中册 4.4 积分估值与积分不等式 第2题
📝 题目
2．证明下列命题．
（1）证明：若 $f(x)$ 在 $R$ 上可积，且 $\int_{\alpha}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x>0$ ，则存在 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ 使 $f(x)>0, \forall x \in[\alpha, \beta]$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上可积，且 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x<0$ ，证明：存在闭区间 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ 使得当 $x \in[\alpha, \beta]$ 时，$f(x)<0$ ．
（3）若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，对任意 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ 有 $\int_{\alpha}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x=0$ ，则 $f(x) \equiv 0, x \in[a, b]$ ．
（4）若 $f(x), g(x)$ 在 $(a, b)$ 上连续，对任意 $(\alpha, \beta) \subset(a, b)$ 有 $\int_{\alpha}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x=\int_{\alpha}^{\beta} g(x) \mathrm{d} x$ ，则 $f(x) \equiv g(x), x \in(a, b)$.
（5）若 $f(x) \geqslant 0$ 在 $[a, b]$ 上可积，证明 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=0$ 的充要条件是 $f(x)$ 在连续点处有 $f(x) \equiv 0$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）反证法。假设对任意区间 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ ，存在 $\xi \in[\alpha, \beta]$ 使 $f(\xi) \leqslant 0$ ，则对 $[a, b]$ 的任意分割 $T: a=x_{0}0$ 矛盾。因此存在 $[\alpha, \beta] \subset[a, b]$ 使 $f(x)>0$ ．
（2）用（1）相同的方法可证．
（3）方法 1：反证法．若 $f(x)$ 不恒等于 0 ，则 $\exists x_{0} \in[a, b]$ 使 $f\left(x_{0}\right)>0$ ．由连续函数的局部保号性，$\exists \delta>0$ 使当 $x_{0}-\delta0$ ．于是
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{x_{0}-\delta} f(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} f(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}+\delta}^{b} f(x) \mathrm{d} x \geqslant 0+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} \frac{f\left(x_{0}\right)}{2} \mathrm{~d} x+0>0 .
$$
这与假设矛盾。故 $f(x) \equiv 0, x \in[a, b]$ ．
方法 2：不妨设 $\displaystyle c=\frac{a+b}{2}, F(x)=\int_{c}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，则 $F(x)=0$ ．因为 $f(x)$ 是 $x \in(a, b)$ 上的连续函数，所以 $f(x)=F^{\prime}(x)=0$ ．
（4）不妨设 $\displaystyle c=\frac{a+b}{2}, F(x)=\int_{c}^{x} f(t) \mathrm{d} t, G(x)=\int_{c}^{x} g(t) \mathrm{d} t, x \in(a, b)$ ，那么 $F(x)=G(x), x \in(a, b)$ ．因为 $f(x), g(x)$ 都是 $x \in(a, b)$ 上的连续函数，所以 $f(x)=F^{\prime}(x)=G^{\prime}(x)=g(x)$ ．
（5）必要性：若 $\exists x_{0} \in[a, b]$ 使 $f\left(x_{0}\right)>0$ ，且 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 连续，则由连续函数的局部保号性， $\exists \delta>0$ 使当 $x_{0}-\delta0$ ．于是
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{x_{0}-\delta} f(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} f(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}+\delta}^{b} f(x) \mathrm{d} x \geqslant 0+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} \frac{f\left(x_{0}\right)}{2} \mathrm{~d} x+0>0 .
$$
这与假设矛盾。故 $f(x) \equiv 0, x \in[a, b]$ ．
充分性：由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的连续点处处稠密。对 $[a, b]$ 的任意分割 $T: a=x_{0}
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明(1)：反证法假设
假设对任意区间 $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$，都存在 $\xi \in [\alpha, \beta]$ 使得 $f(\xi) \leq 0$。则对 $[a, b]$ 的任意分割 $T: a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$，在每个子区间 $[x_{i-1}, x_i]$ 内可取 $\xi_i$ 使得 $f(\xi_i) \leq 0$。
提示：注意反证法的假设：任意子区间内都有非正点。
步骤 2/8
目标：证明(1)：导出矛盾
由可积性，积分等于黎曼和的极限：$\int_a^b f(x) \, dx = \lim_{\|T\| \to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi_i) \Delta x_i \leq 0$，这与已知 $\int_a^b f(x) \, dx > 0$ 矛盾。因此存在 $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$ 使得 $f(x) > 0$ 对所有 $x \in [\alpha, \beta]$ 成立。
公式：$\int_a^b f(x) \, dx = \lim_{\|T\| \to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi_i) \Delta x_i$
提示：注意黎曼和极限与积分的关系，以及不等式方向。
步骤 3/8
目标：证明(2)：类似(1)的证明
与(1)类似，反证法。假设对任意 $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$，存在 $\xi \in [\alpha, \beta]$ 使 $f(\xi) \geq 0$，则黎曼和 $\geq 0$，积分 $\geq 0$，与 $\int_a^b f(x) \, dx < 0$ 矛盾。故存在 $[\alpha, \beta]$ 使 $f(x) < 0$。
提示：注意符号方向与(1)相反。
步骤 4/8
目标：证明(3)：反证法利用局部保号性
若 $f(x)$ 不恒为0，则存在 $x_0 \in [a, b]$ 使 $f(x_0) > 0$（若 $f(x_0) < 0$ 同理）。由连续性，存在 $\delta > 0$ 使得当 $x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \cap [a, b]$ 时，$f(x) \geq \frac{f(x_0)}{2} > 0$。于是 $\int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta} f(x) \, dx \geq \frac{f(x_0)}{2} \cdot 2\delta > 0$，而其他区间积分为0，故总积分 $>0$，与题设矛盾。
公式：局部保号性：$\exists \delta > 0, \forall x \in (x_0-\delta, x_0+\delta), f(x) \geq \frac{f(x_0)}{2}$
提示：注意端点处需取单侧邻域。
步骤 5/8
目标：证明(3)：利用原函数法
令 $c = \frac{a+b}{2}$，定义 $F(x) = \int_c^x f(t) \, dt$。由题设，对任意 $[\alpha, \beta] \subset [a, b]$ 有 $\int_\alpha^\beta f = 0$，故 $F(x) = 0$ 对所有 $x \in [a, b]$ 成立。由于 $f$ 连续，$F'(x) = f(x)$，因此 $f(x) = 0$。
公式：$F'(x) = f(x)$（微积分基本定理）
提示：需确保 $f$ 连续才能求导。
步骤 6/8
目标：证明(4)：转化为(3)的结论
令 $h(x) = f(x) - g(x)$，则 $h$ 在 $(a, b)$ 上连续，且对任意 $(\alpha, \beta) \subset (a, b)$ 有 $\int_\alpha^\beta h(x) \, dx = 0$。由(3)的结论（注意区间为开区间，但可延拓至闭区间），得 $h(x) \equiv 0$，即 $f(x) \equiv g(x)$。
提示：注意开区间与闭区间的细微差别，但结论仍成立。
步骤 7/8
目标：证明(5)：必要性
反证法。若存在连续点 $x_0$ 使 $f(x_0) > 0$，则由连续性，存在邻域使 $f(x) \geq \frac{f(x_0)}{2} > 0$，积分 $>0$，与 $\int_a^b f = 0$ 矛盾。故所有连续点处 $f(x) = 0$。
提示：注意 $f$ 可积，连续点稠密，但只需考虑连续点。
步骤 8/8
目标：证明(5)：充分性
若 $f$ 在连续点处恒为0，由于 $f$ 可积，其连续点集稠密。对任意分割，可在每个子区间内取连续点 $\xi_i$ 使 $f(\xi_i)=0$，则黎曼和为0，故积分 $\int_a^b f = 0$。
提示：注意连续点稠密保证了取点的可行性。
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