电子科技大学 2026年数学分析第0题

由于 $f$ 在 $x=0$ 处连续，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得当 $0 \le x < \delta$ 时，有 $|f(x) - f(0)| < \varepsilon$。将积分区间 $[0,1]$ 拆分为 $[0, \delta^{1/n}]$ 和 $[\delta^{1/n}, 1]$。当 $x \in [0, \delta^{1/n}]$ 时，$0 \le x^n \le \delta$，因此 $|f(x^n) - f(0)| < \varepsilon$。

考虑第一部分积分 $\int_0^{\delta^{1/n}} f(x^n) \, dx$，将其与 $f(0) \cdot \delta^{1/n}$ 比较： \[ \left| \int_0^{\delta^{1/n}} f(x^n) \, dx - f(0) \cdot \delta^{1/n} \right| \le \int_0^{\delta^{1/n}} |f(x^n) - f(0)| \, dx < \varepsilon \cdot \delta^{1/n} \le \varepsilon. \] 因此，第一部分积分可写为 $f(0) \cdot \delta^{1/n} + \eta_1$，其中 $|\eta_1| < \varepsilon$。

在区间 $[\delta^{1/n}, 1]$ 上，$x^n \ge \delta$。由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上黎曼可积，故 $f$ 有界，设 $|f(x)| \le M$ 对所有 $x \in [0,1]$ 成立。则 \[ \left| \int_{\delta^{1/n}}^1 f(x^n) \, dx \right| \le M \cdot (1 - \delta^{1/n}). \] 当 $n \to \infty$ 时，$\delta^{1/n} \to 1$，因此 $1 - \delta^{1/n} \to 0$。故对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，$M(1 - \delta^{1/n}) < \varepsilon$。

将整个积分写为两部分之和： \[ \int_0^1 f(x^n) \, dx = \int_0^{\delta^{1/n}} f(x^n) \, dx + \int_{\delta^{1/n}}^1 f(x^n) \, dx. \] 代入估计结果： \[ \left| \int_0^1 f(x^n) \, dx - f(0) \right| \le \left| \int_0^{\delta^{1/n}} f(x^n) \, dx - f(0) \delta^{1/n} \right| + \left| \int_{\delta^{1/n}}^1 f(x^n) \, dx \right| + |f(0)| \cdot |\delta^{1/n} - 1|. \] 由前两步，第一项 $< \varepsilon$，第二项当 $n$ 足够大时 $< \varepsilon$，第三项当 $n$ 足够大时也 $< \varepsilon$（因为 $\delta^{1/n} \to 1$）。因此对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，有 \[ \left| \int_0^1 f(x^n) \, dx - f(0) \right| < 3\varepsilon. \] 由极限定义，得证。