中册 4.5 与积分有关的极限 第24题
📝 题目
24．证明下列命题．
（1）设 $f(x) \in R[a, b]$ ，证 明： $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{a}^{b} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=0, \lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{a}^{b} f(x) \cos p x \mathrm{~d} x=0$ 。
（2）设 $f(x)$ 为 $[0,2 \pi]$ 上的单调函数，证明： $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{0}^{2 \pi} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=0$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因 $f(x) \in R[a, b]$ ，故存在 $M>0$ 使 $|f(x)| \leqslant M$ ，且对 $\forall \varepsilon>0$ 及 $[a, b]$ 的分割 $T$ 有 $\sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}<\varepsilon$ ．所以
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x & =\left|\sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}}\left(f\left(x_{i}\right)+f(x)-f\left(x_{i}\right)\right) \sin p x \mathrm{~d} x\right| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^{n}\left|f\left(x_{i}\right)\right|\left|\int_{x_{i-1}}^{x_{i}} \sin p x \mathrm{~d} x\right|+\sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}}\left|f(x)-f\left(x_{i}\right) \| \sin p x\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{2 n M}{p}+2 \varepsilon
\end{aligned}
$$
于是 $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{a}^{b} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=0$ ．
同理 $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{a}^{b} f(x) \cos p x \mathrm{~d} x=0$ ．
（2）由（1）得 $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{0}^{2 \pi} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=0$ ．
也可直接证明如下：由第二积分中值定理得
$$
\int_{0}^{2 \pi} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=f(0) \int_{0}^{\xi} \sin p x \mathrm{~d} x+f(2 \pi) \int_{\xi}^{2 \pi} \sin p x \mathrm{~d} x=f(0) \frac{1-\cos p \xi}{p}+f(2 \pi) \frac{1-\cos p \xi}{p}
$$
因此 $\displaystyle \left|\int_{0}^{2 \pi} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{4(|f(0)|+|f(2 \pi)|)}{p}$ ，故 $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_{0}^{2 \pi} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x=0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：利用有界性和可积性进行估计
由于 $f(x) \in R[a, b]$，则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界，存在 $M > 0$ 使得 $|f(x)| \leq M$。同时，对任意 $\varepsilon > 0$，存在分割 $T: a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$，使得振幅和 $\sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i < \varepsilon$，其中 $\omega_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x) - \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$。
提示：注意振幅和的定义，以及可积性的等价条件。
步骤 2/8
目标：将积分拆分为两部分
将积分 $\int_a^b f(x) \sin px \, dx$ 按分割拆分为小区间上的积分之和，并在每个小区间上选取 $f(x_i)$ 作为近似：
$$\int_a^b f(x) \sin px \, dx = \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \left( f(x_i) + (f(x) - f(x_i)) \right) \sin px \, dx.$$
提示：注意这里 $x_i$ 是小区间的右端点，也可以取左端点或中点，但需保持一致。
步骤 3/8
目标：对第一部分进行估计
第一部分：$\sum_{i=1}^n f(x_i) \int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin px \, dx$。由于 $|f(x_i)| \leq M$，且 $\left| \int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin px \, dx \right| = \left| \frac{\cos p x_{i-1} - \cos p x_i}{p} \right| \leq \frac{2}{p}$，因此
$$\left| \sum_{i=1}^n f(x_i) \int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin px \, dx \right| \leq \sum_{i=1}^n M \cdot \frac{2}{p} = \frac{2nM}{p}.$$
公式：$\left| \int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin px \, dx \right| \leq \frac{2}{p}$
提示：注意 $\int \sin px \, dx = -\frac{\cos px}{p}$，绝对值上界为 $2/p$。
步骤 4/8
目标：对第二部分进行估计
第二部分：$\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} (f(x) - f(x_i)) \sin px \, dx$。由于 $|\sin px| \leq 1$，且 $|f(x) - f(x_i)| \leq \omega_i$（因为 $x \in [x_{i-1}, x_i]$），所以
$$\left| \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} (f(x) - f(x_i)) \sin px \, dx \right| \leq \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \omega_i \, dx = \sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i < \varepsilon.$$
提示：注意 $\omega_i$ 是振幅，$\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$。
步骤 5/8
目标：综合估计并取极限
因此，对任意 $\varepsilon > 0$，存在分割使得 $\sum \omega_i \Delta x_i < \varepsilon$，且 $n$ 固定，则当 $p$ 充分大时，$\frac{2nM}{p} < \varepsilon$，从而
$$\left| \int_a^b f(x) \sin px \, dx \right| \leq \frac{2nM}{p} + \varepsilon < 2\varepsilon.$$
由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $\lim_{p \to +\infty} \int_a^b f(x) \sin px \, dx = 0$。同理可证余弦情形。
提示：注意 $\varepsilon$ 的任意性，以及 $n$ 依赖于 $\varepsilon$ 但固定。
步骤 6/8
目标：证明单调函数情形（方法一：直接应用（1））
由于 $f(x)$ 在 $[0, 2\pi]$ 上单调，则 $f(x)$ 在 $[0, 2\pi]$ 上可积，即 $f(x) \in R[0, 2\pi]$。由（1）的结论，直接得到 $\lim_{p \to +\infty} \int_0^{2\pi} f(x) \sin px \, dx = 0$。
提示：单调函数是可积的，这是黎曼可积的充分条件之一。
步骤 7/8
目标：证明单调函数情形（方法二：利用第二积分中值定理）
由第二积分中值定理，存在 $\xi \in [0, 2\pi]$ 使得
$$\int_0^{2\pi} f(x) \sin px \, dx = f(0) \int_0^\xi \sin px \, dx + f(2\pi) \int_\xi^{2\pi} \sin px \, dx.$$
计算积分：$\int_0^\xi \sin px \, dx = \frac{1 - \cos p\xi}{p}$，$\int_\xi^{2\pi} \sin px \, dx = \frac{\cos p\xi - \cos 2p\pi}{p} = \frac{\cos p\xi - 1}{p}$（因为 $\cos 2p\pi = 1$）。因此
$$\int_0^{2\pi} f(x) \sin px \, dx = f(0) \frac{1 - \cos p\xi}{p} + f(2\pi) \frac{\cos p\xi - 1}{p} = (f(0) - f(2\pi)) \frac{1 - \cos p\xi}{p}.$$
公式：第二积分中值定理：若 $f$ 单调，$g$ 可积，则存在 $\xi$ 使得 $\int_a^b f g = f(a) \int_a^\xi g + f(b) \int_\xi^b g$。
提示：注意 $\cos 2p\pi = 1$ 对任意整数 $p$ 成立，但这里 $p$ 是实数，实际上 $\cos 2p\pi = \cos(2\pi p)$，当 $p$ 为整数时等于1，但 $p \to +\infty$ 时 $p$ 不一定是整数。然而，$\cos 2p\pi$ 有界，不影响极限。更严谨的写法是 $\int_\xi^{2\pi} \sin px \, dx = \frac{\cos p\xi - \cos 2p\pi}{p}$，其绝对值不超过 $2/p$。
步骤 8/8
目标：估计并取极限
由于 $|1 - \cos p\xi| \leq 2$，且 $f(0)$ 和 $f(2\pi)$ 有限，因此
$$\left| \int_0^{2\pi} f(x) \sin px \, dx \right| \leq \frac{2|f(0) - f(2\pi)|}{p}.$$
当 $p \to +\infty$ 时，右边趋于 $0$，故极限为 $0$。
提示：注意 $f$ 单调，但 $f(0)$ 和 $f(2\pi)$ 可能为无穷？实际上单调函数在闭区间上有界，所以有限。
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