广西民族大学 2022年数学分析第0题

考虑积分 $I(h) = \int_0^1 \frac{h}{h^2 + x^2} f(x) \, dx$，其中 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续。当 $h \to 0^+$ 时，函数 $K_h(x) = \frac{h}{h^2 + x^2}$ 在 $x=0$ 附近形成尖峰，而在远离 $0$ 处值很小，类似于狄拉克δ序列。因此积分的主要贡献来自 $x$ 靠近 $0$ 的部分。

令 $x = h t$，则 $dx = h \, dt$。当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1/h$。代入得： $$I(h) = \int_{0}^{1/h} \frac{h}{h^2 + (h t)^2} f(h t) \cdot h \, dt = \int_{0}^{1/h} \frac{h^2}{h^2(1 + t^2)} f(h t) \, dt = \int_{0}^{1/h} \frac{1}{1 + t^2} f(h t) \, dt$$

将积分写成： $$I(h) = \int_0^\infty \frac{1}{1+t^2} f(h t) \, dt - \int_{1/h}^\infty \frac{1}{1+t^2} f(h t) \, dt$$ 由于 $f$ 在 $[0,1]$ 连续，故有界，设 $|f(x)| \le M$。则第二项绝对值： $$\left| \int_{1/h}^\infty \frac{1}{1+t^2} f(h t) \, dt \right| \le M \int_{1/h}^\infty \frac{1}{1+t^2} \, dt = M \left( \frac{\pi}{2} - \arctan\frac{1}{h} \right)$$ 当 $h \to 0^+$ 时，$\arctan(1/h) \to \pi/2$，故该项趋于 $0$。

考虑 $J(h) = \int_0^\infty \frac{1}{1+t^2} f(h t) \, dt$。对任意 $\varepsilon > 0$，由 $f$ 在 $0$ 处连续，存在 $\delta > 0$ 使得当 $|x| < \delta$ 时 $|f(x) - f(0)| < \varepsilon$。将 $J(h)$ 拆分为： $$J(h) = \int_0^{\delta/h} \frac{f(ht)}{1+t^2} \, dt + \int_{\delta/h}^\infty \frac{f(ht)}{1+t^2} \, dt$$ 第二项：$\left| \int_{\delta/h}^\infty \frac{f(ht)}{1+t^2} \, dt \right| \le M \left( \frac{\pi}{2} - \arctan\frac{\delta}{h} \right) \to 0$。 第一项：在 $[0, \delta/h]$ 上，$ht \le \delta$，故 $|f(ht) - f(0)| < \varepsilon$，于是： $$\left| \int_0^{\delta/h} \frac{f(ht)}{1+t^2} \, dt - f(0) \int_0^{\delta/h} \frac{1}{1+t^2} \, dt \right| \le \varepsilon \int_0^{\delta/h} \frac{1}{1+t^2} \, dt \le \varepsilon \frac{\pi}{2}$$ 而 $\int_0^{\delta/h} \frac{1}{1+t^2} \, dt = \arctan(\delta/h) \to \frac{\pi}{2}$。因此当 $h$ 足够小时，第一项与 $f(0) \cdot \pi/2$ 的差可任意小。

综合以上步骤，当 $h \to 0^+$ 时，余项 $\int_{1/h}^\infty \frac{1}{1+t^2} f(h t) \, dt \to 0$，且 $J(h) \to \frac{\pi}{2} f(0)$。因此： $$\lim_{h \to 0^+} I(h) = \frac{\pi}{2} f(0)$$ 证明完成。