第10次作业
习题4.3/6奇数题, 7, 9奇数题, 10奇数题, 11奇数题, 12奇数题.
主要问题
4.3/10(5)题
问题： 广义积分还没学呢, 有些同学就作换元$x=\tan t$变成广义积分.
虽然某些“参考答案”可能是用广义积分来处理的, 但是还没学过就不要使用, 还是得用万能变换$x=\tan \dfrac{t}{2}$.
作业之后的思考题:（此部分思考题为助教友情提供，与上课无关，感兴趣可以做，不感兴趣可以不做）
书中第6题是用递推来计算与$m,n$有关的数列, 现在我们来看一下计算与积分有关的数列极限的问题.
注意, 不一定要把积分的精确值算出来.
1. 设$a>1$, 计算极限
\[\lim\limits_{n\to\infty}\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}(x^a-\lfloor x^a\rfloor)\sin x\mathrm{d}x,\]其中, $\lfloor x\rfloor$表示不超过$x$的最大整数.
2. 计算极限:
(1)$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\mathrm{d}x$.
(2)$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\int_0^1nx(1-x^2)^n\mathrm{d}x$.
(3)$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\int_1^2\dfrac{\sin(nx)}{x}\mathrm{d}x$.
一般情况下积分和极限不可交换, 即 $\lim\limits_{n\to\infty} \int_a^b f_n(x)\mathrm{d}x \ne \int_a^b \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)\mathrm{d}x $.
3. (1)(习题6.2/9的弱化版本) 设$f$是$\mathbb{R}$上周期为$T$的连续函数, $g$是$[a,b]$上的连续函数, 则
\[\lim\limits_{n\to\infty}\int_a^bf(x)g(nx)\mathrm{d}x=\dfrac{1}{T}\int_0^Tf(x)\mathrm{d}x\cdot\int_a^bg(x)\mathrm{d}x.\](2)用(1)的结论或者其他方法来计算极限:
\[\lim\limits_{n\to\infty}\int_0^{\pi}\dfrac{\sin x}{1+\cos^2nx}\mathrm{d}x.\]
下面的Nagumo定理在变分法和最优控制中会用到.
4.(Nagumo定理) 若$f$是$[0,1]$上的非负连续函数, $f(0)=0$, $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)}{t}=0$, 并且满足对任意$t\in[0,1]$,
\[f(t)\le \int_0^t\dfrac{f(s)}{s}\mathrm{d}s,\]则$f$恒为$0$.
考虑常微分方程
\[x'(t)=f(t,x(t)),\]初始条件为$x(0)=0$, $a>0$, $f:[0,a]\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$是连续函数, $f(t,0)=0$, $t\in[0,a]$. 则当
\[|f(t,x)-f(t,y)|\le\dfrac{|x-y|}{t}, \forall t\in(0,a], x,y\in\mathbb{R}, \text{且}\exists M>0, |x|, |y|\le M\]时, 根据Nagumo定理可知这个常微分方程的解是唯一的.
下面的Gronwall定理在常微分方程(大二上学期课程)中会用到, 用来证明微分方程存在唯一解.
5.(Gronwall不等式) 设有四个定义在$\mathbb{R}^+$的非负连续函数$a,b,c,f$, 满足对任意$x\ge 0$, 有
\[f(x)\le \int_0^x[a(t)f(t)+b(t)]\mathrm{d}t + c(x),\]证明Gronwall不等式
\[f(x)\le \left[\int_0^xb(t)\mathrm{d}t+\max\limits_{t\in[0,x]}c(t)\right]e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}.\]6. 假设存在定义在$[0,+\infty)$上的$C^1$函数$x(t)$满足
\[\left\{\begin{aligned} &x'(t)=x(t)t+\sin(t^2+x(t)) \\ &x(0)=x_0 \\ \end{aligned}\right. \qquad (*)\]证明满足$(*)$式的$x(t)$是唯一的.
提示
1. 答案为$1$.
2. (1)【方法一】可以直接计算出$\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\mathrm{d}x$的结果,
【方法二】固定$\delta\in(0,1)$, 然后拆分
\[\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\mathrm{d}x=\int_0^{\delta}\dfrac{x^n}{1+x}\mathrm{d}x +\int_{\delta}^1\dfrac{x^n}{1+x}\mathrm{d}x\triangleq I_1+I_2.\]然后分别证明$0 < I_1 < \dfrac{\varepsilon}{2}, 0 < I_2 < \dfrac{\varepsilon}{2}.$
(2)直接计算积分为$\dfrac{n}{2(n+1)}$.
(3)用一次分部积分, 然后再作放缩.
3. 把这个积分和下面的式子作比较:
\[\sum\limits_{k=1}^n\int_{\frac{k-1}{n}(b-a)}^{\frac{k}{n}(b-a)}f\Big(\frac{k}{n}(b-a)\Big)g(x)\mathrm{d}x.\]4. 若$f(t_0)>0$, 研究$\sup\limits_{t\in [0,t_0]}\dfrac{f(t)}{t}$.
5. 建立函数$\displaystyle F(x)=\int_0^x[a(t)f(t)]\mathrm{d}t$的不等式, 再考虑函数$A(x)=F(x)e^{-\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}$.
6. 用Gronwall不等式.
部分题的解答
4. (反证法)若存在$x_0\in(0,1]$使得$f(t_0)>0$, 则$\dfrac{f(t_0)}{t_0}>0$. 根据连续函数最值定理以及$\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)}{t}=0$, 存在$t_1\in (0,t_0]$使得
\[M=\sup\limits_{t\in[0,t_0]}\dfrac{f(t)}{t} = \dfrac{f(t_1)}{t_1}.\]再由于$\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(t)}{t}=0$, 所以存在$\delta>0$, 使得当$0 < t < \delta$时, 有$\dfrac{f(t)}{t} < \dfrac{M}{2}$.
因此,
\[\begin{aligned} t_1M = f(t_1) &\le \int_0^{t_1}\dfrac{f(s)}{s}\mathrm{d}s \\ &=\int_0^{\delta}\dfrac{f(s)}{s}\mathrm{d}s + \int_{\delta}^{t_1}\dfrac{f(s)}{s}\mathrm{d}s \\ &\le \dfrac{M}{2}\delta + M(t_1-\delta) \\ & < t_1M. \end{aligned}\]产生矛盾. 因此$f$必定恒为$0$.
5. 令$\displaystyle F(x)=\int_0^xa(t)f(t)\mathrm{d}t$, 由于$a,f$都是连续函数, 则$F\in C^1$, 从而
\[F'(x)=a(x)f(x) \le a(x)F(x)+a(x)\left(\int_0^xb(t)\mathrm{d}t+\max\limits_{t\in[0,x]}c(t)\right).\]再定义$\displaystyle A(x)=F(x)e^{-\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}$, 于是
\[A'(x)=[F'(x) - a(x)F(x)]e^{-\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\le a(x)\left(\int_0^xb(t)\mathrm{d}t+\max\limits_{t\in[0,x]}c(t)\right)e^{-\int_0^xa(t)\mathrm{d}t},\]因此,
\[\begin{aligned} F(x)&= e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}A(x) \\ &=e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\int_0^xA'(t)\mathrm{d}t \\ &\le e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\int_0^x \left(a(t)\left(\int_0^tb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,t]}c(s)\right)e^{-\int_0^ta(s)\mathrm{d}s}\right)\mathrm{d}t \\ &\le e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\left(\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,x]}c(s)\right)\int_0^x a(t)e^{-\int_0^ta(s)\mathrm{d}s} \mathrm{d}t\\ &=e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\left(\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,x]}c(s)\right)\int_0^x \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(-e^{-\int_0^ta(s)\mathrm{d}s}\right) \mathrm{d}t\\ &=e^{\int_0^xa(t)\mathrm{d}t}\left(\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,x]}c(s)\right)\left[1-e^{-\int_0^xa(s)\mathrm{d}s}\right] \end{aligned}\]因此回到一开始的不等式可知
\[\begin{aligned} f(x)&=F(x)+\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+c(x) \\ &\le \left(\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,x]}c(s)\right)\left[e^{\int_0^xa(s)\mathrm{d}s}-1\right] +\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+c(x) \\ &\le \left(\int_0^xb(s)\mathrm{d}s+\max\limits_{s\in[0,x]}c(s)\right)e^{\int_0^xa(s)\mathrm{d}s}. \end{aligned}\]6. 假设$\psi(t), \phi(t)$同时满足
\[\left\{\begin{aligned} &\psi'(t)=\psi(t)t+\sin(t^2+\psi(t)) \\ &\varphi'(t)=\varphi(t)t+\sin(t^2+\varphi(t)) \\ \end{aligned}\right.\]由Newton-Leibniz公式,
\[\left\{\begin{aligned} &\psi(t)-x_0=\int_0^t \psi(s)s+\sin(s^2+\psi(s))\mathrm{d}s \\ &\varphi(t)-x_0=\int_0^t \varphi(s)s+\sin(s^2+\varphi(s)) \end{aligned}\right.\]两式作差, 可得
\[\begin{aligned} |\psi(t)-\varphi(t)|&=\left|\int_0^t(\psi(s)-\varphi(s))s+\sin(s^2+\psi(s))-\sin(s^2+\varphi(s))\mathrm{d}s\right| \\ &\le \int_0^t\left( |\psi(s)-\varphi(s)|s + 2\left|\cos\dfrac{2s^2+\psi(s)+\varphi(s)}{2}\sin\dfrac{\psi(s)-\varphi(s)}{2}\right| \right) \mathrm{d}s \\ &\le \int_0^t \left(|\psi(s)-\varphi(s)|s + 2\cdot\dfrac{1}{2}|\psi(s)-\varphi(s)|\right)\mathrm{d}s \\ &= \int_0^t|\psi(s)-\varphi(s)|(s+1)\mathrm{d}s. \end{aligned}\]根据Gronwall不等式(在Gronwall不等式中让$f(t)=\vert\psi(t)-\varphi(t)\vert$, $a(t)=t+1$, $b(t)=c(t)=0$, 可知
\[|\psi(t)-\varphi(t)|\le 0.\]即$\psi(t)=\varphi(t)$. 因此满足$(*)$的函数$x(t)$是唯一的.