讲义习题

8.4 讲义习题

8.4.1 定积分的概念

例 8.4.1 (习题7.1.5) 设 $g \in R [a, b]$ 满足 $\int_{a}^{b} g (x) d x > 0$ ，证明： $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $g$ 在 $ξ$ 处连续且 $g (ξ) > 0$ 。

证明采用反证法³。假设 $\forall ξ \in (a, b)$ ，若 $g$ 在 $ξ$ 处连续则 $g (ξ) \leq 0$ 。由于 $g \in R [a, b]$ ，故

$g$ 有界，即 $\exists M > 0$ 使得 $| g (x) | \leq M$ 。
$g$ 在 $[a, b]$ 上的间断点集为零测集，即 $\forall δ > 0$ ，存在总长度为 $δ$ 的有限开区间集 $A$ 覆盖间断点集。

故 $\forall ε > 0$ ，取 $δ = \frac{ε}{M}$ ，则 $\begin{matrix} (1) & \int_{a}^{b} g (x) d x = \int_{A} g (x) d x + \int_{[a, b] ∖ A} g (x) d x \leq \int_{A} M d x + \int_{[a, b] ∖ A} 0 d x \leq M δ = ε \end{matrix}$ 令 $ε \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (2) & \int_{a}^{b} g (x) d x \leq 0 \end{matrix}$ 与题设矛盾！故假设不成立，即 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $g$ 在 $ξ$ 处连续且 $g (ξ) > 0$ 。 $◻$

另证仍然采用反证法，但是绕过Lebesgue法则。根据例8.3.15， $f$ 的连续点集在 $[a, b]$ 上稠密，故对 $[a, b]$ 的任意划分，在每一个子区间中总能取到连续点作为标志点。由于 $f$ 在连续点处非正，因此Riemann和非正，作为Riemann和极限的定积分也必定非正，与题设矛盾。 $◻$

例 8.4.2 (习题7.1.6) 设 $f \in R [0, \frac{π}{2}]$ ，证明： $\begin{matrix} (3) & lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{π / 2} f (x) \sin^{n} x d x = 0 \end{matrix}$

证明由 $f \in R [a, b]$ 知 $f$ 有界，故 $\exists M > 0$ 使得 $| f (x) | \leq M$ 。 $\forall ε > 0$ ，注意到 $\begin{matrix} (4) & \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} x d x \leq \int_{0}^{(π - ε) / 2} \sin^{n} \frac{π - ε}{2} d x + \int_{(π - ε) / 2}^{π / 2} d x < \frac{π}{2} \cos^{n} \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} \overset{?}{\leq} ε \end{matrix}$ 取 $n$ 满足下式即可 $\begin{matrix} (5) & n \geq \frac{\ln (ε / π)}{\ln [\cos (ε / 2)]} \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (6) & | \int_{0}^{π / 2} f (x) \sin^{n} x d x | \leq M \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} x d x < M ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{π / 2} f (x) \sin^{n} x d x = 0 \end{matrix}$ $◻$

另证实际上，由Wallis公式可得 $\begin{matrix} (7) & \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} x d x = {\begin{cases} \frac{π}{2} \frac{(n - 1)!!}{n!!}, & n \in even \\ \frac{(n - 1)!!}{n!!}, & n \in odd \end{cases} \end{matrix}$ 令 $a_{n} = \frac{(n - 1)!!}{n!!}$ ，则 $\begin{matrix} (8) & a_{n} a_{n + 1} = \frac{1}{n + 1} \to 0, a_{2 n} = \exp \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 - \frac{1}{2 k}) \leq \exp \sum_{k = 1}^{n} - \frac{1}{2 k} \to 0 \end{matrix}$ 亦即 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ 。因此 $\begin{matrix} (9) & | \int_{0}^{π / 2} f (x) \sin^{n} x d x | \leq M \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} x d x \leq \frac{M π}{2} \frac{(n - 1)!!}{n!!} \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 8.4.3 (习题7.1.8) 设 $f : [a, b] \to [α, β]$ 严格单调， $g = f^{- 1}$ 。讨论 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 和 $\int_{α}^{β} g (y) d y$ 之间的关系，并证明你的结论。

证明本题与8.3.3类似，画图可知结论为

$f$ 严格增： $\int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{α}^{β} g (y) d y = b f (b) - a f (a) = b β - a α$ 。
$f$ 严格减： $\int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{α}^{β} g (y) d y = b f (b) - a f (a) = b α - a β$ 。

换元法需要 $f$ 可微；若 $f$ 仅仅可积，我们需要通过定义来证明。

对 $[a, b]$ 的任意划分 $P : a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b$ 。若 $f$ 严格增，则 $f (P) : α = f (x_{0}) < f (x_{1}) < \dots < f (x_{n}) = β$ 亦是 $[α, β]$ 的划分，因此两者的Riemann和满足 $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} S (f, P, {x_{k}}_{k = 1}^{n}) + S (f^{- 1}, f (P), {f (x_{k})}_{k = 0}^{n - 1}) \\ = \sum_{k = 1}^{n} [f (x_{k}) (x_{k} - x_{k - 1}) + f^{- 1} (f (x_{k - 1})) (f (x_{k}) - f (x_{k - 1}))] \\ = \sum_{k = 1}^{n} [x_{k} f (x_{k}) - x_{k - 1} f (x_{k - 1})] = b f (b) - a f (a) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $∥ P ∥ \to 0$ ，即得 $\begin{matrix} (11) & \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{α}^{β} g (y) d y = b f (b) - a f (a) = b β - a α \end{matrix}$

若 $f$ 严格减，则 $f (P) : α = f (x_{0}) > f (x_{1}) > \dots > f (x_{n}) = β$ 亦是 $[α, β]$ 的划分，因此两者的Riemann和满足 $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} S (f, P, {x_{k}}_{k = 1}^{n}) - S (f^{- 1}, f (P), {f (x_{k})}_{k = 0}^{n - 1}) \\ = \sum_{k = 1}^{n} [f (x_{k}) (x_{k} - x_{k - 1}) - f^{- 1} (f (x_{k - 1})) (f (x_{k - 1}) - f (x_{k}))] \\ = \sum_{k = 1}^{n} [x_{k} f (x_{k}) - x_{k - 1} f (x_{k - 1})] = b f (b) - a f (a) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $∥ P ∥ \to 0$ ，即得 $\begin{matrix} (13) & \int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{α}^{β} g (y) d y = b f (b) - a f (a) = b α - a β \end{matrix}$ $◻$

8.4.2 积分计算

例 8.4.4 (习题7.4.1节选) 计算以下定积分：

(1): $\int_{- π}^{π} \sin m x \sin n x d x$ ，其中 $m, n \in N^{*}$ 。
(2): $\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 m - 1) x}{\sin x} d x$ ，其中 $m \in N^{*}$ 。

解 (1) 当 $m = n$ 时，有 $\begin{matrix} (14) & \int_{- π}^{π} \sin^{2} n x d x = \int_{- π}^{π} \frac{1 - \cos 2 n x}{2} d x = π \end{matrix}$ 当 $m \neq n$ 时，有 $\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} \int_{- π}^{π} \sin m x \sin n x d x & = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} [\cos (m - n) x - \cos (m + n) x] d x \\ = \frac{1}{2} {[\frac{\sin (m - n) x}{m - n} - \frac{\sin (m + n) x}{m + n}]}_{- π}^{π} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (16) & \int_{- π}^{π} \sin m x \sin n x d x = π δ_{m n} \end{matrix}$

(2) 注意到 $\begin{matrix} (17) & \sin (2 m - 1) x - \sin x = \sum_{k = 1}^{m - 1} [\sin (2 k + 1) x - \sin (2 k - 1) x] = 2 \sin x \sum_{k = 1}^{m - 1} \cos 2 k x \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (18) & \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 m - 1) x}{\sin x} d x = \int_{0}^{π / 2} (1 + 2 \sum_{k = 1}^{m - 1} \cos 2 k x) d x = \frac{π}{2} \end{matrix}$ $◻$

补充同时注意到 $\begin{matrix} (19) & \sin 2 m x = \sum_{k = 0}^{m - 1} [\sin (2 k + 2) x - \sin (2 k) x] = 2 \sin x \sum_{k = 0}^{m - 1} \cos (2 k + 1) x \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (20) & \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin 2 m x}{\sin x} d x = 2 \sum_{k = 0}^{m - 1} \int_{0}^{π / 2} \cos (2 k + 1) x d x = 2 \sum_{k = 0}^{m - 1} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} \end{matrix}$

例 8.4.5 (习题7.4.2节选) 计算以下定积分：

(1): $\int_{0}^{a} \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x$
(2): $\int_{1}^{2} \frac{\sqrt{x^{2} - 1}}{x^{4}} d x$
(3): $\int_{0}^{π} \frac{x \sin x}{1 + \cos^{2} x} d x$
(4): $\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{1 + x^{2}} d x$

解 (1) 令 $x = a \cos θ$ ，则 $\begin{matrix} (21) & \int_{0}^{a} \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x = \int_{0}^{π / 2} a^{2} \sin^{2} θ d θ = \frac{π}{4} a^{2} \end{matrix}$ 本题也可以直接通过几何意义得到答案。

(2) 令 $x = \sec θ$ ，则 $\begin{matrix} (22) & \int_{1}^{2} \frac{\sqrt{x^{2} - 1}}{x^{4}} d x = \int_{0}^{\arccos \frac{1}{2}} \sin^{2} θ \cos θ d θ = {\frac{1}{3} \sin^{3} θ |}_{0}^{\arccos \frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{8} \end{matrix}$

(3) 令 $x = π - t$ ，则 $\begin{matrix} (23) & \int_{0}^{π} \frac{x \sin x}{1 + \cos^{2} x} d x = \int_{0}^{π} \frac{(π - t) \sin t}{1 + \cos^{2} t} d t = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} \frac{\sin t}{1 + \cos^{2} t} d t = - {\frac{π}{2} \arctan \cos t |}_{0}^{π} = \frac{π^{2}}{4} \end{matrix}$

(4) 令 $x = \tan θ$ ，则 $\begin{matrix} (24) & \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{1 + x^{2}} d x = \int_{0}^{π / 4} \ln (1 + \tan θ) d θ \overset{φ = π / 4 - θ}{=} \int_{0}^{π / 4} \ln (1 + \frac{1 - \tan φ}{1 + \tan φ}) d φ \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (25) & \int_{0}^{π / 4} \ln (1 + \tan θ) d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 4} \ln 2 d θ = \frac{π}{8} \ln 2 \end{matrix}$ $◻$

³ $\neg (A \land B) = A \to \neg B$ 。