一個常見極限題的拓展

問題. 設\(f\in C[0,1]\)，且\(f'(0)\)存在，則當\(n\to \infty\)時，有

\[\int_0^1 f(t^n)\text{d}t=f(0)+\frac{1}{n}\int_0^1\frac{f(t)-f(0)}{t}\text{d}t+o\Big(\frac{1}{n}\Big). \]

可以將等式左側的積分記為\(I_n\)，並定義\(g\)如下：

\[g(0)=f'(0),\ g(x)=\frac{f(x)-f(0)}{x}(0<x\leqslant 1). \]

於是\(g\in C[0,1]\)，並設\(G(x)\)是其一個原函數. 我們斷言：\(I_n\to f(0)\).

對於任何\(a\in (0,1)\)，我們有

\[\begin{align*} |I_n-f(0)|& =\left|\int_0^1\big(f(t^n)-f(0)\big)\text{d}t\right|\\ & \leqslant \int_0^a\big|f(t^n)-f(0)\big|\text{d}t+\int_a^1\big|f(t^n)-f(0)\big|\text{d}t. \end{align*}\]

由題設，存在常數\(M\)使\(|f(x)|\leqslant M(0\leqslant x\leqslant 1)\). 給定\(\epsilon>0\)，取\(a\in (0,1)\)使\(M(1-a)<\frac{\epsilon}{4}\)，則

\[\int_a^1\big|f(t^n)-f(0)\big|\text{d}t\leqslant 2M(1-a)<\frac{\epsilon}{2}. \]

由\(f\)連續知，\(\exists \alpha=\alpha(\epsilon)\)，使\(x\in [0,\alpha]\)時有\(|f(x)-f(0)|\leqslant \frac{\epsilon}{2a}\).取\(n_0\in \mathbb{N}\)使\(a^{n_0}\leqslant \alpha\)，則\(n\geqslant n_0\)時，對\(\forall t\in [0,a]\)有\(t^n\leqslant a^n\leqslant a^{n_0}\leqslant \alpha\)，故\(\big|f(t^n)-f(0)\big|\leqslant \frac{\epsilon}{2a}\).於是

\[\int_0^a\big|f(t^n)-f(0)\big|\text{d}t\leqslant a\cdot \frac{\epsilon}{2a}=\frac{\epsilon}{2}. \]

合起來即得\(|I_n-f(0)|<\epsilon\)，即\(I_n\to f(0)\).

注意到\(t^n g(t^n)=f(t^n)-f(0)\)，從而

\[n\big(I_n-f(0)\big)=\int_0^1 nt^n g(t^n)\text{d}t=\int_0^1 t\ \text{d}G(t^n)=G(1)-\int_0^1 G(t^n)\text{d}t. \]

根據\(I_n\to f(0)\)的證明，可知\(n\big(I_n-f(0)\big)\to G(1)-G(0)=\int_0^1 g(t)\text{d}t\).明所欲證.

\(\clubsuit\ \ \color{red}{\text{Note.}}\) 本題的結果仍可精細化，即為

推論. 設\(f\in C[0,1]\)，且\(f'(0)\)存在，則對\(m\in \mathbb{N}^*\)，有

\[\int_0^1 f(t^n)\text{d}t=f(0)+\sum_{k=0}^{m-1}\frac{1}{n^{k+1}}\int_0^1\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot\frac{\ln^k x}{k!}\text{d}x+O\Big(\frac{1}{n^{m+1}}\Big). \]

\(\textbf{證明.}\ \color{blue}{(By\ \text{MathRoc})}\) 簡單的計算表明

\[\begin{align} \int_0^1 f(t^n)\text{d}t& \xlongequal{x=t^n} f(0)+\frac{1}{n}\int_0^1\frac{f(x)-f(0)}{x}\sqrt[\uproot{2}n]{x}\text{d}x \nonumber \\ & =f(0)+\frac{1}{n}\int_0^1\frac{f(x)-f(0)}{x}\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\ln^k x}{n^k\cdot k!}\right)\text{d}x\\ & =f(0)+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{n^{k+1}}\int_0^1\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot\frac{\ln^k x}{k!}\text{d}x\\ & =\left(f(0)+\sum_{k=0}^{m-1}\right)+\sum_{k\geqslant m}=:I+J.\nonumber \end{align}\]

其中\((1)\)式到\((2)\)式的推導是因\(\sqrt[\uproot{2}n]{x}=e^{\frac{\ln x}{n}}\)的冪級數一致收斂，故可換序.

由於\(f'(0)\)存在，所以\(\frac{f(x)-f(0)}{x}\)有界.設\(M\)為\(\frac{f(x)-f(0)}{x}\)的一個上界，則

\[|J|\leqslant \sum_{k\geqslant m}\frac{M}{n^{k+1}}\left|\int_0^1\frac{\ln^k x}{k!}\text{d}x\right|=\sum_{k\geqslant m}\frac{M}{n^{k+1}}=O\Big(\frac{1}{n^{m+1}}\Big). \]

結合起來便得到結論.\(\quad\clubsuit\)