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[数学分析] 北大18数分几道题的解答

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发表于 2017-12-25 01:41:37 | 显示全部楼层 |阅读模式
试题(1b):证明\[\lim_{n\to +\infty}\left(\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx\right)^n=\prod_{k=1}^{+\infty}\exp{\left(\frac{(-1)^k}{2k(2k+1)!}\right)}\]

作代换$x^n=y$
\[\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx=\frac{1}{n}\int_0^1\frac{\sin y}{y^{2-\frac{1}{n}}}dy\]
\[\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-2}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k+1}dy=\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-1}dy+\int_0^1\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k-1+\frac{1}{n}}dy\]
容易得到
\[\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-1}dy=n,\left|\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k-1+\frac{1}{n}}\right|\le \frac{1}{(2k+1)!}\]
由优级数判别法后一项中的函数项级数一致收敛,可以逐项积分,上式
\[=n+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\int_0^1 y^{2k-1+\frac{1}{n}}dy=n+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\]
最终我们得到
\[\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx=1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\]
取对数,要证明的表达式化为
\[\lim_{n\to+\infty}n\ln \left(1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right)=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{(-1)^k}{2k(2k+1)!}\right)\]

\[\left|\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right|\le \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)!}<+\infty\]
\[\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}=0\]
\[\lim_{n\to+\infty}n\ln \left(1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right)=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\]
现在我们希望极限与级数和交换顺序,考虑$[0,1]$上的函数项级数
\[f(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+x}\]
仍然由优级数判别法一致收敛,故由$\mathrm{Heine}$定理原式
\[=\lim_{n\to +\infty}f(\frac{1}{n})=f(0)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k}\]

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 楼主| 发表于 2017-12-25 02:00:57 | 显示全部楼层

试题(1c):证明

\[\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})=\ln 2-2+\frac{\pi}{2}\]
注意到下面式子中第一项是一个$\mathrm{Riemann}$和我们有
\[\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})=\int_0^1\ln(1+x^2)dx=x\ln(1+x^2)\left|_0^1\right.-\int_0^1\frac{2x^2}{1+x^2}dx=\ln 2-2+\frac{\pi}{2}\]
我们只需要再证明
\[\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})\]
利用不等式
\[x,y\ge 0,\left|\ln(1+x)-\ln(1+y)\right|=\left|\frac{x-y}{1+\xi}\right|\le|x-y|\]
\[\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})\right|\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left|\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})-\ln(1+\frac{k^2}{n^2})\right|\]
\[\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^2}=\frac{n+1}{2n^2}\to 0\]
 楼主| 发表于 2017-12-25 02:54:57 | 显示全部楼层
试题(8)
$f(x)$在$[1,+\infty)$上二次可导,$\forall x\in [1,+\infty),f(x)>0,f''(x)\le 0,f(+\infty)=+\infty$
证明
\[\lim_{s\to 0^+}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}\]
存在并求之.

由二阶导数非正,$f'(x)$在$[1,+\infty)$单减,容易看出$f'$恒正.事实上若有某个$x_0,f'(x_0)\le 0$则由单调性
\[\forall x\ge x_0,f'(x)\le f'(x_0)\le 0,f(x)\le f(x_0)\]与$f(+\infty)=+\infty$矛盾.因此$f$在$[1,+\infty)$严增.
我们将收敛性的证明与求值放在一起进行.
\[S_{2n}(s)=\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}\right)\]
注意和式中每个括号都是负的且级数通项趋于$0$,只需要证明对固定的$s>0,S_{2n}(s)$有下界则
\[\lim_{n\to +\infty}S_{2n}(s)\]存在且等于
\[\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}\]
由$\mathrm{Lagrange}$中值定理,
\[\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}=\frac{-sf'(\xi)}{f^{s+1}(\xi)},\xi\in (2k-1,2k)\]
注意$f$单增而$f'$单减我们有
\[\frac{-sf'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}\le \frac{-sf'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\]
\[\sum_{k=1}^n\frac{-sf'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le S_{2n}(s)\le \sum_{k=1}^n\frac{-sf'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\]
利用面积原理的思想来估计左右两端.
由单调性$k\ge 2$时
\[\frac{f'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le \frac{1}{2}\int_{2k-3}^{2k-1} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt\]
\[\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{f'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt=\frac{1}{2}\frac{-1}{sf^s(t)}\left|_{t=1}^{t=+\infty}\right.=\frac{1}{2sf^s(1)}\]


$S_{2n}(s)$有下界故极限存在.再次利用面积原理
$k\ge 1$时
\[\frac{f'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\ge \frac{1}{2}\int_{2k}^{2k+2} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt\]
\[\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{f'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\ge\frac{1}{2}\int_{2}^{+\infty} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt=\frac{1}{2}\frac{-1}{sf^s(t)}\left|_{t=2}^{t=+\infty}\right.=\frac{1}{2sf^s(2)}\]

\[-s\left(\frac{f'(1)}{f^{s+1}(1)}+\frac{1}{2sf^s(1)}\right)\le \lim_{n\to +\infty}S_{2n}(s)\le -s\frac{1}{2sf^s(2)}\]
由前面说明就有
\[-s\left(\frac{f'(1)}{f^{s+1}(1)}+\frac{1}{2sf^s(1)}\right)\le \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}\le -s\frac{1}{2sf^s(2)}\]
而上式左右两端在$s\to 0^+$时极限都是$-\frac{1}{2}$故
\[\lim_{s\to 0^+}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}=-\frac{1}{2}\]

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