华东师大数学分析习题解答4
《数学分析选论》习题解答
第 四 章 积 分 学
１．设f ∈R [a , b ]，g 与f 仅在有限个点取值不同．试用可积定义证明
g ∈R [a , b ]，且
⎰a g (x ) d x =⎰a
b b
f (x ) d x ．
证 显然，只要对g 与f 只有一点处取值不同的情形作出证明即可．为叙述方便起见，不妨设g (b ) ≠f (b ) ，而当x ∈[a , b ) 时g (x ) =f (x ) ．
因f ∈R [a , b ]，故∀ε>0, ∃δ1>0, 当||T ||
n
i =1
∑
n
f (ξi ) ∆x i -J
b ε
, 其中 J =⎰f (x ) d x ．
a 2
令δ=min ⎨δ1,
⎧⎩⎫ε
⎬，则当||T ||
2|g (b ) -f (b ) |⎭
≤
i =1
∑g (ξi ) ∆x i -J
n
i =1
∑g (ξi ) ∆x i -∑f (ξi ) ∆x i
i =1
n n
+
i =1
∑f (ξi ) ∆x i -J
n
g (ξn ) -f (ξn ) ∆x n +
ε, 2
而上式最末第二项又为
ξn ≠b , ⎧=0,
⎪
g (ξn ) -f (ξn ) ∆x n ⎨ε. ≤g (b ) -f (b ) ||T ||
⎩2
所以，无论ξn =b 或ξn ≠b ，只要||T ||
i =1
∑g (ξi ) ∆x i -J
b a
n
εε
+=ε． 22
b
这就证得g ∈R [a , b ]，且⎰
n -1
2
g (x ) d x =J =
⎰a
f (x ) d x ． □
２．通过化为定积分求下列极限： （１）lim
∑n →∞
2n n +k
2
； （２）lim
k =0
n →∞
1
n
n (n +1) (2n -1) ．
解 （１）由于
I n =
n -1k =0
∑
2n n 2+k 2
=∑
n -1
k =0
2. 1， ⎛k ⎫2n 1+ ⎪⎝⎭
因此
n →∞
lim I n =⎰
n
10
21+x 2
d x =2arctan x
n
10
=
π． 2
（２）记J n =
1n
n (n +1) (2n -1) =
1
I n =l n J n =
⎛n -1⎫1⎫⎛
⎪1. 1+ 1+ ⎪， ⎪⎭⎝⎭⎝
k ⎫⎛
l n 1+∑ ⎪． ⎝⎭k =0
21
n -1
则有
n →∞
lim I n =⎰l n(1+x ) d x =⎰l n x d x =(x l n x -x )
1
n →∞
12
=2l n 2-1，
lim J n =e
n →∞
lim I n
=e 2ln 2-1=
4
． □ ３．证明：若f ∈R [a , b ]，则∀[α, β]⊂[a , b ]，f ∈R [α, β]． 证 由条件，∀ε>0, ∃T [a , b ]，使
(T )
∑ωi ∆x i
T 中添加α, β两点作为新的分点后，得到新的分割T '[a , b ]，并记T '落在[α, β]
上的部分为T ''[α, β]．则对上述ε>0, ∃T ''[α, β]，使得
(T '')
∑ωi ''∆x i ''
≤
(T ')
∑ωi '∆x i '
≤
(T )
∑ωi ∆x i
所以证得f ∈R [α, β]． □
*
４．用可积第二充要条件重新证明第１题中的g ∈R [a , b ]．
证 设g 与f 仅有一点处的值不同，记此点为τ∈[a , b ]． 由条件，∀ε>0, ∃T [a , b ]，使得
(T )
∑ωi ∆x i
f
ε． 2
若τ落在T 的第k 个小区间中，则有
(T )
∑ωi ∆x i =∑ωi
(T ) i ≠k
g f
∆x i +ωk ∆x k
g
εg
+ωk ∆x k ． 2
由于f ∈R [a , b ]，因此f 在[a , b ]上有界，而g 与f 仅有g (τ) ≠f (τ) ，故g 在
[a , b ]上亦有界，设|g (x ) |≤M , x ∈[a , b ]．于是，只要||T ||
ε
，便能使 4M
ωk ∆x k ≤2M ||T ||
g
ε
．这样就可证得 2
(T )
∑ωi
g
∆x i
εε+=ε， 22
ε
的要求，那么只需将4M
即g ∈R [α, β]．（ 注：如果原来的分割T 尚不能满足||T ||
此分割足够加细，直到能满足如上要求 ．） □
５．设f 在[a , b ]上有界，{a n }⊂[a , b ]，且有lim a n =c ．证明：若f 在[a , b ]
n →∞
上只有a n (n =1, 2, ) 为其间断点，则f ∈R [a , b ]．
证 设|f (x ) |≤M , x ∈[a , b ]．为叙述方便起见，不妨设c =a ．于是，∀ε>0，
∃N >0，当n >N 时, a ≤a n
ε
． 4M
由于f 在⎢a +
⎡⎣⎤ε
, b ⎥上至多只有N 个间断点，因此可积．故对上述ε>0，存在4M ⎦
⎡⎤ε
T 1⎢a +, b ⎥，使得
4M ⎣⎦
(T 1)
∑ωi ∆x i
ε
． 2
而f 在⎢a , a +
⎡⎣⎡ε⎤ε⎤
上的振幅，所以把与ω≤2M T a , a +01⎥⎢⎥合并成
4M ⎦4M ⎣⎦
T [a , b ]后，必使
(T )
∑ωi ∆x i ≤ω0.
εεε
+∑ωi ∆x i
224M (T 1)
故证得f ∈R [a , b ]． □
*
６．设f , g ∈R [a , b ]．证明：∀T [a , b ]，若在T 所属的每个小区间∆i 上任取
两点ξi , ηi (i =1, 2, , n ) ，则有
||T ||→0i =1
lim
∑
n
f (ξi ) g (ηi ) ∆x i =
⎰a
b
f (x ) g (x ) d x ．
证 由条件易知(f . g ) ∈R [a , b ]，记I =当||T ||
n
⎰a
b
故∀ε>0, ∃δ1>0， f (x ) g (x ) d x ．
i =1
∑f (ξi ) g (ξi ) ∆x i -I
n
ε
． 2
因f ∈R [a , b ]，故f 有界，设|f (x ) |≤M , x ∈[a , b ]．又由g ∈R [a , b ]，
∃δ2>0, 当||T ||
(T )
∑ωi
g
∆x i
ε
． 2M
记δ=min {δ1, δ2}，则当||T ||
(T )
∑f (ξi ) g (ηi ) ∆x i -∑f (ξi ) g (ξi ) ∆x i ≤
(T )
(T )
∑|f (ξi ) |. |g (ηi ) -g (ξi ) |∆x i
g
≤M
(T )
∑ωi ∆x i
εε
=. 22M
所以证得||T ||
i =1
∑f (ξi ) g (ηi ) ∆x i -I
n
≤
(T ) n
∑f (ξi ) g (ηi ) ∆x i -∑f (ξi ) g (ξi ) ∆x i
(T )
+
n
i =1
∑
f (ξi ) g (ξi ) ∆x i -I
b
εε
+=ε. 22
此即
||T ||→0i =1
lim
∑
f (ξi ) g (ηi ) ∆x i =I =
⎰a
f (x ) g (x ) d x 成立． □
７．证明：若f ∈R [a , b ]，且f (x ) ≥0，则必有f ∈R [a , b ]．
证 根据复合可积性命题（教材p.99例５）, 外函数
u 在[0, +∞) 上连续，内函数
u =f (x ) 在[a , b ]上可积，则复合函数f (x ) 在[a , b ]上可积． □
b a
８．设f ∈R [a , b ]．证明：若任给g ∈R [a , b ]，总有⎰在其连续点处的值恒为零．
证 由g 的任意性，特别当取g =f 时，同样有
f (x ) g (x ) d x =0，则f
⎰a
b
f (x ) g (x ) d x =⎰
b a
f 2(x ) d x =0．
把教材 p.103 例１（３）中的f (x ) 换成f 2(x ) ，则得f 2(x ) 在其连续点处恒为零，亦即
f (x ) 在其连续点处恒为零． □
*
９．证明：若f 在[a , b ]上连续，且
⎰a
b
f (x ) d x =
⎰a
b
x f (x ) d x =0，
则至少存在两点x 1, x 2∈(a , b ) ，使得f (x 1) =f (x 2) =0．
证 若在(a , b ) 内f (x ) ≠0，则由f 连续，恒使f (x ) >0或f (x )
⎰a
b
f (x ) d x >0(或
⎰a f (x ) d x =0
b
相矛盾．所以∃x 1∈(a , b ) ，使得
f (x 1) =0．
倘若f 在(a , b ) 内只有一个零点x 1，不妨设
⎧>0, f (x ) ⎨
⎩
x ∈(a , x 1) , x ∈(x 1, a ) .
（ 若除x 1外f (x ) 恒正或恒负，则将导致与上面相同的矛盾．）现令
g (x ) =(x -x 1) f (x ) ,
易知g (x ) 在(a , b ) 内除x 1外处处为负，从而
x ∈[a , b ]．
0>
⎰a
b
g (x ) d x =
⎰a
b
x f (x ) d x -x 1⎰f (x ) d x =0，
a
b
又得矛盾．所以f 在(a , b ) 内除x 1外至少另有一个零点x 2． □
１０．证明以下不等式：
（１）⎰
π0
sin x π2ππ3sin x d x
π
（３）3e
⎰e
4e
ln x x
d x
证 （１）设
⎧1,
⎪
f (x ) =⎨sin x
, ⎪⎩它在[0, π]上连续．由于x ∈(0, π]时
x =0, x ∈(0, π],
f '(x ) =
⎛g (x ) ⎫
(x cos x -sin x ) =2⎪， 2x x ⎭⎝1
g (x ) =x cos x -sin x 在[0, π]上连续，且
g '(x ) =(x cos x -sin x ) '=-x sin x
因此g (x )
π
⎰0
sin x
d x =⎰
π20
πsin x sin x
d x +⎰πd x 2
⎛⎡π⎤⎫
∃ξ∈ ⎪⎢2, π⎥⎪
⎣⎦⎭⎝
π
20
π20
d x +
1ξ
⎰π
2
π
sin x d x =
π1π2+≤+.
22ξ
（２）由（１）已知
⎰
sin x π
d x
πsin x
-⎰2d x >0； 20
π
再由sin x ≥x -
13⎡π⎤
x , x ∈⎢0, ⎥，又可推得 3! ⎣2⎦
⎰
（３）设f (x ) =
π
20
sin x
d x >⎰
π20
2⎫3⎛x ππ 1-⎪d x =． - ⎪26144⎝⎭
ln x
, x ∈[e , 4e ]．由于
f '(x )=
且
2-ln x 2x x
=0⇒x =e 2∈(e , 4e ) ，
x ∈[e , 4e ]
max f (x ) =f (e 2) =
2, x ∈[e , 4e ]
min f (x ) =f (e) =
1，
因此有
3=⎰
4e
1e
e
d x
⎰e
4e
ln x x
d x
4e
e
2
d x =6． □ １１．设f 在[0, 1]上连续可微，f (1) -f (0) =1．证明：证 应用施瓦茨不等式，容易证得
⎰0f '
1
2
(x ) d x ≥1．
⎰0
1
1⎡f '(x ) d x ≥⎰f '(x ) d x ⎤=[f (1) -f (0) ]2=1． □ ⎢⎥⎣0⎦2
2
１２． 设f 在[a , b ]上连续，且f (x ) >0．证明：
1
b -a
⎰a
b
⎛1
ln f (x ) d x ≤ln b -a
⎝
⎰a
b
⎫
f (x ) d x ⎪⎪．
⎭
证 应用复合平均不等式（ 参见教材 p . 105 例3及其注（ⅱ），（ⅳ）），注意到这里的外函数ln u 是个可微的凹函数（(ln u ) ''=
１３．借助定积分证明： （１）ln(n +1)
-1u
2
11
+ +
n →∞
1⎛11⎫
1++ +⎪=1． ln n ⎝2n ⎭1
的递减性，有 k +1d x 1
=⎰
证 （１）利用
||
ln(k +1) -ln k
⎰k
k +1d x
k +1d x k
k
=
1. k
依此对k =1, 2, , n -1(, n ) 所得n -1(n ) 个不等式进行相加，即得本题所要证明的不等式．
（２）由以上不等式（１），当n →∞时，有
1←
ln(n +1) 1⎛11⎫1+ln n 1
于是结论lim
n →∞
1ln n
11⎛1++ +
2n ⎝⎫
□ ⎪=1 成立．
⎭
１４．设f 在[a , b ]上有f ''(x ) ≥0．证明：
1⎛a +b ⎫
f ⎪≤
⎰b
f (x ) d x ≤
f (a ) +f (b )
． （Ｆ）
⎝2⎭b -a
a
2
证 因f ''(x ) ≥0，故f 为一凸函数．取切点为
⎛a +b , f ⎛
a +b
⎫⎝2⎝2⎪⎫
⎭⎪⎪则必有 ⎭
f (x ) ≥f ⎛ a +b ⎫⎛a a +b ⎫⎝2⎪⎭+f ' +b ⎫⎛
⎝2⎪⎭ ⎝x -2⎪⎭
．
对上式两边各取[a , b ]上的定积分，利用积分不等式性质即得
⎰b
f (x ) d x ≥f ⎛ a +b ⎫⎛a +b ⎫b ⎛
a +b ⎫a
⎝2⎪⎭(b -a ) +f ' ⎝2⎪⎭⎰a ⎝x -2⎪⎭
d x
=f ⎛ a +b ⎫
⎝2⎪⎭
(b -a ) +0.
这时证得（Ｆ）的左部不等式成立． 再由凸函数的一般充要条件，有
f (x ) -f (a ) f (b ) -f (a )
x -a ≤b -a
,
x ∈(a , b ];
⇒f (x ) ≤f (a ) +f (b ) -f (a )
b -a
(x -a ) , x ∈[a , b ];
⇒
⎰b
f (b ) -f (a ) a
f (x ) d x ≤f (a )(b -a ) +
b -a
⎰b
a (x -a ) d x
=
f (a ) +f (b )
2
(b -a ) . 这时证得（Ｆ）的右部不等式也成立．
后者还可由凸函数的性质与分部积分而得：
f (a ) ≥f (x ) +f '(x )(a -x ) , x ∈[a , b ]; ⇒f (x ) ≤f (a ) +f '(x )(x -a ) , x ∈[a , b ];
⇒
⎰b
≤f (a )(b -a ) +⎰
b a
f (x ) d x a
f '(x ) (x -a ) d x
=f (a )(b -a ) +f (b )(b -a ) -⎰
b a
f (x ) d x ;
这就得到
2⎰
b a
f (x ) d x ≤[f (a ) +f (b ) ](b -a ) ． □
１５． 应用施瓦茨不等式证明: （１）若f ∈R [a , b ]，则
⎡b f (x ) d x ⎤≤(b -a ) b f 2(x ) d x ；
⎰a ⎢⎥⎣⎰a ⎦
（２）若f ∈R [a , b ]，f (x ) ≥m >0，则
b
b a
2
⎰a
f (x ) d x ⎰
1
d x ≥(b -a ) 2； f (x )
（３）若f , g ∈R [a , b ]，则
b 2b 22
[]f (x ) +g (x ) d x ≤f (x ) d x +⎰a ⎰a ⎰a g (x ) d x ； b
（４）若f 在[a , b ]上非负、连续，且⎰
2
b a
f (x ) d x =1，则
2
⎡b f (x ) cos kx d x ⎤+⎡b f (x ) sin kx d x ⎤≤1． ⎢⎥⎢⎰a ⎥⎣⎰a ⎦⎣⎦
b
证 （１）⎡⎰f (x ) d x ⎤≤
⎢⎥⎣a ⎦
2
⎰a
b
12d x
⎰a
b
f 2(x ) d x =(b -a ) ⎰
b a
f 2(x ) d x ．
（２）条件f ∈R [a , b ]，f (x ) ≥m >0，保证了
1
∈R [a , b ]，于是有 f
b
⎰a
b
f (x ) d x
⎰a
b
b 1
d x =⎰f (x ) a
f (x )
)d x ⎰a
2
⎛
⎝1⎫2
⎪d x f (x ) ⎪
⎭
2
⎡b ≥⎢⎰a ⎢⎣
（３）
b
f (x ) .
⎤
d x ⎥=(b -a ) 2. f (x ) ⎥
⎦1
b 2b 2b 2
[]f (x ) +g (x ) d x =f (x ) d x +g (x ) d x +2⎰a ⎰a ⎰a ⎰a
f (x ) g (x ) d x
b
≤
⎰a
b
f 2(x ) d x +⎰g 2(x ) d x +2
a
b
⎰a
b
f 2(x ) d x . ⎰g 2(x ) d x
a
2
⎡
=⎢⎣
（４）由于
⎰a
b
f (x ) d x +
2
⎰a
b
⎤
g (x ) d x ⎥
⎦
2
.
⎡b f (x ) cos kx d x ⎤⎢⎥⎣⎰a ⎦
2
b
⎡=⎰⎢⎣a
f (x )
f (x ) cos kx d x ⎤
⎥⎦
b a
2
≤
⎰a
b
f (x ) d x . ⎰
f (x ) cos 2kx d x ,
和
⎰a
b
f (x ) d x =1，便得
⎡b f (x ) cos kx d x ⎤≤⎢⎥⎣⎰a ⎦
2
⎰a
b
f (x ) cos 2kx d x ，
同理又有
⎡b f (x ) sin kx d x ⎤≤⎢⎥⎣⎰a ⎦
因此两式相加后得到
2
⎰a
b
f (x ) sin 2kx d x ，
⎡b f (x ) cos kx d x ⎤+⎡b f (x ) sin kx d x ⎤≤
⎢⎥⎢⎥⎣⎰a ⎦⎣⎰a ⎦
22
⎰a
b
f (x ) d x =1． □
１６．用积分中值定理证明：若f 为[0, 1]上的递减函数，则∀a ∈(0, 1) ，恒有
a ⎰f (x ) d x ≤⎰f (x ) d x ； （Ｆ１）
1a
并说明其几何意义．
证 把欲证的不等式（Ｆ１）改写为
a ⎰
10
f (x ) d x =a ⎰f (x ) d x +a ⎰
a 1a
f (x ) d x ≤1a
⎰0
a
f (x ) d x
⇔
11-a
⎰a
1
f (x ) d x ≤
⎰0
a
f (x ) d x . (F 2)
由积分中值定理，∃μ1(f (a ) ≤μ1≤f (0) ) ，使
1⎰0
a
f (x ) d x =
1.
μ1a =μ1； 又∃μ2(f (1) ≤μ2≤f (a ) ) ，使
11-a
⎰a
1
f (x ) d x =
1.
μ2(1-a ) =μ2．
1-a
由于μ2≤f (a ) ≤μ1，因此（Ｆ２）成立，（Ｆ１）亦随之成立．
此结论的几何意义是：如图所示，当f 为
[0, 1]上的递减函数时，（Ｆ２）表示f (x ) 在
区间[0, a ]上的平均值(μ1) 必定大于或等于它 在[a , 1]上的平均值(μ2) ；而（Ｆ１）又表示
上述μ1亦必大于或等于f (x ) 在整个区间[0, 1]上的平均值 (μ=⎰
10
f (x ) d x ) ． □
*
１７．设f 在[0, 1]上为严格递减函数．证明（并说明其几何意义）：
（１）∃ξ∈(0, 1) ，使
⎰1
f (x ) d x =ξf (0) +(1-ξ) f (1) ；
（２）∀c >f (0) , ∃η∈(0, 1) ，使
⎰1
f (x ) d x =ηc +(1-η) f (1) ．
证（１）直接利用积分第二中值定理，当f 为单调函数时，∃ξ∈(0, 1) ，使
⎰1
ξ
1
f (x ) d x =f (0) ⎰0
d x +f (1) ⎰ξ
d x =ξf (0) +(1-ξ) f (1) ．
（２）设
g (x ) =⎧⎨
c ,
x =0,
⎩f (x ) ,
x ∈(0, 1].
g 在[0, 1]上亦为严格递减函数，类似于题（１），∃η∈(0, 1) ，使
⎰1
1
η0
f (x ) d x =⎰0
g (x ) d x =g (0) ⎰
d x +g (1) ⎰1
η
d x
=g (0) η+g (1) (1-η) =ηc +(1-η) f (1) .
f f
f f
f f
(1) (2)
本题结论的几何意义如以上二图所示：表现为每图中两个阴影部分的面积相等． *
１８．设f 在[-π, π]上为递减函数．证明：
（１）⎰π
-πf (x ) sin 2nx d x
≥0；
（２）
⎰π
-πf (x ) sin(2n +1) x d x
≤0．
□
证 令g (x ) =f (x ) -f (π) ，则g 在[-π, π]上为非负、递减函数．利用积分第二中值定理，∃ξ∈[-π, π]，使
⎰-π
π
f (x ) sin 2nx d x =⎰
π
-π
g (x ) sin 2nx d x +f (π) ⎰sin 2nx d x
-π
ξ
π
g (-π)
=g (-π) ⎰sin 2nx d x +0=(1-cos 2n ξ) ≥0.
2n -π
又∃η∈[-π, π]，使
⎰-π
π
f (x ) sin(2n +1) x d x =⎰
π
-π
g (x ) sin(2n +1) x d x +f (π) ⎰sin(2n +1) x d x
-π
π
g (-π)
=g (-π) ⎰sin(2nx +1) d x +0=[-1-cos(2n +1) η]≤0.
+1-π
η
□
１９．设f 在[-π, π]上为可微的凸函数，且有界．证明：
⎰-πf (x ) cos(2n +1) x d x
证 利用分部积分法得到
π
≤0．
⎰-π
π
f (x ) cos(2n +1) x d x =
-1
2n +1
⎰-πf '(x ) sin(2n +1) x d x ．
π
由于f 为凸函数，因此f '为递增函数．用f '代替上题（２）中的f ，即证得结论成立． （注意上题中的f 为递减函数，当改为递增函数时，不等号反向．） □
*
２０．设f 是[0, 1]上的连续函数，且满足
⎰0
0≤x ≤1
1n
x f (x ) d x =1,
n
⎰0x
1k
f (x ) d x =0(k =0, 1, , n -1) ．
证明：max |f (x ) |≥2(n +1) ．
证 由于
⎰0
1
1
x -2
n
d x =⎰
120
⎛1⎫n
-x ⎪d x +⎝2⎭
⎰
1
12
1⎫n 1⎛
， x - ⎪d x =2⎭2(n +1) ⎝
因此由条件可得
1=
⎰0
1⎛
11⎫n 1
x -⎪f (x ) d x ≤⎰x -
2⎭20⎝
10
n
. f (x ) d x 1
=f (ξ) . ⎰
x -
1
2
n
d x =f (ξ) .
2(n +1)
n
(0≤ξ≤1) ,
⇒|f (ξ) |≥2n (n +1) ，
⇒
0≤x ≤1
max |f (x ) |≥|f (ξ) |≥2n (n +1) ． □
２１．设f 在[a , b ]上有连续的二阶导函数，f (a ) =f (b ) =0．证明：
（１）若
⎰a
b
b
f 2(x ) d x =1, 则
b
⎰a
b
f '2(x ) d x . ⎰x 2f 2(x ) d x ≥
a
b
1； 4
（２）
⎰a ⎰a
1
f (x ) d x =
2
⎰a (x -a ) (x -b ) f ''(x ) d x ；
（３）
*
b
f (x ) d x ≤
1
(b -a ) 3. max f ''(x ) ． 12x ∈[a , b ]
证 （１）利用施瓦茨不等式和分部积分可得
⎰a
b
f '(x ) d x . ⎰x f (x ) d x ≥⎡⎰⎢a ⎣a
2
2
2
b b
⎡1b ⎤
x f (x ) f '(x ) d x ⎤=⎢⎰x d f 2(x ) ⎥
⎥⎦⎣2a ⎦
2
b a
b 1-⎰f 2(x ) d x ⎤=.
⎥a ⎦4
2
()
2
=
1⎡
x f 2(x ) 4⎢⎣
（２）多次应用分部积分及已知条件可得
⎰a
b
f (x ) d x =⎰f (x ) d (x -a ) =[(x -a ) f (x )
a b
b
a
a
b
]
b a
-⎰(x -a ) f '(x ) d x
a
b
=-⎰(x -a ) f '(x ) d (x -b ) =⎰(x -b ) [f '(x ) +(x -a ) f ''(x ) ]d x =⎰(x -a ) (x -b ) f ''(x ) d x +⎰(x -b ) f '(x ) d x
a
a
b
b
=⎰(x -a ) (x -b ) f ''(x ) d x -⎰f (x ) d x ,
a
a
b b
移项后便有
⎰a
x ∈[a , b ]
b
f (x ) d x =
12
⎰a (x -a ) (x -b ) f ''(x ) d x ．
b
（３）设max f ''(x ) =M ．利用（２）可得
b
⎰a
1
f (x ) d x =
2
M ≤2
⎰a
b
b
(x -a )(x -b ) f ''(x ) d x ≤
M
12
⎰a (x -a ) (b -x )
3
b
f ''(x ) d x
⎰a (x -a ) (b -x ) d x =12(b -a )
.
□
*
２２．设f 在(A , B ) 上连续，[a , b ]⊂(A , B ) ．证明：
h →0
lim
⎰a
b
f (x +h ) -f (x )
d x =f (b ) -f (a ) ．
h
证 设F (x ) =⎰f (t ) d t ．由于
a
x
F (a ) =0,
⎰a
b
f (x ) d x =F (b ) -F (a ) ，
⎰a
因此有
b
f (x +h ) d x =⎰
b +h a +h
f (t ) d t =
⎰a
b +h
f (t ) d t -⎰
a +h a
f (t ) d t
=F (b +h ) -F (a +h ) ,
h →0
lim
⎰a
b
f (x +h ) -f (x ) 1
d x =lim [F (b +h ) -F (a +h ) -F (b ) +F (a ) ]．
h →0h h
再由f 连续，从而F 可导，便可证得
h →0
lim
⎰a
b
f (x +h ) -f (x ) F (b +h ) -F (b ) F (a +h ) -F (a ) d x =lim -lim
h →0h →0h h h
=F '(b ) -F '(a ) =f (b ) -f (a ) .
□ ２３．设f 在[a , b ]上连续、递增．证明：
⎰a
证 作辅助函数
b
a +b x f (x ) d x ≥
2
t
⎰a
b
f (x ) d x ．
t
F (t ) =⎰x f (x ) d x -
a
a +t 2
⎰a
f (x ) d x ．
由于F (a ) =0，因此若能证明F (t ) 递增，则F (b ) ≥F (a ) =0即为需证之不等式．为此证明F '(t ) ≥0如下：
F '(t ) =t f (t ) -
1t a +t
f (x ) d x f (t ) -2⎰a 21t a +t
≥t f (t ) -⎰f (t ) d x -f (t )
a 22t -a a +t
=t f (t ) -f (t ) -f (t ) =0.
22
□
２４．设f 在[0, +∞) 上为递增函数．证明：F (x ) =亦为递增函数．
证 ∀x ', x ''∈(0, +∞) , x '
1⎰0f (t ) d t 在(0,
x
+∞) 上
F (x '') -F (x ') =
1x ''1x '
f (t ) d t -⎰f (t ) d t ⎰00
x ''1⎛x '1x '⎫= f (t ) d t +⎰f (t ) d t ⎪-⎰f (t ) d t
x 'x ⎝⎰0⎭x 0
=
⎛11x ''1⎫x ' f (t ) d t -- x x ⎪⎪⎰0f (t ) d t x ⎰x '
⎝⎭
⎛11x ''1⎫x '
≥f (x ') d t - x -x ⎪⎪⎰0f (x ') d t x ⎰x '
⎝⎭x ''-x 'x ''-x ''=f (x ) -f (x ') =0,
x x
故F (x ) 在(0, +∞) 上为递增函数． □
*
２５．设f 在[a , b ]上为递增函数．证明：∀c ∈(a , b ) ，g (x ) =⎰f (t ) d t 在
c
x
[a , b ]上为凸函数．
分析 如果f 在[a , b ]上更为连续函数，则由g '(x ) =f (x ) 为递增函数，立即推知g 为凸函数．但因本题条件只假设f 为递增函数，不能保证g 的可导性，所以只能用凸函数的定义或凸函数的基本充要条件来证明本题结论．
证 ∀x 1, x 2, x 3∈[a , b ], x 1
g (x 2) -g (x 1) 1
=
x 2-x 1x 2-x 1g (x 3) -g (x 2) 1
=
x 3-x 2x 3-x 2
⇒
⎰x 1
x 2
f (t ) d t ≤
1
f (x 2)(x 2-x 1) =f (x 2) ，
x 2-x 1
1
f (x 2)(x 3-x 2) =f (x 2) ，
x 3-x 2
⎰x 2
x 3
f (t ) d t ≥
g (x 3) -g (x 2) g (x 2) -g (x 1)
≤f (x 2) ≤．
x 2-x 1x 3-x 2
所以满足g 为凸函数的充要条件． □
２６．设f 在(-∞, +∞) 上为连续函数．证明：f 是周期函数（周期为2π）的充要
条件为积分⎰
2π0
f (x +y ) d x 与y 无关．
．
证 令x +y =u ，得
F (y ) =⎰
2π0
f (x +y ) d x =⎰
⇒
2π+y y
f (u ) du =⎰
2π+y 0
f (u ) du -⎰f (u ) du ，
y
F '(y ) =f (2π+y ) -f (y ) ．
F (y ) 与y 无关，即F (y ) ≡C ，当F 可导时其充要条件为F '(y ) ≡0，亦即
f (2π+y ) =f (y ) ，
故f 是以2π为周期的周期函数． □
２７．证明：若f 在[a , +∞) 上可导，且必有lim f (x ) =0．
x →+∞
⎰a
+∞
f (x ) d x 与
⎰a
+∞
f '(x ) d x 都收敛，则
证 因
⎰a
+∞
f '(x ) d x 收敛，故极限
u →+∞a
lim
⎰
u
f '(x ) d x =lim f (u ) -f (a )
u →+∞
存在．再由
⎰a
+∞
，知道lim f (x ) =0． □ f (x ) d x 收敛，根据 p.119 例１（５）
x →+∞
２８．证明：设（１）
⎰a
x
+∞
f (x ) d x 为条件收敛．证明：
⎰a [
+∞x →+∞
f (x ) +f (x ) ]d x 与
⎰a [
+∞
f (x ) -f (x ) ]d x 都发散；
（２）lim
⎰a [⎰a f (u ) +f (u ) ]d u f (u ) -f (u ) d u
+∞
=1．
证 （１）倘若
⎰a [⎰a {[
+∞
f (x ) ±f (x ) ]d x 收敛，则 f (x ) +f (x ) ] f (x ) }d x =⎰
+∞a
f (x ) d x
也收敛，这与
⎰a
+∞
f (x ) d x 为条件收敛的假设相矛盾．
（２）由于
⎰a [
⎰a x
f (u ) +f (u ) ]d u f (u ) -f (u ) d u
=1+
2⎰f (u ) d u
a
x
⎰a f (u ) -f (u ) d u
x →+∞
， （Ｆ）
而由（１）知lim
x →+∞a
⎰[
x
f (u ) -f (u ) ]d u =+∞，又由条件知lim
⎰a
x
f (u ) d u =A ，
因此当x →+∞时，式（Ｆ）右边第二项的极限等于０，故左边的极限等于１． □
２9．设f , g , h 在任何有限区间[a , b ]⊂[a , +∞) 上都可积，且满足
f (x ) ≤g (x ) ≤h (x ) ．
证明：
（１）若
⎰a
+∞
f (x ) d x 与f (x ) d x =
⎰a
+∞
h (x ) d x 都收敛，则h (x ) d x =J ，则
⎰a
+∞
g (x ) d x 也收敛；
（２）又若
⎰a
+∞
⎰a
+∞
⎰a
+∞
g (x ) d x =J ．
证 （１）由条件知0≤g (x ) -f (x ) ≤h (x ) -f (x ) ，并故由比较法则推知
⎰a [h (x ) -f (x ) ]d x ⎰a
+∞
+∞
收敛，
⎰a
+∞
[g (x ) -f (x ) ]d x
收敛．再由也收敛．
f (x ) d x 收敛，证得
⎰a
+∞
g (x ) d x =
⎰a {[g (x ) -f (x ) ]+f (x ) }d x
⎰a
u
+∞
（２）又因
f (x ) d x ≤
⎰a
u
g (x ) d x ≤
u →+∞a
⎰a h (x ) d x ，
h (x ) d x =J ，
u
u →+∞a
lim
⎰
u
f (x ) d x =lim
⎰
u
所以由极限的迫敛性，证得
⎰a
+∞
g (x ) d x =lim
u →+∞a
⎰
u
g (x ) d x =J ． □
30．证明：若f 在[0, +∞) 上为单调有界的连续可微函数，则定绝对收敛；
⎰0
+∞
f '(x ) sin x d x 必
证 因f 单调（不妨设为递增），故f '(x ) ≥0；又f 有界，故lim f (x ) =A 存在．由
x →+∞
比较法则，因
f '(x ) sin x ≤f '(x ) , x ∈[0, +∞) ，
而f '连续，故
⎰0
所以
+∞
f '(x ) d x =lim f (x ) -f (0) =A -f (0) （ 收敛 ），
x →+∞
⎰0
+∞
□ f '(x ) sin x d x 绝对收敛．
３１．讨论下列反常积分的敛、散性： （１）
⎰0⎰0
+∞
x
d x ； （２）
1+x cos x
d x
； （４）
ln x
⎰0
+∞
x cos x
d x ；
100+x
11cos d x ． x
（３）
1
⎰0
1
解 （１）由于
x x
≥222，而
1+x cos x 1+x
u →+∞0+∞
lim
⎰
u
x 1
d x =lim ln (1+u 2) =+∞， 2
1+x 2u →+∞
故由比较法则推知
⎰0
u
x
d x 发散． 1+x cos x
x
单调趋于
100+x
（２）由于
⎰0
cos x d x ≤2, u ∈[0, +∞) ，而当x →+∞时
０，因此根据狄利克雷判别法推知
又因
⎰0
+∞
cos x
d x 收敛．
100+x
x cos x 100+x
而
≥
x cos 2x 1⎛1cos 2x
= +
2x 4 x ⎝x
⎫
⎪⎪, x ≥100， ⎭
⎰100
+∞
1
d x 发散，cos x 100+x
⎰100
+∞
cos 2x
d x 收敛，故1⎰1004
+∞
⎛1cos 2x +
x ⎝x ⎫⎪⎪d x 发散，于是⎭
导致
⎰0
+∞
d x 也发散．
所以，
⎰0
+∞
cos x
d x 为条件收敛．
100+x
1x ln x
=lim
1x ln x
=∞，所以有x =0, 1两个瑕点．为此需
（３）因为lim 化为两个瑕积分：
x →0+x →1-
⎰0
对于I ，由于
1
1
d x
=⎰2
ln x 0
1d x
+⎰1
ln x 2
d x
=I +J ．
ln x
x →0+
lim
x .
1x ln x
=0(p =
1
因此为收敛；对于J ，则因
x →1-
lim (x -1) .
1x ln x
=1(p =1, λ=1) ，
故为发散．所以瑕积分
⎰1
d x
ln x
为发散．
（４）作变换u =
1x
2
，把瑕积分化为无穷积分：
⎰1
1cos 11+∞cos u 0
x
d x =2⎰1u d u ， 此前已知它是一个条件收敛的反常积分．
３２．证明下列不等式：
（１）
πd x 22
⎰1
1-x 4
π2
； （２）
12
(1-1)
+∞-x 0
e 2
d x
12e
． 证 （１）由于x ∈[0, 1) 时，有
1≤
1≤
1，
2-x 2
-x 4
-x 2
而
⎰1
d x 0
1-x 2
=lim arcsin x -arcsin 0π
x →1-
=
2，因此所证不等式 πd x
22
⎰1
1-x 4
成立．
（２）由于
⎰1
1
x e -x 2
d x ≤
⎰0
e -x 2
d x
⎰
+∞-x 0
e 2
d x =⎰1∞x 2
e -x 2
d x +⎰
+∞-
x 2
1
e d x
+1
x e -d x ,
而
⎰1
x e
-x 2
d x =1(1-1+∞
2
) ,
⎰1
x e
-x 2
d x =
12， 因此所证不等式
1(1-1∞)
⎰
+0
e 2
d x
1
2e
成立． □
□