第九章 练习题详解

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学习目标 | Learning Objectives
通过详细的解题过程，深入理解定积分的理论和应用，培养严谨的数学思维和证明能力。每道题都配有完整的思路分析、多种解法和深入的理解提示。

📚 目录 | Table of Contents

第一部分：§9.6 习题（可积性理论）

第二部分：第九章综合自测题

第三部分：第九章总练习题

第一部分：§9.6 习题详解 | Section 9.6 Exercises

习题9.6-5：施瓦茨不等式 ★★★★

问题表述

证明施瓦茨（Schwarz）不等式：若 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上可积，则

$$\boxed{{\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx}$$

深入理解：为什么重要？

Schwarz不等式（也称Cauchy-Schwarz不等式）是数学分析中最基本的不等式之一：

• 向量形式：$|⟨\mathbf{u},\mathbf{v}⟩|\le \Vert \mathbf{u}\Vert \Vert \mathbf{v}\Vert$
• 积分形式：本题要证明的形式
• 物理意义：两个信号的相关性不超过它们能量的几何平均
• 应用：证明三角不等式、Minkowski不等式、Hölder不等式等

证明方法1：判别式法（最直观） ★★★★

思路：构造关于 $\lambda$ 的二次函数，利用其非负性。

第1步：构造辅助函数

对任意实数 $\lambda$，考虑

$$I(\lambda )={\int }_a^b[f(x)+\lambda g(x){]}^{2}dx$$

第2步：展开

$$I(\lambda )={\int }_a^b[f^2(x)+2\lambda f(x)g(x)+{\lambda }^2{g}^2(x)]dx$$

$$={\int }_a^b{f}^2(x)dx+2\lambda {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx+{\lambda }^2{\int }_a^b{g}^2(x)dx$$

设 $$A={\int }_a^b{f}^2(x)dx,B={\int }_a^{b}f(x)g(x)dx,C={\int }_a^b{g}^2(x)dx$$

则 $$I(\lambda )=A+2B\lambda +C{\lambda }^2=C{\lambda }^2+2B\lambda +A$$

第3步：利用非负性

由于 $[f(x)+\lambda g(x){]}^2\ge 0$，所以

$$I(\lambda )\ge 0,\forall \lambda \in \mathbb{R}$$

这说明关于 $\lambda$ 的二次函数 $I(\lambda )=C{\lambda }^2+2B\lambda +A$ 恒非负。

第4步：判别式条件

情况1：若 $C=0$，即 ${\int }_a^b{g}^2(x)dx=0$

由于 $g^2(x)\ge 0$ 且可积，这意味着 $g(x)=0$ 几乎处处成立（严格地说，在连续点处都等于0）。

此时 $${\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2=0=A\cdot 0$$

不等式成立（等号成立）。✓

情况2：若 $C>0$

二次函数 $I(\lambda )=C{\lambda }^2+2B\lambda +A$ 恒非负，则其判别式 $\Delta \le 0$：

$$\Delta =(2B{)}^2-4AC\le 0$$

$$4B^2\le 4AC$$

$$B^2\le AC$$

即

$$\boxed{{\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx}$$

证毕。✓

证明方法2：标准化方法 ★★★

思路：将问题化为标准形式（证明相关系数的绝对值 $\le 1$）。

第1步：特殊情况处理

若 ${\int }_a^b{f}^{2}dx=0$ 或 ${\int }_a^b{g}^{2}dx=0$，则不等式显然成立（等号成立）。

以下假设两者都大于0。

第2步：标准化

令 $$F(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{{\int }_a^b{f}^{2}dt}},G(x)=\frac{g(x)}{\sqrt{{\int }_a^b{g}^{2}dt}}$$

则 $${\int }_a^b{F}^2(x)dx=1,{\int }_a^b{G}^2(x)dx=1$$

第3步：证明 $|{\int }_a^{b}FGdx|\le 1$

对任意 $x\in [a,b]$，由基本不等式：

$$[F(x)-G(x){]}^2\ge 0$$

$$F^2(x)-2F(x)G(x)+G^2(x)\ge 0$$

$$F(x)G(x)\le \frac{F^2(x)+G^2(x)}{2}$$

积分：

$${\int }_a^{b}F(x)G(x)dx\le {\int }_a^b\frac{F^2(x)+G^2(x)}{2}dx=\frac{1+1}{2}=1$$

类似地，考虑 $[F(x)+G(x){]}^2\ge 0$：

$${\int }_a^{b}F(x)G(x)dx\ge -1$$

因此 $$\left|{\int }_a^{b}F(x)G(x)dx\right|\le 1$$

第4步：还原

$$\left|{\int }_a^{b}F(x)G(x)dx\right|=\left|\frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{\sqrt{{\int }_a^b{f}^{2}dx}\cdot \sqrt{{\int }_a^b{g}^{2}dx}}\right|\le 1$$

即

$${\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx$$

证毕。✓

等号成立条件

定理：Schwarz不等式中等号成立 ⟺ $f$ 和 $g$ 线性相关，即存在常数 $c_1,c_2$（不全为0）使得

$$c_{1}f(x)+c_{2}g(x)=0\text{（几乎处处）}$$

证明：

"⟸"：若 $f=\lambda g$（几乎处处），则

$${\left(\int fg\right)}^2={\left(\lambda \int g^2\right)}^2={\lambda }^2{\left(\int g^2\right)}^2$$

$$\int f^2\cdot \int g^2={\lambda }^2\int g^2\cdot \int g^2={\lambda }^2{\left(\int g^2\right)}^2$$

等号成立。✓

"⟹"：等号成立 ⟹ 判别式 $\Delta =0$ ⟹ 二次函数 $I(\lambda )$ 有重根 ${\lambda }_0$ ⟹ $I({\lambda }_0)=0$ ⟹

$$\int [f+{\lambda }_{0}g{]}^{2}dx=0\Rightarrow f(x)+{\lambda }_{0}g(x)=0\text{ a.e.}$$

🎯 学习提示

1. 记住结构： $${\left(\int fg\right)}^2\le \left(\int f^2\right)\cdot \left(\int g^2\right)$$ 就像 $(ab{)}^2\le a^2\cdot b^2$

2. 判别式技巧：构造 $\int [f+\lambda g{]}^{2}dx\ge 0$ 是证明积分不等式的常用方法

3. 推广：Hölder不等式 $$\left|\int fg\right|\le {\left(\int |f{|}^p\right)}^{1/p}{\left(\int |g{|}^q\right)}^{1/q},\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$$

习题9.6-6：据理回答 ★★★

问题(1)

何种函数具有"任意下和等于任意上和"的性质？

解答

答案：常值函数。

理由：

设 $f(x)=c$（常数）在 $[a,b]$ 上。

对任意分割 $T:a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$，在每个小区间 ${\Delta }_i$ 上：

$$M_i=\underset{{\Delta }_i}{\sup }f(x)=c,m_i=\underset{{\Delta }_i}{\inf }f(x)=c$$

因此

$$S(T)=\sum _{i=1}^{n}c\cdot \Delta x_i=c(b-a)$$

$$s(T)=\sum _{i=1}^{n}c\cdot \Delta x_i=c(b-a)$$

即 $S(T)=s(T)$ 对任意分割 $T$ 成立。✓

反之：

若对任意分割 $T$ 都有 $S(T)=s(T)$，即

$$\sum M_i\Delta x_i=\sum m_i\Delta x_i$$

$$\sum (M_i-m_i)\Delta x_i=0$$

由于 $M_i-m_i\ge 0$，$\Delta x_i>0$，这意味着

$$M_i=m_i,\forall i$$

即 $f$ 在每个小区间上都是常值。

由于分割任意，$f$ 在 $[a,b]$ 上必须是常值函数。✓

问题(2)

何种连续函数具有"所有下和（或上和）都相等"的性质？

解答

答案：仍然是常值函数。

理由：

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且对任意分割 $T$，上和 $S(T)$ 都相等（记为 $S_0$）。

第1步：由达布定理

$$\overline{S}=\underset{T}{\inf }S(T)=S_0$$

（因为所有 $S(T)$ 都等于 $S_0$，其下确界也是 $S_0$）

第2步：$f$ 连续 ⟹ 可积

由连续函数可积性（定理9.7），$f$ 可积，因此

$$\overline{S}=\underline{s}={\int }_a^{b}f(x)dx=S_0$$

第3步：对任意分割

$$s(T)\le {\int }_a^{b}fdx=S_0=S(T)$$

但我们知道 $s(T)\le S(T)$ 总是成立，结合上式：

$$s(T)=S(T)=S_0$$

即对任意分割，$s(T)=S(T)$。

第4步：由问题(1)的结论

$f$ 必须是常值函数。✓

下和情形：完全类似。

问题(3)

对于可积函数，若"所有下和（或上和）都相等"，是否仍有(2)的结论？

解答

答案：是的，仍然是常值函数。

理由：

设 $f$ 可积，且所有上和都相等，记为 $S_0$。

由达布定理：

$$\overline{S}=\underset{\Vert T\Vert \to 0}{\lim }S(T)=S_0$$

（因为所有 $S(T)=S_0$）

由可积性：

$$\underline{s}=\overline{S}=S_0$$

对任意分割 $T$：

$$s(T)\le \underline{s}=S_0=S(T)$$

因此 $s(T)=S(T)$ 对任意分割成立。

由问题(1)的结论，$f$ 是常值函数。✓

🔑 关键理解：

无论是否连续，"所有上和相等"⟹"所有下和也相等"⟹"常值函数"

习题9.6-7：可积函数的连续点结构 ★★★★★

这是一道深刻揭示可积函数必有无穷多稠密连续点的重要题目。

最终目标

证明：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上必定有无限多个处处稠密的连续点。

证明策略：区间套方法

我们将构造一个区间套序列 $\{I_n\}$，其公共点 $x_0$ 是 $f$ 的连续点，且这样的点在 $[a,b]$ 上稠密。

问题(1)：寻找振幅小的小区间

命题：若 $T$ 是 $[a,b]$ 的一个分割，使得 $S(T)-s(T)<b-a$，则在 $T$ 中存在某个小区间 $\Delta$，使得 $\omega (\Delta )<1$。

其中 $\omega (\Delta )={\sup }_{\Delta }f-{\inf }_{\Delta }f$ 是振幅。

证明（反证法）：

假设对所有小区间 ${\Delta }_i$（$i=1,2,\dots ,n$）都有 $\omega ({\Delta }_i)\ge 1$。

则

$$S(T)-s(T)=\sum _{i=1}^n\omega ({\Delta }_i)\Delta x_i\ge \sum _{i=1}^{n}1\cdot \Delta x_i=b-a$$

这与假设 $S(T)-s(T)<b-a$ 矛盾！✗

因此必存在某个 $\Delta$ 使得 $\omega (\Delta )<1$。✓

问题(2)：第一步区间套

命题：存在区间 $I_1=[a_1,b_1]\subset [a,b]$，使得

$$\omega (I_1)=\underset{x\in I_1}{\sup }f(x)-\underset{x\in I_1}{\inf }f(x)<1$$

证明：

由 $f$ 可积，应用定理9.15（振幅准则）：

对 $\epsilon =b-a>0$，存在分割 $T$ 使得

$$S(T)-s(T)<b-a$$

由问题(1)，存在某个小区间 $I_1=\Delta \subset [a,b]$ 使得

$$\omega (I_1)<1$$

证毕。✓

问题(3)：第二步区间套

命题：存在区间 $I_2=[a_2,b_2]\subset I_1$，使得

$$\omega (I_2)<\frac{1}{2}$$

证明：

记 $I_1=[a_1,b_1]$，长度 $|I_1|=b_1-a_1>0$。

$f$ 在 $I_1$ 上可积（可积函数在子区间上可积），应用定理9.15：

对 $\epsilon =b_1-a_1$，存在 $I_1$ 的分割 $T^{\prime }$ 使得

$$S(T^{\prime })-s(T^{\prime })<b_1-a_1$$

由问题(1)的方法，在 $T^{\prime }$ 中存在小区间 ${\Delta }^{\prime }$ 使得

$$\omega ({\Delta }^{\prime })<1$$

但我们需要 $\omega <1/2$！怎么办？

改进：取更小的 $\epsilon$。

对 $\epsilon =\frac{b_1-a_1}{2}$，存在分割 $T^{\prime }$ 使得

$$S(T^{\prime })-s(T^{\prime })<\frac{b_1-a_1}{2}$$

在 $T^{\prime }$ 的 $n$ 个小区间中，至少有一个小区间 $I_2$ 使得

$$\omega (I_2)<\frac{S(T^{\prime })-s(T^{\prime })}{|I_2|}\cdot |I_2|$$

实际上，若所有小区间振幅都 $\ge \frac{1}{2}$，则

$$S(T^{\prime })-s(T^{\prime })=\sum {\omega }_i\Delta x_i\ge \frac{1}{2}\sum \Delta x_i=\frac{b_1-a_1}{2}$$

等号成立，说明至少有一个小区间 $I_2$ 的 $\omega (I_2)$ 可以取到 $<\frac{1}{2}$（通过细化分割）。

更严格的做法：

应用定理9.16（Riemann准则）：

对 $\eta =\frac{1}{2}$，$\epsilon =\frac{b_1-a_1}{2}$，存在分割 $T^{\prime }$ 使得

$${\omega }_i\ge \frac{1}{2}\text{ 的小区间总长}<\frac{b_1-a_1}{2}$$

这意味着至少有一个小区间 $I_2$ 满足：

• $\omega (I_2)<\frac{1}{2}$
• 且长度 $|I_2|>0$

证毕。✓

问题(4)：一般步骤（归纳构造）

命题：存在区间序列 $I_n=[a_n,b_n]\subset I_{n-1}$，使得

$$\omega (I_n)=\underset{x\in I_n}{\sup }f(x)-\underset{x\in I_n}{\inf }f(x)<\frac{1}{n}$$

证明（数学归纳法）：

基础：$n=1,2$ 已由问题(2)(3)证明。

归纳：假设已构造出 $I_1,I_2,\dots ,I_n$ 满足条件。

对 $I_n=[a_n,b_n]$，应用Riemann准则：

对 $\eta =\frac{1}{n+1}$，$\epsilon =\frac{b_n-a_n}{2}$，存在分割使得

$${\omega }_i\ge \frac{1}{n+1}\text{ 的小区间总长}<\frac{|I_n|}{2}$$

因此存在小区间 $I_{n+1}\subset I_n$ 使得

$$\omega (I_{n+1})<\frac{1}{n+1}$$

归纳完成。✓

区间套性质：

1. $I_1\supset I_2\supset I_3\supset \cdots$（嵌套）
2. 可以选择使得 $|I_n|\to 0$（长度趋于0）

由区间套定理，存在唯一的点

$$x_0\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{I}_n$$

$f$ 在 $x_0$ 连续

证明：

任给 $\epsilon >0$，取 $N$ 使得 $\frac{1}{N}<\epsilon$。

对 $n\ge N$，$x_0\in I_n$，且

$$\omega (I_n)<\frac{1}{n}\le \frac{1}{N}<\epsilon$$

这意味着对 $x\in I_n$（包含 $x_0$ 的某个邻域）：

$$|f(x)-f(x_0)|\le \omega (I_n)<\epsilon$$

因此 $f$ 在 $x_0$ 连续。✓

问题(5)：连续点稠密

命题：上述方法得到的 $f$ 的连续点在 $[a,b]$ 上处处稠密。

证明：

任取 $[a,b]$ 中的子区间 $J=[\alpha ,\beta ]$。

对 $J$ 重复上述区间套过程，可以找到 $J$ 中的某个点 $x_1$，使得 $f$ 在 $x_1$ 连续。

这说明每个子区间都包含 $f$ 的连续点。

因此连续点集在 $[a,b]$ 上稠密。✓

更进一步：

实际上，可以证明 $f$ 的连续点集是不可数的（基数等于 $\mathbb{R}$）！

🎯 深刻理解

这道题揭示了：

1. 可积性 ⟹ 几乎处处连续（不连续点"稀疏"）
2. 连续点必定稠密（在任何小区间都有连续点）
3. 区间套方法是构造性证明的有力工具
4. 这是Lebesgue定理的初步形式

第二部分：第九章总练习题详解 | Chapter 9 General Exercises

总练习题1：积分中值定理的应用 ★★★★

问题表述

证明：若 $f$ 在 $[0,a]$ 上连续，二阶可导，且 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，则

$${\int }_0^{a}f(t)dt\le \frac{a}{2}[f(0)+f(a)]$$

几何意义

• 左边：曲线 $y=f(x)$ 下的面积
• 右边：梯形面积（上底 $f(0)$，下底 $f(a)$，高 $a$）

不等式说：凸函数（$f^{\prime \prime }\ge 0$）的曲边梯形面积 ≤ 对应梯形面积。

证明方法1：利用Jensen不等式 ★★★★

引理（Jensen不等式的积分形式）：

若 $f$ 是凸函数（$f^{\prime \prime }\ge 0$），则

$$f\left(\frac{{\int }_a^{b}x\phi (x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)dx}\right)\le \frac{{\int }_a^{b}f(x)\phi (x)dx}{{\int }_a^b\phi (x)dx}$$

其中 $\phi \ge 0$ 是权函数。

应用：取 $\phi (x)=1$，

$$f\left(\frac{{\int }_0^{a}tdt}{{\int }_0^{a}dt}\right)\le \frac{{\int }_0^{a}f(t)dt}{a}$$

$$f\left(\frac{a^2/2}{a}\right)\le \frac{{\int }_0^{a}f(t)dt}{a}$$

$$f\left(\frac{a}{2}\right)\le \frac{1}{a}{\int }_0^{a}f(t)dt$$

但这还不够，我们需要的是右边的 $\frac{f(0)+f(a)}{2}$。

需要另一个思路...

证明方法2：构造辅助函数 ★★★★

思路：证明

$${\int }_0^{a}f(t)dt-\frac{a}{2}[f(0)+f(a)]\le 0$$

第1步：换元对称化

令 $u=a-t$，则

$${\int }_0^{a}f(t)dt={\int }_0^{a}f(a-u)du$$

因此

$$2{\int }_0^{a}f(t)dt={\int }_0^{a}f(t)dt+{\int }_0^{a}f(a-t)dt$$

$$={\int }_0^a[f(t)+f(a-t)]dt$$

第2步：目标转化为

$${\int }_0^a[f(t)+f(a-t)]dt\le a[f(0)+f(a)]$$

即证

$${\int }_0^a[f(t)+f(a-t)-f(0)-f(a)]dt\le 0$$

第3步：利用凸性

由于 $f$ 是凸函数（$f^{\prime \prime }\ge 0$），对 $t\in [0,a]$：

$$f(t)+f(a-t)\ge 2f\left(\frac{t+(a-t)}{2}\right)=2f\left(\frac{a}{2}\right)$$

等等，这个方向不对...让我们用另一个凸性质。

证明方法3：分部积分 ★★★★

思路：利用 $f^{\prime \prime }\ge 0$。

第1步：要证

$${\int }_0^{a}f(t)dt\le \frac{a}{2}[f(0)+f(a)]$$

$${\int }_0^{a}f(t)dt\le \frac{a\cdot f(0)+a\cdot f(a)}{2}$$

第2步：引入线性函数

连接 $(0,f(0))$ 和 $(a,f(a))$ 的直线方程为

$$L(t)=f(0)+\frac{f(a)-f(0)}{a}\cdot t$$

则

$${\int }_0^{a}L(t)dt={\int }_0^a\left[f(0)+\frac{f(a)-f(0)}{a}t\right]dt$$

$$=f(0)\cdot a+\frac{f(a)-f(0)}{a}\cdot \frac{a^2}{2}$$

$$=af(0)+\frac{a[f(a)-f(0)]}{2}$$

$$=\frac{a}{2}[2f(0)+f(a)-f(0)]$$

$$=\frac{a}{2}[f(0)+f(a)]$$

第3步：证明 $f(t)\le L(t)$

由于 $f$ 是凸函数，其图像在连接两端点的弦下方（或上方，取决于定义）。

等等，$f^{\prime \prime }\ge 0$ 意味着 $f$ 是下凸（convex），曲线在弦的下方。

因此

$$f(t)\le L(t),\forall t\in [0,a]$$

积分：

$${\int }_0^{a}f(t)dt\le {\int }_0^{a}L(t)dt=\frac{a}{2}[f(0)+f(a)]$$

证毕。✓

🎯 关键理解

凸函数的性质：

• $f^{\prime \prime }\ge 0$ ⟺ $f$ 是凸函数（下凸，图像呈 ∪ 形）
• 弦上方性质：曲线在连接任意两点的弦下方 $$f(\lambda x+(1-\lambda )y)\le \lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)$$

本题就是这个性质的积分形式！

总练习题2：变限积分的单调性 ★★★

问题(1)

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续递增，定义

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt,& x\in (a,b]\\ f(a),& x=a\end{array}$$

证明：$F$ 为 $[a,b]$ 上的增函数。

理解题意

• $F(x)$ 是 $f$ 在 $[a,x]$ 上的平均值
• 在 $x=a$ 处定义为 $f(a)$（连续性要求）

要证：$f$ 递增 ⟹ 其平均值 $F$ 也递增

证明

第1步：验证 $F$ 在 $x=a$ 处的连续性

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }F(x)=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则：

$$=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{1}=f(a)=F(a)$$

因此 $F$ 在 $a$ 处右连续。✓

第2步：对 $x\in (a,b]$，证明 $F^{\prime }(x)\ge 0$

$$F(x)=\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt$$

应用商法则：

$$F^{\prime }(x)=\frac{(x-a)\cdot f(x)-{\int }_a^{x}f(t)dt\cdot 1}{(x-a{)}^2}$$

$$=\frac{(x-a)f(x)-{\int }_a^{x}f(t)dt}{(x-a{)}^2}$$

第3步：分子非负性

由于 $f$ 递增，对 $t\in [a,x]$：

$$f(t)\le f(x)$$

积分：

$${\int }_a^{x}f(t)dt\le {\int }_a^{x}f(x)dt=f(x)(x-a)$$

因此

$$(x-a)f(x)-{\int }_a^{x}f(t)dt\ge 0$$

所以 $F^{\prime }(x)\ge 0$。

第4步：结论

$F^{\prime }(x)\ge 0$ 在 $(a,b]$ 上 ⟹ $F$ 在 $[a,b]$ 上递增。✓

问题(2)

若 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，且 $f(x)>0$，则

$$\Phi (x)=\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{{\int }_0^{x}tf(t)dt}$$

为 $(0,+\infty )$ 上的严格增函数。如果要使 $\Phi$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格增，试问应补充定义 $\Phi (0)=?$

解答

第1步：计算 ${\Phi }^{\prime }(x)$

应用商法则：

$${\Phi }^{\prime }(x)=\frac{{\left({\int }_0^{x}fdt\right)}^{\prime }\cdot {\int }_0^{x}tfdt-{\int }_0^{x}fdt\cdot {\left({\int }_0^{x}tfdt\right)}^{\prime }}{{\left({\int }_0^{x}tfdt\right)}^2}$$

$$=\frac{f(x)\cdot {\int }_0^{x}tf(t)dt-{\int }_0^{x}f(t)dt\cdot xf(x)}{{\left({\int }_0^{x}tf(t)dt\right)}^2}$$

$$=\frac{f(x)\left[{\int }_0^{x}tf(t)dt-x{\int }_0^{x}f(t)dt\right]}{{\left({\int }_0^{x}tf(t)dt\right)}^2}$$

第2步：证明分子 $>0$

需证：

$${\int }_0^{x}tf(t)dt-x{\int }_0^{x}f(t)dt<0$$

即

$${\int }_0^{x}tf(t)dt<x{\int }_0^{x}f(t)dt$$

$${\int }_0^{x}tf(t)dt<{\int }_0^{x}xf(t)dt$$

$${\int }_0^x(t-x)f(t)dt<0$$

由于 $t\in [0,x]$ ⟹ $t-x\le 0$，$f(t)>0$：

$${\int }_0^x(t-x)f(t)dt<0$$

（严格不等号因为 $f>0$ 连续，不恒为零）

第3步：因此 ${\Phi }^{\prime }(x)<0$？

等等，分子是

$$f(x)\left[{\int }_0^{x}tfdt-x{\int }_0^{x}fdt\right]$$

我们证明了括号内 $<0$，而 $f(x)>0$，所以分子 $<0$？

那 ${\Phi }^{\prime }(x)<0$，是递减的？

重新审视：

$$\Phi (x)=\frac{{\int }_0^{x}fdt}{{\int }_0^{x}tfdt}$$

注意分母，当 $x$ 增大时，${\int }_0^{x}tfdt$ 增长更快（因为被积函数多了权重 $t$）。

所以 $\Phi$ 应该是递减的？

题目可能有误，或者我理解错了。让我重新看...

也许题目是

$$\Phi (x)=\frac{{\int }_0^{x}tf(t)dt}{{\int }_0^{x}f(t)dt}$$

（分子分母互换）

重新计算（互换版本）：

$$\Phi (x)=\frac{{\int }_0^{x}tf(t)dt}{{\int }_0^{x}f(t)dt}$$

这是 $tf(t)$ 相对于 $f(t)$ 的加权平均，权重是 $t$。

$${\Phi }^{\prime }(x)=\frac{xf(x)\cdot {\int }_0^{x}fdt-{\int }_0^{x}tfdt\cdot f(x)}{{\left({\int }_0^{x}fdt\right)}^2}$$

$$=\frac{f(x)\left[x{\int }_0^{x}fdt-{\int }_0^{x}tfdt\right]}{{\left({\int }_0^{x}fdt\right)}^2}$$

$$=\frac{f(x){\int }_0^x(x-t)f(t)dt}{{\left({\int }_0^{x}fdt\right)}^2}$$

由于 $x-t\ge 0$ （$t\le x$），$f>0$：

$${\Phi }^{\prime }(x)>0$$

所以 $\Phi$ 严格递增。✓

补充定义 $\Phi (0)$：

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\Phi (x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}tf(t)dt}{{\int }_0^{x}f(t)dt}$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型，洛必达：

$$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{xf(x)}{f(x)}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x=0$$

因此定义 $\boxed{\Phi (0)=0}$。✓

总练习题3：极限与积分交换 ★★★

问题

设 $f$ 是定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的一个连续周期函数，周期为 $p$，证明

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=\frac{1}{p}{\int }_0^{p}f(t)dt$$

理解

左边：$f$ 在 $[0,x]$ 上的平均值（$x\to \infty$）

右边：$f$ 在一个周期 $[0,p]$ 上的平均值

结论：周期函数在长区间上的平均值 = 一个周期内的平均值

证明

第1步：利用周期性分段

对 $x>0$，设 $x=np+r$，其中 $n=\lfloor x/p\rfloor$，$0\le r<p$。

$${\int }_0^{x}f(t)dt={\int }_0^{np}f(t)dt+{\int }_{np}^{np+r}f(t)dt$$

第2步：计算第一项

$${\int }_0^{np}f(t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_{kp}^{(k+1)p}f(t)dt$$

换元：$t=kp+s$，$dt=ds$，$s\in [0,p]$：

$${\int }_{kp}^{(k+1)p}f(t)dt={\int }_0^{p}f(kp+s)ds={\int }_0^{p}f(s)ds$$

（利用周期性：$f(kp+s)=f(s)$）

因此

$${\int }_0^{np}f(t)dt=n{\int }_0^{p}f(t)dt$$

第3步：估计第二项

$$\left|{\int }_{np}^{np+r}f(t)dt\right|\le M\cdot r<Mp$$

其中 $M={\max }_{[0,p]}|f|$（$f$ 连续周期 ⟹ 有界）。

第4步：计算极限

$$\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=\frac{n{\int }_0^{p}f+{\int }_{np}^{np+r}f}{np+r}$$

$$=\frac{n{\int }_0^{p}f}{np+r}+\frac{{\int }_{np}^{np+r}f}{np+r}$$

当 $x\to \infty$ 时，$n\to \infty$，$r\in [0,p)$：

$$\frac{n}{np+r}=\frac{1}{p+r/n}\to \frac{1}{p}$$

$$\left|\frac{{\int }_{np}^{np+r}f}{np+r}\right|\le \frac{Mp}{np}\to 0$$

因此

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=\frac{1}{p}{\int }_0^{p}f(t)dt$$

证毕。✓

总练习题5：奇偶函数的原函数性质 ★★★

问题

证明：

1. 连续的奇函数的一切原函数皆为偶函数
2. 连续的偶函数的原函数中只有一个是奇函数

(1) 奇函数的原函数是偶函数

证明：

设 $f$ 是奇函数，$f(-x)=-f(x)$，$F$ 是 $f$ 的任一原函数。

要证：$F(-x)+F(x)=C$（常数）⟹ $F$ 关于某点对称，可调整为偶函数。

方法：构造 $G(x)=F(x)+F(-x)$。

$$G^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)-F^{\prime }(-x)=f(x)-f(-x)=f(x)-[-f(x)]=2f(x)$$

等等，这不对...

重新来：

$$\frac{d}{dx}[F(-x)]=F^{\prime }(-x)\cdot (-1)=-f(-x)=-[-f(x)]=f(x)$$

因此 $F(-x)$ 也是 $f$ 的原函数。

所以 $F(x)$ 和 $F(-x)$ 相差一个常数：

$$F(-x)=F(x)+C$$

取 $x=0$（假设 $f$ 在 $x=0$ 有定义）：

$$F(0)=F(0)+C\Rightarrow C=0$$

因此 $F(-x)=F(x)$，即 $F$ 是偶函数。✓

注意：这要求 $f$ 在包含原点的对称区间上定义。

(2) 偶函数的原函数中只有一个奇函数

证明：

设 $f$ 是偶函数，$f(-x)=f(x)$。

存在性：构造

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$$

验证 $F$ 是奇函数：

$$F(-x)={\int }_0^{-x}f(t)dt$$

换元：$t=-s$，$dt=-ds$：

$$={\int }_0^{-x}f(t)dt=-{\int }_0^{x}f(-s)ds=-{\int }_0^{x}f(s)ds=-F(x)$$

（利用 $f(-s)=f(s)$）

所以 $F$ 是奇函数。✓

唯一性：

设 $G$ 是 $f$ 的另一个原函数，且 $G$ 也是奇函数。

则 $G(x)=F(x)+C$（所有原函数相差常数）。

由 $G$ 是奇函数：

$$G(-x)=-G(x)$$

$$F(-x)+C=-[F(x)+C]$$

$$-F(x)+C=-F(x)-C$$

$$2C=0\Rightarrow C=0$$

因此 $G(x)=F(x)$，奇函数原函数唯一。✓

总练习题11：可积函数的正性 ★★★★

问题

证明：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，且处处有 $f(x)>0$，则

$${\int }_a^{b}f(x)dx>0$$

（提示：由可积的第一充要条件进行反证）

理解难点

看起来显然？但注意：

• Riemann积分不是逐点定义的
• 改变函数在有限个点（甚至可数个点）的值，积分值不变
• 所以需要用"处处"这个强条件

证明方法1：反证法+可积充要条件 ★★★★

假设：${\int }_a^{b}f(x)dx\le 0$。

由于 $f$ 可积，$\overline{S}=\underline{s}={\int }_a^{b}f$（定理9.14）。

第1步：任取分割 $T$

$$s(T)=\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i$$

其中 $m_i={\inf }_{{\Delta }_i}f(x)$。

第2步：由于 $f(x)>0$ 处处成立

每个小区间 ${\Delta }_i$ 上，$f(x)>0$ 对所有 $x\in {\Delta }_i$ 成立。

因此

$$m_i=\underset{{\Delta }_i}{\inf }f\ge 0$$

实际上，由于 $f$ 在 ${\Delta }_i$ 上有下确界，且处处 $>0$：

若 $m_i=0$，则存在点列 $\{x_n\}\subset {\Delta }_i$ 使得 $f(x_n)\to 0$。

但这与 $f(x)>0$ 处处成立矛盾（由连续性或下极限）。

更严格地：

由于 $f$ 可积，由习题9.6-7，$f$ 在 $[a,b]$ 上有稠密的连续点。

在 ${\Delta }_i$ 内至少有一个连续点 ${\xi }_i$。

由 $f({\xi }_i)>0$ 和连续性，存在 ${\xi }_i$ 的邻域 $(c,d)\subset {\Delta }_i$ 使得

$$f(x)>\frac{f({\xi }_i)}{2}=:{\delta }_i>0,\forall x\in (c,d)$$

因此

$$m_i\ge \underset{(c,d)}{\inf }f\ge {\delta }_i>0$$

第3步：因此

$$s(T)=\sum _{i=1}^n{m}_i\Delta x_i>0$$

（因为每个 $m_i>0$，$\Delta x_i>0$）

取上确界：

$$\underline{s}=\underset{T}{\sup }s(T)\ge s(T)>0$$

因此

$${\int }_a^{b}f(x)dx=\underline{s}>0$$

这与假设矛盾！✗

证毕。✓

证明方法2：利用连续点稠密性 ★★★

由习题9.6-7，$f$ 的连续点在 $[a,b]$ 上稠密。

取连续点 $c\in (a,b)$，由 $f(c)>0$ 和连续性：

$$\exists \delta >0,f(x)>\frac{f(c)}{2},\forall x\in (c-\delta ,c+\delta )\subset [a,b]$$

因此

$${\int }_a^{b}f(x)dx\ge {\int }_{c-\delta }^{c+\delta }f(x)dx\ge {\int }_{c-\delta }^{c+\delta }\frac{f(c)}{2}dx=f(c)\delta >0$$