数学分析强化讲义高等代数强化讲义

求 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{3}} \sum\limits_{k=1}^{n} k \sqrt{n^{2}-k^{2}}$

解.原式
$\begin{array}{l} =\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \sqrt{1-\left(\frac{k}{n}\right)^{2}} \\ =\int_{0}^{1} x \sqrt{1-x^{2}} d x=-\left.\frac{1}{3}\left(1-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{3} . \end{array}$

证明Riemann 函数
$R(x)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{n}, & x=\frac{m}{n}(n > 0) \\ 0, & x=\text { 为既约分理数 } \end{array}\right.$ 在 $[0,1]$ 上可积.

证明. 令 $\lambda > 0$ . 将 $[0,1]$ 分成长度 $\Delta x_{i} < \lambda$ 的若干部分区间. 取任意自然数 $N$ , 将所有部分区间分成两类:

(1) 把包含分母 $n \leq N$ 的数 $\frac{m}{n}$ 的区间列入第一类. 由于满足条件 $n \leq N$ 的数 $\frac{m}{n}$ 只能有有限个, 个数记为 $K=K_{N}$ , 故此类区间的个数就不超过 $2 K$ 个, 长度总和则不超过 $2 K \lambda$ .

(2) 把不包含上述数字的那些区间列入第二类. 对此类, 由于在这些区间内除了含有无理数外, 只能含 $n > N$ 的有理数 $\frac{m}{n}$ , 而此种有理点上, $R\left(\frac{m}{n}\right)=\frac{1}{n} < \frac{1}{N}$ , 故振幅 $\omega_{i} < \frac{1}{N}$ .
这样和数 $\sum\limits_{i} \omega_{i} \Delta x_{i}$ 分成两部分, 分别估计它们的值, 可得
$\sum\limits_{i} \omega_{i} \Delta x_{i} < 2 K_{N} \lambda+\frac{1}{N} .$
$\forall \varepsilon > 0$ , 取定一个 $N > \frac{2}{\varepsilon}$ , 再取 $\delta=\frac{\varepsilon}{4 K_{N}}$ . 于是当 $\lambda < \delta$ 时必有
$\sum\limits_{i} \omega_{i} \Delta x_{i} < \varepsilon,$
即
$\lim \limits_{d(T) \rightarrow 0} \sum\limits_{i} \omega_{i} \Delta x_{i}=0 .$
这就证明了 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积.

求极限

(1) $\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t\right)^{2}}{\int_{0}^{x} e^{2 t^{2}} d t}$ ,

(2) $\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t\left[\frac{1}{t}\right] d t$ , 其中 $\left[\frac{1}{t}\right]$ 表 $t$ 的整数部分,

(3) $\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \cos \frac{1}{t} d t$ .

解. (1) 用洛必达法则.
$\begin{aligned} \lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t\right)^{2}}{\int_{0}^{x} e^{2 t^{2}} d t}&=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2 e^{x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t}{e^{2 x^{2}}}\\ &=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2 \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t}{e^{x^{2}}}\\ &=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2 e^{x^{2}}}{2 x e^{x^{2}}}\\ &=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}=0 \end{aligned}$

(2) 由于 $f(t)=t \cdot\left[\frac{1}{t}\right]$ 具有第一类间断点 $t=\frac{1}{n}(n=1,2, \cdots)$ , 故 $\int_{0}^{x} t\left[\frac{1}{t}\right] d t$ 在 $t=\frac{1}{n}(n=1,2, \cdots)$ 均不可微, 因而不能保证使用洛必达法则. 下面来估计当 $x \rightarrow 0$ 时 $\int_{0}^{x} t\left[\frac{1}{t}\right] d t$ 的阶.
若记 $\left\{\frac{1}{t}\right\}$ 为 $\frac{1}{t}$ 的小数部分, 则
$\begin{aligned} t\left[\frac{1}{t}\right]&=t\left(\frac{1}{t}-\left\{\frac{1}{t}\right\}\right)\\ &=1-t \cdot\left\{\frac{1}{t}\right\}=1+O(t) \end{aligned}$
故
$\int_{0}^{x} t\left[\frac{1}{t}\right] d t=\int_{0}^{x}(1+O(t)) d t=x+O\left(x^{2}\right) .$
于是
$\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t\left[\frac{1}{t}\right] d t=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{x+O\left(x^{2}\right)}{x}=1 .$

(3) 因 $\lim \limits_{x \rightarrow 0} \cos \frac{1}{x}$ 不存在, 也不能使用洛必达法则. 下面用部分积分法则来估计当 $x \rightarrow 0$ 时 $\int_{0}^{x} \cos \frac{1}{t} d t$ 的阶. 因为
$\begin{aligned} \int_{0}^{x} \cos \frac{1}{t} d t&=\int_{0}^{x}\left(-t^{2}\right)\left(\sin \frac{1}{t}\right)^{\prime} d t\\ &=\left.\left(-t^{2} \sin \frac{1}{t}\right)\right|_{0} ^{x}+\int_{0}^{x} 2 t \sin \frac{1}{t} d t \\ &=-x^{2} \sin \frac{1}{x}+O\left(\int_{0}^{x} 2 t d t\right)\\ &=-x^{2} \sin \frac{1}{x}+O\left(x^{2}\right)=O\left(x^{2}\right), \end{aligned}$
故
$\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \cos \frac{1}{t} d t=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{O\left(x^{2}\right)}{x}=0$

求证 $\left|\int_{a}^{b} \dfrac{\sin x}{x} d x\right| \leq 3 \quad(0 \leq a \leq b) .$

证. 区分三种情况.

（1）假设 $b \leq \frac{\pi}{2}$ , 则有
$\left|\int_{a}^{b} \frac{\sin x}{x} d x\right| \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} d x \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{x} d x=\frac{\pi}{2} < 3 .$
这里用到不等式 $\sin x \leq x \quad\left(x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right)$ .

（2）假设 $a \geq \frac{\pi}{2}$ , 则有
$\left|\int_{a}^{b} \frac{\sin x}{x} d x\right|=\left|\frac{1}{a} \int_{a}^{\xi} \sin x d x\right| \leq \frac{2}{a} \leq \frac{4}{\pi} < 3 .$
这里用到积分学第二中值定理: 若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 非负递减, 且 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 可积, 则存在 $a \leq \xi \leq b$ , 使
$\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x=f(a) \int_{a}^{\xi} g(x) d x .$

(3) 假设 $0 \leq a < \frac{\pi}{2} < b$ , 则有
$\begin{aligned} \left|\int_{a}^{b} \frac{\sin x}{x} d x\right| & \leq\left|\int_{a}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} d x\right|+\mid \int_{\frac{\pi}{2}}^{b} \frac{\sin x}{x} d x \\ & \leq \frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi}\left|\int_{\frac{\pi}{2}}^{\xi} \sin x d x\right|\\ &=\frac{\pi}{2}+\frac{2}{\pi} < 3 . \end{aligned}$

设 $n$ 为正整数, 求 $I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n} x \sin n x d x .$

解. 部分积分, 则有
$\begin{aligned} I_{n}=&\left.\cos ^{n} x \cdot\left(-\frac{1}{n} \cos n x\right)\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}} \\ &-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} n \cos ^{n-1} x \cdot(-\sin x) \cdot\left(-\frac{1}{n} \cos n x\right) d x \\ =& \frac{1}{n}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n-1} x \cdot \sin x \cdot \cos n x d x . \end{aligned}$
两端加 $I_{n}$ 得
$\begin{aligned} 2 I_{n}&=\frac{1}{n}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n-1} x(\sin n x \cdot \cos x-\cos n x \cdot \sin x) d x\\ &=\frac{1}{n}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n-1} x \cdot \sin (n-1) x d x\\ &=\frac{1}{n}+I_{n-1} \end{aligned}.$
于是得循环公式
$I_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+I_{n-1}\right) .$
注意到
$I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cdot \sin x d x=\frac{1}{2},$
根据循环公式得
$I_{n}=\frac{1}{2^{n}}\left(\frac{2^{n-1}}{n}+\frac{2^{n-2}}{n-1}+\cdots+\frac{2}{2}+\frac{1}{1}\right) .$

设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 连续, 且 $\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$ , 其中 $A$ 为有限. 证明: $\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} f(n x) d x=A$ .

证明. 因 $A$ 为有限, 故 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 有界, 即 $|f(x)| \leq M$ $(x \in[a,+\infty))$ . 由 $\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$ 知, $\forall 0 < \varepsilon < 1, \exists X > a$ , 当 $x > X$ 时,
$|f(x)-A| < \varepsilon .$
而
$\begin{array}{l} \left|\int_{0}^{1} f(n x) d x-A\right| \leq \int_{0}^{1}|f(n x)-A| d x \\ \quad=\int_{0}^{\varepsilon}|f(n x)-A| d x+\int_{\varepsilon}^{1}|f(n x)-A| d x . \end{array}$
取 $N=\left[\frac{X}{\varepsilon}\right]+1$ , 当 $n > N, x \geq \varepsilon$ 时, 有 $n x > N \varepsilon > X$ , 故上式可写为
$\left|\int_{0}^{1} f(n x) d x-A\right| \leq(M+A) \varepsilon+\varepsilon(1-\varepsilon) < (M+A+1) \varepsilon .$
所以 $\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} f(n x) d x=A.$

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