§10.2 定积分的性质

本节只列出最重要的两个积分中值定理，介绍一般书中不放在正文中的两个基本性质，并讨论第一中值定理的中值 $\xi$ 的取值范围．此外还介绍对积分求极限的几个重要例题．关于积分中值定理的应用将在 $\mathrm{10.4.5}$ 小节作专题介绍．

$\mathrm{10.2.1}$ 积分中值定理

命题$10.2.1$（积分第一中值定理）

设 $f,g\in R[a,b]$ , $m⩽f(x)⩽M,\forall x\in [a,b]$ , $g$ 在 $[a,b]$ 上不变号，则存在 $\eta \in [m,M]$，使

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = η ∫_ a ^ b g (x) d x.$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=\eta {\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x.$$

如果 $f\in C[a,b]$ , $g\in R[a,b]$ 且在 $[a,b]$ 上不变号，则存在 $\xi \in [a,b]$，使

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = f (ξ) ∫_ a ^ b g (x) d x. (10.2)$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(10.2)}$$

特别是，如果 $f\in C[a,b]$，则存在 $\xi \in [a,b]$，使 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi )(b-a)$ .

与微分中值定理 (见 §$7.1$) 作比较，自然会提出一个问题: 在 $(10.2)$ 中的 $\xi \in [a,b]$ 能否改进为 $\xi \in (a,b)$ ? 答案是肯定的．证明见后面的例题 $\mathrm{10.2.2}$.

命题$10.2.2$（积分第二中值定理）

设 $f\in R[a,b]$ , $g$ 在 $[a,b]$ 上单调，则存在 $\xi \in [a,b]$，使

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = g (a) ∫_ a ^ ξ f (x) d x + g (b) ∫_ ξ ^ b f (x) d x.$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

特别是，如果 $g$ 在 $[a,b]$ 上单调增加且 $g(x)⩾0$，则存在 $\xi \in [a,b]$，使

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = g (b) ∫_ ξ ^ b f (x) d x;$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x;$$

如果 $g$ 在 $[a,b]$ 上单调减少且 $g(x)⩾0$，则存在 $\xi \in [a,b]$，使

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = g (a) ∫_ a ^ ξ f (x) d x.$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x.$$

积分第二中值定理有几种形式．上述形式的证明可在很多教科书中找到，例如 $[25]$ 上册第九章第 $5$ 节．证明中一般需用 $Abel$ 变换 (见本书下册 $(13.21)$ 和 $[62]$ 的第一章). 但在实际应用中往往不需要这么强的形式．本书中只在 “ $f\in C[a,b]$ , $g$ 在 $[a,b]$ 上可微且 $g^{\prime }(x)⩽0$ (或 $⩾0$ ), $\forall x\in (a,b)$ ” 的条件下作出证明，这时只需用积分第一中值定理 (见例题 $\mathrm{10.4.11}$), 中值的取值范围也可改进为 $\xi \in (a,b)$ .

思考题

1. 举例说明: 在积分第一中值定理中 $g$ 的保号性条件不满足时，定理的结论可以不成立．

2. 举例说明: 在积分第二中值定理中 $g$ 不是单调函数时，定理的结论可以不成立．

$\mathrm{10.2.2}$ 例题

下面一个例题的结果是定积分的一个基本性质。它对于连续的被积函数是平凡的。对于一般的可积函数则可以用积分定义中介点集的任意性得到。

例题$10.2.1$

设 $f\in R[a,b]$，且 $I={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x>0$，则有子区间 $[c,d]\subset [a,b]$ 和 $\mu >0$，使在区间 $[c,d]$ 上成立 $f(x)⩾\mu$ .

证法1

从积分定义可知，存在 $[a,b]$ 的一个分划 $P=\{x_0,x_1,\cdots ,x_n\}$ ，使得对从属于 $P$ 的任何介点集 $\xi$ ，成立

∑_ i = 1 ^ n f (ξ_ i) Δ x _ i > frac I2 > 0.$$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i>\frac{I}{2}>0.$$

记 $m_i={\inf }_{x\in [x_{i-1},x_i]}f(x),i=1,2,\cdots ,n,$ 并对于上面的和式取下确界，就得到

∑_ i = 1 ^ n m _ i Δ x _ i ≥slant frac I2 > 0.$$\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i⩾\frac{I}{2}>0.$$

显然在和式中至少有一项大于 $0$．设这一项是第 $k$ 项，则就可取 $\mu =m_k$ , $[c,d]=[x_{k-1},x_k]$ .

证法2

用反证法．若结论不成立，则 (由对偶法则) 对于每个 $\mu >0$ 和每个子区间 $[c,d]$，存在 $\xi \in [c,d]$，满足 $f(\xi )<\mu$．在 $f$ 的 $Riemann$ 和式中对于任何分划都取满足这个要求的介点集，这样就得到 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩽\mu (b-a)$．由于 $\mu >0$ 是任意的，因此只能得到 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩽0$，与条件矛盾．

若在教科书中有上、下和的 $Darboux$ 理论，则上题的证明可更为简单．

在上一个例题的基础上就可以解决关于积分第一中值定理 (命题 $\mathrm{10.2.1}$) 中的中值取值范围问题．

例题$10.2.2$（对积分第一中值定理的改进）

如果 $f\in C[a,b]$ , $g\in R[a,b]$ 且在 $[a,b]$ 上不变号，则有 $\eta \in [m,M]=f([a,b])$ 使得成立等式

∫_ a ^ b f (x) g (x) d x = η ∫_ a ^ b g (x) d x, (10.3)$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=\eta {\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x,\text{\hspace{1em}(10.3)}$$

而且一定存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $\eta =f(\xi )$ .

证明

在此没有必要重复积分第一中值定理的经典证明过程，下面只讨论一个问题: 能否在开区间 $(a,b)$ 内取到中值 $\xi$ .

下列三种情况是平凡的，不需要多讨论．

(1) 如果积分 ${\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x=0$，则从积分第一中值定理可见 $(10.3)$ 左边也等于 $0$，于是 $\xi$ 可任取，结论已成立．

(2) 如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最小值和最大值相等，即有 $m=M$，则 $f$ 为常值函数，因此 $\xi$ 也可任取．

(3) 如果 $m<M$，且在等式 $(10.3)$ 中的 $\eta \in (m,M)$，则从连续函数的介值性可知存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )=\eta$ .

要讨论的只是以上三种情况之外的问题．不妨设 $g$ 在区间 $[a,b]$ 上非负，且有 ${\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x>0$．又设 $m<M$，且不妨只讨论情况 $\eta =m$ .

从例题 $\mathrm{10.2.1}$ 知道存在子区间 $[c,d]$ 和 $\mu >0$ ，使得在 $[c,d]$ 上有

g (x) ≥slant μ > 0. (10.4)$$g(x)⩾\mu >0.\text{\hspace{1em}(10.4)}$$

又由于 $f(x)-m$ 和 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上均非负，因此从等式 $(10.3)$ 得到

0 = ∫_ a ^ b (f (x) - m) g (x) d x ≥slant ∫_ c ^ d (f (x) - m) g (x) d x ≥slant μ ∫_ c ^ d (f (x) - m) d x ≥slant 0,$$0={\int }_a^b(f(x)-m)g(x)\mathrm{d}x⩾{\int }_c^d(f(x)-m)g(x)\mathrm{d}x⩾\mu {\int }_c^d(f(x)-m)\mathrm{d}x⩾0,$$

可见上式最右边的积分等于 $0$．由于 $f\in C[c,d]$，这只能导致在 $[c,d]$ 上成立

f (x) ≡ m.$$f(x)\equiv m.$$

因此在 $(c,d)\subset (a,b)$ 中任取一点作为中值 $\xi$ 即可．

关于这个问题的讨论有许多文献，可以参考 $[53,57]$．在 $[53]$ 中指出，若 $f$ 的连续性条件改为只是可积，则结论不成立．而在 $[57]$ 中则证明: 如果 $f$ 既可积又有原函数，则仍有 $\xi \in (a,b)$ (这将作为本章的第一组参考题 $11$).

下一例题的结论与例题 $\mathrm{10.2.1}$ 具有某种互补性，也是可积函数的一个基本性质．从方法上看则需要用实数系的基本定理 (参见第三章).

例题$10.2.3$

设在区间 $[a,b]$ 上处处大于 $0$ 的函数 $f\in R[a,b]$，则有

∫_ a ^ b f (x) d x > 0.$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x>0.$$

证明

用反证法．这时易知 $f$ 在 $[a,b]$ 上的定积分非负．如果有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=0$，则可如下导致矛盾．

首先，为在记号上不引起混淆，将例题 $\mathrm{10.2.1}$ 的部分结论用文字概述如下:

若某定积分大于 $0$，则其被积函数必在积分区间的某子区间上大于 $0$. $(10.5)$

对于 $\epsilon >0$，在反证法的前提 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=0$ 下，函数 $\epsilon -f$ 在 $[a,b]$ 上的定积分为 $\epsilon (b-a)>0$．用 $(10.5)$ 就可以得到

${\int }_a^b(\epsilon -f(x))\mathrm{d}x>0⟹\exists [c,d]\subset [a,b]$ ，使得 $f(x)<\epsilon ,\forall x\in [c,d]$．这时 $f$ 在 $[c,d]$ 上的积分仍然是 $0$.

$(10.6)$

以下应用实数系的闭区间套定理 (见 §$3.2$).

令 ${\epsilon }_n=1/n,n\in {\mathbf{N}}_{+}$．对于 $n=1$ ，改记 $(10.6)$ 中的 $[c,d]$ 为 $[a_1,b_1]$．在 $[a_1,b_1]$ 上 $f$ 的积分为 $0$．对于 $n=2$ 用 $(10.6)$ 得到的 $[c,d]$ 记为 $[a_2,b_2]$．如此归纳地用 $(10.6)$，就得到闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$ ，使得对每个 $n$ ，在区间 $[a_n,b_n]$ 上成立不等式

f (x) < frac 1n.$$f(x)<\frac{1}{n}.$$

根据闭区间套定理，在 $[a,b]$ 中存在属于每个闭区间 $[a_n,b_n]$ 的点 $\xi$，也就是说对每个 $n$ 成立

f (ξ) < frac 1n.$$f(\xi )<\frac{1}{n}.$$

于是只能是 $f(\xi )⩽0$，但这与假设条件中 $f$ 在 $[a,b]$ 上处处大于 $0$ 相矛盾．$\square$

如 $\mathrm{10.1.3}$ 小节开始所说，上面的例题 $\mathrm{10.2.1}$ 和 $\mathrm{10.2.3}$ 均可从 $Lebesgue$ 定理 (命题 $\mathrm{10.1.6}$) 推得．读者可以一试．但“杀鸡可不用牛刀”, 因此我们只从积分定义出发给出它们的证明．例题 $\mathrm{10.2.3}$ 也可从第一组参考题 $8$ 推出．

$\mathrm{10.2.3}$ 对积分求极限

定积分是一个数．如果其中的被积函数带有参数，则就会得到数列或函数，从而就会出现对积分求极限的问题 (也称为在积分号下求极限的问题). 这一小节主要考虑离散参数情况．

设有一列函数 $f_n(x)\in R[a,b]$ , $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，又在 $[a,b]$ 上处处有极限 ${\lim }_{n\to \infty }{f}_n(x)=f(x)$，而且极限函数 $f\in R[a,b]$，这时经常会问下列等式是否成立:

lim _ n arrow ∞ ∫_ a ^ b f _ n (x) d x stackrel ? = ∫_ a ^ b lim _ n arrow ∞ f _ n (x) d x = ∫_ a ^ b f (x) d x. (10.7)$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n(x)\mathrm{d}x\stackrel{?}{=}{\int }_a^b\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)\mathrm{d}x={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(10.7)}$$

这就是两种极限运算是否可以交换顺序的问题．

“不幸”的是，对于问题 $(10.7)$ 的答案是“不一定”. 例如，设

f _ n (x) = { l l n, & 0 < x ≤slant frac 1n, 0, & frac 1n < x ≤slant 1 text 或 x = 0, .$$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}n,& 0<x⩽\frac{1}{n},\\ 0,& \frac{1}{n}<x⩽1\text{或}x=0,\end{array}$$

则对一切 $x\in [0,1]$，有

f (x) = lim _ n arrow ∞ f _ n (x) = 0.$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=0.$$

但容易验证

lim _ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ 1 f _ n (x) d x = 1 ≠ 0 = ∫_ 0 ^ 1 f (x) d x.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{f}_n(x)\mathrm{d}x=1\ne 0={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

这说明在对积分求极限 (也称为在积分号下求极限) 时，不能随意将求极限运算与求积分运算交换顺序．对于这种交换极限顺序问题的一般性讨论，需要函数项级数和多元微积分的知识，将在本书下册的 §$14.2$ 和 $\mathrm{18.1.5}$ 小节中介绍．下面将通过一个典型例题，说明如何利用定积分的性质和一些技巧来解决一些较简单的问题．

例题$10.2.4$

证明： ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=0.$

由于本题的积分是定积分的重要结果 (见例题 $\mathrm{10.4.9}$), 因此可将本题变为普通的数列极限问题，而且还可以引用 $\mathrm{2.3.2}$ 小节的练习题 $8$．但这种方法过分地依赖于定积分计算，积不出怎么办? 所以我们下面要介绍新的方法．

证明

分析 首先是从几何上作观察．在图 $10.3$ 中作出了 $n=1,4,20,100,500$ 时的函数 ${\sin }^{n}x$ 的几何图像．

图10.310.3

从图中可以看出，由于 $\sin \frac{\pi }{2}=1$，因此对每个 $n$，当 $x$ 与 $\frac{\pi }{2}$ 充分接近时，函数值 ${\sin }^{n}x$ 一定接近 $1$．另一方面，对于固定的 $x$ 值，只要 $x$ 小于 $\frac{\pi }{2}$，则当 $n$ 增加时函数值 ${\sin }^{n}x$ 就很快趋于 $0$．这就是下面的“分而治之”方法的几何背景．

按照数列极限的 $\epsilon -N$ 定义写出证明．

对于给定的 $\epsilon >0$，不妨设 $\epsilon <\pi$，可以将积分分拆如下 (参看图$10.3$):

l 0 ≤slant ∫_ 0 ^ π / 2 sin^ n x d x = ∫_ 0 ^ (π - ε) / 2 sin^ n x d x + ∫_ (π - ε) / 2 ^ π / 2 sin^ n x d x ≤slant frac π2 sin^ n frac π - ε2 + frac ε2. (10.8)$$\begin{array}{l}0⩽{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{(\pi -\epsilon )/2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x+{\int }_{(\pi -\epsilon )/2}^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x\\ ⩽\frac{\pi }{2}{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.8)}$$

由 $0<\sin \frac{\pi -\epsilon }{2}<1$，可见 ${\lim }_{n\to \infty }{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}=0$．从而对上述 $\epsilon ,\exists N$，使 $n>N$ 时，成立

0 < frac π2 sin^ n frac π - ε2 < frac ε2.$$0<\frac{\pi }{2}{\sin }^n\frac{\pi -\epsilon }{2}<\frac{\epsilon }{2}.$$

因此 $n>N$ 时，就有 $0⩽{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x<\epsilon$ .

注1 利用上、下极限工具(见 §$3.6$)，还可将证明写得简洁一些．在 $(10.8)$ 的不等式中直接令 $n\to \infty$ ，就得到

0 ≤slant varliminf_ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ π / 2 sin^ n x d x ≤slant varlimsup_ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ π / 2 sin^ n x d x ≤slant frac ε2.$$0⩽\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x⩽\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x⩽\frac{\epsilon }{2}.$$

利用 $\epsilon >0$ 的任意性，可见上、下极限相等且为 $0$.

注2 在分拆积分时可以采取动态方法，例如在 $[41]$ 中按照区间

[ 0, frac π2 - frac 1sqrt [ 3 ]n ] text 和 [ frac π2 - frac 1sqrt [ 3 ]n, frac π2 ]$$\left[0,\frac{\pi }{2}-\frac{1}{\sqrt[3]{n}}\right]\text{和}\left[\frac{\pi }{2}-\frac{1}{\sqrt[3]{n}},\frac{\pi }{2}\right]$$

拆成两个积分，然后分别证明它们 (作为数列) 当 $n\to \infty$ 时的极限都是 $0$．读者可以一试．

注3 本题的常见错误如下:

由积分第一中值定理， $\exists \xi \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ ，使得

∫_ 0 ^ π / 2 sin^ n x d x = sin^ n ξ ∫_ 0 ^ π / 2 d x = frac π2 sin^ n ξ .$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\sin }^n\xi {\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}{\sin }^n\xi .$$

不难看出一定有 $0<\sin \xi <1$ 成立，因此得到

lim _ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ π / 2 sin^ n x d x = lim _ n arrow ∞ frac π2 sin^ n ξ = 0.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi }{2}{\sin }^n\xi =0.$$

错误分析 错误在于 $\xi$ 不是常数，而是随着 $n$ 的变化而变化的，应该记为 ${\xi }_n$．当 $n\to \infty$ 时，不难证明有 ${\xi }_n\to \frac{\pi }{2}$，因此 ${\sin }^n{\xi }_n$ 是 $1^{\infty }$ 型的不定式．回忆数列极限的内容，我们知道，从一个数列 $\{a_n\}$ 的每一项满足 $0<a_n<1$ 是得不出 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n^n=0$ 的 (试举例).

下一题是例题 $\mathrm{2.2.3}$ 在积分学中的推广．

例题$10.2.5$

设非负函数 $f\in C[a,b]$，证明:

lim _ n → ∞ (∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n = max {f (x) | x ∈ [ a, b ] }. (10.9)$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\}.\text{\hspace{1em}(10.9)}$$

证明

分析 设 $M=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\}$．由于 $M=0$ 时等式显然成立，因此只要考虑 $M>0$．利用熟知的极限 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{a}=1(a>0)$，可见若存在区间 $[\alpha ,\beta ]\subseteq [a,b]$，使在这个区间上有

f (x) ≥slant M, (10.10)$$f(x)⩾M,\text{\hspace{1em}(10.10)}$$

那么由

(∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant (∫_ α ^ β f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant M (β - α) ^ frac 1n arrow M (n arrow ∞),$${\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾{\left({\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾M(\beta -\alpha {)}^{\frac{1}{n}}\to M(n\to \infty ),$$

问题便解决了．但 $M$ 是函数 $f$ 的最大值，因此一般来说 $(10.10)$ 不可能成立．现在我们退而求其次，对 $0<\epsilon <M$，将 $(10.10)$ 中的 $M$ 改为 $M-\epsilon$ 则不难实现．下面就是将这个证法写出来而已．

如果 $f(x)\equiv 0$，则所证等式显然成立．否则，设 $M=\max \{f(x)\mid x\in [a,b]\}$，则 $M>0$ .

对 $0<\epsilon <M,\exists [\alpha ,\beta ]\subseteq [a,b]$，使得

M - ε ≤slant f (x) ≤slant M, x ∈ [ α , β ].$$M-\epsilon ⩽f(x)⩽M,x\in [\alpha ,\beta ].$$

于是有

(∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant (∫_ α ^ β f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant (M - ε) (β - α) ^ frac 1n.$${\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾{\left({\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾(M-\epsilon )(\beta -\alpha {)}^{\frac{1}{n}}.$$

对于不等式

M (b - a) ^ frac 1n ≥slant (∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant (M - ε) (β - α) ^ frac 1n,$$M(b-a{)}^{\frac{1}{n}}⩾{\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾(M-\epsilon )(\beta -\alpha {)}^{\frac{1}{n}},$$

利用上、下极限工具就得到

M ≥slant varlimsup_ n arrow ∞ (∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant varliminf_ n arrow ∞ (∫_ a ^ b f ^ n (x) d x) ^ frac 1n ≥slant M - ε .$$M⩾\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}{\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{\left({\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{n}}⩾M-\epsilon .$$

从 $\epsilon$ 的任意性可见上、下极限相等且等于 $M$.

对含有参数的积分求极限的例题很多．下面的 $Riemann$ 引理是研究 $Fourier$ (傅里叶) 级数的基本工具，其证明在一般教科书中都可找到．

例题$10.2.6$（$Riemann$引理）

设 $f\in R[a,b]$ ，则

lim _ p → + ∞ ∫_ a ^ b f (x) sin p x d x = 0, lim _ p → + ∞ ∫_ a ^ b f (x) cos p x d x = 0.$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\sin px\mathrm{d}x=0,\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\cos px\mathrm{d}x=0.$$

这个结论可以推广为

例题$10.2.7$（$Riemann$定理）

设 $f\in R[a,b]$ ，$g$ 以 $T$ 为周期且在 $[0,T]$ 上可积，则

lim _ p arrow + ∞ ∫_ a ^ b f (x) g (p x) d x = frac 1T ∫_ 0 ^ T g (x) d x ∫_ a ^ b f (x) d x.$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)g(px)\mathrm{d}x=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}g(x)\mathrm{d}x{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

其证明留作为本章的第二组参考题 $4$．需要指出，以上两个结果对于 (第十二章中的) 广义可积函数 $f$ 也是成立的，但这时要求 $f$ 还是绝对可积的．

$\mathrm{10.2.4}$ 练习题

练习题

1. 设 $f\in C[a,b]$，且对满足条件 $g(a)=g(b)=0$ 的每个函数 $g\in C[a,b]$，都有 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=0$，证明: $f\equiv 0$ .

2. 设非负函数 $f\in R[a,b]$ ，且 ${\int }_a^{b}f>0$ ，若有多项式 $P$ 使 ${\int }_a^b{P}^2(x)f(x)\mathrm{d}x=0$ ，证明： $P\equiv 0$ .

3. 设 $f\in C[-1,1]$，且对 $[-1,1]$ 上的每个可积偶函数 $g$ 都有 ${\int }_{-1}^{1}f(x)g(x)\mathrm{d}x=0$，证明: $f$ 是 $[-1,1]$ 上的奇函数．

4. 计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^1(1-x^2{)}^n\mathrm{d}x.$

5. 分析例题 $\mathrm{10.2.4}$ 的条件和证明过程，试写出它的可能推广，并作出证明．

(这是一道开放题，要求设计出一定的条件，使 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x=0$ 成立.)

6. 已知 $x_n\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ ， $n=1,2,\cdots$ ，且满足 $\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\sin }^n{x}_n$ ，计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$ .

7. 设 $f\in C[-1,1]$ ，证明： ${\lim }_{h\to 0^{+}}{\int }_{-1}^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)\mathrm{d}x=\pi f(0)$ .

8. 设 $f\in C[0,1]$，计算:

(1) ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^1{x}^{n}f(x)\mathrm{d}x,$ (2) ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^{1}n{x}^{n}f(x)\mathrm{d}x.$

9. 设正数列 $\{a_n\}$ 满足 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^{a_n}{x}^n\mathrm{d}x=2,$ 计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n.$

10. 设 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ , $I_n={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}nt}{\sin t}\mathrm{d}t$，计算极限 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{I_n}{\ln n}$ .