方企勤 第三章 一元函数积分学 第3.2题

### 3.2.1

**题目**：设 $f(x) \in R[a,b]$，且 $f(x) \geq \alpha > 0$。求证： (1) $\frac{1}{f(x)} \in R[a,b]$ (2) $\ln f(x) \in R[a,b]$

**证明**：

(1) 因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积，所以它有界且几乎处处连续。由于 $f(x) \geq \alpha > 0$，函数 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a,b]$ 上也有界（上界为 $1/\alpha$）。 若 $f$ 在点 $x_0$ 连续，则 $\frac{1}{f}$ 也在该点连续（因为分母不为零）。因此 $\frac{1}{f}$ 的连续点集与 $f$ 的连续点集相同，几乎处处成立。故 $\frac{1}{f}$ 几乎处处连续且有界，从而 Riemann 可积。

(2) 同理，$\ln f(x)$ 在 $f(x) \geq \alpha > 0$ 时是连续函数复合可积函数，且在 $f$ 的连续点处连续，因此也几乎处处连续且有界（因为 $\ln f$ 在闭区间上连续函数的值域有界），故可积。

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### 3.2.2

**题目**：求证 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1+x^4}} \, dx = 0}$

**证明**： 对于 $x \in [0,1]$，有 $\frac{1}{\sqrt{1+x^4}} \leq 1$，因此 $$ 0 \leq \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1+x^4}} dx \leq \int_0^1 x^n dx = \frac{1}{n+1}. $$ 由夹逼定理，当 $\displaystyle{n \to \infty}$ 时，极限为 0。

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### 3.2.3

**题目**：设 $f(x) \in R[0,1]$，且 $f(x) \geq a > 0$。求证： $$ \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \geq \frac{1}{\int_0^1 f(x) dx}. $$

**证明**： 由 Cauchy-Schwarz 不等式（或 Jensen 不等式）： $$ \left( \int_0^1 \sqrt{\frac{1}{f(x)}} \cdot \sqrt{f(x)} dx \right)^2 \leq \left( \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \right) \left( \int_0^1 f(x) dx \right). $$ 左边为 $\left( \int_0^1 1 dx \right)^2 = 1$，因此 $$ 1 \leq \left( \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \right) \left( \int_0^1 f(x) dx \right), $$ 即 $$ \int_0^1 \frac{1}{f(x)} dx \geq \frac{1}{\int_0^1 f(x) dx}. $$

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### 3.2.4

**题目**：求证 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 (1-x^2)^n dx = 0$

**证明**： 对于任意 $\delta \in (0,1)$，将积分区间分为 $[0,\delta]$ 和 $[\delta,1]$。 在 $[0,\delta]$ 上，$(1-x^2)^n \leq 1$，所以该部分积分 $\leq \delta$。 在 $[\delta,1]$ 上，$(1-x^2)^n \leq (1-\delta^2)^n$，且区间长度 $\leq 1$，所以该部分积分 $\leq (1-\delta^2)^n$。 因此 $$ 0 \leq \int_0^1 (1-x^2)^n dx \leq \delta + (1-\delta^2)^n. $$ 先取 $n$ 充分大使得 $(1-\delta^2)^n < \varepsilon$，再取 $\delta < \varepsilon$，则总积分 $< 2\varepsilon$，故极限为 0。

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### 3.2.5

**题目**：设 $a,b>0$，$f(x)\geq 0$，$f\in R[-a,b]$，且 $\displaystyle \int_{-a}^b x f(x) dx = 0$。求证： $$ \int_{-a}^b x^2 f(x) dx \leq ab \int_{-a}^b f(x) dx. $$

**证明**： 考虑二次函数 $g(t) = \int_{-a}^b (t-x)^2 f(x) dx$。展开： $$ g(t) = t^2 \int f - 2t \int x f + \int x^2 f = t^2 \int f + \int x^2 f, $$ 因为 $\displaystyle{\int x f = 0}$。由于 $g(t) \geq 0$ 对任意实数 $t$ 成立，其判别式必须非正： $$ \Delta = 0^2 - 4 \left(\int f\right) \left(\int x^2 f\right) \leq 0, $$ 但这给出 $\displaystyle{\int x^2 f \geq 0}$，不是我们要的。 我们需要更精确的估计：取 $t = -a$ 和 $t = b$ 分别代入： $$ g(-a) = a^2 \int f + \int x^2 f \geq 0, $$ $$ g(b) = b^2 \int f + \int x^2 f \geq 0. $$ 但这仍不够。考虑 $t = \frac{ab - x^2?}$ 不对。 正确方法：由条件 $\displaystyle{\int_{-a}^b x f = 0}$，考虑 $$ \int_{-a}^b (x+a)(b-x) f(x) dx \geq 0, $$ 因为 $f \geq 0$ 且 $(x+a)(b-x) \geq 0$ 在 $[-a,b]$ 上成立。展开： $$ (x+a)(b-x) = ab + (a-b)x - x^2. $$ 积分得： $$ ab \int f + (a-b)\int x f - \int x^2 f \geq 0. $$ 由于 $\displaystyle{\int x f = 0}$，得到 $$ ab \int f - \int x^2 f \geq 0, $$ 即 $$ \int x^2 f \leq ab \int f. $$

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### 3.2.6

**题目**：设 $f(x) \geq 0, f''(x) \leq 0$（$\forall x \in [a,b]$）。求证： $$ \max_{a \leq x \leq b} f(x) \leq \frac{2}{b-a} \int_a^b f(x) dx. $$

**证明**： 由于 $f'' \leq 0$，$f$ 是凹函数。设最大值在 $x_0$ 处取得，则 $f(x_0) = M$。由凹性，函数图像在连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦的上方，但这里我们使用另一种方法： 对于任意 $x$，由凹性，有 $$ f(x) \geq \frac{b-x}{b-a} f(a) + \frac{x-a}{b-a} f(b). $$ 但更直接：考虑三角形面积。由于 $f$ 凹且非负，在 $x_0$ 处取最大值，过 $(x_0,M)$ 作水平线，则下方梯形面积 ≤ 积分值？ 标准证法：设 $M = f(c)$。由凹性，对于任意 $x$， $$ f(x) \geq \frac{M}{b-a} \times \text{?} $$ 实际上，连接 $(a,0)$ 和 $(c,M)$ 以及 $(c,M)$ 和 $(b,0)$，则 $f$ 的图像在此折线上方（因为凹函数在端点间是凸组合？凹函数图像在弦下方，这里需要小心）。 凹函数 $f$ 满足：对任意 $x$， $$ f(x) \geq \min\left\{ \frac{x-a}{c-a} M, \frac{b-x}{b-c} M \right\}? $$ 不对，凹函数图像在弦下方，所以它在连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的弦上方？凹函数定义：$f(\lambda x + (1-\lambda)y) \geq \lambda f(x) +