中册 5.3 与反常积分有关的极限 第18题
📝 题目
18．证明下列命题．
（1）设 $f(x) \in C[0,+\infty), \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛。证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{n} f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x=f(0) \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x$ ，其中 $\alpha>0$ ．（南京大学 2006，上海大学 2003（ $\alpha=1$ ））
（2）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续， $\int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛。证明：
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} f\left(\frac{x}{n}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x=f(0) \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x . \text {. }
$$
（3）设函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上非负， $\lim _{A \rightarrow+\infty} \int_{0}^{A} g(x) \mathrm{d} x=\alpha$（ $\alpha$ 为有限数），又 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续．试证： $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} t^{-1} g\left(t^{-1} x\right) f(x) \mathrm{d} x=\alpha f(0)$ ．
（4）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明 $\displaystyle \lim _{t \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} t \mathrm{e}^{-t^{2} x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2} f(0)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $\displaystyle M=\int_{0}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x, I_{1}=\int_{0}^{n}\left|f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right)-f(0)\right||\varphi(x)| \mathrm{d} x, I_{2}=|f(0)| \int_{n}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x$ ．
$\displaystyle \left|\int_{0}^{n} f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x-f(0) \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{0}^{n}\left|f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right)-f(0)\right||\varphi(x)| \mathrm{d} x+|f(0)| \int_{n}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x=I_{1}+I_{2}$.
由 $f(x)$ 在 $x=0$ 右连续知，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $0\frac{1}{\delta^{\frac{1}{\alpha}}}$ 时，$\displaystyle \frac{x}{n^{1+\alpha}}<\delta$ ．于是
$$
I_{1}=\int_{0}^{n}\left|f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right)-f(0)\right||\varphi(x)| \mathrm{d} x \leqslant \frac{\varepsilon}{2 M} \int_{0}^{n}|\varphi(x)| \mathrm{d} x \leqslant \frac{\varepsilon}{2 M} \int_{0}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x \leqslant \frac{\varepsilon}{2} .
$$
由 $\int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛，$\exists A_{0}>0$ ，当 $A>A_{0}$ 时有 $\displaystyle \int_{A}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x \leqslant \frac{\varepsilon}{2(1+|f(0)|)}$ ．于是当 $n>A_{0}$ 时，
$$
I_{2}=|f(0)| \int_{n}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x \leqslant \frac{\varepsilon}{2}
$$
取 $\displaystyle N=\max \left\{\frac{1}{\delta^{\frac{1}{\alpha}}}, A_{0}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，
$$
\left|\int_{0}^{n} f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x-f(0) \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{0}^{n}\left|f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right)-f(0)\right||\varphi(x)| \mathrm{d} x+|f(0)| \int_{n}^{+\infty}|\varphi(x)| \mathrm{d} x<\varepsilon .
$$
所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{n} f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x=f(0) \int_{0}^{+\infty} \varphi(x) \mathrm{d} x
$$
（2）记 $k=\sqrt{n}$ ，则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} f\left(\frac{x}{n}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{0}^{k} f\left(\frac{x}{k^{2}}\right) \varphi(x) \mathrm{d} x$ ，问题转化为（1）．
（3）因 $\lim _{A \rightarrow+\infty} \int_{0}^{A} g(x) \mathrm{d} x=\alpha$ 且 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上非负，故 $\int_{0}^{+\infty} g(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛，且 $\lim _{A \rightarrow+\infty} \int_{0}^{A} g(x) \mathrm{d} x=\alpha=\int_{0}^{+\infty} g(x) \mathrm{d} x$ ．
令 $u=t^{-1} x$ ，则 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} t^{-1} g\left(t^{-1} x\right) f(x) \mathrm{d} x=\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{t^{-1}} g(u) f(t u) \mathrm{d} u$ 。
用与（1）类似的方法可证 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} t^{-1} g\left(t^{-1} x\right) f(x) \mathrm{d} x=f(0) \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{t^{-}} g(u) \mathrm{d} u=\alpha f(0)$ ．
（4）令 $u=t x$ ，则 $\displaystyle \lim _{t \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} t \mathrm{e}^{-t^{2} x^{2}} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{t \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-u^{2}} f\left(\frac{u}{t}\right) \mathrm{d} u$ ．
由于 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d} u=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ，问题转证 $\displaystyle \lim _{t \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-u^{2}} f\left(\frac{u}{t}\right) \mathrm{d} u=f(0) \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d} u$ ．用与（1）类似的方法可得．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：建立不等式估计
记 $M = \int_0^{+\infty} |\varphi(x)| dx$，则 $\left|\int_0^n f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) dx - f(0)\int_0^{+\infty} \varphi(x) dx\right| \leq \int_0^n \left|f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right)-f(0)\right| |\varphi(x)| dx + |f(0)| \int_n^{+\infty} |\varphi(x)| dx = I_1 + I_2$。
提示：注意绝对值不等式的放缩，将积分差拆分为两项。
步骤 2/7
目标：估计第一项 $I_1$
由 $f$ 在 $0$ 处连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$，当 $0\delta^{-1/\alpha}$ 时，$\frac{x}{n^{1+\alpha}}<\delta$，从而 $I_1 \leq \frac{\varepsilon}{2M} \int_0^n |\varphi(x)| dx \leq \frac{\varepsilon}{2}$。
公式：|f(x)-f(0)|<\frac{\varepsilon}{2M}
提示：注意 $n$ 要足够大使得 $\frac{1}{n^\alpha}<\delta$。
步骤 3/7
目标：估计第二项 $I_2$
由 $\int_0^{+\infty} \varphi(x) dx$ 绝对收敛，$\exists A_0>0$，当 $A>A_0$ 时 $\int_A^{+\infty} |\varphi(x)| dx < \frac{\varepsilon}{2(1+|f(0)|)}$。取 $n>A_0$，则 $I_2 = |f(0)| \int_n^{+\infty} |\varphi(x)| dx \leq \frac{\varepsilon}{2}$。
提示：注意分母 $1+|f(0)|$ 是为了保证 $|f(0)|$ 乘以后仍小于 $\varepsilon/2$。
步骤 4/7
目标：综合得到极限
取 $N = \max\{\delta^{-1/\alpha}, A_0\}$，则当 $n>N$ 时，$I_1+I_2<\varepsilon$，故 $\lim_{n\to\infty} \int_0^n f\left(\frac{x}{n^{1+\alpha}}\right) \varphi(x) dx = f(0)\int_0^{+\infty} \varphi(x) dx$。
提示：注意 $N$ 的取法要同时满足两个条件。
步骤 5/7
目标：证明第(2)小题
令 $k=\sqrt{n}$，则 $\int_0^{\sqrt{n}} f\left(\frac{x}{n}\right) \varphi(x) dx = \int_0^k f\left(\frac{x}{k^2}\right) \varphi(x) dx$，转化为(1)中 $\alpha=1$ 的情形，由(1)结论即得。
提示：注意变量替换后 $n$ 与 $k$ 的关系。
步骤 6/7
目标：证明第(3)小题
由 $g$ 非负且 $\int_0^{+\infty} g(x) dx = \alpha$ 知 $\int_0^{+\infty} g(x) dx$ 绝对收敛。令 $u = t^{-1}x$，则 $\int_0^1 t^{-1} g(t^{-1}x) f(x) dx = \int_0^{t^{-1}} g(u) f(tu) du$。类似(1)可证 $\lim_{t\to 0^+} \int_0^{t^{-1}} g(u) f(tu) du = f(0) \int_0^{+\infty} g(u) du = \alpha f(0)$。
提示：注意 $t\to 0^+$ 时 $t^{-1}\to +\infty$，积分上限趋于无穷。
步骤 7/7
目标：证明第(4)小题
令 $u = tx$，则 $\int_0^1 t e^{-t^2 x^2} f(x) dx = \int_0^t e^{-u^2} f(u/t) du$。由于 $\int_0^{+\infty} e^{-u^2} du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$，且 $f$ 连续，类似(1)可证 $\lim_{t\to +\infty} \int_0^t e^{-u^2} f(u/t) du = f(0) \int_0^{+\infty} e^{-u^2} du = \frac{\sqrt{\pi}}{2} f(0)$。
公式：\int_0^{+\infty} e^{-u^2} du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
提示：注意积分上限 $t$ 趋于无穷，需用绝对收敛性。
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