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科目名称：数学分析

适用专业：基础数学，计算数学，概率论与数理统计，应用数学，运筹学与控制论

一、求解下列各题（每小题$10$分，共$60$分）

$1$、确定$\alpha$与$\beta$，使

$$\lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{3n^2+4n-2} -\alpha n-\beta \right)=0.$$

解：欲使

$$\lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{3n^2+4n-2} -\alpha n-\beta \right)=0$$

由

$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{3n^2+4n-2} -\alpha n-\beta \right)\\
= & \lim_{n\to \infty} \dfrac{3n^2+4n-2-(\alpha n+\beta )^2}{\sqrt{3n^2+4n-2}+\alpha n+\beta}\\
= & \lim_{n\to \infty} \dfrac{(3-\alpha ^2)n^2+(4-2\alpha \beta )n-2-\beta ^2}{\sqrt{3n^2+4n-2}+\alpha n+\beta}
\end{align}$$

这时，只需令

$$3-\alpha ^2=0，4-2\alpha \beta =0$$

即可解出

$$\begin{cases} \alpha _1 =\sqrt{3} \\ \beta _1 =\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \end{cases},\begin{cases} \alpha _2 =-\sqrt{3} \\ \beta _2 =-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \end{cases}$$

当$\alpha _2 =-\sqrt{3},\beta _2 =-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$时，

$$\begin{align}
& \lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{3n^2+4n-2} -\alpha n-\beta \right)\\
= & \lim_{n\to \infty} \left( \sqrt{3n^2+4n-2} -(-\sqrt{3}) n-(-\dfrac{2\sqrt{3}}{3})\right) \to \infty \neq 0
\end{align}$$

故舍去$\alpha _2 =-\sqrt{3},\beta _2 =-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

因此，当$\alpha =\sqrt{3},\beta =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$时，

$$\lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{3n^2+4n-2} -\alpha n-\beta \right)=0.$$

$2$、讨论函数$f(x),g(x)$在$x=0$处的可导性，其中

$$f(x)=\begin{cases} -x, & x为无理数 \\ x, & x为有理数 \end{cases}$$

$$g(x)=\begin{cases} -x^2, & x为无理数 \\ x^2, & x为有理数 \end{cases}.$$

解：函数$f(x)$在$x=0$处不可导，函数$g(x)$在$x=0$处可导.

$a)$首先取以$x=0$为极限的一组数列$\lbrace x_n \rbrace$，其中$x_n$为无理数，$n\in \mathbb{N}$.

则有

$$\lim_{x_n \to 0}\dfrac{f(x_n )-f(0)}{x_n -0}= \lim_{x_n \to 0}\dfrac{-x_n -0}{x_n -0}=-1$$

然后取以$x=0$为极限的另一组数列$\lbrace x_n’ \rbrace$，其中$x_n’$为有理数，$n\in \mathbb{N}$.

则有

$$\lim_{x_n’ \to 0}\dfrac{f(x_n’ )-f(0)}{x_n’ -0}= \lim_{x_n’ \to 0}\dfrac{x_n’ -0}{x_n’ -0}=1$$

根据归结原则可得$f(x)$在$x=0$处不连续，所以由定理：若函数$f$在点$x_0$处可导，则$f$在点$x_0$连续.可知函数$f(x)$在$x=0$处不可导.

$b)$取任意一组以$x=0$为极限的数列$\lbrace x_n \rbrace$，其中$n\in \mathbb{N}$.

则有

$$\lim_{x_n \to 0}\dfrac{g(x_n )-g(0)}{x_n -0}= \lim_{x_n \to 0}\dfrac{\mid {x_n }^2 \mid -0}{x_n -0}=\lim_{x_n \to 0}\dfrac{\mid {x_n }^2 \mid}{x_n } $$

通过对上式分析可知，不管$x_n$取无理数还是有理数，都有

$$\lim_{x_n \to 0}\dfrac{\mid {x_n }^2 \mid}{x_n }=0$$

可知函数$g(x)$在$x=0$处可导.

$3$、已知$f(x)$在$[ 0,+\infty )$上连续，且满足$0 \leq f(x) \leq x$，$x\in [ 0,+\infty )$.设$a_1 \geq 0$，$a_{n+1} =f(a_n )$，$n=1,2,\cdots $，证明：

$1) \lbrace a_n \rbrace $收敛；

$2)$ 若$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n =l $，则$f(l)=l$.

证明：

$1)$因为$f(x)\leq x$，所以$f(a_n )\leq a_n$.又$a_{n+1} =f(a_n )$，所以$a_{n+1} -a_n =f(a_n )-a_n \leq 0$.故$\lbrace a_n \rbrace $是单调递减的.

因为$x\in [ 0,+\infty )$，所以$a_n \in [ 0,+\infty )$，即$a_n$有下界$0$.

根据单调有界定理，可知$\lbrace a_n \rbrace $收敛.

$2)$若$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n =l $，加上$f(x)$在$[ 0,+\infty )$上连续，故可对等式$a_{n+1} =f(a_n )$两边取极限，即

$$\lim_{n \to \infty}a_{n+1} =\lim_{n \to \infty}f(a_n ) =f(\lim_{n \to \infty}a_n ) $$

故有$l=f(l)$.

于是若$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n =l $，则$f(l)=l$.

$4$、判断下面级数的收敛性

$$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)},x \geq 0.$$

解：正项级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)},x \geq 0$收敛.

理由如下：

记$u_n=\dfrac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)}$，

由比式判别法的极限形式，

$$\begin{align}
& \lim_{n \to \infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\\
= & \lim_{n \to \infty}\dfrac{x^{n+1}}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)(1+x^{n+1})}\cdot \dfrac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)}\\
= & \lim_{n \to \infty}\dfrac{x}{1+x^{n+1}}\\
\end{align}$$

当$0\leq x < 1$时，$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{x}{1+x^{n+1}}=x < 1$.

当$x=1$时，$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{x}{1+x^{n+1}}=\dfrac12 < 1$.

当$x > 1$，$ \displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{x}{1+x^{n+1}}=0 < 1$.

综上所述，正项级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)},x \geq 0$收敛.

$5$、讨论函数

$$f(x,y)=(1+e^y)\cos x-ye^y$$

的极大值和极小值.

解：由方程组

$$\begin{cases} f_x =-(1+e^y)\sin x =0 \\ f_y =e^y(\cos x -1-y) \end{cases},$$

得$f$的稳定点$P_0 \lbrace (2k\pi ,0),((2k+1)\pi ,-2) \mid k \in Z\rbrace$.

由

$$\begin{cases} f_{xx} =-(1+e^y)\cos x \\ f_{xy} =-\sin xe^y \\ f_{yy}=e^y(\cos x-2-y)\end{cases} $$

知，当$P_0$取为$(2k\pi ,0),k \in Z$时

$$f_{xx} (P_0 )=-2 < 0,f_{xy} (P_0 )=0,f_{yy} (P_0 )=-1,(f_{xx} f_{yy} -f_{xy}^2)(P_0 )=2 > 0.$ $

当$P_0$取为$((2k+1)\pi ,-2),k \in Z$时

$$f_{xx} (P_0 )=1+e^{-2},f_{xy} (P_0 )=0,f_{yy} (P_0 )=-e^{-2},(f_{xx} f_{yy} -f_{xy}^2)(P_0 )=-e^{-2}(1+e^{-2}) < 0.$ $

因此$f$在点$P_0 \lbrace (2k\pi ,0)\mid k \in Z\rbrace$取得极大值$f\lbrace (2k\pi ,0) \rbrace =2$，$f$在点$P_0 \lbrace ((2k+1)\pi ,-2)\mid k \in Z\rbrace$不能取得极值.

$6$、计算

$$\underset{S}{\iint}x^3\,dy\,dz+2y^3\,dz\,dx+3z^3\,dx\,dy\, ,$$

其中$S$为球面

$$x^2+y^2+z^2=a^2$$

的外侧.

解：应用高斯公式，所求曲面积分等于

$$\begin{align}
& \underset{V}\iiint \left[ \dfrac{\partial}{\partial x}(x^3)+\dfrac{\partial}{\partial y}(2y^3)+\dfrac{\partial}{\partial z}(3z^3)\right] dx\,dy\,dz \\
= & \underset{V}\iiint (3x^2+6y^2+9z^2) dx\,dy\,dz
\end{align}$$

其中$V$是球体

$$x^2+y^2+z^2\leq a^2.$$

由于

$$\underset{V}\iiint (3x^2+6y^2+9z^2) dx\,dy\,dz= \underset{V}\iiint 3x^2 dx\,dy\,dz +\underset{V}\iiint 6y^2 dx\,dy\,dz \underset{V}\iiint 9z^2 dx\,dy\,dz ,$$

其中

$$\underset{V}\iiint 3x^2 dx\,dy\,dz ={\int}_{-a}^a 3x^2 dx \underset{R_x}\iint dy\,dz ,$$

这里$R_x$表示圆面：

$$y^2+z^2\leq a^2-x^2$$

或

$$\dfrac{y^2}{a^2-x^2}+\dfrac{z^2}{a^2-x^2}\leq 1 .$$

它的面积为

$$\pi \left( \sqrt{a^2-x^2}\right) \left( \sqrt{a^2-x^2}\right) =\pi \left( a^2-x^2\right).$$

于是

$$\underset{V}\iiint 3x^2 dx\,dy\,dz ={\int}_{-a}^a 3x^2\pi \left( a^2-x^2\right) dx=\dfrac{4}{5}\pi a^5.$$

又因为$V$是球体，故有

$$\underset{V}\iiint 6y^2 dx\,dy\,dz=2\underset{V}\iiint 3x^2 dx\,dy\,dz =\dfrac{8}{5}\pi a^5.$$

$$\underset{V}\iiint 9z^2 dx\,dy\,dz=3\underset{V}\iiint 3x^2 dx\,dy\,dz =\dfrac{12}{5}\pi a^5.$$

所以

$$\begin{align}
& \underset{S}{\iint}x^3\,dy\,dz+2y^3\,dz\,dx+3z^3\,dx\,dy \\
= & \underset{V}\iiint (3x^2+6y^2+9z^2) dx\,dy\,dz \\
= & \dfrac{4}{5}\pi a^5 + \dfrac{8}{5}\pi a^5 + \dfrac{12}{5}\pi a^5 \\
= & \dfrac{24}{5}\pi a^5
\end{align}$$

二、（$15$分）设$p$为正常数，函数$f(x)=\cos (x^p)$，证明：当$ 0 < p \leq 1$时，$f(x)$在$[ 0,+\infty )$上一致连续.

证明：任取$a > 0$，函数$f(x)=\cos (x^p),0 < p \leq 1$在$[0,a]$上连续，从而在区间$[0,1]$上一致连续.

即对任给的正数$\varepsilon$，存在正数$\delta _1$，对$x_1 ,x_2 \in [0,a]$，当$\mid x_1 -x_2 \mid < 0$时，有

$$\mid \cos \left( x_1^p \right) -\cos \left( x_2^p \right) \mid < \varepsilon$$

现再考虑$f(x)$在$[ \dfrac{a}{2},+\infty )$上的一致连续性.

由于当$x_1 ,x_2 \in [ \dfrac{a}{2},+\infty ),0 < p \leq 1$时

$$\begin{align}
& \mid \cos \left( x_1^p \right) -\cos \left( x_2^p \right) \mid\\
= & \mid 2\sin \dfrac{x_1^p +x_2^p}{2} \sin \dfrac{x_1^p -x_2^p}{2} \mid\\
\leq & 2\mid \sin \dfrac{x_1^p -x_2^p}{2} \mid \\
\leq & \mid x_1^p -x_2^p \mid \\
\leq & \mid x_1 -x_2 \mid ^p\\
\end{align}$$

对上述$\varepsilon$,令$\delta _2 =\sqrt[p]{\varepsilon}$，当$x_1 ,x_2 \in [ \dfrac{a}{2},+\infty )$，$0 < p \leq 1$，且$x_1 -x_2 ＜ \delta _2$时，有$\mid f(x_1 ) -f(x_2 )\mid < \varepsilon$.

现取$\delta =\min \lbrace \delta _1 ,\delta _2 ,\dfrac{a}{2}\rbrace $，当$x_1 ,x_2 \in [ 0,+\infty )$，从而有

$$\mid f(x_1 ) -f(x_2 )\mid < \varepsilon$$

故$f(x)$在$[ 0,+\infty )$上一致连续.

三、（$15$分）证明

$$\int_a^b e^{-xy}\,dy\, =\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x},$$

并计算积分

$$\int_0^{\infty} \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx,~ (b > a > 0).$$

证明：

$$\int_a^b e^{-xy}\,dy\, =-\dfrac{e^{-xy}}{x}{\Large \mid} _a^b=-\dfrac{e^{-xb}}{x}-\left( -\dfrac{e^{-xa}}{x}\right) =\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}.$$

积分

$$\int_0^{\infty} \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx= \int_0^{\infty} \int_a^b e^{-xy}\,dy\,dx=\int_a^b \int_0^{\infty} e^{-xy}\,dx\,dy=\int_a^b \dfrac{1}{y}\,dy=\ln{\mid y\mid} {\Large \mid} _b^a=\ln{\dfrac{b}{a}}.$$

四、（$15$分）令

$$f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{\ln{(1+xy)}}{x}, & x\neq 0 \\ y, & x=0 \end{cases},$$

证明$f(x,y)$在其定义域上是连续的.

证明： $f(x,y)$的定义域为$D=\lbrace (x,y)\mid xy > -1\rbrace$，显然$f(x,y)$在$(x,y)\in D$，$x\neq 0$处连续.

对于$(0,0)$处，有$f(0,0)=0$.

而

$$\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \dfrac{\ln{(1+xy)}}{x}=\lim_{(x,y)\to (0,0)} y\dfrac{\ln{(1+xy)}}{xy}=\lim_{(x,y)\to (0,0)} y\ln{(1+xy)^{\frac{1}{xy}}} =0=f(0,0)$$

所以$f(x,y)$在$(0,0)$处连续.

对于任意的$y_0 \neq 0$来说，有$f(0,y_0 )=y_0$.

而

$$\lim_{(x,y)\to (0,y_0 )} f(x,y)=\lim_{(x,y)\to (0,y_0 )} \dfrac{\ln{(1+xy)}}{x}=\lim_{(x,y)\to (0,y_0 )} y\dfrac{\ln{(1+xy)}}{xy}=\lim_{(x,y)\to (0,y_0)} y\ln{(1+xy)^{\frac{1}{xy}}} =y_0 =f(0,y_0 )$$

所以$f(x,y)$在$(0,y_0)$处连续.

综上所述，$f(x,y)$在其定义域上是连续的.

五、（$15$分）求积分

$$I=\underset{D}{\iint} \left( \sqrt{\dfrac{x-c}{a}}+\sqrt{\dfrac{y-c}{b}} \right)\,dx\,dy ,$$

其中$D$由曲线$\sqrt{\dfrac{x-c}{a}}+\sqrt{\dfrac{y-c}{b}}=1$和$x=c,y=c$所围成，且$a ,b,c > 0$.

解：为了简化积分区域，作变换

$$x=a\mu ^2+c, y=b\nu ^2+c.$$

因此，它把$xy$平面上的区域$D$对应到$\mu \nu$平面上的三角形区域$\Delta $:由$\mu \geq 0$，$\nu \geq 0$和$\mu +\nu \leq 1$所组成.

由于

$$J(\mu ,\nu )
\begin{vmatrix}
2a\mu & 0 \\
0 & 2b\nu \\
\end{vmatrix}=4ab\mu \nu , (\mu ,\nu )\in \Delta,
$$

所以，

$$\begin{align}
I & =\underset{D}{\iint} \left( \sqrt{\dfrac{x-c}{a}}+\sqrt{\dfrac{y-c}{b}} \right)\,dx\,dy \\
& =\underset{\Delta }{\iint} (\mu +\nu )\cdot 4ab\mu \nu \,d\mu \,d\nu \\
& =4ab\int_0^1 \int_0^{1-\mu} (\mu ^2 \nu +\mu \nu ^2) d\nu \,d\mu \\
& =4ab\int_0^1 \dfrac{\mu ^4 -3\mu ^2 +2\mu}{6} \,d\mu \\
& =4ab \cdot \dfrac{1}{6} \left( \dfrac{\mu ^5}{5}-\mu ^3 +\mu ^2 \right) {\LARGE \mid} _0^1\\
& =\dfrac{2ab}{15}\\
\end{align}$$

五、（$15$分）设$f$为定义在$(a,+\infty )$上的函数，在每一有限区间$(a,b)$上有界，且

$$\lim_{x\to +\infty } \left[ f(x+1)-f(x)\right] =A,$$

证明

$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x}=A.$$

证明：由题设$\displaystyle \lim_{x\to +\infty } \left[ f(x+1)-f(x)\right] =A$.因此对任给正数$\varepsilon$，必存在正数$x_0 > a$，使得$x \geq x_0$时，有$\mid f(x+1)-f(x)-A\mid < \dfrac{\varepsilon}{3}$.

现设$x > x_0 +1$，于是存在正整数$n$(信赖于$x$)，满足$n \leq x-x_0 < n+1$.令$L=x-x_0 -n$，则$0 \leq L < 1$，且$x =x_0 +n + L$.于是有

$$\begin{align}
& \mid \dfrac{f(x)}{x}-A\mid \\
= & \mid n\cdot \dfrac{f(x)}{xn}-A\mid \\
= & \mid n\cdot \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)+f(x_0 +L)}{xn}-A\mid \\
= & \mid \dfrac{n}{x}\cdot \left[ \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)}{n}-A+A\right] +\dfrac{f(x_0 +L)}{x}-A \mid \\
= & \mid \dfrac{n}{x}\cdot \left[ \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)}{n}-A\right] +\dfrac{f(x_0 +L)}{x}+\dfrac{n}{x}\cdot A-A \mid \\
= & \mid \dfrac{n}{x}\cdot \left[ \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)}{n}-A\right] +\dfrac{f(x_0 +L)}{x}-\dfrac{x_0 +L}{x}\cdot A\mid
\end{align}$$

显然

$$\begin{align}
& \mid \dfrac{n}{x}\cdot \left[ \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)}{n}-A\right]\\
\leq & \mid \dfrac{f(x)-f(x_0 +L)}{n}-A \mid \\
= & \mid \dfrac{f(x_0 +L+n)-f(x_0 +L+n-1)+f(x_0 +L+n-1)-\cdots -f(x_0 +L+1)+f(x_0 +L+1)-f(x_0 +L)}{n}-A \mid \\
= & \dfrac{1}{n}\mid \sum_{k=1}^n\left[ f(x_0 +L+k)-f(x_0 +L+k-1)-A\right] \mid \\
\leq & \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\mid f(x_0 +L+k)-f(x_0 +L+k-1)-A\mid\\
< & \dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{n}{3}\varepsilon \\
= & \dfrac{\varepsilon }{3}
\end{align}$$

由题设知$f(x)$在每一有限区间$(a,b)$上有界，可知函数$f(x)$在$x_0 \leq x < x_0 +1$上也有界，故存在正数$x_1$，使当$x > x_1$时，便有

$$\mid \dfrac{f(x_0 +L)}{x}\mid < \dfrac{\varepsilon}{3}(0 \leq L < 1)$$

又显然存在正数$x_2$，使当$x > x_2$时，有$\mid \dfrac{x_0 +L}{x}\cdot A\mid < \dfrac{\varepsilon}{3} $

令$X=\max \lbrace x_0 +1 ,x_1 ,x_2 \rbrace $，于是当$x > X$时，便有

$$\mid \dfrac{f(x)}{x}-A\mid < \dfrac{\varepsilon}{3} +\dfrac{\varepsilon}{3} + \dfrac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$$

故有

$$\lim_{x\to +\infty } \dfrac{f(x)}{x}=A.$$

六、（$15$分）设$f(x),g(x)$在$[ a,b]$连续，证明

$$\lim_{\lambda (\Delta)\to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\theta _i)\Delta x_i =\int_a^b f(x)g(x)\,dx$$

其中$\Delta$为$[a,b]$的任一分割

$$\Delta :a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n =b,\xi _i ,\theta _i \in [x_i ,x_{i+1}],i=1,2,\cdots ,n ,\Delta x_i =x_i -x_{i-1}$$

证明：因为$f(x),g(x)$在$[ a,b]$连续，故$f(x),g(x)$在$[ a,b]$上可积，且一致连续.同时，$f(x)\cdot g(x)$在$[ a,b]$上也可积.

记$\displaystyle J=\int_a^b f(x)g(x)\,dx$，则对任给的正数$\varepsilon$，总存在某一正数$\delta _1$，使得对$[ a,b]$的任何分割，以及在其上任意选取的点集$\lbrace \xi _i \rbrace$，只要$\begin{Vmatrix}\Delta \\ \end{Vmatrix} < \delta _1$，就有

$$\mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\xi _i)\Delta x_i -J\mid < \varepsilon.$$

同时，记$\displaystyle A=\int_a^b f(x)\,dx$，则对任给的正数$\varepsilon$，总存在某一正数$\delta _2$，使得对$[ a,b]$的任何分割，以及在其上任意选取的点集$\lbrace \xi _i \rbrace$，只要$\begin{Vmatrix}\Delta \\ \end{Vmatrix} < \delta _2$，就有

$$\mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)\Delta x_i -A\mid < \varepsilon.$$

同样地，对于$g(x)$在区间$[ a,b]$上一致连续，则对任给的正数$\varepsilon$，存在$\delta _3=\delta (\varepsilon ) > 0$，使得对任何$x’,x’’\in [a,b]$，只要$\mid x’-x’’\mid < \delta _3 $，就有

$$\mid g(x’)-g(x’’)\mid < \dfrac{\varepsilon}{A}.$$

因此，

对任任给的正数$\varepsilon$，总存在某一正数$\lambda (\Delta) =\min \lbrace \delta _1 ,\delta _2 ,\delta _3 \rbrace$，使得对$[ a,b]$的任何分割，以及在其上任意选取的点集$\lbrace \xi _i \rbrace$以及点集$\lbrace \theta _i \rbrace$，只要$\begin{Vmatrix}\Delta \\ \end{Vmatrix} < \lambda (\Delta) $，就有

$$\begin{align}
& \mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\theta _i)\Delta x_i -J\mid \\
\leq & \mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\xi _i)\Delta x_i -J\mid +\mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)\left[ g(\theta _i)-g(\xi _i)\right] \Delta x_i \mid \\
\leq & \mid \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\xi _i)\Delta x_i -J\mid +\underset{\mid x’-x’’\mid < \lambda (\Delta)}{\max}\mid g(x’)-g(x’’)\mid \sum_{i=1}^n \mid f(\xi _i)\mid \Delta x_i\\
< & \varepsilon + \dfrac{\varepsilon}{A} \cdot A=2\varepsilon
\end{align}$$

这时，根据定义可得

$$\lim_{\lambda (\Delta)\to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi _i)g(\theta _i)\Delta x_i =\int_a^b f(x)g(x)\,dx.$$