最后的挣扎

数分要凉

---

题一

讨论(int_0^{+infty} x^p sin(x) dx)的敛散性

---

函数有两个奇点，一个为(0)，还有一个无穷，拆开

[1] 对(int_0^{1} x^p sin(x) dx)

• 当(p geq 0)时，该积分不存在积分，自然收敛

• 当(p < 0)时，(x^p sin(x) sim x^{p+1})，而瑕积分(int_0^1 x^{p+1}dx)收敛，只需(-(p+1)<1)，即(p > -2)，并且此时积分绝对收敛

[2] 对(int_1^{+infty} x^p sin(x) dx)

• 当(p geq 0)时，(forall M > 1)，(exist n)，(s.t.;2npi + frac{pi}{4} > M)，此时，(int_{2npi + frac{pi}{4}}^{2npi + frac{pi}{2}} x^p sin xdx geq frac{sqrt 2}{2} int_{2npi + frac{pi}{4}}^{2npi + frac{pi}{2}} x^p dx)，显然，右式可以任意大，因此该积分不满足柯西收敛条件
• 当(p < 0)时，(int_1^{+infty}sin(x) dx)有界，(x^p)单调并且趋于(0)，由(Dirichlet)判别法，积分收敛
• 当(-2<p<-1)时，(int_1^{+infty} |x^p sin(x)| dx leq int_1^{+infty} |x^p| dx)，因此积分绝对收敛
• 当(-1leq p<0)时，(int_1^{+infty} |x^p sin(x)| dx geq int_1^{+infty} |x^p| sin^2(x) dx = frac{1}{2} int_1^{+infty} x^p dx - frac{1}{2}int_1^{+infty} x^pcos(2x) dx)，最右边的式子中，(frac{1}{2} int_1^{+infty} x^p dx)发散，而(- frac{1}{2}int_1^{+infty} x^pcos(2x) dx)由(Dirichlet)判别法知收敛，因此积分条件收敛
• 当(p < -2)时，(int_0^{1} x^p sin(x) dx)不收敛，没有继续讨论的必要（当然参照上面，此时仍为绝对收敛）

综上，(-1leq p < 0)时，该积分条件收敛，(-2 < p < -1)时，该积分绝对收敛

---

题二

设(f in R[a,b])，证明：存在(xi in [a,b])，使得(int_a^{xi} f(t)dt = int_{xi}^b f(t)dt)

---

设(F(x) = int_a^{xi} f(t)dt - int_{xi}^b f(t)dt)，(F(x))连续，观察(F(a),F(b))的关系后，由零点定理即可

---

题三

设(f(x))为([a,b])中的非负可积函数，(c in R)，证明：

[(int_{a}^b f(x) cos(cx)dx)^2 + (int_a^b f(x)sin(cx) dx)^2 leq (int_a^b f(x)dx)^2 ]

---

由柯西不等式，((int_{a}^b f(x) cos(cx)dx)^2 leq int_{a}^b f(x) dx *int_{a}^b f(x)cos^2(cx) dx)

对于另一项类似地放缩并合并，得证

---

题四

设(f, g)为([a,b])中的单调函数，如果它们同时单调递减或同时单调递增，证明：

[int_a^b f(x)g(x) dx geq frac{1}{b - a} int_a^b f(x)dx int_a^b g(x)dx ]

---

证明：

令(F(x) = f(x) - frac{1}{b - a} int_a^bf(t)dt)，(G(x) = g(x) - frac{1}{b - a} int_a^bg(t)dt)

由(Weierstrass)定理，(int_a^b F(x)G(x)dx = G(a)int_a^c F(t)dt + G(b)int_c^b F(t)dt(cin [a,b]))

注意到(G(a) leq 0, G(b)geq 0)且(F(x))单增，因此上式(geq G(a)F(a)(c-a) + G(b)F(b)(b-c))

此时(F(a) leq 0, F(b) geq 0)，因此(int_a^b F(x)G(x) dx geq 0)

整理即(int_a^b f(x)g(x)dx - frac{1}{b - a} int_a^bf(t)dt int_a^bg(t)dtgeq 0)，得证

（这玩意真耗脑子...）

（补充：真是生草，这个不等式的名字是切比雪夫积分不等式...，证明前人已证总是困难的）

---

题五

设(f in R[0,1])，证明：

[lim_{n o+infty} int_0^1 x^n f(x)dx = 0 ]

---

设(F(x) = int_0^x f(x) dx)，(F(x))连续

那么(int_0^1 x^{n-1}F(x)dx = frac{1}{n}x^nF(x)|_0^1 - frac{1}{n}int_0^1 f(x)x^n dx)

整理得，(int_0^1 f(x)x^n dx = F(1) - int_0^1 F(x)dx^n;;... (*))

注意到(int_0^1 F(x) dx^n = int_0^c F(x)dx^n + int_c^1 F(x)dx^n)，(cin [0,1])

由于(F(x))连续，(x^n)不变号，那么由积分第一中值定理，(int_0^c F(x)dx^n + int_c^1 F(x)dx^n = F(c_1) x^n|_0^c + F(c_2)x^n|_c^1)，其中，(c_1 in [0,c], c_2in [c,1])

整理得，((F(c_1)-F(c_2))c^n+F(c_2))，令(n o +infty)得(lim_{n o+infty} int_0^1 F(x) dx^n = F(c_2))

再令(c o1)，得(lim_{n o+infty} int_0^1 F(x)dx^n = F(1))，代入((*))式得证

（本题中的分布积分法并不平凡）

题六

设(m,n)为非零整数，证明：

(1) $$int_{-pi}^{pi} sin^2 mx dx = int_{-pi}^{pi} cos^2 mx dx = pi$$

(2)$$int_{-pi}^{pi} sin(mx)sin(nx) dx = int_{-pi}^{pi} cos(mx)cos(nx) dx = 0 (|m| eq n)$$

(3)$$int_{-pi}^{pi} sin(mx)cos(nx) dx = 0$$

---

(1) (sin^2 mx = frac{1}{2}(1-cos(2mx)))，剩下易证

(2) (sin(mx)sin(nx) = -frac{1}{2}[cos((m+n)x) - cos((m-n)x)])，剩下易证

(3)和(2)没有太大区别，也可以直接利用奇函数的性质

---

题七

举例说明，当无穷积分(int_a^{+infty} f(x)dx)收敛时，且(f(x))为正连续函数时，无穷积分(int_a^{+infty} f^2(x) dx)不一定收敛，(lim_{x o+infty} f(x) = 0)也未必成立

---

对于第一个条件，考虑(f(x) = egin{cases} frac{1}{x^frac{2}{3}} &(xin(0,1])\ frac{1}{x^2} &(xin [1,+infty)end{cases})

容易验证满足题目要求，当然，这是利用了瑕积分，希望有更好的例子

对于第二个条件，令(x_n = 2^n)，(y_n = 2^n + 2^{-n-1})，(z_n = 2^n + 2^{-n})，我们记(L(a, b, v_a, v_b))表示经过点((a, v_a))和点((b,v_b))的线性函数

我们考虑函数(g(x) = egin{cases} L(x_n, y_n, frac{1}{x_n^2}, 1) &(xin [x_n, y_n]) \L(y_n,z_n,1,frac{1}{z_n^2})&(xin [y_n,z_n]) \ frac{1}{x^2}&(otherwise)end{cases})

其为正连续函数，但无穷处不存在极限，并且无穷积分(int_1^{+infty} g(x)dx)收敛

题八

1. 讨论$$int_e^{+infty} frac{ln(ln x)}{ln x} sin x dx$$的敛散性

---

(int_{e}^{+infty} sin x dx)有界，(frac{ln(ln x)}{ln x})在((e^2, +infty))单减并且趋于0，那么由(Dirichlet)判别法，其收敛

但是并不绝对收敛，容易讨论，这里略去

---

2. 讨论$$int_0^{+infty} frac{sqrt x sin x}{1+x} dx$$的条件收敛性和绝对收敛性

   ---

   由(Dirichlet)判别法易知其收敛，由于(int_0^{+infty} frac{sqrt x}{1+x} dx)不收敛，因此原积分不绝对收敛

   ---

3. 讨论$$int_1^{+infty} frac{1}{x} sin frac{1}{x} dx$$的条件收敛性和绝对收敛性

   ---

   该函数的敛散性与(frac{1}{x^2})等价，因此绝对收敛

题九

设(f(x),g(x))在([a,b])上连续，且满足

[int_a^x f(t) dt geq int_a^x g(t) dt (xin [a,b]),;;int_a^b f(t) dt = int_a^b g(t)dt ]

证明：(int_a^b xf(x) dx leq int_a^b xg(x)dx)

---

设出(f(x),g(x))的变上限积分，分部积分完事

---

题十

设(f(x))在([a,b])上连续，且(int_a^b f(x)dx = 0, int_a^b xf(x)dx = 0)，证明：至少存在两点(x_1, x_2 in (a,b))，使得(f(x_1) = f(x_2) = 0)

---

设出(f(x))的变上限积分(F(x))，由条件可以得到(F(a) = F(c) = F(b) = 0 (cin (a,b)))，由(Rolle)定理即证

---

题十一

求

[int_{-1}^1 frac{x^2}{1+e^{-x}} dx ]

---

(int_{-1}^1 frac{x^2}{1+e^{-x}} dx = int_0^1 frac{x^2}{1+e^{-x}} + frac{x^2}{1+e^x} dx = int_0^1 x^2 dx = frac{1}{3}x^3|_0^1 = frac{1}{3})

---

题十二

设(f(x))在([a,b])上有连续导函数，证明：

[max_{aleq xleq b} |f(x)| leq frac{1}{b - a } |int_a^b f(x)dx| + int_a^b|f'(x)|dx ]

---

设(F(x) = int_a^x f(x)dx)，将(F(a), F(b))在某点(x)展开，得

(F(a) = F(x) + F'(x)(a-x)+int_a^x F''(x)(a-x)dx ;;...(a))

(F(b) = F(x) + F'(x)(b-x) + int_b^x F''(x)(b-x)dx ;;...(b))

将((b))与((a))作差并整理，得到

(|F'(x)|=frac{1}{b-a}|F(b) + int_a^x F''(x)(a-x)dx - int_b^x F''(x)(b-x)dx|)

因此有(|f(x)| leq frac{1}{b-a}|F(b)| + frac{1}{b-a}|int_a^x F''(x)(a-x)dx - int_b^x F''(x)(b-x)dx|;...(*))

而(|int_a^x F''(x)(a-x)dx - int_b^x F''(x)(b-x)dx| leq int_a^x |F''(x)||(a-x)|dx+int_x^b |F''(x)||(b-x)|dx)

此时(|F''(x)|)非负，可以运用积分第一中值定理，得到上式(leq (b-a)int_a^b |F''(x)|dx)

代入到((*))式中，命题得证