湖南师范大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
1．设 $f(x)$ 在任意的 $[0, b](b>0)$ 上黎曼可积，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\alpha$ ，证明： $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} t \int_{0}^{+\infty} e^{-t x} f(x) d x=\alpha$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：将积分通过变量替换转化为便于利用极限条件的形式
令 $u = t x$，则 $x = u/t$，$dx = du/t$，代入原积分得：
$$ t \int_0^{+\infty} e^{-t x} f(x) \, dx = t \int_0^{+\infty} e^{-u} f\left(\frac{u}{t}\right) \frac{du}{t} = \int_0^{+\infty} e^{-u} f\left(\frac{u}{t}\right) du. $$
因此只需证明 $\lim_{t \to 0^+} \int_0^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \alpha$。
公式：t \int_0^{+\infty} e^{-t x} f(x) \, dx = \int_0^{+\infty} e^{-u} f\left(\frac{u}{t}\right) du
提示：注意变量替换后积分限不变，且 $t$ 从积分号外进入内部，简化了形式。
步骤 2/6
目标：利用极限定义对积分进行分拆估计
因为 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \alpha$，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $M > 0$，当 $x > M$ 时 $|f(x) - \alpha| < \varepsilon$。将积分拆成两部分：
$$ \int_0^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \int_0^{M t} e^{-u} f(u/t) \, du + \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du. $$
当 $u \ge M t$ 时，$u/t \ge M$，因此 $|f(u/t) - \alpha| < \varepsilon$。
公式：\int_0^{+\infty} = \int_0^{M t} + \int_{M t}^{+\infty}
提示：分拆点 $M t$ 依赖于 $t$，这是为了在第二部分直接应用极限条件。
步骤 3/6
目标：估计第二部分积分，使其接近 $\alpha$
对于第二部分，有
$$ \left| \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du - \alpha \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} \, du \right| \le \varepsilon \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} \, du = \varepsilon e^{-M t}. $$
而 $\int_{M t}^{+\infty} e^{-u} \, du = e^{-M t}$，所以
$$ \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \alpha e^{-M t} + \theta_1 \varepsilon e^{-M t}, \quad |\theta_1| \le 1. $$
公式：\left| \int_{M t}^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du - \alpha e^{-M t} \right| \le \varepsilon e^{-M t}
提示：这里用到了 $\int_{M t}^{+\infty} e^{-u} du = e^{-M t}$，注意 $e^{-M t} \to 1$ 当 $t \to 0^+$。
步骤 4/6
目标：估计第一部分积分，证明其趋于零
由于 $f$ 在任意有限区间上黎曼可积，故在 $[0, M]$ 上有界，设 $|f(x)| \le K$（当 $t$ 足够小时 $M t \le M$）。则
$$ \left| \int_0^{M t} e^{-u} f(u/t) \, du \right| \le K \int_0^{M t} e^{-u} \, du \le K \cdot M t. $$
当 $t \to 0^+$ 时，$K M t \to 0$，因此第一部分积分趋于 $0$。
公式：\left| \int_0^{M t} e^{-u} f(u/t) \, du \right| \le K M t
提示：注意 $e^{-u} \le 1$ 在 $[0, M t]$ 上，所以积分被 $K \cdot M t$ 控制。
步骤 5/6
目标：合并估计并取极限
综合两部分，有
$$ \int_0^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \alpha e^{-M t} + O(t) + O(\varepsilon). $$
由于 $e^{-M t} = 1 - M t + O(t^2)$，故 $\alpha e^{-M t} = \alpha + O(t)$。因此
$$ \int_0^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \alpha + O(t) + O(\varepsilon). $$
先固定 $\varepsilon$，取 $t$ 足够小使得 $O(t)$ 项小于 $\varepsilon$，则积分与 $\alpha$ 的差不超过 $2\varepsilon$，从而极限为 $\alpha$。
公式：\lim_{t \to 0^+} \int_0^{+\infty} e^{-u} f(u/t) \, du = \alpha
提示：注意 $\varepsilon$ 的任意性，以及 $O(t)$ 项随 $t$ 趋于零。
步骤 6/6
目标：得出结论
由变量替换的逆过程，原极限成立：
$$ \lim_{t \to 0^+} t \int_0^{+\infty} e^{-t x} f(x) \, dx = \alpha. $$
公式：\lim_{t \to 0^+} t \int_0^{+\infty} e^{-t x} f(x) \, dx = \alpha
提示：这是 Laplace 变换的初值定理的一个特例。
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