一个为零时同样视为异号) . 易见$$\begin{array}{rl}q(2x)& =C\prod _{k=1}^{2n-1}\left(\sin x-c_k\cos x\right)\\ & =\sum _{k=1}^{2n-1}(-1{)}^k{\alpha }_k{\sin }^{2n-1-k}x{\cos }^{k}x,\end{array}$$其中 ${\alpha }_k⩾0$. 观察 $\cos x$ 的正负性可得$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2n-k}x{\cos }^{k}x\mathrm{d}x\{\begin{array}{ll}=0,& k\text{ 奇}\\ >0,& k\text{ 偶}\end{array},$$那么$${\int }_0^{\pi }q(2x)\sin x\mathrm{d}x⩾0;$$以及$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2n-1-k}x{\cos }^{k+1}x\mathrm{d}x\{\begin{array}{ll}>0,& k\text{ 奇}\\ =0,& k\text{ 偶}\end{array},$$那么$${\int }_0^{\pi }q(2x)\cos x\mathrm{d}x⩽0.$$$\square$
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: $$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x}=\phi (c).$$ 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$$\begin{array}{rl}& \left|\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x}\right|⩽\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|\mathrm{d}x}{{\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x}\\ & ⩽\frac{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|\mathrm{d}x}{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)\mathrm{d}x}+\frac{{\int }_E{f}^n(x)|\phi (x)-\phi (c)|\mathrm{d}x}{{\int }_{c-\eta }^{c+\eta }{f}^n(x)\mathrm{d}x}\\ & ⩽\frac{\epsilon {\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)\mathrm{d}x}{{\int }_{c-\delta }^{c+\delta }{f}^n(x)\mathrm{d}x}+\frac{2(b-a-2\delta )m(M-\epsilon {)}^n}{2\eta (M-\epsilon /2{)}^2}\to \epsilon ,n\to 0.\end{array}$$令 $\epsilon \to 0^{+}$, 原命题得证. $\square$
7.	计算 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos x\mathrm{d}x}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin x\mathrm{d}x}.$ 解答. 注意到$${\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin x\mathrm{d}x=-x^n\cos x{|}_0^{\pi /2}+n{\int }_0^{\pi /2}{x}^{n-1}\cos x\mathrm{d}x,$$即有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos x\mathrm{d}x}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\sin x\mathrm{d}x}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{\pi /2}{x}^n\cos x\mathrm{d}x}{{\int }_0^{\pi /2}{x}^{n-1}\cos x\mathrm{d}x}=\frac{\pi }{2}.$$$\square$ 我们来证明这样一个命题: 设 $f,\phi \in C[a,b]$, 且 $f,\phi >0$, 则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x).$$ 证明. 记 $M=\underset{x\in [a,b]}{\max }f(x)=f(x_0)$, 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$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{\left|{\int }_a^b\phi (x)\left(f^{n+1}(x)-g^{n+1}(x)\right)\mathrm{d}x\right|}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{(M-2\epsilon {)}^{n+1}{\int }_a^b\phi (x)\mathrm{d}x}{(M-\epsilon {)}^n{\int }_{J_{\epsilon }}\phi (x)\mathrm{d}x}=0.$$从而可得$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}=\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)g^{n+1}(x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}⩾M-2\epsilon .$$这样, 由 $\epsilon$ 的任意性得到 $\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}⩾M$, 另一方面$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{{\int }_a^b\phi (x)f^{n+1}(x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b\phi (x)f^n(x)\mathrm{d}x}⩽M,$$从而上述命题成立. $\square$
8.	求极限: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^n\mathrm{d}x}{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n\mathrm{d}x}$. 解答. 注意到$${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n\mathrm{d}x=\frac{2}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\sim \frac{2}{n+1},n\to +\infty ,$$对于 ${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^n\mathrm{d}x$, 置 $t=nx$ 得$${\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^n\mathrm{d}x=n{\int }_0^n{\left(1-\frac{t}{2n}\right)}^n{\left(1-\frac{1}{4n}\right)}^n\mathrm{d}t,$$于是由 Lebesgue 控制收敛定理有$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n{\left(1-\frac{x}{4}\right)}^n\mathrm{d}x}{{\int }_0^1{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^n\mathrm{d}x}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\left(1-\frac{t}{2n}\right)}^n{\left(1-\frac{1}{4n}\right)}^n{\chi }_{[0,n]}(t)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-3t/4}\mathrm{d}t=\frac{2}{3}.\end{array}$$ $\square$
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.
10.	设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 有连续的导函数, 且 $f(0)=0$, 求证:$${\int }_0^1|f(x){|}^2\mathrm{d}x⩽\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-x^2)|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x,$$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$$f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t,x\in [0,1]$$由 Cauchy 不等式可得$$\begin{array}{rl}{f}^2(x)& ={\left({\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right)}^2\\ & ⩽{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t\cdot {\int }_0^x{1}^2\mathrm{d}t=x{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t,\end{array}$$于是有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x& ⩽{\int }_0^1\left(x{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1\left({\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}\left(-\frac{1-x^2}{2}\right)\\ & =-\frac{1-x^2}{2}{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t{|}_0^1+{\int }_0^1\frac{1-x^2}{2}{\left(f^{\prime }(x)\right)}^2\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-x^2){\left(f^{\prime }(x)\right)}^2\mathrm{d}x.\end{array}$$其中等号成立当且仅当$${\left({\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right)}^2={\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\mathrm{d}t\cdot {\int }_0^x{1}^2\mathrm{d}t$$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, Fubini 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$$\Phi (x)={\int }_0^x\phi (t)\mathrm{d}t,\Psi (y)={\int }_0^y\psi (t)\mathrm{d}t,x,y⩾0,$$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 $\underset{\Omega }{\iiint }\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{(1+x+y+z{)}^3}$, 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$$\begin{array}{rl}\underset{\Omega }{\iiint }\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{(1+x+y+z{)}^3}& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\mathrm{d}y{\int }_0^{1-x-y}\frac{1}{(1+x+y+z{)}^3}\mathrm{d}z\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\left(\frac{1}{2(1+x+y{)}^2}-\frac{1}{8}\right)\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\left(\frac{1}{2(1+x)}-\frac{1-x}{8}-\frac{1}{4}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\ln 2-\frac{5}{16}.\end{array}$$ $\square$
2.	计算积分 $\underset{\Omega }{\iiint }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$, 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$$\underset{\Omega }{\iiint }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^{1/2}\pi z^2\left(2z-z^2\right)\mathrm{d}z+{\int }_{1/2}^1\pi z^2\left(1-z^2\right)\mathrm{d}z=\frac{29\pi }{480}.$$$\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$$\begin{array}{r}\underset{D}{\iiint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^R\left(\underset{D_{xz}}{\iint }\mathrm{d}x\mathrm{d}z\right)\mathrm{d}y={\int }_0^R\left(R^2-y^2\right)\mathrm{d}y=\frac{2}{3}{R}^3.\end{array}$$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: ${\int }_0^{1}f(x)g(x)\mathrm{d}x⩾{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}g(x)\mathrm{d}x$. 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$${\int }_0^{1}f(x)g(x)\mathrm{d}x⩾{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}g(x)\mathrm{d}x,$$则有$${\int }_0^1{\int }_0^{1}f(x)g(x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩾{\int }_0^1{\int }_0^{1}f(x)g(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$即有$${\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(x)g(x)-f(x)g(y)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(y)g(y)-f(y)g(x)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩾0.$$即证$${\int }_0^1{\int }_0^1\left(f(x)g(x)+f(y)g(y)-f(x)g(y)-f(y)g(x)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩾0.$$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 ${\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}\mathrm{d}x{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+x)}{x^2}}\mathrm{d}x<\frac{{\pi }^2}{12}$. 证明. 利用基本不等式, 有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}\mathrm{d}x{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+x)}{x^2}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^1{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{{\ln }^2(1+y)}{y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & <\frac{1}{3}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}+\frac{\ln (1+y)}{y}+\frac{\ln (1+y)}{y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}=\frac{{\pi }^2}{12}.\end{array}$$或展开$${\int }_0^1{\int }_0^1\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}(\sqrt[3]{\frac{\ln (1+x)}{x}}-\sqrt[3]{\frac{\ln (1+y)}{y}}{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y>0.$$$\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: ${\left(\underset{\Sigma }{\iint }{\mathrm{e}}^{|x|+|y|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right)}^{1/2}<2{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x$. 证明. 记 ${\Sigma }_1$ 为 $\Sigma$ 与第一象限的交, 则由对称性有$$\underset{\Sigma }{\iint }{\mathrm{e}}^{|x|+|y|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\underset{{\Sigma }_1}{\iint }{\mathrm{e}}^{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$记 ${\Sigma }_2=\left\{(x,y)|0⩽x,y⩽\sqrt{2}/2\right\}$ 注意到$$2{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x={\int }_0^{\sqrt{2}/2}{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x+{\int }_0^{\sqrt{2}/2}{\mathrm{e}}^y\mathrm{d}y⩾2\sqrt{\underset{{\Sigma }_2}{\iint }{\mathrm{e}}^{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}⩾2\sqrt{\underset{{\Sigma }_1}{\iint }{\mathrm{e}}^{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y},$$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:$$(b-a{)}^2⩽{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x⩽\frac{(m+M{)}^2}{4Mm}(b-a{)}^2.$$ 证明. 左侧由 Cauchy 不等式有$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x⩾{\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\cdot \sqrt{\frac{1}{f(x)}}\mathrm{d}x\right)}^2=(b-a{)}^2.$$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$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_a^b\frac{Mm}{f(x)}\mathrm{d}x⩽(M+m)(b-a),$$又$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_a^b\frac{Mm}{f(x)}\mathrm{d}x⩾2\sqrt{Mm}\sqrt{{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x},$$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 $\underset{W}{\iiint }f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 为先对 $x$ 积分再对 $(y,z)$ 积分的累次积分: (1) $W=\{(x,y,z)|x,y⩾0,x+y⩽1,0⩽z⩽xy\}$; (2) $W=\{(x,y,z)|x,y⩾0,0⩽z⩽x+y⩽1\}$. 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$$f(x+kg(x))=x+(k+1)g(x),k\in \mathbb{Z}.$$根据定义, 对 $k=0$ 成立. 假设$$f(x\pm (k-1)g(x))=x\pm kg(x),$$那么$$\begin{array}{rl}f(x\pm kg(x))& =2(x\pm kg(x))-f^{-1}(x\pm kg(x))\\ & =2(x\pm kg(x))-\left(x\pm (k-1)g(x)\right)\\ & =x\pm (k+1)g(x),\end{array}$$归纳完成. 假设 $g$ 不是常数, 等价于 $g(x)<g(y)$ 对于某两个 $x,y\in \mathbb{R}$ 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$$f^{(n)}(x-kg(x))⩾f^{(n)}(y-kg(y)).$$由于$$f^{(n)}(x-kg(x))=f^{(n-1)}(x+(1-k)g(x))=\cdots =x+(n-k)g(x),$$类似地$$f^{(n)}(y-kg(y))=y+(n-k)g(y),$$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: ${\int }_0^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}x⩽\frac{h}{4}{\int }_0^h|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x$, 且系数 $\frac{h}{4}$ 不可改进. 证明. 由 $f(0)=0$ 有$$\left|f(x)\right|=\left|{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right|⩽{\int }_0^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t=:F(x),$$同理由 $f(h)=0$ 得到 $\left|f(x)\right|=\left|{\int }_h^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right|⩽{\int }_h^x\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t=:G(x)$. 于是有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}x& ={\int }_0^{h/2}\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}x+{\int }_{h/2}^h\left|f(x)f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_0^{h/2}F(x)F^{\prime }(x)\mathrm{d}x+{\int }_{h/2}^{h}G(x)G^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{F}^2\left(\frac{h}{2}\right)+\frac{1}{2}{G}^2\left(\frac{h}{2}\right),\end{array}$$而$$F^2\left(\frac{h}{2}\right)={\left({\int }_0^{h/2}\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)}^2,G^2\left(\frac{h}{2}\right)={\left({\int }_{h/2}^h\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)}^2,$$再由 Cauchy–Schwarz 不等式$${\left({\int }_0^{h/2}\left|f^{\prime }(t)\right|\mathrm{d}t\right)}^2⩽{\int }_0^{h/2}{1}^2\mathrm{d}x{\int }_0^{h/2}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x=\frac{h}{2}{\int }_0^{h/2}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x,$$同理 ${\left({\int }_{h/2}^h\left|f^{\prime }(x)\right|\mathrm{d}t\right)}^2⩽\frac{h}{2}{\int }_{h/2}^h{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\mathrm{d}x$, 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: $\left|\underset{[0,1]\times [0,1]}{\iint }F(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽\frac{M}{144}$. 证明. 先记 $D=\{(x,y)|0⩽x,y⩽1\}$, 考虑积分$$\underset{D}{\iint }x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$一方面, 有$$\left|\underset{D}{\iint }x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽\left|M{\int }_0^{1}x(1-x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}y(1-y)\mathrm{d}y\right|=\frac{M}{36}.$$另一方面,$$\begin{array}{rl}& \underset{D}{\iint }x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}x(1-x)y(1-y)\frac{{\partial }^{4}F}{\partial x^2\partial y^2}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}x(1-x)y(1-y)\mathrm{d}\left(\frac{{\partial }^{3}F}{\partial x^2\partial y}\right)\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}x(1-x)(2y-1)\frac{{\partial }^{3}F}{\partial x^2\partial y}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}x(1-x)(2y-1)\mathrm{d}\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\right)\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}2x(1-x)\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\mathrm{d}y\\ & =2{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}x(1-x)\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\mathrm{d}x\\ & =4{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}F(x,y)\mathrm{d}y=4\underset{D}{\iint }F(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{array}$$从而有 $4\left|\underset{[0,1]\times [0,1]}{\iint }F(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽\frac{M}{36}$. 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 $\underset{4x^2+4y^2+z^2⩽4x+4y+z}{\iiint }\left(4x^2+4y^2+z^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$. 解答. 记原积分为 $I$, 于是$$\begin{array}{rl}I& =\underset{4(x-1/2{)}^2+4(y-1/2{)}^2+(z-1/2{)}^2⩽9/4}{\iiint }\left(4x^2+4y^2+z^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =\underset{4x^2+4y^2+z^2⩽9/4}{\iiint }\left(4{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+4{\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(z+\frac{1}{2}\right)}^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =\underset{4x^2+4y^2+z^2⩽9/4}{\iiint }\left(4x^2+4y^2+z^2+\frac{9}{4}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =\frac{27}{32}\cdot \frac{9}{4}\underset{x^2+y^2+z^2⩽1}{\iiint }\left(x^2+y^2+z^2+1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$$最后利用球坐标变换有$$I=\frac{27}{32}\cdot \frac{9}{4}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1\left(r^2+1\right)r^2\sin \phi \mathrm{d}r=\frac{81\pi }{20}.$$$\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 $\underset{D}{\iint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 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 $\underset{D}{\iint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{u^2+v^2⩽1}{\iint }\frac{1}{|a_1{b}_2-a_2{b}_1|}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{\pi }{|a_1{b}_2-a_2{b}_1|}$. $\square$
3.	计算积分 ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}{\mathrm{e}}^{y/(x+y)}\mathrm{d}y.$ 解答. 置 $x+y=u,y=v$, 不难得到$${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}{\mathrm{e}}^{y/(x+y)}\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}u{\int }_0^u{\mathrm{e}}^{v/u}\mathrm{d}v={\int }_0^1(\mathrm{e}-1)u\mathrm{d}u=\frac{1}{2}(\mathrm{e}-1).$$$\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 $\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^5}\underset{{\Omega }_t}{\iiint }f(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$. 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,$$\begin{array}{rl}\frac{1}{t^5}\underset{{\Omega }_t}{\iiint }f(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =\frac{1}{t^5}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{t}f(r^2+t^2+2tr\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & =\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{1}f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r,\end{array}$$对于任何 $t\in (0,1]$, 我们有$$\begin{array}{rl}& \frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1\left|f(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )-f^{\prime }(0)(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\right|r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & ⩽\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )\omega (t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}r\\ & ⩽2\pi {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{1}4\omega (4t^2)\mathrm{d}r=8{\pi }^2\omega (4t^2),\end{array}$$其中 $\omega (r)=\underset{0<|x|⩽r}{\sup }\left|\frac{f(x)}{x}-f^{\prime }(0)\right|$ 满足 $\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\omega (r)=0.$ 所以$$I=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^1{f}^{\prime }(0)\left(t^2{r}^2+t^2+2t^{2}r\cos \phi \right)r^2\sin \phi \mathrm{d}r=\frac{32\pi }{15}{f}^{\prime }(0).$$$\square$
5.	设 $R>0$, 证明: $\sqrt{\frac{\pi }{4}(1-{\mathrm{e}}^{-R^2})}⩽{\int }_0^R{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x⩽\sqrt{\frac{\pi }{4}\left(1-{\mathrm{e}}^{-4R^2/\pi }\right)}$. 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$$\underset{P}{\iint }{\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{\pi /4}\mathrm{d}\theta {\int }_0^R{\mathrm{e}}^{-r^2}r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{4}(1-{\mathrm{e}}^{-R^2}),$$故$$\frac{\pi }{4}(1-{\mathrm{e}}^{-R^2})⩽\underset{Q}{\iint }{\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=({\int }_0^R{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x{)}^2.$$ 这个颜色好炫酷 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$${\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}⩾{\mathrm{e}}^{-4R^2/\pi },(x,y)\in C\backslash Q,$$ 而 $(x,y)\in Q\backslash C$ 时上述不等式反向, 故有$$\begin{array}{rl}{\left({\int }_0^R{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)}^2& =\underset{Q}{\iint }{\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ⩽\underset{C}{\iint }{\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\pi /4}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2R/\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-r^2}r\mathrm{d}r\\ & =\frac{\pi }{4}(1-{\mathrm{e}}^{4R^2/\pi }),\end{array}$$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 I. 来自球体的引力就是一层层 (微) 球壳的积分, 求球壳引力的简单方法见第十一章 2.$\mathcal{A}$ 第 4 题. 这个做法无需任何计算. $\square$ 解答 II. 首先, 两质量分别为 $m_1,m_2$、 相距为 $r$ 的质点之间的引力 (的 $z$ 轴分量) 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 $\mathrm{d}V$, $\mathrm{d}V$ 与 $P$ 之间的引力 $\mathrm{d}\mathbf{F}$ 为$$\mathrm{d}\mathbf{F}(x,y,z)=\frac{Gm\rho \mathrm{d}V}{x^2+y^2+(z-p{)}^2},$$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 $\cos \alpha =\frac{z-p}{\sqrt{x^2+y^2+(z-p{)}^2}}$, 于是$$\mathbf{F}=\underset{D}{\iiint }\frac{Gm\rho (z-p)}{(x^2+y^2+(z-p{)}^2{)}^{3/2}}\mathrm{d}V.$$作变量代换$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \sin \phi ,\\ y=r\sin \theta \sin \phi ,\\ z=r\cos \phi ,\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}F& =G\rho {\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }{\int }_0^R\frac{r\cos \phi -p}{(r^2+p^2-2rp\cos \phi {)}^{3/2}}{r}^2\sin \phi drd\phi d\theta \\ & =2\pi G\rho {\int }_0^R\left[{\int }_0^{\pi }\frac{r\cos \phi -p}{(r^2+p^2-2rp\cos \phi {)}^{3/2}}\sin \phi d\phi \right]r^{2}dr.\end{array}$$记方括号内的积分为 $I$, 令 $q^2=r^2+p^2-2rp\cos \phi$, 其范围为 $|r-p|⩽q⩽r+p$, 则$$qdq=rp\sin \phi d\phi ,q^2-r^2+p^2=2p(p-r\cos \phi ),$$代入得$$\begin{array}{rl}I& =-{\int }_{|r-p|}^{r+p}\frac{(q^2-r^2+p^2)/2p}{q^3}\frac{qdq}{rp}\\ & =-\frac{1}{2p^{2}r}{\int }_{|r-p|}^{r+p}(1-\frac{r^2-p^2}{q^2})dq\\ & =-\frac{1}{2p^{2}r}\left(r+p-|r-p|+r-p-\frac{r^2-p^2}{|r-p|}\right)dq\\ & =\{\begin{array}{ll}0,& r⩾p\\ -2/p^2,& r<p\end{array}.\end{array}$$当 $p⩾R$ 时, $$F=-\frac{4\pi G\rho }{p^2}{\int }_0^R{r}^{2}dr=-\frac{4\pi G\rho R^3}{3p^2};$$当 $p<R$ 时, $$F=-\frac{4\pi G\rho }{p^2}{\int }_0^p{r}^{2}dr=-\frac{4\pi G\rho p}{3}.$$$\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$$\phi (x)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-1/x},& x>0,\\ 0,& x⩽0\end{array}$$任意次可导. 证明. 易见 $x\ne 0$ 时 $\phi$ 任意次可导. $x=0$ 时有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{-1/x}}{x}=0=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{0-0}{x},$$则$${\phi }^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\mathrm{e}}^{-1/x}}{x^2},& x>0\\ 0,& x⩽0.\end{array}$$归纳可证$${\phi }^{(n)}(x)=\{\begin{array}{ll}{P}_n\left(\frac{1}{x}\right){\mathrm{e}}^{-1/x},& x>0,\\ 0,& x⩽0.\end{array}$$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$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }=\frac{{\mathrm{e}}^{-1/x}}{x}{P}_n\left(\frac{1}{x}\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{tP(t)}{{\mathrm{e}}^t}=0,$$且有$${\left(P_n\left(\frac{1}{x}\right){\mathrm{e}}^{-1/x}\right)}^{\prime }=P_n^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right){\mathrm{e}}^{-1/x}+\frac{1}{x^2}{P}_n(x){\mathrm{e}}^{-1/x}=P_{n+1}(x){\mathrm{e}}^{-1/x},$$从而 $\phi (x)$ 任意次可导. $\square$
2.	设 $b>a,n>\frac{4}{b-a}$. 证明: 存在 $g_n\in C_c^{\infty }((a,b);[0,1])$ 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 $|g_n^{\prime }|⩽nM$, 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 $F(x)=\frac{1}{\alpha }{\int }_x^{x+\alpha }f(t)\mathrm{d}t$ $(\forall x\in \mathbb{R})$. 证明: (1) 若 $f$ 是单调函数, 则 $F$ 也是单调函数. (2) 若 $f$ 是凸函数, 则 $F$ 也是凸函数. (3) 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$$G(x)=\frac{1}{\alpha }{\int }_x^{x+\alpha }g(t)\mathrm{d}t,$$于是有$$G^{\prime }(x)=\frac{1}{\alpha }(g(x+\alpha )-g(\alpha ))⩾0,$$从而对于连续函数, 上述结论成立. 而对一般的 $f\in L_{loc}^1(\mathbb{R})$, 我们知道对于任意 $\epsilon >0$, 存在 $g(x)\in C_c(\mathbb{R})$ 使得$${\int }_{\mathbb{R}}|g(x)-f(x)|\mathrm{d}x⩽\epsilon ,$$从而 $\forall x_1>x_2$, 有$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{\alpha }\left|{\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }f(t)\mathrm{d}t-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }f(t)\mathrm{d}t-\left({\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }g(t)\mathrm{d}x-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }g(t)\mathrm{d}t\right)\right|\\ & =\frac{1}{\alpha }\left|{\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }\left(f(t)-g(t)\right)\mathrm{d}t-{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }\left(f(t)-g(t)\right)\mathrm{d}t\right|\\ & ⩽\frac{1}{\alpha }\left({\int }_{x_1}^{x_1+\alpha }|g(t)-f(t)|\mathrm{d}t+{\int }_{x_2}^{x_2+\alpha }|g(t)-f(t)|\mathrm{d}t\right)⩽\frac{2}{\alpha }\epsilon .\end{array}$$由 $\epsilon$ 的任意性可知原命题成立. $\square$
4.	设 $f\in L_{loc}^1(\mathbb{R}),\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 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 $f(x)=cx$ $(\forall x\in \mathbb{R})$. 证明. 设 $f$ 在区间 $(a,a+\delta )$ 内有界 $M$, 则 $f$ 在区间 $(-\delta ,\delta )$ 内有界 $2M$, 从而对任何正整数 $n$, 当 $|x|<\delta /n$ 时有$$|f(x)|=|f(nx)|/n⩽2M/n\to 0,n\to \infty ,$$亦即 $f$ 在 $0$ 点连续, 从而 $f$ 在整个 $\mathbb{R}$ 连续. 不难说明 $f$ 在有理数集 $\mathbb{Q}$ 上形如 $f(x)=cx$, 结合连续性即得结论. $\square$

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. 见楼红卫《数学分析: 要点 · 难点 · 拓展》(以下简称 [楼]) , 高等教育出版社, 2020 年, 第 32 章 207 节. $\square$
2.	试利用 Weierstrass 第二逼近定理证明 Weierstrass 第一逼近定理. 证明. [楼] 第 32 章 202 节. $\square$
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 $D\subset \subset \Omega ,\underset{\mathbf{x}\in D,\mathbf{y}\in \partial \Omega }{\inf }|\mathbf{x}-\mathbf{y}|⩾\delta$. 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: $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\subset E-E$. 证明. 对任何 $a\in \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, 要说明 $a\in E-E$, 就是要说明 $E\cap (E+a)$ 非空, 这点由测度保证: $$|E\cap (E+a)|=|E|+|E+a|-|E\cup (E+a)|⩾|E|+|E|-(1+a)>0.$$既然 $f$ 在 $E$ 连续, $E$ 是有界闭集, $f$ 就在 $E$ 有界, 从而在 $E-E$ 有界, 更在区间 $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 内有界; 接着用习题 $\mathcal{A}.5$ 即可. $\square$ 拓展: 实分析中有 Steinhaus 定理, 是说 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的 Lebesgue 可测集, 则原点有一个邻域包含于 $E-E$.
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: (i) 对任何 $x\in [0,1]$, 有 $\sum _{k=0}^n{C}_n^k(k-nx{)}^2{x}^k(1-x{)}^{n-k}=nx(1-x).$ (ii) 设 $f\in C[0,1]$, 证明: $\{B_n(f;x)\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛到 $f(x)$. 证明. (i) 首先$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^n{C}_n^{k}k{x}^k(1-x{)}^{n-k}& =\sum _{k=1}^n{C}_{n-1}^{k-1}n{x}^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =nx\sum _{k-1=0}^{n-1}{C}_{n-1}^{k-1}n{x}^{k-1}(1-x{)}^{n-k}\\ & =nx(x+1-x{)}^{n-1}=nx,\end{array}$$类似有$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^n{C}_n^{k}k(k-1)x^k(1-x{)}^{n-k}& =\sum _{k=2}^n{C}_{n-2}^{k-2}n(n-1)x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =n(n-1)x^2\sum _{k-2=0}^{n-2}{C}_{n-2}^{k-2}n{x}^{k-2}(1-x{)}^{n-k}\\ & =n(n-1)x^2(x+1-x{)}^{n-2}=n(n-1)x^2,\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^n{C}_n^k(k-nx{)}^2{x}^k(1-x{)}^{n-k}& =\sum _{k=0}^n{C}_n^{k}k(k-1)x^k(1-x{)}^{n-k}+(1-2nx)\sum _{k=0}^n{C}_n^{k}k{x}^k(1-x{)}^{n-k}+n^2{x}^2\\ & =n(n-1)x^2+(1-2nx)nx+n^2{x}^2=nx(1-x).\end{array}$$另证见 [楼] 第 32 章 199 节. (ii) 结合 7, 8 题. $\square$
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 $f$. 证明. 对取定的 $f\in C[a,b]$, 指定 $x\in [a,b]$, 对任意 $\epsilon >0$, 可找到二次函数 $p_{-},p_{+}\in \mathrm{span}\{1,x,x^2\}$ 使得$$p_{-}⩽f⩽p_{+},|p_{+}-p_{-}|(x)<\epsilon ,$$则$$T_n{p}_{-}⩽T_{n}f⩽T_n{p}_{+}.$$用$$|T_{n}f-f|(x)⩽|T_{n}f-T_n{p}_{-}|(x)+|T_n{p}_{-}-p_{-}|(x)+|p_{-}-f|(x)$$推出结论, 细节从略. 具体见 [楼] 第 32 章 198 节. $\square$
8.	验证第 6 题给出的 $B_n$ 是 $C[0,1]$ 到 $C[0,1]$ 的正线性算子, 且对于 $f(x)=1,x,x^2$, $\{B_{n}f\}$ 均在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $f$. 证明. 正线性算子是显然的; 用第 6 题的计算可得$$B_n(1)=1,B_n(x)=x,B_n(x^2)=x^2+\frac{x(1-x)}{n}.$$$\square$

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

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

A 8.3.

1.	计算极限 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\frac{x^2|\sin nx|}{1+x^2}\mathrm{d}x.$ 解答. 由定理 8.1, 立即可得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\frac{x^2|\sin nx|}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|\sin x|\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }-\frac{1}{2}.$$$\square$
2.	设 $[0,+\infty )$ 上的非负连续函数 $f$ 单调递减, $F(x)={\int }_0^x(x-2t)f(t)\mathrm{d}t$ $(\forall x⩾0)$, 证明 $F$ 是 $[0,+\infty )$ 上的凸函数. 证明. 我们只需证明$$F^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-xf(x)$$单增. 任取 $0<x_1<x_2$, 则 $f(x_1)⩾f(x_2)$, 又$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x_2)-F^{\prime }(x_1)& ={\int }_0^{x_2}f(t)\mathrm{d}t-x_{2}f(x_2)-{\int }_0^{x_1}f(t)\mathrm{d}t+x_{1}f(x_1)\\ & ={\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\mathrm{d}t+x_{1}f(x_1)-x_{2}f(x_2)\\ & ⩾(x_2-x_1)f(x_2)+x_{1}f(x_1)-x_{2}f(x_2)=x_1(f(x_1)-f(x_2))⩾0.\end{array}$$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 $g_n(a)=g(a),g_n(b)=g(b),\underset{x\in [a,b]}{\max }|g_n(x)|⩽M_g=\underset{x\in [a,b]}{\max }|g(x)|$ 以及 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_a^b|g_n(x)-g(x)|\mathrm{d}x=0.$ 证明. $\square$
4.	将定理 8.1 推广到高维情形. 设 $p,q$ 为对偶数, $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 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$$\underset{p\to \infty }{\lim }{\int }_{E}f(\mathbf{x})g(p\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}=\frac{1}{|Q|}{\int }_{E}g(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}{\int }_{E}f(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}.$$
5.	设 $f\in C(a,b)$, 证明: (i) 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. (ii) 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. (1) 我们分两步证明: (i) 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$$0⩽\frac{1}{2\delta }{\int }_{-\delta }^{\delta }\left(f(t+x)-f(x)\right)\mathrm{d}t.$$于是$$0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{3}{{\delta }^3}{\int }_{-\delta }^{\delta }\left(f(t+x)-f(x)\right)\mathrm{d}t=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{f(\delta +x)+f(x-\delta )-2f(x)}{{\delta }^2}=f^{\prime \prime }(x).$$因此 $f$ 是区间 $(a,b)$ 内的凸函数. (ii) 任取 $\delta \in \left(0,\frac{b-a}{4}\right)$. 令 $\epsilon \in \left(0,\frac{\delta }{2}\right)$,$$f_{\epsilon }(x)=\frac{1}{{\epsilon }^2}{\int }_x^{x+\epsilon }\mathrm{d}t{\int }_t^{t+\epsilon }f(s)\mathrm{d}s,\forall \in (a+\delta ,b-\delta ).$$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, $f_{\epsilon }$ 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,$$\frac{1}{\delta }{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t⩽\frac{f(x+\delta )+f(x)}{2},$$即$$0⩽\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t.$$于是$$0⩽\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f(x+\delta )+\delta f(x)-2{\int }_x^{x+\delta }f(t)\mathrm{d}t}{{\delta }^3/6}=\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\frac{\delta f^{\prime }(x+\delta )+f(x)-f(x+\delta )}{{\delta }^2/2}=f^{\prime \prime }(x),$$因此 $f$ 是凸函数. $\square$
6.	设 $f\in C[0,1]$, 且对任何 $n⩾0$, 成立 ${\int }_0^{1}f(x)x^{2n}\mathrm{d}x=0$. 证明 $f\equiv 0$.
7.	设 $f\in L^1[a,b],N⩾0$, 且对任何 $n⩾N$, 成立 ${\int }_a^{b}f(x)x^n\mathrm{d}x=0$. 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 ${\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=0$. 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 $M_k(\phi )={\int }_{\mathbb{R}}{t}^k\phi (t)\mathrm{d}t$. 设 $\eta \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 满足 $M_0(\eta )=1$. 证明: (i) $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的导函数的充要条件是 $M_0(\phi )=0$. (ii) 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. (iii) $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 是某个 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 的二阶导数的充要条件是 $M_0(\phi )=M_1(\phi )=0$. (iv) 对任何 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$, $\phi -M_0(\phi )\eta +(M_1(\phi )-M_0(\phi )M_1(\eta )){\eta }^{\prime }$ 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$${\int }_{\mathbb{R}}f(x){\phi }^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x={\int }_{\mathbb{R}}g(x)\phi (x)\mathrm{d}x.$$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 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^m{\alpha }_k{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x{\lambda }_k}=0.$ 试用多种方法证明: ${\alpha }_1={\alpha }_2=\cdots ={\alpha }_m=0$. 这里提供两种证明, 第二种似乎更简单, 然而第一种更初等, 所依赖的条件也比较弱 (参考第 6 题) . 证明 I. 考虑行列式$$p(x)=\left|\begin{array}{ccc}{e}^{ix{\lambda }_1}& \cdots & e^{ix{\lambda }_m}\\ & ⋮& \\ e^{imx{\lambda }_1}& \cdots & e^{imx{\lambda }_m}\end{array}\right|.$$一方面, 通过列变换凑出一列$$\left(\sum _{k=1}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\lambda }_k},\cdots ,\sum _{k=1}^m{\alpha }_k{e}^{imx{\lambda }_k}\right),$$从而题目条件表明, $x\to +\infty$ 时 $p(x)\to 0$. 另一方面, $p(x)$ 的模长是$$\prod _{i<j}|e^{ix({\lambda }_i-{\lambda }_j)}-1|,$$记$$t=\underset{i<j}{\min }\frac{2\pi }{|{\lambda }_i-{\lambda }_j|},$$那么在区间 $(T,T+t)$ 上, $e^{ix({\lambda }_i-{\lambda }_j)}$ 都只经历不到一个周期 (其中 $T>0$ 任意大) ; 考察其上使得各个 $|e^{ix({\lambda }_i-{\lambda }_j)}-1|$ 中至少有一个小于 $|e^{i\theta }-1|$ 的 $x$ 的长度 (其中 $\theta >0$ 很小) , 不超过$$s=\sum _{i<j}\frac{2\theta }{|{\lambda }_i-{\lambda }_j|},$$$\theta$ 很小时 $s<t$, 也就是说存在 $x\in (T,T+t)$ 使得$$|e^{ix({\lambda }_i-{\lambda }_j)}-1|⩾|e^{i\theta }-1|,\forall i<j,$$从而$$|p(x)|⩾|e^{i\theta }-1{|}^{\frac{n(n-1)}{2}},$$这是个正下界, 矛盾. $\square$ 证明 II. 假设命题错误, 不妨 ${\alpha }_1\ne 0$. 令 ${\Lambda }_k={\lambda }_k-{\lambda }_1$, 题目条件可转述为$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\alpha }_1+\sum _{k=2}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\Lambda }_k}=0,$$从而存在 $L>0$ 使得 $x>L$ 时有$$\left|{\alpha }_1+\sum _{k=2}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\Lambda }_k}\right|<0.1|{\alpha }_1|,$$进而$$\left|{\int }_L^{2L}{\alpha }_1+\sum _{k=2}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\Lambda }_k}dx\right|⩽0.1|{\alpha }_1|L.$$然而, 对每个 $2⩽k⩽m$, $$\left|{\int }_L^{2L}{e}^{ix{\Lambda }_k}dx\right|⩽\frac{2}{|{\Lambda }_k|},$$从而有$$\left|{\int }_L^{2L}{\alpha }_1+\sum _{k=2}^m{\alpha }_k{e}^{ix{\Lambda }_k}dx\right|⩾|{\alpha }_1|L-\sum _{k=2}^m|{\alpha }_k|\frac{2}{|{\Lambda }_k|}.$$由于 $1>0.1$, $L$ 很大时上述两式矛盾. $\square$
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 $\underset{t\to +\infty }{\lim }\mathbf{x}(t;{\mathbf{x}}_0)=0$ 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 $\psi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 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 ${\int }_{\mathbb{R}}\eta (t)\mathrm{d}t=1$.
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$${\int }_{\mathbb{R}}f(x){\phi }^{(k)}(x)\mathrm{d}x=(-1{)}^k{\int }_{\mathbb{R}}g(x)\phi (x)\mathrm{d}x.$$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$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f(\{k{s}_1\},\{k{s}_2\},\cdots ,\{k_{s_m}\})={\int }_{[0,1{]}^n}f(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}.$$
6.	证明: 在第 1 题中, 将条件 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^{\infty }{\alpha }_k{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x{\lambda }_k}=0$ 减弱为 $\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x\to +\infty }{x\in \mathbb{Q}}}{\lim }\sum _{k=1}^{\infty }{\alpha }_k{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x{\lambda }_k}=0$, 结论仍然成立. 证明. 第 1 题的证明 I 依然适用, 过程中 “存在 $x\in (T,T+t)$” 改为 “存在 $x\in (T,T+t)\cap \mathbb{Q}$” 即可. $\square$
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.	(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. (2) 证明: $f(E)$ 是闭零测度集. (3) 令 $F=\mathbb{R}\setminus f(E),g={\chi }_F$. 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, $f([a,b])=[c,d]$. 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.

$\square$