中册 4.5 与积分有关的极限 第12题
📝 题目
12．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，证明： $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\pi f(0)$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上有界且连续，证明： $\displaystyle \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{t}{t^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\pi f(0)$．
（3）设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上单调增加．证明： $\displaystyle \lim _{y \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} f(x) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \pi f\left(0^{+}\right)$．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：对 $\forall 0<\delta<1$ ，
$$
\int_{-1}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{-1}^{-\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\int_{\delta}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x
$$
于是 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{-\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-\delta}^{\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{\delta}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x$ ．
由含参量积分的性质， $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{\delta}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=0, \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{-\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=0$ ．又由积分中值定理
$$
\begin{aligned}
& \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{\delta} \frac{y f(x)}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} f\left(\xi_{1}\right) \int_{0}^{\delta} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} f(0) ; \\
& \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-\delta}^{0} \frac{y f(x)}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} f\left(\xi_{2}\right) \int_{-\delta}^{0} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} f(0) .
\end{aligned}
$$
于是 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\pi f(0)$ ．
方法 2：（拟合法）由于 $\displaystyle \pi f(0)=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} f(0) \int_{-1}^{1} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y f(0)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x$ ，问题转换为证明
$$
\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=0
$$
记 $M_{0}=\max _{[-1,1]}|f(x)|$ ．由于 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，从而在 $x=0$ 连续．于是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $|x-0|<\delta$ 时，$\displaystyle |f(x)-f(0)|<\frac{\varepsilon}{3 \pi}$ ．所以
$$
\left|\int_{-1}^{1} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right| \leqslant\left|\int_{-1}^{-\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|+\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|+\left|\int_{\delta}^{1} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right| .
$$
又 $\displaystyle \quad\left|\int_{-1}^{-\delta} \frac{y}{y^{2}+x^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2 M_{0} \int_{-1}^{-\delta} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\left.2 M_{0} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{-1} ^{-\delta}$
$$
=2 M_{0}\left[-\arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)+\arctan \frac{1}{y}\right] \rightarrow 0\left(y \rightarrow 0^{+}\right)
$$
$$
\begin{aligned}
&\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{3 \pi}\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|=\left.\frac{\varepsilon}{3 \pi} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{-\delta} ^{\delta}=\frac{2 \varepsilon}{3 \pi} \arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)<\frac{\varepsilon}{3} ; \\
&\left|\int_{\delta}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2 M_{0} \int_{\delta}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\left.2 M_{0} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{\delta} ^{1} \\
&=2 M_{0}\left(\arctan \left(\frac{1}{y}\right)-\arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)\right) \rightarrow 0\left(y \rightarrow 0^{+}\right) .
\end{aligned}
$$
综上，可证得 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\pi f(0)$ ．
方法3：（用已有结论）
$$
\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{0} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x+\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x \triangleq I_{1}+I_{2}
$$
由上题得
$$
\begin{gathered}
I_{1}=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{0} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x \xlongequal{t=-x} \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{y}{y^{2}+t^{2}} f(-t) \mathrm{d} t=\frac{\pi}{2} f(0) ; \\
I_{2}=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} f(0) .
\end{gathered}
$$
于是
$$
\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-1}^{1} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\pi f(0)
$$
（2）由于 $\displaystyle \pi f(0)=f(0) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{y f(0)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x$ ，问题转换为证明
$$
\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{y}{x^{2}+y^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x=0
$$
记 $M_{0}=\sup _{(-\infty,+\infty)}|f(x)|$ ．由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $|x-0|<\delta$ 时有 $\displaystyle |f(x)-f(0)|<\frac{\varepsilon}{3 \pi}$ ．
所以
$$
\left|\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right| \leqslant\left|\int_{-\infty}^{-\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|+\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|+\left|\int_{\delta}^{+\infty} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|
$$
又 $\displaystyle \quad\left|\int_{\delta}^{+\infty} \frac{y}{y^{2}+x^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2 M_{0} \int_{\delta}^{+\infty} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\left.2 M_{0} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{\delta} ^{+\infty}$
$$
\begin{aligned}
& =2 M_{0}\left[\frac{\pi}{2}-\arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)\right] \rightarrow 0\left(y \rightarrow 0^{+}\right) \\
\left|\int_{-\infty}^{-\delta} \frac{y}{y^{2}+x^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x\right| & \leqslant 2 M_{0} \int_{-\infty}^{-\delta} \frac{y}{y^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x=\left.2 M_{0} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{-\infty} ^{-\delta} \\
& =2 M_{0}\left[-\arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)+\frac{\pi}{2}\right] \rightarrow 0\left(y \rightarrow 0^{+}\right)
\end{aligned}
$$
$$
\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y(f(x)-f(0))}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{3 \pi}\left|\int_{-\delta}^{\delta} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x\right|=\left.\frac{\varepsilon}{3 \pi} \arctan \left(\frac{x}{y}\right)\right|_{-\delta} ^{\delta}=\frac{2 \varepsilon}{3 \pi} \arctan \left(\frac{\delta}{y}\right)<\frac{\varepsilon}{3} .
$$
综上，可证得 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow 0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{y}{x^{2}+y^{2}}(f(x)-f(0)) \mathrm{d} x=0$ ．
（3）因 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调增加，故 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=f\left(0^{+}\right)$．于是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $|x|<\delta$ 时， $f(\delta)-f\left(0^{+}\right)<\varepsilon$ ．所以
$$
\int_{0}^{1} f(x) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x-\frac{1}{2} \pi f\left(0^{+}\right)=\int_{0}^{1}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x-f\left(0^{+}\right) \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x .
$$
由于 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛，所以 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow+\infty} \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x \xlongequal{t=x y} \lim _{y \rightarrow+\infty} \int_{y}^{+\infty} \frac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t=0$ ．又
$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{1} f(x) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} f\left(0^{+}\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x \\
& =\int_{0}^{1}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\delta}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x+\int_{\delta}^{1}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x .
\end{aligned}
$$
则由第二积分中值定理得
$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{\delta}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x+\int_{\delta}^{1}\left(f(x)-f\left(0^{+}\right)\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x \\
& =\left(f(\delta)-f\left(0^{+}\right)\right) \int_{\xi_{1}}^{\delta} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x+\left(f(1)-f\left(0^{+}\right)\right) \int_{\xi_{2}}^{1} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x, \text { 其中, } 0<\xi_{1}<\delta<\xi_{2}<1 .
\end{aligned}
$$
令 $t=x y$ ，则 $\displaystyle \int_{\xi 1}^{\delta} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x=\int_{\xi_{1} y}^{\delta y} \frac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t, \int_{\xi_{2}}^{1} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x=\int_{y \xi_{2}}^{y} \frac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$ ．于是
$$
\begin{aligned}
& \left|\int_{0}^{1} f(x) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} f\left(0^{+}\right) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x\right| \\
& \leqslant\left(f(\delta)-f\left(0^{+}\right)\right)\left|\int_{\xi_{1}}^{\delta} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x\right|+\left(f(1)-f\left(0^{+}\right)\right)\left|\int_{\xi_{2}}^{1} \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x\right| \\
& \leqslant\left(f(\delta)-f\left(0^{+}\right)\right)\left|\int_{y \xi_{1}}^{y \delta} \frac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t\right|+\left(f(1)-f\left(0^{+}\right)\right)\left|\int_{y \xi_{2}}^{y} \frac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t\right| \rightarrow 0\left(y \rightarrow 0^{+}\right)
\end{aligned}
$$
综上， $\displaystyle \lim _{y \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} f(x) \frac{\sin x y}{x} \mathrm{~d} x-\frac{1}{2} \pi f\left(0^{+}\right)=0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：将积分区间分段处理
对于任意 $0<\delta<1$，将积分区间分为三段：$[-1,-\delta]$、$[-\delta,\delta]$、$[\delta,1]$。于是
$$\int_{-1}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = \int_{-1}^{-\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x + \int_{-\delta}^{\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x + \int_{\delta}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x.$$
提示：注意分段时保证$\delta$足够小，以便在$[-\delta,\delta]$上利用连续性。
步骤 2/8
目标：处理两端积分趋于零
由于$f(x)$在$[-1,1]$上有界，记$M=\max_{[-1,1]}|f(x)|$。则
$$\left|\int_{\delta}^{1} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x\right| \leq M \int_{\delta}^{1} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = M\left(\arctan\frac{1}{y} - \arctan\frac{\delta}{y}\right).$$
当$y\to0^+$时，$\arctan\frac{1}{y}\to\frac{\pi}{2}$，$\arctan\frac{\delta}{y}\to\frac{\pi}{2}$，故极限为0。同理，$\int_{-1}^{-\delta}$的极限也为0。
公式：$$\int \frac{y}{x^2+y^2} \mathrm{d}x = \arctan\frac{x}{y} + C$$
提示：注意$\arctan$函数在$y\to0^+$时的极限行为。
步骤 3/8
目标：处理中间积分，利用积分中值定理
在$[-\delta,\delta]$上，由积分中值定理，存在$\xi_1\in(0,\delta)$和$\xi_2\in(-\delta,0)$使得
$$\int_{0}^{\delta} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = f(\xi_1) \int_{0}^{\delta} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = f(\xi_1) \arctan\frac{\delta}{y},$$
$$\int_{-\delta}^{0} \frac{y f(x)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = f(\xi_2) \int_{-\delta}^{0} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x = f(\xi_2) \arctan\frac{\delta}{y}.$$
当$y\to0^+$时，$\arctan\frac{\delta}{y}\to\frac{\pi}{2}$，且由$f$的连续性，$f(\xi_1)\to f(0)$，$f(\xi_2)\to f(0)$。因此两项之和趋于$\pi f(0)$。
公式：积分中值定理：$\int_a^b f(x)g(x)\mathrm{d}x = f(\xi)\int_a^b g(x)\mathrm{d}x$
提示：注意中值定理要求$g(x)$不变号，这里$\frac{y}{x^2+y^2}>0$。
步骤 4/8
目标：综合得到极限结果
由以上三步，当$y\to0^+$时，两端积分趋于0，中间积分趋于$\pi f(0)$，故
$$\lim_{y\to0^+}\int_{-1}^{1}\frac{y}{y^2+x^2}f(x)\mathrm{d}x = \pi f(0).$$
提示：注意$\delta$是任意固定的，先取极限再令$\delta$任意小。
步骤 5/8
目标：将问题转化为无穷区间上的积分
对于(2)，注意到$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = \pi$，因此
$$\pi f(0) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{y f(0)}{x^2+y^2}\mathrm{d}x.$$
只需证明
$$\lim_{y\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = 0.$$
公式：$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = \pi$$
提示：注意无穷积分收敛性，被积函数非负且积分值为$\pi$。
步骤 6/8
目标：分段估计无穷积分
由于$f$有界且连续，记$M=\sup|f(x)|$。对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$使得当$|x|<\delta$时$|f(x)-f(0)|<\frac{\varepsilon}{3\pi}$。将积分分为三段：$(-\infty,-\delta)$、$[-\delta,\delta]$、$(\delta,\infty)$。
对于$|x|\geq\delta$的部分，有估计
$$\left|\int_{\delta}^{\infty}\frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\right| \leq 2M\int_{\delta}^{\infty}\frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = 2M\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{\delta}{y}\right)\to0\quad(y\to0^+).$$
类似地，$(-\infty,-\delta)$部分也趋于0。
公式：$$\int_{\delta}^{\infty}\frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}-\arctan\frac{\delta}{y}$$
提示：注意$\arctan$在$y\to0^+$时$\arctan(\delta/y)\to\pi/2$，差趋于0。
步骤 7/8
目标：估计中间小邻域上的积分
在$[-\delta,\delta]$上，利用连续性得
$$\left|\int_{-\delta}^{\delta}\frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\right| \leq \frac{\varepsilon}{3\pi}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{d}x = \frac{2\varepsilon}{3\pi}\arctan\frac{\delta}{y} < \frac{\varepsilon}{3}.$$
因此，当$y$充分小时，整个积分绝对值小于$\varepsilon$，从而极限为0。
提示：注意$\arctan(\delta/y)<\pi/2$，所以$\frac{2\varepsilon}{3\pi}\arctan\frac{\delta}{y} < \frac{\varepsilon}{3}$。
步骤 8/8
目标：证明(3)的极限
由于$f$单调增加，$f(0^+)$存在。对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$使得当$0
公式：第二积分中值定理：若$g$单调，则$\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$
提示：注意$\frac{\sin xy}{x}$在$[0,1]$上不是绝对可积，但利用第二中值定理可处理。
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