陈洪葛的博客

证明
$$\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{\ln{n}}{n}\left(\frac{\sum_{k=1}^{n=1}{\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}}}{\ln{n}}-\frac{2}{\pi}n\right)}=\frac{2\gamma}{\pi}-\frac{2\ln{\pi}-\ln{4}}{\pi}$$

(tian_275461)

证明
记
$$\begin{align*}  I&= \frac{\ln{n}}{n}\left(\frac{\sum_{k=1}^{n-1}{\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}}}{\ln{n}}-\frac{2}{\pi}n\right)\\  &=\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}-2\ln{n} \end{align*}$$
只要证
$$\lim_{n\rightarrow\infty}{I}=2\gamma-2\ln{\pi}+\ln{4}$$
也就是
$$\lim_{n\rightarrow\infty}{(2\gamma-I)}=2\ln{\pi}-\ln{4}$$
记$S=2\gamma-I$,我们有
$$\gamma=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}-\ln{n}+c_{n} \quad \text{其中} c_{n}\rightarrow 0\quad  (n\rightarrow\infty)$$
$$\begin{align*}  S&=2\sum_{k=1}^{n-1}-\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}{\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}}+2c_{n}\\  &=\sum_{k=1}^{n-1}{\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right)}-\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}{\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}}+2c_{n}\\  &=\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}{\left(\dfrac{1}{\frac{k\pi}{n}}+\dfrac{1}{\pi-\frac{k\pi}{n}}\right)}-\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}{\csc{\left(\frac{k\pi}{n}\right)}}+2c_{n} \end{align*}$$
所以有
$$\lim_{n\rightarrow\infty}{S}=\int_{0}^{\pi}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}$$
故只要证
$$\int_{0}^{\pi}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}=2\ln{\pi}-\ln{4}$$
而
$$\int_{0}^{\pi}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}$$
 第二部分用替换$y=\pi-x$
$$\Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty}{S}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}$$
注意到
$$\frac{1}{\sin{x}}=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n}\left(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\right)}$$
$$\begin{align*}  \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}&=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}   \right)dx}}\\  &=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\cdot\ln{\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)}} \end{align*}$$
对$n$分奇偶性讨论
(1) $n=2m-1\ (m=1,2,\cdots)$ 时
$$(-1)^{n+1}\cdot\ln{\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)}=\ln{\left(\frac{(4m-1)(4m-3)}{(4m-2)^2}\right)}$$
(2) $n=2m\ (m=1,2,\cdots)$ 时
$$(-1)^{n+1}\cdot\ln{\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)}=\ln{\left(\frac{(4m)^2}{(4m+1)(4m-1)}\right)}$$
而
$$\sum_{m=1}^{k}{(-1)^{n+1}\cdot\ln{\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)}}=\ln{\left[\frac{1}{4k+1}\left(\frac{(2k)!!}{(2k-1)!!}\right)^{2}\right]}\rightarrow \ln{\frac{\pi}{4}} \quad \text{(用Wallis公式)}$$
马上得到
$$\int_{0}^{\pi}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\pi-x}-\frac{1}{\sin{x}}\right)dx}=2\ln{\pi}-\ln{4}$$

$\square$
 

计算

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln(2-xy)}{1-xy}dx \ dy$$

(tian_275461)

解

$$\begin{align*} \int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln(2-xy)}{1-xy}dx \ dy &= \int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln \left(1+(1-xy) \right)}{1-xy}dx \ dy \\  &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^1 \int_0^1 (1-xy)^{n-1}dx \ dy \\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\int_0^1 \left(\frac{1-(1-y)^n}{y} \right)dy \\  &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}H_n\\ &=\frac{(-1)^{n}}{n}\int_{0}^{1}{(1-x)^{n-1}\ln{x}dx}\\ &=-\int_{0}^{1}{\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(x-1)^{n-1}}{n}\ln{x}}dx}\\ &=\int_{0}^{1}{\frac{\Li_{1}(x-1)\ln{x}}{1-x}dx}\\ &=-\int_{0}^{1}{\frac{\ln{(1+t)}\ln{(1-t)}}{t}dt} \end{align*}$$
为了计算上面的式子，我们先算
$$\int_{0}^{1}{\frac{\ln^{2}{(1+x)}}{x}dx}$$
为此考虑一般的 $$\begin{align*} I(t) &= \int_0^t \frac{\ln^2(1+x)}{x}dx \\ &= \ln t\ln^2(1+t)-2\int_0^t \frac{\ln(x)\ln(1+x)}{1+x}dx \\ &= \ln^2{t}\ln(1+t)-2\int_1^{1+t}\frac{\ln(y) }{y} \left( \ln y+\ln \left( 1-\frac{1}{y}\right)\right)dy \quad (y=x+1)\\ &= \ln t\ln^2(1+t)-\frac{2}{3}\ln^3(1+t)-2\int_{1}^{1+t}{\frac{\ln{y}}{y}\ln{\left(1-\frac{1}{y}\right)}dy} \quad (z=\frac{1}{y})\\ &=\ln t\ln^2(1+t)-\frac{2}{3}\ln^3(1+t)+2\int_{\frac{1}{1+x}}^{1}{\frac{\ln{z}\ln{(1-z)}}{z}dz}\\ &=\ln{t}\ln^2(1+t)-\frac{2}{3}\ln^3(1+t)-2\int_{\frac{1}{1+x}}^{1}{\ln{z}d \Li_{2}(z)}\\ &=\ln{t}\ln^2(1+t)-\frac{2}{3}\ln^3(1+t)-2\left(\ln{z}\Li_{2}(z)\bigg|_{\frac{1}{1+x}}^{1}-\int_{\frac{1}{1+x}}^{1}{\frac{\Li_{2}(z)}{z}dz}\right)\\ &=\ln{t}\ln^2(1+t)-\frac{2}{3}\ln^3(1+t)-2\ln{(1+t)}\Li_{2}\left(\frac{1}{1+t}\right)-2\Li_{3}\left( \frac{1}{1+t} \right)+2\Li_{3}(1)  \end{align*}$$
故
$$I(1)=-\frac{2}{3}\ln^3{2}-2\ln{2}\Li_{2}\left(\frac{1}{2}\right)-2\Li_{3}\left(\frac{1}{2}\right)+2\Li_{3}(1)$$
由
$$\Li_{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{12}(\pi^{2}-6\ln^2{2})$$
$$\Li_{3}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{24}[4\ln^3{2}-2\pi^{2}\ln{2}+21\zeta(3)]$$
$$I(1)=\frac{\zeta(3)}{4}$$
对已知结论
$$\int_{0}^{1}{\frac{\ln^2{(1-x)}}{x}dx}=2\zeta(3)$$
作$x=t^{2}$
$$\Rightarrow \int_{0}^{1}{\frac{\ln^2{(1-t^2)}}{t}dx}=\zeta(3)$$
$$\Leftrightarrow \int_{0}^{1}{\frac{\ln^2{(1-t)}}{t}dx}+\int_{0}^{1}{\frac{\ln^2{(1+t)}}{t}dx}+2\int_{0}^{1}{\frac{\ln{(1-t)}\ln{(1+t)}}{t}dx}=\zeta(3)$$
$$\Rightarrow \int_{0}^{1}{\frac{\ln{(1-t)}\ln{(1+t)}}{t}dx}=-\frac{5}{8}\zeta(3)$$
故有
$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln(2-xy)}{1-xy}dx \ dy=\frac{5}{8}\zeta(3)$$

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根据上面的办法，我们可以得到

$$\int_{0}^{1}{\frac{\ln^{2}(1-t)}{t}dt}=2\zeta(3)$$

$$\int_{0}^{1}{\frac{\ln^{2}(1+t)}{t}dt}=\frac{1}{4}\zeta(3)$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{H_{n}}{n^2}}=2\zeta(3)$$

$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-xy)}{1-xy}dxdy =-\zeta(3)$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{H_{n}}{n^3}}=\frac{\pi^4}{72}$$
 

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。

设$f(x)$是$[0,1]\rightarrow R$上的连续函数，且记$\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}{f(t)dt}$,并有
$$\int_{0}^{1}{x^2f(x)dx}=-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}{F(t)dt}$$
求证
$$\int_{0}^{1}{f^2(x)dx}\geq 80\left( \int_{0}^{1}{f(x)dx}\right)^2$$
(tian_275461)

 首先由条件，我们看到
  $$\int_{0}^{1}{x^2F'(x)dx}=x^2F(x)\bigg|_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}{xF(x)dx}=F(1)-2\int_{0}^{1}{xF(x)dx}$$
  $$\Rightarrow\qquad F(1)=2\int_{0}^{1}{xF(x)dx}-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}{F(t)dt}=2\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}{xF(x)dx}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-1)F(x)dx}  \right)$$
 而要证的不等式等价于
  $$\int_{0}^{1}{(F'(x))^{2}dx}\geq 24(F(1))^2=80\left[2\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}{xF(x)dx}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-1)F(x)dx}  \right)\right]^{2}$$
 注意到由Cauchy-Schwarz不等式，我们有
  $$\begin{align*}  \int_{0}^{\frac{1}{2}}{x^4} \int_{0}^{\frac{1}{2}}{(F'(x))^{2}dx}&\geq \left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}{x^2F'(x)dx}\right)^{2}\\  &=\left[\frac{1}{4}F\left(\frac{1}{2}\right)-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}{xF(x)dx}\right]^{2}\\  &=A^2  \end{align*}$$
  $$\begin{align*}  \int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-1)^4}\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(F'(x))^{2}dx}&\geq  \left(\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-1)^2F'(x)dx}\right)^{2}\\  &= \left[-\frac{1}{4}F\left(\frac{1}{2}\right)-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-1)F(x)dx}\right]^{2}\\  &=B^2  \end{align*}$$
 而由Cauchy-Schwarz不等式，我们有
  $$A^2+B^2\geq \frac{1}{2} (A+B)^2=\frac{1}{2} F^{2}(1)$$
 而
  $$\int_{0}^{\frac{1}{2}}{x^4dx}=\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(1-x)^4dx}=\frac{1}{160}$$
 故
  $$\int_{0}^{1}{f^2(x)dx}\geq 80\left( \int_{0}^{1}{f(x)dx}\right)^2$$
 

对$\forall m\neq 0$,若一个连续函数$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$满足函数方程
$$f\left(2x-\frac{f(x)}{m}\right)=mx$$
则有$f(x)=m(x-c)$.
证明:
我们设$g(x)=2x-\frac{f(x)}{m}$,显然$g(x)$是连续函数且有
$$g(g(x))=2g(x)-x \qquad \forall x\in\mathbb{R}$$
若$g(x_1)=g(x_2)$则有$g(g(x_{1}))=g(g(x_{2}))$,我们得到
$$x_{1}=x_{2}$$
故$g(x)$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$x_{1}<x_{2}$,我们有$g(x_{1})>g(x_{2})$,接着又有$g(g(x_{1}))<g(g(x_{2}))$.而这等价于
$$2g(x_{1})-x_{1}<2g(x_{2})-x_{2}$$
$$\Leftrightarrow 2[g(x_{1})-g(x_{2})]<x_{1}-x_{2}$$
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$g(g(x))=2g(x)-x$为
$$g(g(x))-g(x)=g(x)-x$$
递推后得到
$$g^{n}(x)=ng(x)-(n-1)x  \qquad (n\geq 1)$$
这里$g^(n)(x)$表示$n$次符合。
则有
$$g^{n}(x)-g^{n}(0)=n[g(x)-x-g(0)]+x$$
$$\Leftrightarrow \frac{ g^{n}(x)-g^{n}(0)}{n}=g(x)-x-g(0)+\frac{x}{n}$$
而$g(x)$严格递增，$g^{n}(x)$也严格递增，故对上式令$n\rightarrow\infty$,由$g(x)$的单调性，我们得到

$$g(x)\leq x+g(0),\qquad x<0$$
$$g(x)\geq x+g(0),\qquad x>0$$

这样，我们得到$g(x)$的值域也是$\mathbb{R}$，故$g(x)$是一个一一映射。且$g^{-1}$存在。现在，用$x=g^{-1}(g^{-1}(y))$带入原来的方程，则有
$$g^{-1}(g^{-1}(y))=2g^{-1}(y)-y$$
$g^{-1}(y)$同样满足这个方程，则用相同的手段，我们得到

$$g^{-1}(y)\leq y+g(0),\qquad y<0$$
$$g^{-1}(y)\geq y+g(0),\qquad y>0$$

现在，用$x=g^{-1}(y)$带入
$$g(g(x))-g(x)=g(x)-x$$
得到
$$g(y)-y=y-g^{-1}(y)$$
令$y=0$得到$g^{-1}(0)=-g(0)$
假设$g(0)\geq 0$,则对$x>0$有$g(x)\geq x+g(0)>0$,则对$y=g(x)>0$有$x>g(x)+g^{-1}(0)=g(x)-g(0)$.故得到
$$g(x)=x+g(0) \qquad (x>0)$$
同理可得
$$g(x)=x+g(0) \qquad (x<0)$$
这样我们得到$f(x)=m(x-g(0)）$对$x\in \mathbb{R}$成立。