中册 4.5 与积分有关的极限 第16题
📝 题目
16．证明下列命题．
（1）设 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n \cdot \int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=f(1)$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，在 $x=b$ 处连续，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b}(x-a)^{n} f(x) \mathrm{d} x=f(b)$ ．
（3）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积，在 $x=1$ 处连续，证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=f(1)$ ．
（4）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上黎曼可积，在 $x=1$ 可导，$f(1)=0, f^{\prime}(1)=a$ ．证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} \int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=-a$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续．由 15 题得证．
另证：由 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续知 $M=\max _{x \in[0,1]}\left|f^{\prime}(x)\right|$ 为有限实数．由分部积分法得
$$
\int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=\left.\frac{x^{n+1}}{n+1} f(x)\right|_{0} ^{1}-\frac{1}{1+n} \int_{0}^{1} x^{n+1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\frac{f(1)}{n+1}-\frac{1}{1+n} \int_{0}^{1} x^{n+1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x
$$
而
$$
\left|\int_{0}^{1} x^{n+1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant M \int_{0}^{1} x^{n+1} \mathrm{~d} x=\frac{M}{n+2} \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)
$$
所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n \cdot \int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{n+1}\left(f(1)-\int_{0}^{1} x^{n+1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x\right)=f(1) .
$$
（2）由于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，从而在 $[a, b]$ 上有界，即 $\exists M>0$ 使得 $|f(x)| \leqslant M, x \in[a, b]$ ．又 $f(x)$ 在 $x=b$ 处连续，故 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta \in(0, b-a)$ ，使得当 $x \in[b-\delta, b]$ 时有 $\displaystyle |f(x)-f(b)|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．由于 $\displaystyle \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b}(x-a)^{n} \mathrm{~d} x=1$ ，所以
$$
\begin{aligned}
& \left|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b}(x-a)^{n} f(x) \mathrm{d} x-f(b)\right|=\left|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b}(x-a)^{n}[f(x)-f(b)] \mathrm{d} x\right| \\
& \leqslant \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b-\delta}(x-a)^{n}|f(x)-f(b)| \mathrm{d} x+\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{b-\delta}^{b}(x-a)^{n}|f(x)-f(b)| \mathrm{d} x \\
& \leqslant 2 M \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b-\delta}(x-a)^{n} \mathrm{~d} x+\frac{\varepsilon}{2} \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{b-\delta}^{b}(x-a)^{n} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$
$$
\leqslant 2 M \frac{(b-a-\delta)^{n+1}}{(b-a)^{n+1}}+\frac{\varepsilon}{2}=2 M\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}+\frac{\varepsilon}{2} .
$$
由于对固定的 $\delta$ 有 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}=0$ ，从而存在自然数 $N$ ，使得当 $n>N$ 时有 $\displaystyle \left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}<\frac{\varepsilon}{4 M}$ ．
于是
$$
\left|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}} \int_{a}^{b}(x-a)^{n} f(x) \mathrm{d} x-f(b)\right|<2 M \frac{\varepsilon}{4 M}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .
$$
结论得证。
（3）为（2）的特例．也可用 15 题的方法证明．
（4）由于 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 1^{-}} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \frac{f(x)}{1-x}=-a$ ，于是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta \in(0,1)$ ，使得当 $x \in[1-\delta, 1]$ 时有
$$
-(a+\varepsilon)(1-x)
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明(1)：利用分部积分法转化积分
由于 $f'(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且 $M=\max_{x\in[0,1]}|f'(x)|$ 有限。对积分 $\int_0^1 x^n f(x) dx$ 使用分部积分：令 $u=f(x), dv=x^n dx$，则 $du=f'(x)dx, v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$。于是
$$\int_0^1 x^n f(x) dx = \left.\frac{x^{n+1}}{n+1}f(x)\right|_0^1 - \frac{1}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}f'(x)dx = \frac{f(1)}{n+1} - \frac{1}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}f'(x)dx.$$
公式：分部积分公式：$\int u dv = uv - \int v du$
提示：注意 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可能无定义，但 $x^{n+1}f(x)$ 在 $x=0$ 处为0，因此边界项仅剩 $x=1$ 处。
步骤 2/8
目标：证明(1)：估计剩余积分并取极限
估计 $\int_0^1 x^{n+1}f'(x)dx$ 的绝对值：
$$\left|\int_0^1 x^{n+1}f'(x)dx\right| \leq M \int_0^1 x^{n+1}dx = \frac{M}{n+2} \to 0 \quad (n\to\infty).$$
因此
$$\lim_{n\to\infty} n\int_0^1 x^n f(x)dx = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1}\left(f(1) - \int_0^1 x^{n+1}f'(x)dx\right) = f(1).$$
公式：积分绝对值不等式：$\left|\int g\right| \leq \int |g|$
提示：注意 $\frac{n}{n+1}\to 1$，且剩余积分趋于0。
步骤 3/8
目标：证明(2)：将积分拆分为两部分
由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，存在 $M>0$ 使得 $|f(x)|\leq M$。又 $f$ 在 $x=b$ 处连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta\in(0,b-a)$ 使得当 $x\in[b-\delta,b]$ 时 $|f(x)-f(b)|<\varepsilon/2$。利用 $\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^b (x-a)^n dx = 1$，有
$$\left|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^b (x-a)^n f(x)dx - f(b)\right| = \left|\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^b (x-a)^n [f(x)-f(b)]dx\right|.$$
将积分区间分为 $[a,b-\delta]$ 和 $[b-\delta,b]$ 两部分。
公式：归一化性质：$\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^b (x-a)^n dx = 1$
提示：注意 $f(b)$ 是常数，可移入积分。
步骤 4/8
目标：证明(2)：分别估计两部分
第一部分（$[a,b-\delta]$）：
$$\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^{b-\delta} (x-a)^n |f(x)-f(b)|dx \leq 2M \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_a^{b-\delta} (x-a)^n dx = 2M \left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}.$$
第二部分（$[b-\delta,b]$）：
$$\frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{b-\delta}^b (x-a)^n |f(x)-f(b)|dx \leq \frac{\varepsilon}{2} \frac{n+1}{(b-a)^{n+1}}\int_{b-\delta}^b (x-a)^n dx \leq \frac{\varepsilon}{2}.$$
因此总误差不超过 $2M\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1} + \frac{\varepsilon}{2}$。
公式：积分不等式：$\int_a^{b-\delta} (x-a)^n dx = \frac{(b-a-\delta)^{n+1}}{n+1}$
提示：注意 $\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}\to 0$ 当 $n\to\infty$。
步骤 5/8
目标：证明(2)：取极限完成证明
由于 $\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}=0$，存在 $N$ 使得当 $n>N$ 时 $\left(1-\frac{\delta}{b-a}\right)^{n+1}<\frac{\varepsilon}{4M}$。于是总误差小于 $2M\cdot\frac{\varepsilon}{4M}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$。由 $\varepsilon$ 的任意性得极限为 $f(b)$。
公式：极限定义：$\lim_{n\to\infty} a_n = L$ 当且仅当 $\forall\varepsilon>0,\exists N,\forall n>N, |a_n-L|<\varepsilon$
提示：注意 $\delta$ 依赖于 $\varepsilon$，但固定后 $n$ 足够大即可。
步骤 6/8
目标：证明(3)：化为(2)的特例
取 $a=0, b=1$，则(2)的结论变为 $\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{1^{n+1}}\int_0^1 x^n f(x)dx = f(1)$，即 $\lim_{n\to\infty} (n+1)\int_0^1 x^n f(x)dx = f(1)$。由于 $n\sim n+1$，故 $\lim_{n\to\infty} n\int_0^1 x^n f(x)dx = f(1)$。
公式：极限等价：$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1}=1$
提示：注意(2)中要求 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积且在 $x=b$ 处连续，这里 $[0,1]$ 上可积且在 $x=1$ 处连续，条件满足。
步骤 7/8
目标：证明(4)：利用导数定义估计 $f(x)$
由 $f(1)=0$ 且 $f'(1)=a$，得 $\lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)}{x-1}=a$，即 $\lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)}{1-x}=-a$。对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta\in(0,1)$ 使得当 $x\in[1-\delta,1]$ 时 $-(a+\varepsilon)(1-x) < f(x) < -(a-\varepsilon)(1-x)$。将积分 $\int_0^1 x^n f(x)dx$ 分为 $[0,1-\delta]$ 和 $[1-\delta,1]$ 两部分：$I_1+I_2$。
公式：导数定义：$f'(1)=\lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$
提示：注意 $f(1)=0$，所以 $f(x)\approx a(x-1)$ 在 $x=1$ 附近。
步骤 8/8
目标：证明(4)：估计 $I_1$ 和 $I_2$ 的极限
对于 $I_1$，由于 $f$ 可积，有界，$|I_1|\leq \max|f|\int_0^{1-\delta} x^n dx = \max|f|\frac{(1-\delta)^{n+1}}{n+1}\to 0$。
对于 $I_2$，利用不等式：$-(a+\varepsilon)\int_{1-\delta}^1 (1-x)x^n dx \leq I_2 \leq -(a-\varepsilon)\int_{1-\delta}^1 (1-x)x^n dx$。计算积分：
$$\int_{1-\delta}^1 (1-x)x^n dx = \frac{1-(1-\delta)^{n+1}}{(n+1)(n+2)} + \frac{\delta(1-\delta)^{n+1}}{n+2}.$$
乘以 $n^2$ 并取极限得 $\lim_{n\to\infty} n^2\int_{1-\delta}^1 (1-x)x^n dx = 1$。因此 $\lim_{n\to\infty} n^2 I_2 = -a$。结合 $I_1$ 趋于0，得 $\lim_{n\to\infty} n^2\int_0^1 x^n f(x)dx = -a$。
公式：积分公式：$\int (1-x)x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{x^{n+2}}{n+2}$
提示：注意 $n^2 I_1 \to 0$ 因为 $(1-\delta)^{n+1}$ 衰减更快。
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