中册 5.3 与反常积分有关的极限 第13题
📝 题目
13．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调，且 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收玫，证明： $\lim _{h \rightarrow 0^{+}} h \sum_{n=1}^{\infty} f(n h)=\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上单调，且 $x=0$ 为 $f(x)$ 的瑕点， $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛．证明：
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x \text {. }
$$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由已知得 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调减少非负，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ．
$$
\begin{gathered}
\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{n h}^{(n+1) h} f(x) \mathrm{d} x \leqslant h \sum_{n=0}^{\infty} f(n h), \\
\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{n h}^{(n+1) h} f(x) \mathrm{d} x \geqslant h \sum_{n=0}^{\infty} f((n+1) h)=h \sum_{n=1}^{\infty} f(n h)=h \sum_{n=0}^{\infty} f(n h)-h f(0) .
\end{gathered}
$$
于是
$$
h \sum_{n=0}^{\infty} f(n h)-h f(0) \leqslant \int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x \leqslant h \sum_{n=0}^{\infty} f(n h)
$$
从而 $\lim _{h \rightarrow 0^{+}} h \sum_{n=0}^{\infty} f(n h)$ 与 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 同时收玫，且 $\left|h \sum_{n=1}^{\infty} f(n h)-\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant h f(0)$ ．让 $h \rightarrow 0^{+}$，得证．
（2）不访设 $f(x)$ 单调减少且 $f(x) \geqslant 0$ ．将 $(0,1] n$ 等分，则当 $\displaystyle x \in\left[\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}\right]$ 时，
由
$$
\begin{aligned}
& f\left(\frac{k}{n}\right) \leqslant f(x) \leqslant f\left(\frac{k-1}{n}\right) \\
& \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \geqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k-1}{n}\right) \geqslant \int_{\frac{1}{n}}^{1} f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：分析单调性与非负性
由 $\int_0^{+\infty} f(x) dx$ 收敛，且 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调，可知 $f(x)$ 单调减少且非负，且 $\lim_{x\to+\infty} f(x)=0$。否则，若 $f$ 单调增加，则积分发散。
提示：注意单调性必须与积分收敛性结合，才能推出非负和极限为零。
步骤 2/7
目标：利用积分上下界估计
对任意 $h>0$，将区间 $[0,+\infty)$ 分割成长度为 $h$ 的子区间 $[nh, (n+1)h]$，$n=0,1,2,\dots$。由于 $f$ 单调减少，在 $[nh, (n+1)h]$ 上有 $f((n+1)h) \le f(x) \le f(nh)$，积分得：
$$\int_{nh}^{(n+1)h} f(x) dx \le h f(nh), \quad \int_{nh}^{(n+1)h} f(x) dx \ge h f((n+1)h).$$
公式：单调函数积分不等式
提示：注意积分方向：下界对应右端点，上界对应左端点。
步骤 3/7
目标：求和得到整体不等式
对所有 $n$ 求和得：
$$\int_0^{+\infty} f(x) dx = \sum_{n=0}^\infty \int_{nh}^{(n+1)h} f(x) dx \le h \sum_{n=0}^\infty f(nh),$$
$$\int_0^{+\infty} f(x) dx \ge h \sum_{n=0}^\infty f((n+1)h) = h \sum_{n=1}^\infty f(nh) = h \sum_{n=0}^\infty f(nh) - h f(0).$$
提示：注意求和指标变换：$\sum_{n=0}^\infty f((n+1)h) = \sum_{n=1}^\infty f(nh)$。
步骤 4/7
目标：推导极限等式
由上述不等式得：
$$h \sum_{n=0}^\infty f(nh) - h f(0) \le \int_0^{+\infty} f(x) dx \le h \sum_{n=0}^\infty f(nh).$$
因此
$$\left| h \sum_{n=1}^\infty f(nh) - \int_0^{+\infty} f(x) dx \right| \le h f(0).$$
令 $h \to 0^+$，右边趋于 $0$，故极限成立。
提示：注意 $h \sum_{n=0}^\infty f(nh)$ 与 $h \sum_{n=1}^\infty f(nh)$ 相差 $h f(0)$，当 $h\to0$ 时该差消失。
步骤 5/7
目标：处理瑕积分情形（第二问）
设 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上单调，$x=0$ 为瑕点，且 $\int_0^1 f(x) dx$ 收敛。不妨设 $f$ 单调减少（否则考虑 $-f$），则 $f(x) \ge 0$。将 $(0,1]$ 等分为 $n$ 份，分点为 $k/n$，$k=1,\dots,n$。
提示：瑕积分收敛意味着 $f$ 在 $0$ 附近可能无界，但单调性保证其非负。
步骤 6/7
目标：利用单调性建立不等式
对每个小区间 $[(k-1)/n, k/n]$，由单调减少得：
$$f\left(\frac{k}{n}\right) \le f(x) \le f\left(\frac{k-1}{n}\right), \quad x \in \left[\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}\right].$$
积分并求和得：
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \le \int_0^1 f(x) dx \le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k-1}{n}\right).$$
提示：注意左端积分从 $0$ 开始，但 $f$ 在 $0$ 附近可能无界，但积分收敛，故不等式仍成立。
步骤 7/7
目标：证明极限等式
由不等式得：
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \le \int_0^1 f(x) dx \le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k-1}{n}\right) = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right).$$
而右端与左端相差 $\frac{1}{n} (f(0) - f(1))$，但 $f(0)$ 可能无穷大，需小心。实际上，由积分收敛知 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} f(\frac{1}{n}) = 0$，且 $\frac{1}{n} f(0)$ 无定义，但可考虑 $\int_{1/n}^1 f(x) dx$ 逼近。更严谨地，由单调性：
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \ge \int_{1/n}^1 f(x) dx,$$
且 $\int_0^{1/n} f(x) dx \to 0$，故两边夹逼得极限为 $\int_0^1 f(x) dx$。
提示：注意 $f(0)$ 可能为无穷，不能直接使用，需用积分逼近。
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