Processing math: 100%
Jun 4

计算

1010ln(2xy)1xydx dy

(tian_275461)

1010ln(2xy)1xydx dy=1010ln(1+(1xy))1xydx dy=n=1(1)n+1n1010(1xy)n1dx dy=n=1(1)n+1n210(1(1y)ny)dy=n=1(1)n+1n2Hn=(1)nn10(1x)n1lnxdx=10n=1(x1)n1nlnxdx=10\Li1(x1)lnx1xdx=10ln(1+t)ln(1t)tdt
为了计算上面的式子,我们先算
10ln2(1+x)xdx
为此考虑一般的I(t)=t0ln2(1+x)xdx=lntln2(1+t)2t0ln(x)ln(1+x)1+xdx=ln2tln(1+t)21+t1ln(y)y(lny+ln(11y))dy(y=x+1)=lntln2(1+t)23ln3(1+t)21+t1lnyyln(11y)dy(z=1y)=lntln2(1+t)23ln3(1+t)+2111+xlnzln(1z)zdz=lntln2(1+t)23ln3(1+t)2111+xlnzd\Li2(z)=lntln2(1+t)23ln3(1+t)2(lnz\Li2(z)|111+x111+x\Li2(z)zdz)=lntln2(1+t)23ln3(1+t)2ln(1+t)\Li2(11+t)2\Li3(11+t)+2\Li3(1)

I(1)=23ln322ln2\Li2(12)2\Li3(12)+2\Li3(1)

\Li2(12)=112(π26ln22)
\Li3(12)=124[4ln322π2ln2+21ζ(3)]
I(1)=ζ(3)4
对已知结论
10ln2(1x)xdx=2ζ(3)
x=t2
10ln2(1t2)tdx=ζ(3)
10ln2(1t)tdx+10ln2(1+t)tdx+210ln(1t)ln(1+t)tdx=ζ(3)
10ln(1t)ln(1+t)tdx=58ζ(3)
故有
1010ln(2xy)1xydx dy=58ζ(3)

__________________________________________________________________________________________________

根据上面的办法,我们可以得到

10ln2(1t)tdt=2ζ(3)

10ln2(1+t)tdt=14ζ(3)

n=1Hnn2=2ζ(3)

1010ln(1xy)1xydxdy=ζ(3)

n=1Hnn3=π472
 

May 21

记得这个问题曾经在大约1年前和网友讨论过,那时候真心不会。前几天在AMM上找到了一样的。

May 16

f(x)[0,1]R上的连续函数,且记F(x)=x0f(t)dt,并有
10x2f(x)dx=2112F(t)dt
求证
10f2(x)dx80(10f(x)dx)2
(tian_275461)

 首先由条件,我们看到
 10x2F(x)dx=x2F(x)|10210xF(x)dx=F(1)210xF(x)dx
 F(1)=210xF(x)dx2112F(t)dt=2(120xF(x)dx+112(x1)F(x)dx)
 而要证的不等式等价于
 10(F(x))2dx24(F(1))2=80[2(120xF(x)dx+112(x1)F(x)dx)]2
 注意到由Cauchy-Schwarz不等式,我们有
 120x4120(F(x))2dx(120x2F(x)dx)2=[14F(12)2120xF(x)dx]2=A2
 112(x1)4112(F(x))2dx(112(x1)2F(x)dx)2=[14F(12)2112(x1)F(x)dx]2=B2
 而由Cauchy-Schwarz不等式,我们有
 A2+B212(A+B)2=12F2(1)
 而
 120x4dx=112(1x)4dx=1160
 故
 10f2(x)dx80(10f(x)dx)2
 

May 16

m0,若一个连续函数f:RR满足函数方程
f(2xf(x)m)=mx
则有f(x)=m(xc).
证明:
我们设g(x)=2xf(x)m,显然g(x)是连续函数且有
g(g(x))=2g(x)xxR
g(x1)=g(x2)则有g(g(x1))=g(g(x2)),我们得到
x1=x2
g(x)是一个单射,而我们知道,若g(x)是一个连续的单射,则g(x)严格单调。(关于这一点可以用反证法证明),因此,g(x)有2种情况,严格递增或者严格递减。下证明g(x)只能严格递增。
(反证)设g(x)严格递减,则对于x1<x2,我们有g(x1)>g(x2),接着又有g(g(x1))<g(g(x2)).而这等价于
2g(x1)x1<2g(x2)x2
2[g(x1)g(x2)]<x1x2
上面不可能成立,因为左边大于0而右边小于0。故g(x)只能严格递增。
改写g(g(x))=2g(x)x
g(g(x))g(x)=g(x)x
递推后得到
gn(x)=ng(x)(n1)x(n1)
这里g(n)(x)表示n次符合。
则有
gn(x)gn(0)=n[g(x)xg(0)]+x
gn(x)gn(0)n=g(x)xg(0)+xn
g(x)严格递增,gn(x)也严格递增,故对上式令n,由g(x)的单调性,我们得到

g(x)x+g(0),x<0
g(x)x+g(0),x>0

这样,我们得到g(x)的值域也是R,故g(x)是一个一一映射。且g1存在。现在,用x=g1(g1(y))带入原来的方程,则有
g1(g1(y))=2g1(y)y
g1(y)同样满足这个方程,则用相同的手段,我们得到

g1(y)y+g(0),y<0
g1(y)y+g(0),y>0

现在,用x=g1(y)带入
g(g(x))g(x)=g(x)x
得到
g(y)y=yg1(y)
y=0得到g1(0)=g(0)
假设g(0)0,则对x>0g(x)x+g(0)>0,则对y=g(x)>0x>g(x)+g1(0)=g(x)g(0).故得到
g(x)=x+g(0)(x>0)
同理可得
g(x)=x+g(0)(x<0)
这样我们得到f(x)=m(xg(0)xR成立。

May 9

问题:设f(x)[0,1]上的单调递增正连续函数。令s=10xf(x)dx10f(x)dx.求证:
s0f(x)dx1sf(x)dxs1ss0f(x)dx

(假装阳光的蜡烛网友)
证明:我们会用到一个引理

引理(Jensen积分不等式)

fR[0,1],且mf(x)M,x[0,1], 又有连续函数φ(x)[n,M]上是(下)凸的,则
φ(10f(x)dx)10φ[f(x)]dx

这个定理具体可以参见相关资料,这里不再证明。
回到原问题,我们设
F(x)=x0f(t)dt
由条件我们知道F(x)严格单调递增,并且是凸函数。观察下s=10xf(x)dx10f(x)dx,不失一般性,我们可以设
F(1)=10f(t)dt=1
这样
s=F(1)10F(x)dx=110F(x)dx,0F(x)1,12s1
而原不等式变成
F(s)1F(s)s1sF(s)
先证左边,就是要证
F(s)12
而根据上面的分析,我们有
F(s)=F(110F(x)dx)=F(10(1F(x))dx)10F(1F(x))dx(这里用了Jensen不等式)=10F(1xf(t)dt)dx101xF(f(t))dtdx(这里再次用了Jensen不等式)101x1dtdx=12
故左边得证。下面证右边,就是
1=F(1)=10f(t)dt11sF(s)
1sF(s)

F(ts)tF(s)+(1t)F(0)=tF(s)
F(ts+1t)tF(s)+(1t)F(1)=tF(s)+1t
我们有
s0F(x)dx=s10F(ts)dts2F(s)
1sF(x)dx=(1s)10F(ts+1t)dt1s2(F(s)+1)
上面两式相加得
12(F(s)+1s)10F(x)dx=xF(x)|1010xf(x)dx=1s
则有
1sF(s)