1. (1) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有界, 在 $x=1$ 处连续, 试求极限 $\dps{\vlm{n}n\int_0^1 x^{n-1}f(x)\rd x}$.

(2) 计算以下渐近等式 $$\bex \int_0^1 \cfrac{x^{n-1}}{1+x}\rd x=\cfrac{a}{n}+\cfrac{b}{n^2}+o\sex{\cfrac{1}{n^2}}\quad(n\to\infty) \eex$$ 中的待定常数 $a,b$.

解答: (1) 由 $f$ 在 $x=1$ 处连续知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta\in (0,1),\st 1-\delta\leq x\leq 1\ra |f(x)-f(1)|<\ve. \eex$$ 设 $|f(x)|\leq M,\ \forall\ x\in [0,1]$, 则 $$\beex \bea \sev{n\int_0^1 x^{n-1} f(x)\rd x-f(1)} &=\sev{\int_0^1 nx^{n-1}[f(x)-f(1)]\rd x}\\ &\leq \int_0^{1-\delta}nx^{n-1}|f(x)-f(0)|\rd x +\int_{1-\delta}^1 nx^{n-1}|f(x)-f(0)|\rd x\\ &\leq2M(1-\delta)^n+\ve [1-(1-\delta)^n]\\ &<2M (1-\delta)^n+\ve. \eea \eeex$$ 令 $n\to\infty$ 有 $$\bex \vls{n}\sev{n\int_0^1 x^{n-1} f(x)\rd x-f(1)}\leq \ve. \eex$$ 再令 $\ve\to 0^+$ 即有结论. (2) $$\bex a=\vlm{n}n\int_0^1 \cfrac{x^{n-1}}{1+x}\rd x=\cfrac{1}{2}, \eex$$ $$\beex \bea b&=\vlm{n}\sez{n^2\int_0^1 \cfrac{x^{n-1}}{1+x}\rd x-\cfrac{n}{2}}\\ &=\vlm{n}n\int_0^1 nx^{n-1}\sex{\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{1}{2}}\rd x\\ &=\vlm{n}n\int_0^1 \sex{\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{1}{2}}\rd x^n\\ &=\vlm{n}n\int_0^1 \cfrac{x^n}{(1+x)^2}\rd x\\ &=\vlm{n}\cfrac{n}{n+1}\int_0^1 \cfrac{(n+1)x^n}{(1+x)^2}\rd x\\ &=\cfrac{1}{4}. \eea \eeex$$

2. 设 $f\in C[0,+\infty)$, $a$ 为实数, 且存在有限极限 $$\bex \vlm{x}\sez{f(x)+a\int_0^x f(t)\rd t}. \eex$$ 证明: $\dps{\vlm{x}f(x)}$ 存在且为零.

证明: 记 $$\bex F(x)=e^{ax}\int_0^x f(t)\rd t, \eex$$ 则 $$\bex F‘(x)=e^{ax}\sez{f(x)+a\int_0^x f(t)\rd t}, \eex$$ $$\bex \vlm{x}\cfrac{F‘(x)}{ae^{ax}}=\cfrac{1}{a}\vlm{x} \sez{f(x)+a\int_0^x f(t)\rd t} \eex$$ 存在. 由 L‘Hospital 法则, $$\bex \vlm{x}\int_0^x f(t)\rd t =\vlm{x}\cfrac{F(x)}{e^{ax}} =\vlm{x}\cfrac{F‘(x)}{ae^{ax}} \eex$$ 存在. 故 $$\bex \vlm{x}f(x)=\vlm{x}\sez{f(x)+a\int_0^x f(t)\rd t} -a\vlm{x}\int_0^x f(t)\rd t \eex$$ 存在. 由 $$\bex \vlm{x}\int_0^x f(t)\rd t \eex$$ 存在即知 $f(+\infty)=0$ (否则, $f(+\infty)=A\neq 0$. 不妨设 $A>0$, 而 $$\bex \exists\ X>0,\st x\geq X\ra f(x)\geq \cfrac{A}{2}, \eex$$ $$\beex \bea \int_0^x f(t)\rd t &=\int_0^Xf(t)\rd t+\int_X^x f(t)\rd t\quad(x\geq X)\\ &\geq \int_0^Xf(t)\rd t+\cfrac{A}{2} (x-X)\\ &\to \infty\quad (x\to\infty). \eea \eeex$$ 这是一个矛盾).

3. (1) 设 $n\in\bbN^+$, 计算积分 $\dps{\int_0^{\pi/2} \cfrac{\sin nx}{\sin x}\rd x}.$

(2) 试计算 $\dps{\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cfrac{x^2}{\sin^2x}\rd x}$.

解答: (1) 由 $$\beex \bea 2\sin x\cdot \cfrac{1}{2}&=\sin x,\\ 2\sin x\cdot \cos 2x&=\sin 3x-\sin x,\\ 2\sin x\cdot \cos 4x&=\sin 5x-\sin 3x,\\ \cdots&=\cdots,\\ 2\sin x\cdot \cos 2nx&=\sin (2n+1)x-\sin(2n-1)x \eea \eeex$$ 知 $$\bex 2\sin x\sex{\cfrac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos 2kx}=\sin (2n+1)x. \eex$$ 于是 $$\bex \int_0^{\pi/2}\cfrac{\sin (2n+1)x}{\sin x}\rd x =\int_0^{\pi/2} \sex{1+2\sum_{k=1}^n \cos 2kx}\rd x =\cfrac{\pi}{2}. \eex$$ 再由 $$\beex \bea 2\sin x\cos x&=\sin 2x,\\ 2\sin x\cos 3x&=\sin 4x-\sin 2x,\\ 2\sin x\cos 5x&=\sin 6x-\sin 4x,\\ \cdots&=\cdots,\\ 2\sin x\cos(2n-1)x&=\sin 2nx-\sin(2n-2)x \eea \eeex$$ 知 $$\bex 2\sin x\sum_{k=1}^n \cos (2k-1)x=\sin 2nx. \eex$$ 于是 $$\bex \int_0^{\pi/2} \cfrac{\sin 2nx}{\sin x}\rd x =2\int_0^{\pi/2} \sum_{k=1}^n \cos(2k-1)x\rd x =2\sum_{k=1}^n \cfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}. \eex$$ (2) $$\beex \bea \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^2}{\sin^2x}\rd x &=-\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\rd \cot x\\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cot x\rd x\\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\rd \ln \sin x\\ &=-2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x\rd x. \eea \eeex$$ 往求 $$\beex \bea \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x\rd x &=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \cos x\rd x\quad\sex{\frac{\pi}{2}-x\leftrightsquigarrow x}\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x+\ln \cos x\rd x\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin 2x\rd x-\frac{\pi}{4}\ln 2\\ &=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin 2x\rd x-\frac{\pi}{4}\ln 2\quad\sex{2x\leftrightsquigarrow x}\\ &=\frac{1}{4}\sez{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x\rd x+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \cos x\rd x }-\frac{\pi}{4}\ln 2\quad\sex{x-\frac{\pi}{2}\leftrightsquigarrow x}\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x-\frac{\pi}{4}\ln 2. \eea \eeex$$ 于是 $$\bex \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\sin x\rd x=-\frac{\pi}{2}\ln 2,\quad \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{\sin^2x}\rd x=\pi \ln 2. \eex$$

4. 设 $f(x)$ 是 $\bbR$ 上的实值函数, 若 $$\bex f(x)\leq \liminf_{y\to x}f(y), \eex$$ 则称 $f(x)$ 在 $x$ 处下半连续; 若 $f(x)$ 在任意 $x\in\bbR$ 处均下半连续, 则称 $f(x)$ 在 $\bbR$ 下半连续; 若 $-f(x)$ 下半连续, 则称 $f(x)$ 上半连续. 试证:

(1) $f(x)$ 在 $x$ 处下半连续当且仅当 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\st y\in U(x,\delta)\ra f(y)<f(x)+\ve. \eex$$

(2) $f$ 在 $x$ 处连续当且仅当 $f(x)$ 在 $x$ 处上半连续且下半连续.

(3) 若 $f$ 有下界、下半连续, 定义 $$\bex f_k(x)=\inf_{y\in\bbR} \sed{f(y)+k|x-y|},\quad k\in\bbN, \eex$$ 则 $f_k(x)$ 是连续函数, $f_1(x)\leq f_2(x)\leq \cdots\leq f_k(x)\leq \cdots$, 且 $$\bex \lim_{k\to\infty}f_k(x)=f(x),\quad\forall\ x\in\bbR. \eex$$ [这说明有界下半连续函数可由连续函数递增点点逼近]

证明: (1) $\ra$: 由 $$\bex f(x)=\liminf_{y\to x}f(y)=\sup_{\delta>0}\inf_{y\in U(x,\delta)}f(y) \eex$$ 及上确界定义知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\st \inf_{y\in U(x,\delta)}f(y)>f(x)-\ve. \eex$$ $\la$: 若 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \inf_{y\in U(x,\delta)}f(y)>f(x)-\ve, \eex$$ 则 $$\bex \liminf_{y\to x}f(y)=\sup_{\delta>0}\inf_{y\in U(x,\delta)}f(y) &\geq f(x)-\ve. \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$ 有 $\dps{\liminf_{y\to x}f(y)\geq f(x)}$. 另外, $$\bex \inf_{y\in U(x,\delta)}f(y)\leq f(x) \ra \liminf_{y\to x}f(y)=\sup_{\delta>0}\inf_{y\in U(x,\delta)}f(y)\leq f(x). \eex$$ (2) 由 (1) 知 $f(x)$ 在 $x$ 处上半连续 $\lra$ $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\st y\in U(x,\delta)\ra f(y)<f(x)+\ve. \eex$$ 于是有结论. (3) 在 $$\bex f(y)+k|x-y|\leq f(y)+k|x-z|+k|z-y| \eex$$ 中对 $y\in\bbR$ 取下确界即有 $$\bex f_k(x)\leq f_k(z)+k|x-z|. \eex$$ 调换 $x,z$, 我们发现 $$\bex f_k(z)\leq f_k(x)+k|z-x|. \eex$$ 于是 $$\bex |f_k(x)-f_k(z)|\leq k|x-z|. \eex$$ 如此, $f_k(x)$ 连续. 另外, 显然, $$\bex f_1(x)\leq f_2(x)\leq \cdots\leq f_(x)\leq \cdots,\quad\forall\ x\in\bbR. \eex$$ 往证 $\dps{\vlm{k}f_k(x)=f(x)}$. 一方面, 由 $$\beex \bea f_k(x)&=\inf_{y\in\bbR}\sed{f(y)+k|x-y|}\\ &\leq f(x)\quad\sex{\mbox{取 }y=x} \eea \eeex$$ 知 $\dps{\vlm{k}f_k(x)\leq f(x)}$. 另一方面, 由 $f$ 下半连续, $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \st y\in U(x,\delta)\ra f(y)>f(x)-\ve. \eex$$ 设 $f(x)\geq M,\ \forall\ x$, 则 $$\beex \bea y\in U(x,\delta)&\ra f(y)+k|x-y|\geq f(y)>f(x)-\ve;\\ y\not\in U(x,\delta)&\ra f(y)+k|x-y| \geq M+k\delta >f(x)-\ve\quad\sex{\mbox{只要 }k>\cfrac{-M+f(x)-\ve}{\delta}}. \eea \eeex$$ 于是当 $k>\cfrac{-M+f(x)-\ve}{\delta}$ 时, $$\beex \bea f_k(x)&=\inf_{y\in\bbR} \sed{f(y)+k|x-y|}\geq f(x)-\ve;\\ \vlm{k}f_k(x)&\geq f(x)-\ve. \eea \eeex$$ 令 $\ve\to 0^+$ 即有 $\dps{\vlm{k}f_k(x)\geq f(x)}$.

5. 设 $a_1=b, a_2=c$, 在 $n\geq 3$ 时, 由 $\dps{a_n=\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2}}$ 定义. 试证: $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n}$ 存在并求之.

解答: $$\beex \bea a_{n+1}-a_n&=-\frac{1}{2}(a_n-a_{n-1})\\ &=\cdots\\ &=\sex{-\frac{1}{2}}^{n-1}(a_2-a_1)\\ &=\sex{-\frac{1}{2}}^{n-1}(c-b),\\ a_n&=\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)+a_1\\ &=\sum_{k=1}^{n-1} \sex{-\frac{1}{2}}^{k-1} (c-b)+b\\ &=(c-b)\frac{1-\sex{-\frac{1}{2}}^{n-1}}{1-\sex{-\frac{1}{2}}}+b\\ &\to \cfrac{2(c-b)}{3}+b =\cfrac{2c+b}{3},\quad(n\to\infty). \eea \eeex$$

6. 设 $a_1>b_1>0$, $\dps{a_{n+1}=\frac{2a_nb_n}{a_n+b_n},\ b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n},\ n\in\bbN_+}$. 证明: $\sed{a_n}$ 和 $\sed{b_n}$ 收敛于同一极限.

证明: 由 $$\bex \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2b_n}{a_n+b_n},\quad \frac{a_{n+1}}{b_n}=\frac{2a_n}{a_n+b_n},\quad \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} =\sqrt{\frac{a_{n+1}}{b_n}},\quad \frac{b_{n+1}}{b_n}=\sqrt{\frac{a_{n+1}}{b_n}},\quad \eex$$ 及数学归纳法知 $$\bex b_1\leq b_2\leq \cdots \leq b_n\leq \cdots \leq a_n\leq \cdots\leq a_2\leq a_1. \eex$$ 这说明 $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n,\ \lim_{n\to\infty}b_n}$ 都存在. 于 $b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}$ 中令 $n\to\infty$ 有两极限相等.