一道極限題目的推廣

羅 群

（肇慶學院 數學與信息科學學院，廣東 肇慶 526061）

極限是微積分學中非常重要的內容，與極限有關的題目相當多.筆者由一道用定積分表示的極限題目的證明過程得到啟示，對題目的條件進行減弱，經過推廣得出更一般的結論.本文所給例題的結論及證明過程，對準備報考研究生和參加全國大學生數學競賽的學生有一定助益.

1 一道極限題目

例1[1]設函數f(x)在[0，1]上連續可微，證明nf(x)dx=f(1).

證 由于函數f(x)與xn(n=1,2,…)均在[0，1]連續可微，由分部積分公式，有

由于函數xn+1在[0，1]連續且不變號，f′(x)在[0，1]連續，由推廣的積分第一中值定理[2]218，存在ξ∈(0,1),使得

于是

因f′(x)在[0，1]連續，從而在[0，1]有界，所以，故

注1 例1的條件“f(x)在[0，1]連續可微”太強，可以減弱為下面例題的條件。

2 結論的推廣

例2 設函數f(x)在[0，1]上黎曼可積，且f′(1)存在，證明f(x)dx=f(1).

證 設

則g(x)在[0，1]上黎曼（Riemann）可積，從而有界，且

于是

由于f′(1)存在，由帶有佩亞諾(Peano)型余項的泰勒（Taylor）公式[2]134，有

由式（1）和（3）得g(x)=o((x-1))，從而有=0.由極限定義，對任意ε＞0 ，存在δ＞0(δ＜1)，使得對任意x:1-δ＜x＜1，有|g(x)|＜ε|x-1|.

又因g(x)在[0,1]上有界，所以存在M＞0，使得對任意x∈[0,1]，有|g(x)| ≤M,于是

由于0＜1-δ＜1，所以=0.由ε的任意性，于是

由式（2），得

注2 1)例2中“f′(1)存在”可以是“f_′(1)存在”，結論及證明均不變.

2)從例2的證明過程可看出在例2的條件下，若還有f(1)=0，則結論可變為f(x)dx=-f′(1).這

正是“第2屆全國大學生數學競賽”預賽題中的一道題目.

3)可以將例2推廣到更一般的情形，為此要用到如下積分公式：

其中:n,k均為正整數.該積分公式可用數學歸納法進行證明.

例3 設函數f(x)在[0,1]上黎曼可積，且f在點x=1存在直至k階導數，且f(1)=f′(1)=…=f(k-1)(1)=0,則

證 設

由已知條件，有g(x)=f(x)--1)k，則g(x)在[0,1]上黎曼可積，從而有界，且

于是

由于f在點x=1存在直至k階導數，由帶有佩亞諾(Peano)型余項的泰勒公式[2]134，有

由式（4）和（6）有g(x)=o((x-1)k)，于是=0.由極限定義，對任意ε＞0，存在δ＞0(δ＜1)，使得對任意x:1-δ＜x＜1，有|g(x)|＜ε|x-1|k.

又因g(x)在[0,1]上有界，所以存在M＞0，使得對任意x∈[0,1]，有|g(x)|≤M，于是

由于0＜1-δ＜1，由正項級數收斂的比式判別法[3]知，對任意i=0,1,2…,k，均有級數收斂，從而=0.由ε的任意性，于是有

由式（5）得

注3 在例3中，將“導數”改為“左導數”，結論及證明過程不變.

[1]吳良森,毛羽輝,宋國棟,等.數學分析習題精解:單變量部分[M].北京:科學出版社,2004:208.

[2]華東師范大學數學系.數學分析:上冊[M].3版.北京:高等教育出版社,2008.

[3]華東師范大學數學系.數學分析:下冊[M].3版.北京:高等教育出版社,2008:8.