方企勤 第三章 一元函数积分学 第7题

教材习题

📝 题目

例 7 设 $f\left( x\right) \in R\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ ,求证: ${\mathrm{e}}^{f\left( x\right) } \in R\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ .

💡 答案解析

证 作分划 $\Delta : a = {x}_{0} < {x}_{1} < {x}_{2} < \cdots < {x}_{n} = b$ . 设 ${x}^{\prime },{x}^{\prime \prime } \in$ $\left\lbrack {{x}_{k},{x}_{k + 1}}\right\rbrack$ ,则根据微分中值定理, $\exists \xi$ ,使得

$$ \left| {{\mathrm{e}}^{f\left( {x}^{\prime }\right) } - {\mathrm{e}}^{f\left( {x}^{\prime \prime }\right) }}\right| = {\mathrm{e}}^{\xi }\left| {f\left( {x}^{\prime }\right) - f\left( {x}^{\prime \prime }\right) }\right| , \tag{2.2} $$

其中 $\xi$ 介于 $f\left( {x}^{\prime }\right)$ 与 $f\left( {x}^{\prime \prime }\right)$ 之间. 因为可积函数一定有界,所以可设 $\left| {f\left( x\right) }\right| \leq M$ . 于是由 (2.2) 式得

$$ \left| {{\mathrm{e}}^{f\left( {x}^{\prime }\right) } - {\mathrm{e}}^{f\left( {x}^{\prime \prime }\right) }}\right| = {\mathrm{e}}^{M}\left| {f\left( {x}^{\prime }\right) - f\left( {x}^{\prime \prime }\right) }\right| . \tag{2.3} $$

设 ${\omega }_{k}$ 与 ${\widetilde{\omega }}_{k}$ 分别表示 $f\left( x\right)$ 与 ${\mathrm{e}}^{f\left( x\right) }$ 在 $\left\lbrack {{x}_{k},{x}_{k + 1}}\right\rbrack$ 上的振幅,在公式 (2.3) 中,让 ${x}^{\prime },{x}^{\prime \prime }$ 在 $\left\lbrack {{x}_{k},{x}_{k + 1}}\right\rbrack$ 上变化,两边取上确界得到

$$ {\widetilde{\omega }}_{k} \leq {\mathrm{e}}^{M}{\omega }_{k}\;\left( {k = 0,1,\cdots ,n - 1}\right) , $$

由此推出

$$ \mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\widetilde{\omega }}_{k}\Delta {x}_{k} \leq {\mathrm{e}}^{M}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\omega }_{k}\Delta {x}_{k} \tag{2.4} $$

令 $\displaystyle{\lambda = \mathop{\max }\limits_{{0 \leq k \leq n - 1}}\Delta {x}_{k}}$ ,因为 $f\left( x\right) \in R\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ ,所以 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{\lambda \rightarrow 0}}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\omega }_{k}\Delta {x}_{k} = 0}$ . 由此, 令 $\lambda \rightarrow 0$ ,对 (2.4) 式取极限得

$$ 0 \leq \mathop{\lim }\limits_{{\lambda \rightarrow 0}}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\widetilde{\omega }}_{k}\Delta {x}_{k} \leq {\mathrm{e}}^{M}\mathop{\lim }\limits_{{\lambda \rightarrow 0}}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\omega }_{k}\Delta {x}_{k} = 0 \Rightarrow \mathop{\lim }\limits_{{\lambda \rightarrow 0}}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{{n - 1}}{\widetilde{\omega }}_{k}\Delta {x}_{k} = 0. $$

因此 ${\mathrm{e}}^{f\left( x\right) } \in R\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ .

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：构造分划并利用微分中值定理建立不等式
作分划 Δ: a=x0
公式：|e^{f(x')} - e^{f(x'')}| = e^ξ |f(x') - f(x'')|
提示：注意 ξ 介于 f(x') 与 f(x'') 之间，因此 e^ξ ≤ e^M，其中 M 是 |f(x)| 的上界。
步骤 2/4
目标：利用有界性放缩
由于 f 在 [a,b] 上可积，故有界，设 |f(x)| ≤ M。则 e^ξ ≤ e^M，从而 |e^{f(x')} - e^{f(x'')}| ≤ e^M |f(x') - f(x'')|。
公式：|e^{f(x')} - e^{f(x'')}| ≤ e^M |f(x') - f(x'')|
提示：这里用到了 e^ξ ≤ e^M，因为 ξ 在 [-M, M] 内。
步骤 3/4
目标：转化为振幅不等式
设 ω_k 和 ω̃_k 分别为 f 和 e^f 在 [xk, xk+1] 上的振幅。对上述不等式两边在子区间上取上确界，得 ω̃_k ≤ e^M ω_k。
公式：ω̃_k ≤ e^M ω_k
提示：振幅定义为 sup|f(x')-f(x'')|，取上确界时不等式方向不变。
步骤 4/4
目标：求和并取极限
将不等式乘以 Δx_k 并求和：∑ ω̃_k Δx_k ≤ e^M ∑ ω_k Δx_k。令 λ = max Δx_k → 0，由 f 可积知 ∑ ω_k Δx_k → 0，故 ∑ ω̃_k Δx_k → 0，从而 e^f 可积。
公式：∑ ω̃_k Δx_k ≤ e^M ∑ ω_k Δx_k
提示：可积的充要条件是振幅和趋于零。

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