数学分析(II) 习题七

1

作 \(f(t)=\alpha+\beta t\) 的分割，将 \(\left[0,T\right]\) \(n\) 等分 \(\Delta:0=x_0<x_1<\dots<x_n=T\)。

在区间 \([\frac{i-1}{n}T,\frac inT]\) 取 \(\xi_i\) 作和式 \(\sum_{i=1}^nf(\xi_i)(\frac in-\frac {i-1}n)T=\frac Tn\sum_{i=1}^n(\alpha+\beta\xi_i)\)。

由于 \(f(t)\) 在 \([\frac {i-1}nT,\frac inT]\) 上单调递增，有

\[m_i=\alpha+\beta\frac{i-1}n T\le \alpha+\beta\xi_i\le \alpha+\beta\frac inT=M_i \]

\[\lim_{n\to \infty}\frac Tn\sum_{i=1}^n(\alpha+\beta\frac{i-1}nT)=\alpha T+\frac 12\beta T^2 \]

\[\lim_{n\to \infty}\frac Tn\sum_{i=1}^n(\alpha+\beta\frac{i}nT)=\alpha T+\frac 12\beta T^2 \]

由夹逼收敛原理得

\[\lim_{n\to \infty}\frac Tn\sum_{i=1}^n(\alpha+\beta \xi_i)=\alpha T+\frac 12 \beta T^2 \]

2

\(f(x)\) 在区间 \((a,b)\) 可积 \(\Rightarrow\) \(\forall \epsilon\), \(\exists \delta>0\)，对任何一个分割 \(\Delta\)，当 \(\lambda(\Delta)<\delta\) 时，任取 \(\xi_i\in [x_{i-1},x_i]\)，有

\[|\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i-I|<\epsilon \]

反证：设定积分不唯一，设一个是 \(I_1\)，一个是 \(I_2\)，取 \(\epsilon=\frac{I_1+I_2}2\)，根据定积分定义 \(I_1\) 的条件和 \(I_2\) 的条件必有一个满足不了，矛盾。

3

1

\[\begin{aligned} &\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^n\frac 1{n+i}\\ =&\lim_{n\to \infty}\int_{\frac 1{2n}}^\frac 1nx^{-1} \mathrm{d}x\\ =&\ln 2 \end{aligned} \]

2

\[\begin{aligned} 原式&=\mathrm e^{\lim_{n\to\infty}{\frac{\sum_{i=0}^{n-1}\ln(n+i)}{n}}-\ln n}\\ &=\mathrm e^{\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{i=0}^{n-1}\ln(1+\frac in)}{n}}\\ &=\mathrm e^{\int_0^1\ln(1+x)\mathrm dx}\\ &=\mathrm e^{2\ln 2-1}\\ &=\frac 4{\mathrm e} \end{aligned} \]

3

\[\begin{aligned} 原式&=2\pi\int_0^1(2+\sin(2\pi x))\mathrm dx\\ &=4\pi \end{aligned} \]

4

\[\lim_{n\to \infty}\frac {a_n}{n^{\alpha}}=1 \]

\(\Rightarrow\forall\epsilon>0,\exists \N,s.t.\forall n>N,|\frac {a_n}{n^\alpha}-1|<\epsilon,i.e.n^\alpha(1-\epsilon)<a_n<n^\alpha(1+\epsilon)\)

由于 \(a\) 的前 \(N\) 项不影响极限，不妨设 \(\forall n,n^{\alpha}(1-\epsilon)<a_n<n^\alpha(1+\epsilon)\)。

\[\lim_{n\to\infty}\frac 1{n^{1+\alpha}}\sum_{i=1}^na_i\le \lim_{n\to\infty}\frac 1{n^{1+\alpha}}\sum_{i=1}^ni^\alpha(1+\epsilon)=(1+\epsilon)\int_0^1x^\alpha\mathrm dx=\frac {1+\epsilon}{1+\alpha} \]

同理有

\[\lim_{n\to \infty}\frac 1{n^{1+\alpha}}\sum_{i=1}^na_i\ge \frac {1-\epsilon}{1+\alpha} \]

由 \(\epsilon\) 的任意性可得，极限为 \(\frac 1{1+\alpha}\)。

5

显然 \(f\)，\(g\) 都有界，设有上界 \(M\) 和 下界 \(m\)，设有 \(K\) 个点的值不同，\(\forall \epsilon>0\)，对于一个分割 \(\Delta:a=x_0<x_1<\dots<x_n=b\)，如果有 \(\lambda(\Delta)<\frac \epsilon K\)，那么 \(\sum_{i=1}^n\Delta x_if(\xi_i)\) 和 \(\sum_{i=1}^n\Delta x_ig(\xi_i)\) 相差不超过 \(\epsilon\)，因此 \(g\) 也在 \([a,b]\) 上可积，并且 \(\int_{a}^b g(x)\mathrm dx=\int_{a}^bf(x)\mathrm dx\)。

6

\("\Rightarrow":\)

根据定义，\(\forall \epsilon>0,\exists\Delta\) 满足条件。

\("\Leftarrow":\)

先证有界。反证：设 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上无界，对于一个 分割 \(\Delta\)，必有一个区间 \([x_{i-1},x_i]\) 无界，\(\forall M, \exists\xi_i\in[x_{i-1},x_i],s.t.f(\xi_i)>\frac M{\Delta x_i}\)，则 \(\sum_{i=1}^n\Delta x_if(\xi_i)>M\)，矛盾，因此 \(f(x)\) 有界。

由条件得：

\[|(\sum_{i=1}^n\Delta x_im_i)-I|<\epsilon\\ |(\sum_{i=1}^n\Delta x_iM_i)-I|<\epsilon \]

由这两个式子可得：

\[\sum_{i=1}^n\Delta x_i(M_i-m_i)<2\epsilon\\ i.e.\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i<2\epsilon \]

因此 \(f(x)\in R[a,b]\)

7

\(f(x)\in R[a,b]\Leftrightarrow\exists I,s.t.\forall\epsilon>0,\exists \Delta,s.t.|\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_{i}(f)-I|<\epsilon\Leftrightarrow \exists I,s.t.\forall\epsilon>0,\exists \Delta,s.t.|\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_{i}(f^+)-I|<\epsilon,|\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_{i}(f^-)-I|<\epsilon\Leftrightarrow f^+(x),f^-(x)\in R[a,b]\)

8

\(\forall \epsilon>0,\exists \delta>0,\forall \Delta,\lambda(\Delta)<\delta,s.t.\)

\[\begin{aligned} &|\sum_{i=1}^nf(\xi_i)g(\eta_i)\Delta x_i-\int_{a}^bf(x)g(x)\mathrm dx|\\ =&|\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\eta_i)\Delta x_i-\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\xi_i)\Delta x_i+\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\xi_i)\Delta x_i-I|\\ \le&|\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\eta_i)\Delta x_i-\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\xi_i)\Delta x_i|+|\sum_{i=1}^n(f\xi_i)g(\xi_i)\Delta x_i-I|\\ \le&|\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\omega_i\Delta x_i|+\frac \epsilon 2 \end{aligned} \]

因为 \(f(x)\in R[a,b]\)，\(\exists M,\forall x\in [a,b],s.t.|f(x)|<M\)，又因为 \(g(x)\in R[a,b]\)，\(\exists\delta>0,\forall \Delta,\lambda(\Delta)<\delta,\sum_{i=1}^n \Delta x_i\omega_i<\frac\epsilon{2M}\)。

因此，

上面的式子

\[\begin{aligned} &|\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\omega_i\Delta x_i|+\frac \epsilon 2\\ \le&\frac \epsilon 2 +\frac \epsilon 2\\ =&\epsilon \end{aligned} \]

9

1

原本 \(\omega_i=M_i-m_i\)，现在 \(\omega'_i=\frac 1{m_i}-\frac 1{M_i}=\frac{M_i-m_i}{M_im_i}\)，取 \(\epsilon'=\frac \epsilon{m^2}\)，因此 \(|\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i'|<\epsilon'\)，由于 \(m\) 是常数，\(\epsilon\) 是任意取的，因此 \(\epsilon'\) 可以任意取，因此 \(\frac 1{f(x)}\) 可积。

2

同理，原本 \(\omega_i=M_i-m_i\)，现在 \(\omega'_i=\ln M_i-\ln m_i=\ln \frac {M_i}{m_i}\le \frac{M_i-m_i}{m_i}\)，取 \(\epsilon'=\frac{\epsilon}{m}\) 即可。

10

\("\Rightarrow":\)

\(\forall \epsilon\)，存在分割 \(\Delta:a=x_0<x_1<\dots<x_n=b\)，\(\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i<\frac \epsilon 2\)，\(\exists\delta\to 0\)，构造 \(g(x)=m_i,\forall x\in[x_{i-1}+\delta,x_i-\delta]\)，\(g(x)=m_1,\forall x\in [a,x_1-\delta]\)，\(g(x)=m_2,\forall x\in[x_{n-1}+\delta,b]\)。若 \(m_{i}<m_{i+1},\forall 1\le i<n\)，连接 \((x_{i}-\delta,m_i)\) 和 \((x_{i},m_i)\)，再连接 \((x_i,m_i)\) 和 \((x_i+\delta,m_{i+1})\)，这样可以将分段函数 \(m(x)\) 变得连续。同理，也能构造出 \(h(x)\)，满足第一个和第二个条件。

\("\Leftarrow":\)

\(g(x),h(x)\) 连续 \(\Rightarrow g(x),h(x)\in R[a,b]\)。

由条件 \((2)\) 中 \(\epsilon\) 的任意性，可得 \(\int_{a}^bg(x)\mathrm dx=\int_{a}^b h(x)\mathrm dx\)，又因为 \(\int_a^bg(x)\mathrm dx\le \underline{\int_a^b}f(x)\mathrm dx\le \overline{\int_a^b}f(x)\mathrm dx\le \int_a^b h(x)\mathrm dx\)。因此 \(f(x)\) 上下积分相等，因此 \(f(x)\in R[a,b]\)。

11

\(f(x)\) 在闭区间上连续，说明一致连续，对于一个 \(\epsilon>0\)，\(\exists \delta>0\)，\(\forall x_1,x_2,|x_1-x_2|<\delta,s.t.|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon\)，对于这个 \(\delta\)，存在一个 \(g(x)\) 的分割 \(\Delta:a=x_0<x_1<\dots<x_n=b\)，满足 \(\forall\sigma>0,\omega_i\ge \delta\) 的小区间 \([x_{i-1},x_i]\) 区间长度之和小于 \(\sigma\)。而 \([x_{i-1},x_i]\) 上在 \(g(x)\) 上振幅小于 \(\delta\) 的在 \(f\circ g\) 上振幅不超过 \(\epsilon\)，而振幅不小于 \(\epsilon\) 的小区间长度之和不超过 \(\sigma\)，因此 \(f(g(x))\in R[a,b]\)。

12

从 \([\frac{2a+b}3,\frac{a+2b}3]\) 开始迭代，每次取这个区间中振幅至少减半的，长度至少减半的一个区间，得到一个闭区间套序列 \([a_1,b_1],[a_2,b_2]\dots\)。\(\exists x_0\in \cap_{i=1}^\infty[a_i,b_i]\)，对于一个 \(\epsilon\)，可以找到一个 \(n\)，\([a_n,b_n]\) 振幅小于 \(\epsilon\)，显然 \(a_n<x_0<b_n\)，那么取 \(\delta=\min\{b_n-x_0,x_0-a_n\}\)，即可满足 \(\forall x_1,x_2\in U_0(x-0,\delta),|x_1-x_2|<\epsilon\)，于是 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处连续。

13

对于 \(\forall\epsilon>0,\forall \sigma>0\)，设有 \(N\) 个聚点，除去这 \(N\) 个聚点的 \(\frac{\epsilon}{8N}\) 邻域中的间断点还有 \(M\) 个间断点。每个间断点用长度小于 \(\frac{\epsilon}{4M}\) 的区间覆盖。除去上述区间还有 \(K\) 个闭区间 \(I_1,\dots,I_K\)，\(f(x)\) 在每个 \(I_j(j=1,2,\dots K)\) 上连续，从而一致连续，存在 \(\delta>0\)，当 \(x',x''\) 同属一个小闭区间 \(I_j\)，\(|x'-x''|<\delta\) 时，有 \(|f(x')-f(x'')|<\frac{\epsilon}{2(b-a)}\)，那么对小闭区间分割，和所有前面的闭区间端点分割，得到分割 \(\Delta:a=x_0,x_1\dots,x_n=b\)，满足

\[\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i<\frac{\epsilon}{8N}2N+\frac{\epsilon}{4M}M+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon \]

证毕。

14

如果 \(0\notin [a,b]\)，只有有限个间断点，\(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上可积。

否则 \(0\in [a,b]\)，对于任意 \(\epsilon>0\)，取 \(\delta=\min\{-a,b,\frac \epsilon 6\}\)，由于 \(f(x)\in[a,-\delta]\)，存在分割 \(\Delta_1\) 满足 \(\sum_{i=1}^{n_1}\Delta_1 x_i\omega_i<\frac \epsilon 3\)，同理可得 \([\delta,b]\) 的分割 \(\Delta_2\) 满足 \(\sum_{i=1}^{n_2}\Delta_2 x_i\omega_i<\frac \epsilon 3\)，将两个分割合并，算上中间的区间 \([-\delta,\delta]\)，振幅不超过 \(2\)，得到分割 \(\Delta:a=x_0<x_1,\dots,x_n=b\)，满足

\[\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i<\frac \epsilon 3+\frac \epsilon 6\cdot 2+\frac \epsilon 3=\epsilon \]

证毕。

15

设 f(x) 有下界 \(m>0\)，那么 \(\int_{a}^bf(x)\mathrm dx\ge \int_{a}^bm\mathrm dx=m(b-a)>0\)。

16

\(\forall\epsilon>0,\exists h=\frac\epsilon{2m},s.t.\)

\[\begin{aligned} &\int_{a}^b|f(x+h)-f(x)|\mathrm dx\\ \ge&\int_{a+h}^{b+h}f(x)\mathrm dx-\int_a^bf(x)\mathrm dx\\ =&\int_{b}^{b+h}f(x)\mathrm dx-\int_{a}^{a+h}f(x)\mathrm dx\\ >&-2mh\\ =&-\epsilon \end{aligned} \]

由 \(f(x)\in R[a,b]\)，存在分割 \(\Delta:a=x_0<x_1<\dots<x_n\)，\(\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i<\epsilon\)，则

\[\begin{aligned} &\int_{a}^b|f(x+h)-f(x)|\mathrm dx\\ =&\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}|f(x+h)-f(x)|\mathrm dx\\ \le&\sum_{i=1}^n\Delta x_i\omega_i\\ <&\epsilon \end{aligned} \]

证毕。

17

1

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{2\pi}x(\sin x)^{2n+1}\mathrm dx\\ =&\int_{0}^{\pi}x(\sin x)^{2n+1}\mathrm dx+\int_{\pi}^{2\pi}x(\sin x)^{2n+1}\mathrm dx\\ =&\int_{0}^{\pi}x(\sin x)^{2n+1}\mathrm dx+\int_{0}^{\pi}(x+\pi)(-\sin x)^{2n+1}\mathrm dx\\ =&\int_{0}^\pi \pi(-\sin x)^{2n+1}\mathrm dx\\ <&0 \end{aligned} \]

2

\[\begin{aligned} &\int_{-1}^1e^{-x}\sin x\mathrm dx\\ =&\int_{-1}^0e^{-x}\sin x\mathrm dx+\int_{0}^1e^{-x}\sin x\mathrm dx\\ =&\int_{0}^1e^{x}\sin x\mathrm dx+\int_{0}^1e^{-x}\sin x\mathrm dx\\ >&0 \end{aligned} \]

3

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{2\pi}\frac{\sin x}x\mathrm dx\\ =&\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}x\mathrm dx-\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{x+\pi}\mathrm dx\\ >&0 \end{aligned} \]

18

令 \(A=\int_{a}^bf^2(x)\mathrm dx,B=\int_a^bg^2(x)\mathrm dx,C=\int_a^b |f(x)||g(x)|\mathrm dx\)。

\(\forall t,s.t.\)

\[0\le \int_a^b(t|f(x)|+|g(x)|)^2\mathrm dx=t^2A+2tC+B \]

可以推出 \(4C^2-4AB\le 0\)，因此 \(C\le A^{\frac 12}B^{\frac 12}\)，证毕。

19

1

\(\forall \epsilon>0\)，令 \(\delta=\min\{\frac \epsilon 4,\frac 12\}\)，\(\exists N,s.t.\forall n>N,\forall x\in[-1,1]\setminus U(0,\delta),(1-x^2)^n<\frac \epsilon{4}\)，那么

\[\begin{aligned} &\int_{-1}^1(1-x^2)^n\mathrm dx\\ =&\int_{-1}^{-\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx+\int_{-\delta}^{\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx+\int_{\delta}^{1}(1-x^2)^n\mathrm dx\\ <&\frac \epsilon 4+2\delta+\frac \epsilon 4\\ \le&\epsilon \end{aligned} \]

2

\(\forall \delta>0,n\to0\) 时，令：

\[\begin{aligned} a(\delta,n)&=\frac{\int_{-1}^{-\delta} f(x)(1-x^2)^n\mathrm dx}{\int_{-\delta}^{\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx}\to0\\ b(\delta,n)&=\frac{\int_{\delta}^{1} f(x)(1-x^2)^n\mathrm dx}{\int_{-\delta}^{\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx}\to0\\ x(\delta,n)&=\frac{\int_{-\delta}^{\delta} f(x)(1-x^2)^n\mathrm dx}{\int_{-\delta}^{\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx}\\ c(\delta,n)&=\frac{\int_{\delta}^1(1-x^2)^n\mathrm dx}{\int_{-\delta}^{\delta}(1-x^2)^n\mathrm dx}\to 0 \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} 原式&=\frac{a(\delta,n)+x(\delta,n)+b(\delta,n)}{1+2c(\delta,n)}\\ |原式-f(0)|&=|\frac{a(\delta,n)+x(\delta,n)+b(\delta,n)-f(0)-2c(\delta,n)f(0)}{1+2c(\delta,n)}|\\ &\le |a(\delta,n)+x(\delta,n)+b(\delta,n)-f(0)-2c(\delta,n)f(0)|\\\ \end{aligned} \]

\(\forall \epsilon>0,\exists\delta_0>0,\forall x\in U(0,\delta_0),s.t.|f(x)-f(0)|,a(\delta_0,n),b(\delta_0,n),2c(\delta_0,n)f(0)<\frac \epsilon 4\)，此时：

\[|x(\delta_0,n)-f(0)|\le |\frac{\int_{-\delta_0}^{\delta_0}(f(x)-f(0))(1-x^2)^n\mathrm dx}{\int_{-\delta_0}^{\delta_0}(1-x^2)^n\mathrm dx}|<\frac \epsilon 4 \]

因此 \(原式-f(0)<\epsilon\)，证毕。

20

对于任意闭区间 \([a,b]\)，如果又 \(\int_a^b f(x)\mathrm dx\neq 0\)，那么 \(a\) 和 \(b\) 中作为条件中的 \(x\) 必有一个不满足，又因为连续，所以：

\[f(x)\equiv 0 \]

21

1

\[\begin{aligned} |f(x)|&\le \min\{|f(x)|\}+\max_{x_1,x_2\in[a,b]}\{f(x_1)-f(x_2)\}\\ &\le |\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm dx|+\int_a^b |f'(x)|\mathrm dx \end{aligned} \]

2

若有 \(\forall x_0,f(x_0)<0\) 或 \(\forall x_0,f(x_0)>0\)，那么必有 \(\min\{|f(x)|\}<|\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm dx|\)，则命题成立。否则 \(\exists x_0,x_1,s.t.f(x_0)<0,f(x_1)>0\)，则 \(\forall x,|f(x)|<\max_{x_2,x_3\in [a,b]}\{f(x_2)-f(x_3)\}\)，证毕。

22

\(f(x)\) 在 \(0\) 处可导 \(\Rightarrow\) \(\int_0^xf(t)\mathrm dt\) 可导，两边同时求导可得 \(f(x)=\frac 12f(x)+\frac 12xf'(x),i.e.f(x)-xf'(x)=0\Rightarrow\forall x\neq 0,(\frac {f(x)}{x})'=0\Rightarrow \forall x\neq 0,f(x)\equiv cx\)。对于 \(x=0\)，\(f(x)\) 连续 \(\Rightarrow f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}cx=0\)。证毕。

23

\(P'_n(x)\) 是 \(n-1\) 阶多项式，零点个数不超过 \(n-1\)，\([a,b]\) 按照零点分成不超过 \(n\) 段，每段 \(P'_n(x)\) 同号，每段都有 \(\int_a^b|P'_n(x)|\mathrm dx=|\int_a^b P'_n(x)\mathrm dx|=|P_n(b)-P_n(a)|\le 2\max_{a\le x\le b}\{|P_n(x)|\}\)，加起来即得 \(\int_a^b|P'_n(x)|\mathrm dx\le 2n\max_{a\le x\le b}\{|P_n(x)|\}\)。

24

1

由条件得：

\[\begin{aligned} &bf^2(b)-af^2(a)=0\\ \Rightarrow&\frac 12\int_a^b (xf^2(x))' \mathrm dx=0\\ \Rightarrow&\int_a^b (xf(x)f'(x)+\frac 12f^2(x))\mathrm dx=0\\ \Rightarrow&\int_a^bxf(x)f'(x)\mathrm dx=-\frac 12\int_a^bf^2(x)\mathrm dx \end{aligned} \]

证毕。

2

由柯西-施瓦茨不等式得：

\[\int_a^b [f'(x)]^2\mathrm dx\cdot \int_a^b[xf(x)]^2\mathrm dx\ge(\int_a^bxf(x)f'(x)\mathrm dx)^2=(-\frac 12\int_a^bf^2(x)\mathrm dx)\ge\frac 14 \]

25

1

\[\begin{aligned} 原式&=\lim_{n\to \infty}\frac {e^{x^2}} {2xe^{x^2}}\\ &=\lim_{n\to \infty}\frac 1{2x}\\ &=0 \end{aligned} \]

2

\[\begin{aligned} 原式&=\lim_{n\to 0+0}\frac{(\sin(x))^\alpha}{(1+\alpha)x^\alpha}\\ &=\frac 1{1+\alpha} \end{aligned} \]

3

\[\begin{aligned} 原式&=\lim_{x\to \infty}\frac{1}{(1-\alpha)x^{-\alpha}+\alpha}\\ &=\frac 1\alpha \end{aligned} \]

26

1

\[原式=\arctan(1)-\arctan(-1)=\frac \pi 2 \]

2

\[原式=2 \]

3

\[\begin{aligned} 原式&=x\arctan\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}\Bigg|_0^a-\int_{0}^ax\mathrm d\arctan\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}\\ &=\int_0^a\frac x{2\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm dx\\ &=-\frac 12\sqrt{a^2-x^2}\Bigg|_0^a\\ &=\frac a2 \end{aligned} \]

4

\[\begin{aligned} 原式&=\frac{x^{\frac 1n+1}}{\frac 1n+1}\Bigg|_0^1=\frac n{n+1} \end{aligned} \]

5

\[\begin{aligned} 原式&=\int_0^a\frac{a-x}{\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm dx\\ &\overset{x=a\sin u}=\int_0^{\frac \pi 2}\frac {a-a\sin u}{a\cos u}\mathrm da\sin u \\&=(a+a\cos u)\Bigg|_0^\frac \pi2\\ &=a\frac \pi 2-a \end{aligned} \]

6

\[\begin{aligned} 原式&=-\frac 23\int_0^1x\mathrm d(1-x)^\frac 32\\ &=-\frac 23x(1-x)^\frac 32\Bigg|_0^1+\frac 23\int_0^1(1-x)^\frac 32\mathrm dx\\ &=\frac 23\cdot(-\frac 25)(1-x)^\frac 52\Bigg|_0^1\\ &=\frac 4{15} \end{aligned} \]

7

三角换元一下

\[原式=\frac {a^4}{16} \]

略

27

略

28

\[\lim_{T\to \infty}\frac 1T\int_0^Tf(x)\mathrm dx=\lim_{T\to \infty}\frac 1T\left(\int_{0}^{\lfloor\frac T{2\pi}\rfloor\cdot 2\pi}f(x)\mathrm dx+\int_{\lfloor\frac{T}{2\pi}\rfloor\cdot 2\pi}^Tf(x)\mathrm dx\right) \]

加号右边有界，除以 \(T\) 之后趋于 \(0\)，由 \(f(x)\) 是周期函数得，左边除以 \(T\) 后极限是 \(\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi}f(x)\mathrm dx\)。

29

1

都是对同一个周期函数的一个周期积分。

2

\[\int_0^\pi xf(\sin x)\mathrm dx=\int_0^{\frac \pi 2}xf(\sin x)\mathrm dx+\int_{0}^{\frac {\pi} 2}(\pi-x)f(\sin x)\mathrm dx=\pi\int_{0}^{\frac \pi 2}f(\sin x)\mathrm dx=\frac \pi 2 \int_0^\pi f(\sin x)\mathrm dx \]

30

\[f(m)\int_a^b g(x)\mathrm dx\le \int_a^bf(x)g(x)\mathrm dx\le f(M)\int_a^bg(x)\mathrm dx \]

若 \(f(m)=f(M)\)，那么 \(f(x)\in C[a,b]\) 是常值函数，\(\xi\exists\)。若 \(f(m)<f(M)\)，上式不等号是严格的，因此 \(\xi \exists\)。

31

对于一个固定的 \(x\)，等式左边是大于 \(0\) 的常数，右边是随着 \(\xi_x\) 单调上升的函数，因此 \(\xi_x\) 唯一。