博士家园

Hansschwarzkopf 发表于 2017-12-24 20:30:04 | 显示全部楼层 |阅读模式
证明

\[\lim_{n\to\infty}\left(1+\int_0^1\frac{\sin^n x}{x^n}dx\right)^n=+\infty.\]


证明 注意到$\sin x\geqslant x-\frac{x^3}{6},\forall x\geqslant 0$, 得到
\[\left(1+\int_0^1\frac{\sin^n x}{x^n}dx\right)^n\geqslant \left(1+\int_0^1\left(1-\frac{x^2}{6}\right)^ndx\right)^n
\geqslant
\left(1+\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\left(1-\frac{x^2}{6}\right)^ndx\right)^n
\geqslant \left(1+\frac{5}{6\sqrt{n}}\right)^n\geqslant
\frac{5\sqrt{n}}{6},\] 因此有
\[\lim_{n\to\infty}\left(1+\int_0^1\frac{\sin^n
x}{x^n}dx\right)^n=+\infty.\]

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TangSong 发表于 2017-12-24 21:04:12 | 显示全部楼层
\[\left(1+\int_0^1(1-\frac{1}{6}x^2)^ndx\right)^n\ge \left(1+\int_0^1(1-x^2)^ndx\right)^n\]

\[\int_0^1(1-x^2)^ndx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}xdx=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\]是我们熟悉的积分.$\mathrm{Wallis}$公式告诉我们它的阶有一个估计
\[ \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\sim\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{1}{\sqrt{n}}\]
$n$充分大的时候
\[\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\ge \frac{1}{2\sqrt{n}}\]
\[\lim_{n\to +\infty}\left(1+\int_0^1(1-x^2)^ndx\right)^n\ge \lim_{n\to +\infty}(1+\frac{1}{2\sqrt{n}})^n=+\infty\]
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 楼主| Hansschwarzkopf 发表于 2018-1-3 08:17:14 | 显示全部楼层
简化的估计如下:

\[\left(1+\int_0^1\frac{\sin^n x}{x^n}dx\right)^n>n\int_0^1\frac{\sin^n x}{x^n}dx\geqslant
n\int_0^{\frac{1}{\sqrt {n}}}\frac{\sin^n
x}{x^n}dx>\sqrt{n}\left(\sqrt{n}\sin\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n>\sqrt{n}
\left(1-\frac{1}{6n}\right)^n\geqslant \frac{5}{6}\sqrt{n}.\]
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