陈洪葛的博客

\[ f(a)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}}{|\sin x|^{a}}dx \]
可以看到，当$a\leq 0$时是一致收敛的，$a\geq 1$时是发散的，下证明在$(0,1)$内闭一致收敛。
将积分区域分割使无穷积分变成个级数，再做变量替换，得到
\begin{align}
f(a)&=\sum_{k=0}^{\infty}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{e^{-x}}{|\sin x|^a}dx\qquad (x=k\pi+t) \\
&=\sum_{k=0}^{\infty}e^{-k\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{e^{-t}}{\sin^{a}{t}}dt=\frac{1}{1-e^{-\pi}}\int_{0}^{\pi}\frac{e^{-t}}{\sin^{a}{t}}dt  \end{align}
注意到不等式(对$0<t\leq 1,0<\varepsilon<\frac{1}{2},\varepsilon\leq a\leq 1-\varepsilon$)
\[ \frac{e^{-t}}{\sin^{a}{t}}\leq \left(\frac{\pi}{2t}\right)^{a}\leq \left(\frac{\pi}{2}\right)^{1-\varepsilon}\cdot\frac{1}{t^{1-\varepsilon}}\]
所以，根据Weierstrass判别法，可知积分
\[ \int_{0}^{1}\frac{e^{-t}}{\sin^{a}{t}}dt \]
关于$a\in[\varepsilon,1-\varepsilon]$一致收敛，同理，积分
\[  \int_{1}^{\pi}\frac{e^{-t}}{\sin^{a}{t}}dt \]
也在$[\varepsilon,1-\varepsilon]$一致收敛。

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计算
\[ I(\alpha)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(\alpha^2+x^2)}{\beta^2+x^2}dx \]
首先讨论$\beta\neq 0$的情况，记$f(x,\alpha)=\frac{\ln(\alpha^2+x^2)}{\beta^2+x^2}$,则
\[ f'_{\alpha}(x,\alpha)=\frac{2\alpha}{(\alpha^2+x^2)(\beta^2+x^2)} \]
我们看到$f$与$f'_{\alpha}$在$(0,+\infty)\times(-\infty,+\infty)$上连续。注意到
\[ \frac{|\ln(\alpha^2+x^2)|}{\beta^2+x^2}\leq \frac{\phi(x)}{\beta^2+x^2}\qquad (\phi(x)=|\ln(A^2+x^2)| \]
可知积分$I(\alpha)$在任一区间$[-A,A]$上一致收敛，另外
\[ \frac{2\alpha}{(\alpha^2+x^2)(\beta^2+x^2)}\leq \frac{2A}{(\varepsilon^2+x^2)(\beta^2+x^2)} \]
知积分
\[ I'(\alpha)=\int_{0}^{+\infty}\frac{2\alpha dx}{(\alpha^2+x^2)(\beta^2+x^2)} \]
在$0<\varepsilon\leq |\alpha|\leq A$上一致收敛。从而
\[ I'(\alpha)=\frac{\pi\alpha}{|\alpha\beta|(|\alpha|+|\beta|)}\qquad (\alpha\beta\neq 0) \]
\[ I(\alpha)=\frac{\pi\ln(|\alpha|+|\beta|)}{|\beta|}+C \]
而
\begin{align}
I(0)&=2\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln{x}}{\beta^2+x^2}dx=\frac{2}{|\beta|}\int_{0}^{+\infty}+\frac{2}{|\beta|}\int_{0}^{\infty}\frac{\ln t}{1+t^2}dt\\
&=\pi\frac{\ln|\beta|}{|\beta|}
\end{align}
这说明$C=0$
\[ I(\alpha)=\frac{\pi\ln(|\alpha|+|\beta|)}{|\beta|} \]
若$\beta=0$,则积分$I(\alpha)$只在$|\alpha|=1$时收敛，此时，有
\[ I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}dx=\pi \]

设$a,b,c>0$，有
\[ \sqrt{\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}}+\sqrt{\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}}\geq \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{3}} \]
证明：作替换$x^2=a,y^2=b,z^2=c$,不等式变成
\[ \sum_{cyc}\frac{x^6}{x^4+x^2y^2+y^4}+2\sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{\sqrt{(x^4+x^2y^2+y^4)(y^4+y^2z^2+z^4)}}\geq \frac{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}{3} \]
注意到
\[ \sum_{cyc}\frac{x^6}{x^4+x^2y^2+y^4}=\sum_{cyc}\frac{y^6}{x^4+x^2y^2+y^4}\]
因此，不等式变成
\[ \frac{1}{2}\sum_{cyc}\frac{x^6+y^6}{x^4+x^2y^2+y^4}+2\sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{\sqrt{(x^4+x^2y^2+y^4)(y^4+y^2z^2+z^4)}}\geq \frac{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}{3} \]
\[ \Leftrightarrow 6\sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{\sqrt{(x^4+x^2y^2+y^4)(y^4+y^2z^2+z^4)}}\geq \frac{1}{2}\sum_{cyc}\left(x^2+y^2+4xy-\frac{3(x^6+y^6)}{x^4+x^2y^2+y^4}\right)\]
而
\[ \frac{1}{2}\sum_{cyc}\left(x^2+y^2+4xy-\frac{3(x^6+y^6)}{x^4+x^2y^2+y^4}\right)=\sum_{cyc}\frac{6x^3y^3-(x-y)^4(x+y)^2}{x^4+x^2y^2+y^4}\]
故
\[ \Leftrightarrow 6\sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{\sqrt{(x^4+x^2y^2+y^4)(y^4+y^2z^2+z^4)}}\geq\sum_{cyc}\frac{6x^3y^3-(x-y)^4(x+y)^2}{x^4+x^2y^2+y^4}\]
注意到两组顺序
\[ \frac{x^3y^3}{\sqrt{x^4+x^2y^2+y^4}},\frac{y^3z^3}{\sqrt{y^4+y^2z^2+z^4}},\frac{z^3x^3}{\sqrt{z^4+z^2x^2+x^4}}\]
\[ \frac{1}{\sqrt{x^4+x^2y^2+y^4}},\frac{1}{\sqrt{y^4+y^2z^2+z^4}},\frac{1}{\sqrt{z^4+z^2x^2+x^4}}\]
由排序不等式有
\[  \Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{\sqrt{(x^4+x^2y^2+y^4)(y^4+y^2z^2+z^4)}}\geq \sum_{cyc}\frac{x^3y^3}{x^4+x^2y^2+y^4}\]
Hence we are done!
 

计算
\[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\Gamma^2(k)}{k\Gamma(2k)} \]
我们看到级数就是
\[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{[(k-1)!]^2}{k\cdot (2k)!} \]
我们从一个显然的公式说起
\[ \frac{1}{1+x^2}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{2k} \]
两边对$x$积分，得到
\[ \arctan x=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} \]
注意到有
\[ \arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)=\arcsin{x} \]
我们用$ \left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)$替换$x$得到
\[ \arcsin{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{1}{2n+1}\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)^{2n+1}\]
\begin{align*}
\frac{x\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n}}{(2n-1)(1-x^2)^n}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\sum_{j=0}^{\infty}C_{n+j-1}^{j}x^{2(j+n)}\\
&=\sum_{m=1}^{\infty}x^{2m}\sum_{k=1}^{m}\frac{(-1)^{k-1}(m-1)!}{(k-1)!(m-k)!(2k-1)} 
\end{align*}
这里用到了
\[ \frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(m+n-1)!}{m!\cdot (n-1)!}x^{m} \]
注意到恒等式
\[ m\cdot \text{C}_{2m}^{m}\sum_{j=0}^{m-1}\frac{(-1)^{j}(m-1)!}{j!(m-j-1)!(2j+1)}=2^{2m-1} \]
我们得到
\[ \frac{2x\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n\cdot \text{C}_{2n}^{n}} \]
两边除$x$后积分，得到
\[ (\arcsin{x})^2=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2 \text{C}_{2n}^{n}} \]
\[ 4(\arcsin{x})^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{[(n-1)!]^2}{n\cdot (2n-1)!}\cdot (2x)^{2n} \]
令$x=\frac{1}{2}$
得到级数
\[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\Gamma^2(k)}{k\Gamma(2k)}=\frac{\pi^2}{9} \]

设$f(x)$在$[0,2]$内连续，且在$(0,2)$内可导，且$f(1)=0$,求证:$\exists \xi\in(0,2)$,使得
\[ f'(\xi)=\frac{\pi(\xi-\tan \xi)}{2\xi^2\sec \xi-\pi\xi\tan \xi}f(\xi) \]
（西西）

证明 构造
\[ F(x)=\left(2-\pi\cdot\frac{\sin{x}}{x}\right)f(x) \]
由于$F\left(\frac{\pi}{2}\right)=F(1)=0 $
由Rolle定理知$\exists \xi\in(0,2)$使得
\[ F'(\xi)=0 \]
\[ F'(x)=\pi\left(\frac{\sin{x}-x\cos{x}}{x^2}\right)f(x)+f'(x)\left(\frac{2x-\pi\sin{x}}{x}\right)\]
\[ \pi\left(\frac{\sin{\xi}-\xi\cos{\xi}}{\xi^2}\right)f(\xi)+f'(\xi)\left(\frac{2\xi-\pi\sin{\xi}}{\xi}\right)=0\]
\[ \Rightarrow f'(x)=\frac{\pi(\xi-\tan \xi)}{2\xi^2\sec \xi-\pi\xi\tan \xi}f(\xi) \]
 

设$a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$证明
\[ \sqrt{\frac{a}{a^2+b^2+1}}+\sqrt{\frac{b}{b^2+c^2+1}}+\sqrt{\frac{c}{c^2+a^2+1}}\leq \sqrt{3}\]
证明
由Cauchy-Schwarz不等式
\[ \left(\sum\sqrt{\frac{a}{a^2+b^2+1}}\right)^{2}\leq \sum(a^2+c^2+1)\sum \frac{a}{(a^2+b^2+1)(a^2+c^2+1)}=9\sum \frac{a}{(a^2+b^2+1)(a^2+c^2+1)}\]
下面证明
\[\sum \frac{a}{(a^2+b^2+1)(a^2+c^2+1)}\leq \frac{1}{3} \]
\[ \Leftrightarrow 12\sum{a}-3\sum{a^3}\leq 34-a^2b^2c^2-2\sum{a^4}\]
由$a^2b^2c^2\leq 1$,只要证明
\[ 12\sum{a}-3\sum{a^3}\leq 33-2\sum{a^4}\]
\[ \Leftrightarrow \sum_{cyc}(1-a^2)\left(2a^3-3a+2+\frac{9}{a+1}\right)\geq 0 \]
记$ \sum(1-a^2)S_{a}$,易得$S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a} $
由切比雪夫不等式
\[ \sum(1-a^2)S_{a}\geq \frac{1}{3}\sum(1-a^2)\sum S_{a}=0 \]
Done!

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