雨课堂作业

8.2 雨课堂作业

例 8.2.1 (作业第1题) 设 $f, g$ 是 $[0, 1] \to [0, 1]$ 的连续函数， $f$ 单调不减。证明： $\begin{matrix} (1) & \int_{0}^{1} f (g (x)) d x \leq \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{0}^{1} g (x) d x \end{matrix}$

证明原式等价于证明 $\begin{matrix} (2) & \int_{0}^{1} [f (g (x)) - g (x)] d x \overset{?}{\leq} \int_{0}^{1} f (x) d x \end{matrix}$ 我们考虑证明以下加强命题 $\begin{matrix} (3) & \int_{0}^{1} [f (g (x)) - g (x)] d x \leq \int_{0}^{1} max_{y \in [0, 1]} [f (y) - y] d x = max_{y \in [0, 1]} [f (y) - y] \overset{?}{\leq} \int_{0}^{1} f (x) d x \end{matrix}$ 这等价于证明 $\begin{matrix} (4) & f (y) \leq y + \int_{0}^{1} f (x) d x, \forall y \in [0, 1] \end{matrix}$

由于 $f : [0, 1] \to [0, 1]$ 单调不减，故 $f$ 恒非负，且满足 $\begin{matrix} (5) & f (x) \geq f (y), \forall x, y \in [0, 1], x \geq y \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (6) & \int_{0}^{1} f (x) d x \geq \int_{y}^{1} f (x) d x \geq (1 - y) f (y), \forall y \in [0, 1] \end{matrix}$ 于是 $\forall y \in [0, 1]$ ，利用 $f (y) \in [0, 1]$ 可得 $\begin{matrix} (7) & f (y) = y f (y) + (1 - y) f (y) \leq y + \int_{0}^{1} f (x) d x \end{matrix}$ 此即所要证明的结论。 $◻$

例 8.2.2 (作业第2题) 计算积分： $\begin{matrix} (8) & \int_{\sqrt{2}}^{2} \frac{d x}{x \sqrt{x^{2} - 1}} \end{matrix}$

解令 $x = \sec t$ ，则 $d x = \sec t \tan t d t$ ，对 $t$ 积分的下、上限分别为 $\frac{π}{4}$ 和 $\frac{π}{3}$ ，代入可得 $\begin{matrix} (9) & I = \int_{π / 4}^{π / 3} \frac{\sec t \tan t d t}{\sec t \sqrt{\sec^{2} t - 1}} = \int_{π / 4}^{π / 3} d t = \frac{π}{12} \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.3 (作业第3题) 设 $f \in C^{1} [a, b]$ 。证明： $\begin{matrix} (10) & \int_{a}^{b} \sqrt{1 + [f^{'} (x)]^{2}} d x \geq \sqrt{(b - a)^{2} + [f (b) - f (a)]^{2}} \end{matrix}$ 并给出等号成立的条件。

证明利用Cauchy不等式的积分形式可得 $\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} ⟨ f, g ⟩ \leq ∥ f ∥ ∥ g ∥ ⟹ & \int_{a}^{b} \sqrt{1 + [f^{'} (x)]^{2}} \sqrt{(b - a)^{2} + [f (b) - f (a)]^{2}} d x \\ \geq \int_{a}^{b} [b - a + f^{'} (x) (f (b) - f (a))] d x = (b - a)^{2} + (f (b) - f (a))^{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 取等当且仅当 $\begin{matrix} (12) & f^{'} (x) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} ⟹ f (x) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} (x - a) + f (a) \end{matrix}$ $◻$

注该不等式实际上是平面上两点间距离最短的证明。

例 8.2.4 (作业第4题) 设 $a > 0$ ，求极限： $\begin{matrix} (13) & lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} \frac{x^{3}}{e^{a x}} d x \end{matrix}$

解记 $P_{3}$ 表示所有次数不超过 $3$ 的多项式，若选择 ${1, x, x^{2}, x^{3}}$ 为 $P_{3}$ 的一组基，则对任意 $P (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} \in P_{3}$ ，均可用向量表示为 $P = (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3})^{T}$ 。定义 $P_{3}$ 上的求导算子： $\begin{matrix} (14) & D : P_{3} \to P_{3}, D (P) (x) = e^{a x} \frac{d}{d x} (e^{- a x} P (x)) \end{matrix}$ 容易验证 $D$ 是 $P_{3}$ 上的线性映射，其在基 ${1, x, x^{2}, x^{3}}$ 上的矩阵表示为 $\begin{matrix} (15) & [D] = (\begin{matrix} - a & 1 \\ - a & 2 \\ - a & 3 \\ - a \end{matrix}) \end{matrix}$ 再定义 $P_{3}$ 上的积分算子¹： $\begin{matrix} (16) & I : P_{3} \to P_{3}, I (P) (x) = e^{a x} \int_{+ \infty}^{x} e^{- a t} P (t) d t \end{matrix}$ 容易验证 $I$ 是 $P_{3}$ 上的线性映射，且 $I \circ D = D \circ I =$ 恒等映射。由此可知 $[I] = [D]^{- 1}$ ，计算可得 $\begin{matrix} (17) & [I] = - (\begin{matrix} \frac{1}{a} & \frac{1}{a^{2}} & \frac{2}{a^{3}} & \frac{6}{a^{4}} \\ \frac{1}{a} & \frac{2}{a^{2}} & \frac{6}{a^{3}} \\ \frac{1}{a} & \frac{3}{a^{2}} \\ \frac{1}{a} \end{matrix}) \end{matrix}$ 记 $C := \int_{0}^{+ \infty} e^{- a x} x^{3} d x$ ，因此 $\begin{matrix} (18) & \int_{0}^{n} e^{- a x} x^{3} d x = e^{- a n} I (P) (n) + C = - e^{- a n} (\frac{6}{a^{4}} + \frac{6 n}{a^{3}} + \frac{3 n^{2}}{a^{2}} + \frac{n^{3}}{a}) + C \end{matrix}$ 令 $n = 0$ 可得 $C = \frac{6}{a^{4}}$ 。 $◻$

例 8.2.5 (作业第5题) 已知 $\begin{matrix} (19) & 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} + \dots = \frac{π}{4} \end{matrix}$ 求极限： $\begin{matrix} (20) & lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin 2 n x}{\sin x} d x \end{matrix}$

解记 $a_{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin 2 n x}{\sin x} d x$ ，利用和差化积公式可得 $\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} a_{n} - a_{n - 1} & = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin 2 n x - \sin 2 (n - 1) x}{\sin x} d x = 2 \int_{0}^{π / 2} \cos (2 n - 1) x d x \\ = \frac{2}{2 n - 1} \sin \frac{(2 n - 1) π}{2} = \frac{2 (- 1)^{n - 1}}{2 n - 1} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (22) & a_{n} = a_{0} + \sum_{k = 1}^{n} (a_{k} - a_{k - 1}) = 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k - 1} = 2 \times \frac{π}{4} = \frac{π}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.6 (作业第6题) 求 $\int_{0}^{1} \frac{x^{4} (1 - x)^{4}}{1 + x^{2}} d x$ 的值，并证明 $π < \frac{22}{7}$ 。

解计算可得 $\begin{matrix} (23) & I = \int_{0}^{1} (x^{6} - 4 x^{5} + 5 x^{4} - 4 x^{2} + 4 - \frac{4}{1 + x^{2}}) d x = \frac{1}{7} - \frac{2}{3} + 1 - \frac{4}{3} + 4 - 4 \times \frac{π}{4} = \frac{22}{7} - π \end{matrix}$ 由于被积函数在 $(0, 1)$ 上恒正，故 $I > 0$ ，从而 $π < \frac{22}{7}$ 。 $◻$

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例 8.2.7 (作业第7题) 证明以下不等式：

(1): $\forall x \in [0, π]$ 和 $t \in [0, 1]$ ，都有 $\sin (t x) \geq t \sin x$ ；
(2): $\forall p > 0$ ，都有 $\int_{0}^{π / 2} {| \sin u |}^{p} d u \geq \frac{π}{2 (p + 1)}$ ；
(3): $\forall x \geq 0$ 和 $p > 0$ 都有 $\int_{0}^{x} {| \sin u |}^{p} d u \geq \frac{x {| \sin x |}^{p}}{p + 1}$ 。

解 (1) 考虑 $g (x) = \sin (t x) - t \sin x$ ，利用 $t x \leq x$ 以及 $\cos$ 在 $[0, π]$ 上严格减，求导可得 $\begin{matrix} (24) & g^{'} (x) = t \cos (t x) - t \cos x = t [\cos (t x) - \cos x] \geq 0 \end{matrix}$ 故 $g (x)$ 在 $[0, π]$ 上单调不减，且 $g (0) = 0$ ，从而 $g (x) \geq 0$ 。

(2) 令 $u = \frac{π}{2} t$ ，利用(1)中的不等式可得 $\begin{matrix} (25) & \int_{0}^{π / 2} {| \sin u |}^{p} d u = \frac{π}{2} \int_{0}^{1} {| \sin \frac{π t}{2} |}^{p} d t \geq \frac{π}{2} \int_{0}^{1} t^{p} d t = \frac{π}{2 (p + 1)} \end{matrix}$

(3) 当 $0 \leq x \leq π$ 时，令 $u = x t$ ，类似(2)可得 $\begin{matrix} (26) & \int_{0}^{x} {| \sin u |}^{p} d u = x \int_{0}^{1} {| \sin (x t) |}^{p} d t \geq x \int_{0}^{1} t^{p} {| \sin x |}^{p} d t = \frac{x {| \sin x |}^{p}}{p + 1} \end{matrix}$ 当 $x > π$ 时，注意到 $| \sin x | = | \sin (x - π) |$ ，设 $x = k π + r$ ，其中 $k = ⌊ \frac{x}{π} ⌋$ ， $r = x - k π \in [0, π)$ ，则 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} \int_{0}^{x} {| \sin u |}^{p} d u & = k \int_{0}^{π} {| \sin u |}^{p} d u + \int_{0}^{r} {| \sin u |}^{p} d u = 2 k \int_{0}^{π / 2} {| \sin u |}^{p} d u + \int_{0}^{r} {| \sin u |}^{p} d u \\ \geq 2 k \cdot \frac{π}{2 (p + 1)} + \frac{r {| \sin r |}^{p}}{p + 1} \geq \frac{k π {| \sin x |}^{p}}{p + 1} + \frac{r {| \sin x |}^{p}}{p + 1} = \frac{x {| \sin x |}^{p}}{p + 1} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.8 (作业第8题) 求 $[0, 1]$ 上的可积函数 $f$ 使得 $\forall x \in [0, 1]$ 都有： $\begin{matrix} (28) & f (x) = 1 + (1 - x) \int_{0}^{x} y f (y) d y + x \int_{x}^{1} (1 - y) f (y) d y \end{matrix}$

解由 $f$ 可积可知

等号右端关于 $x$ 连续，从而 $f$ 连续；
等号右端关于 $x$ 连续可微，从而 $f$ 连续可微；
等号右端关于 $x$ 二阶连续可微，从而 $f$ 二阶连续可微……

如此可知 $f$ 任意阶连续可微。两边求导可得 $\begin{matrix} (29) & f^{'} (x) = - \int_{0}^{x} y f (y) d y + \int_{x}^{1} (1 - y) f (y) d y \end{matrix}$ 再求导得到 $\begin{matrix} (30) & f^{″} (x) + f (x) = 0 \end{matrix}$ 这是一个二阶常系数齐次线性微分方程，其通解为 $\begin{matrix} (31) & f (x) = A \cos x + B \sin x \end{matrix}$ 利用边界条件可得 $\begin{matrix} (32) & f (0) = f (1) = 1 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (33) & A = 1, B = \frac{1 - \cos 1}{\sin 1} \end{matrix}$ 因此所求函数为 $\begin{matrix} (34) & f (x) = \cos x + \frac{1 - \cos 1}{\sin 1} \sin x \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.9 (作业第9题) 求极限： $\begin{matrix} (35) & lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{2 x} \tan (u^{2}) d u}{x^{3}} \end{matrix}$

解利用L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (36) & lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{2 x} \tan (u^{2}) d u}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{2 \tan (4 x^{2})}{3 x^{2}} = \frac{8}{3} \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.10 (作业第10题) 求由方程 $\begin{matrix} (37) & \int_{0}^{y} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2}}} = x \end{matrix}$ 确定的函数 $y (x)$ 。

解直接积分可得 $\begin{matrix} (38) & \sinh^{- 1} y = x ⟹ y (x) = \sinh x = \frac{e^{x} - e^{- x}}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.11 (作业第11题) 为估算 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ ，可考虑以下算法：

(1): 左端点： $f (a) (b - a)$ ；
(2): 右端点： $f (b) (b - a)$ ；
(3): 中点： $f (\frac{a + b}{2}) (b - a)$ ；
(4): 梯形： $\frac{f (a) + f (b)}{2} (b - a)$ ；
(5): 混合形： $(A f (a) + B f (\frac{a + b}{2}) + C f (b)) (b - a)$ 。

对于增函数、凸函数、二阶可微函数，比较上述算法的优劣，比如它们与积分真值之间的误差，或者当 $b - a \to 0^{+}$ 时误差的阶。

解将积分 $I := \int_{a}^{b} f (x) d x$ 和各积分近似公式 $I_{1}, \dots, I_{5}$ 视作关于 $h = b - a$ 的函数，利用Taylor展开可得 $\begin{matrix} (39) & \begin{aligned} I_{1} (h) - I (h) & = - \frac{1}{2} f^{'} (a) h^{2} + o (h^{2}) \\ I_{2} (h) - I (h) & = \frac{1}{2} f^{'} (a) h^{2} + o (h^{2}) \\ I_{3} (h) - I (h) & = - \frac{1}{24} f^{″} (a) h^{3} + o (h^{3}) \\ I_{4} (h) - I (h) & = \frac{1}{12} f^{″} (a) h^{3} + o (h^{3}) \\ I_{5} (h) - I (h) & = (A + B + C - 1) h + \frac{B + 2 C - 1}{2} h^{2} + \frac{3 B + 12 C - 4}{24} f^{″} (a) h^{3} \\ + \frac{8 C + B - 2}{48} h^{4} + \frac{5 B + 80 C - 16}{1920} h^{5} + o (h^{5}) \end{aligned} \end{matrix}$ 为了使得 $I_{5} (h)$ 的误差阶最高，需解方程组 $\begin{matrix} (40) & {\begin{cases} A + B + C = 1 \\ B + 2 C = 1 \\ 3 B + 12 C = 4 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} A = \frac{1}{6} \\ B = \frac{2}{3} \\ C = \frac{1}{6} \end{cases} ⟹ I_{5} (h) - I (h) = \frac{1}{2880} f^{(4)} (a) h^{5} + o (h^{5}) \end{matrix}$ $◻$

例 8.2.12 (作业第12题) 设 $f, g \in R [a, b]$ 。证明以下函数都在 $[a, b]$ 上Riemann可积： $\begin{matrix} (41) & | f |, max {f, g}, \sqrt{| f |}, sup_{t \in [a, x]} f (t) \end{matrix}$

证明在 $f, g$ 的连续点，均有上述函数连续，故上述函数的间断点集含于 $f, g$ 的间断点集的并集；而 $f, g$ 的间断点集均为零测集，因此上述函数的间断点集也是零测集，从而它们均Riemann可积。 $◻$

例 8.2.13 (作业第13题)

(1): 设 $f \in C [a, b]$ 且 $f (x) \geq 0$ （ $\forall x \in [a, b]$ ）。证明：若 $\int_{a}^{b} f (x) d x = 0$ ，则 $f (x) = 0$ ， $\forall x \in [a, b]$ ；
(2): 证明不存在非负连续函数 $f \in C [a, b]$ 使得存在实数 $α$ 使得 $\begin{matrix} (42) & \int_{a}^{b} f (x) d x = 1, \int_{a}^{b} x f (x) d x = α, \int_{a}^{b} x^{2} f (x) d x = α^{2} \end{matrix}$

证明 (1) 采用反证法。假设 $\exists x_{0} \in [a, b]$ 使得 $f (x_{0}) > 0$ ，由 $f$ 的连续性可知 $\exists δ > 0$ 使得 $f (x) > \frac{f (x_{0})}{2}$ ， $\forall x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ) \cap [a, b]$ 。因此 $\begin{matrix} (43) & \int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{(x_{0} - δ, x_{0} + δ) \cap [a, b]} f (x) d x \geq \int_{(x_{0} - δ, x_{0} + δ) \cap [a, b]} \frac{f (x_{0})}{2} d x \geq \frac{f (x_{0})}{2} δ > 0 \end{matrix}$ 与假设矛盾，故结论成立。

(2) 注意到 $\begin{matrix} (44) & 0 = α^{2} - 2 α^{2} + α^{2} = \int_{a}^{b} (x^{2} - 2 α x + α^{2}) f (x) d x = \int_{a}^{b} (x - α)^{2} f (x) d x \end{matrix}$ 由于被积函数 $(x - α)^{2} f (x) \geq 0$ ，由(1)可知 $(x - α)^{2} f (x) = 0$ ， $\forall x \in [a, b]$ 。因此 $f (x) = 0$ （ $\forall x \in [a, b]$ ），与 $\int_{a}^{b} f (x) d x = 1$ 矛盾，故结论成立。 $◻$

¹为了完美定义 $I$ ，我们很难绕过这里的广义积分。我们知道，不定积分的结果实际上是一系列函数，它们之间相差任意常数；为了消除 $\int_{c}^{x} e^{- a t} P (t) d t$ 中的任意常数、使得积分结果的形式为 $e^{- a x} \tilde{P} (x)$ ，可以证明恰有 $c = + \infty$ 。