中册 4.5 与积分有关的极限 第11题
📝 题目
11．设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，证明．
（1） $\displaystyle \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} f(0)$ 。南京师大 2006 ，四川大学 2000 ，扬州大学 2009，西南交大 2007，湖南大学 2005，东南大学 2007，华东师大 2002，北京师大 1995）
（2） $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \frac{n}{1+n^{2} x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} f(0)$ ．
（3） $\displaystyle \lim _{\lambda \rightarrow \infty} \int_{0}^{\lambda} \frac{1}{1+x^{2}} f\left(\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} f(0)$ 。
（4） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} x \int_{0}^{1} \frac{f(t) \arctan (x t)}{1+t^{2} x^{2}} \mathrm{~d} t$ ．
（5） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{x \cos t}{t^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} t=\frac{\pi}{2}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1： $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\sqrt{h}} \frac{h f(x)}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x+\int_{\sqrt{h}}^{1} \frac{h f(x)}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x \triangleq I_{1}+I_{2}$ ．
由积分中值定理，$\displaystyle I_{1}=\int_{0}^{\sqrt{h}} \frac{h f(x)}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=f(\xi) \int_{0}^{\sqrt{h}} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\left.f(\xi) \arctan \frac{x}{h}\right|_{0} ^{\sqrt{h}} \rightarrow \frac{\pi}{2} f(0)\left(h \rightarrow 0^{+}\right)$；
对 $I_{2}$ ，有 $\displaystyle \left|I_{2}\right|=\left|\int_{\sqrt{h}}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant M \int_{\sqrt{h}}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=M\left(\arctan \frac{1}{h}-\arctan \frac{1}{\sqrt{h}}\right) \rightarrow 0\left(h \rightarrow 0^{+}\right)$．故命题为真．
方法2（拟合法）：由于 $\displaystyle \lim _{h \rightarrow 0^{\circ}} \int_{0}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2}$ ，故原极限等价于 $\displaystyle \lim _{h \rightarrow 0^{\circ}} \int_{0}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x=0$ ．由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，从而在 $x=0$ 右连续，于 是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall 00$ ，当 $0
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：将积分区间分为两部分
将积分区间 $[0,1]$ 分为 $[0,\sqrt{h}]$ 和 $[\sqrt{h},1]$，即
$$\int_0^1 \frac{h}{h^2+x^2} f(x) dx = \int_0^{\sqrt{h}} \frac{h}{h^2+x^2} f(x) dx + \int_{\sqrt{h}}^1 \frac{h}{h^2+x^2} f(x) dx \triangleq I_1 + I_2.$$
提示：注意分界点 $\sqrt{h}$ 的选择，使得 $h \to 0^+$ 时 $\sqrt{h} \to 0$，且 $h/\sqrt{h} \to 0$。
步骤 2/8
目标：估计第一部分 $I_1$
对 $I_1$ 应用积分中值定理，存在 $\xi \in [0,\sqrt{h}]$ 使得
$$I_1 = f(\xi) \int_0^{\sqrt{h}} \frac{h}{h^2+x^2} dx = f(\xi) \left. \arctan\frac{x}{h} \right|_0^{\sqrt{h}} = f(\xi) \arctan\frac{\sqrt{h}}{h}.$$
当 $h \to 0^+$ 时，$\xi \to 0$，$f(\xi) \to f(0)$，且 $\arctan(\sqrt{h}/h) \to \pi/2$，故 $I_1 \to \frac{\pi}{2} f(0)$。
公式：积分中值定理：$\int_a^b f(x)g(x)dx = f(\xi)\int_a^b g(x)dx$
提示：注意 $\arctan(\sqrt{h}/h) \to \pi/2$ 是因为 $\sqrt{h}/h = 1/\sqrt{h} \to +\infty$。
步骤 3/8
目标：估计第二部分 $I_2$
由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故有界，设 $|f(x)| \leq M$。则
$$|I_2| \leq M \int_{\sqrt{h}}^1 \frac{h}{h^2+x^2} dx = M \left( \arctan\frac{1}{h} - \arctan\frac{\sqrt{h}}{h} \right).$$
当 $h \to 0^+$ 时，$\arctan(1/h) \to \pi/2$，$\arctan(\sqrt{h}/h) = \arctan(1/\sqrt{h}) \to \pi/2$，故 $|I_2| \to 0$。
公式：$\int \frac{h}{h^2+x^2} dx = \arctan(x/h) + C$
提示：注意 $\arctan(1/\sqrt{h}) \to \pi/2$ 是因为 $1/\sqrt{h} \to +\infty$。
步骤 4/8
目标：综合得到极限
由 $I_1 \to \frac{\pi}{2} f(0)$ 和 $I_2 \to 0$，得
$$\lim_{h \to 0^+} \int_0^1 \frac{h}{h^2+x^2} f(x) dx = \frac{\pi}{2} f(0).$$
提示：注意 $I_1$ 和 $I_2$ 的极限是分别求出的，最后相加。
步骤 5/8
目标：证明第(2)小题
令 $h = 1/n$，则 $n \to \infty$ 对应 $h \to 0^+$，且
$$\frac{n}{1+n^2 x^2} = \frac{1/n}{1/n^2 + x^2} = \frac{h}{h^2 + x^2}.$$
因此第(2)小题化为第(1)小题，极限为 $\frac{\pi}{2} f(0)$。
提示：注意变量替换的一致性。
步骤 6/8
目标：证明第(3)小题
令 $t = x/\lambda$，则 $x = \lambda t$，$dx = \lambda dt$，积分限 $x: 0 \to \lambda$ 对应 $t: 0 \to 1$，于是
$$\int_0^\lambda \frac{1}{1+x^2} f\left(\frac{x}{\lambda}\right) dx = \int_0^1 \frac{\lambda}{1+\lambda^2 t^2} f(t) dt.$$
再令 $\mu = 1/\lambda$，则 $\lambda \to \infty$ 对应 $\mu \to 0^+$，且
$$\frac{\lambda}{1+\lambda^2 t^2} = \frac{1/\lambda}{1/\lambda^2 + t^2} = \frac{\mu}{\mu^2 + t^2}.$$
因此化为第(1)小题，极限为 $\frac{\pi}{2} f(0)$。
公式：变量替换公式
提示：注意两次变量替换的细节，确保积分限和函数形式正确。
步骤 7/8
目标：证明第(4)小题
令 $u = xt$，则 $du = x dt$，积分限 $t: 0 \to 1$ 对应 $u: 0 \to x$，于是
$$x \int_0^1 \frac{f(t) \arctan(xt)}{1+t^2 x^2} dt = \int_0^x \frac{f(u/x) \arctan u}{1+u^2} du.$$
当 $x \to +\infty$ 时，$u/x \to 0$，$f(u/x) \to f(0)$，且 $\arctan u \to \pi/2$，但需严格证明。仿照第(1)小题，将积分区间分为 $[0,\sqrt{x}]$ 和 $[\sqrt{x}, x]$，可得极限为 $\frac{\pi^2}{8} f(0)$。
公式：变量替换 $u = xt$
提示：注意 $\arctan u$ 在 $u \to \infty$ 时趋于 $\pi/2$，但积分限也趋于无穷，需小心处理。
步骤 8/8
目标：证明第(5)小题
令 $f(t) = \cos t$，则 $f(0)=1$。由第(1)小题结论，直接得
$$\lim_{x \to 0^+} \int_0^1 \frac{x \cos t}{t^2 + x^2} dt = \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}.$$
提示：注意 $f(t)=\cos t$ 在 $[0,1]$ 上连续，满足条件。
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