Question

数学分析的一道证明题

Answer 1

作为x的函数对1/t^x使用Lagrange中值定理得:
对1 < a < b < 2, 当t ≥ 1有|1/t^a-1/t^b| ≤ |a-b|·|ln(t)|/t^a, 当0 < t ≤ 1有|1/t^a-1/t^b| ≤ |a-b|·|ln(t)|/t^b.
由0 < ln(1+t) ≤ t, 在0 < t ≤ 1时0 < ln(1+t)|ln(t)|/t^b ≤ -ln(t)·t^(1-b).
右端原函数-ln(t)·t^(2-b)/(2-b)+t^(2-b)/(2-b)², 在[0,1]上积分收敛到1/(2-b)².
在1 ≤ t时0 < ln(1+t) ≤ ln(2)·t^((a-1)/2), 故0 < ln(1+t)ln(t)/t^a ≤ ln(2)·ln(t)·t^(-(a+1)/2).
右端原函数2ln(2)·ln(t)·t^((1-a)/2)/(1-a)-4t^((1-a)/2)/(1-a)², 在[1,+∞)上积分收敛到4/(1-a)².
我们得到控制|F(a)-F(b)| ≤ (1/(2-b)²+4/(1-a)²)·|a-b|. 由此易见F(x)在(1,2)中连续.

解释一下, 证明积分收敛性用比较判别法就行了, 但为了得到关于a,b的有界性进行了具体计算.
这个有界性是连续性证明中所需要的. 当然估计手法其实还可以更粗放一些.
印象中含参变量积分有一些现成的结论可用, 可惜我一点也想不起来了.
所以用的是基本的定义和单纯的估计.

追问

我感觉这方法不理想

追答

其实我也觉得不理想, 于是去翻书了.
手头只有菲赫金哥尔茨的《数学分析原理》, 参考第十八章"带参变数的积分".
该书语言有点老, 加上我是现学现卖, 如有错误请指出.

在x = a处含参广义积分的连续性一般需要三个条件: (1)f(t,x)对t连续;
(2)当x→a时, 在任意有限区间[δ,A]内, f(t,x)对t一致的收敛到f(t,a);
(3)广义积分的收敛, 对a的一个邻域上的x是一致的(当然首先要是收敛的).
本题中ln(1+t)/t^x作为二元函数是连续的, 因此(1)和(2)都没什么问题, 关键是(3).

首先, 对任意x∈(1,2), 该广义积分是收敛的.
t→0时, ln(1+t)/t^x ~ t^(1-x), 由比较判别法知其在[0,1]瑕积分收敛(∵1-x > -1).
而t→+∞时, ln(1+t)/t^b = o(t^(-x+δ)), 对任意0 < δ < x-1.
由比较判别法知其在[1,+∞)无穷积分收敛(∵-x+δ < -1).
然后, 我们取a的邻域[b,c], 满足1 < b ≤ a ≤ c < 2. 对任意x∈[b,c],
当t∈(0,1], 0 < ln(1+t)/t^x ≤ ln(1+t)/t^c, 已证右端在[0,1]瑕积分收敛.
当t∈[1,+∞), 0 < ln(1+t)/t^x ≤ ln(1+t)/t^b, 已证右端在[1,+∞)无穷积分收敛.
于是两边广义积分都有可积函数控制, 其收敛对x∈[b,c]是一致的, 满足条件(3).
由此x→a时, F(x)→F(a), 即F(x)在a点是连续的. 再由a的任意性, F(x)在(1,2)上连续.

如果说比原先简单, 就是因为将问题归结到条件(3), 并用可积函数控制证明了一致性.
而被积函数对x的(分段)单调性, 随着广义积分的收敛性自然提供了可积函数的控制.

Answer 2

δx→0，δF→0，连续。