设f(x)是正的递减的函数,证明
∫10xf(x)2dx∫10f(x)dx≤∫10f(x)2dx∫10xf(x)dx
证明 考虑
G(x,y)=12(x−y)(f(x)−f(y))f(x)f(y)
显然有
G(x,y)≤0
∬
打开即得证
设f(x)是正的递减的函数,证明
∫10xf(x)2dx∫10f(x)dx≤∫10f(x)2dx∫10xf(x)dx
证明 考虑
G(x,y)=12(x−y)(f(x)−f(y))f(x)f(y)
显然有
G(x,y)≤0
∬
打开即得证
计算
\int_{0}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{x(1+e^{x})}}dx}
Solution
\begin{align} \int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{x(1+e^x)}}\mathrm{d}x &=2\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{1+e^{x^2}}}\mathrm{d}x\\ &=2\int_0^\infty(1+e^{-x^2})^{-1/2}e^{-x^2/2}\;\mathrm{d}x\\ &=2\int_0^\infty\sum_{k=0}^\infty(-\tfrac{1}{4})^k\binom{2k}{k}e^{(2k+1)x^2/2}\;\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=0}^\infty(-\tfrac{1}{4})^k\binom{2k}{k}\sqrt{\frac{2\pi}{2k+1}} \end{align}
Mathematics StackExchange
\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{(2n-1)^{2011}}\sum_{k=0}^{n-1}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}x^{2010}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x
(tian_275461)
解:
根据推广的积分第一中值定理,对每个正整数~n~\exists\qquad \theta_n\in(0,1)~使得
\begin{equation*}
\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}x^{2010}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x=
((2n+\theta_n)\pi)^{2010}\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x
\end{equation*}
由此得
\begin{align*}
&\quad\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}x^{2010}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x\\
&=\left((2n\pi)^{2010}+o(n^{2010})\right)\int_{2n\pi}^{2n\pi+\pi}\sin^3 x\cos^2 x\mathrm{d}x\\
&=\left((2n\pi)^{2010}+o(n^{2010})\right)\left(\frac{\cos 5x}{80}-\frac{\cos 3x}{48}-\frac{\cos x}{8}\right)\Bigg|_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}\\
&=\frac{4}{15}((2n\pi)^{2010}+o(n^{2010}))\qquad (n\to\infty)
\end{align*}
另外
\begin{equation*}
(2n+1)^{2011}-(2n-1)^{2011}=4022(2n)^{2010}+o(n^{2010})\qquad (n\to\infty)
\end{equation*}
根据~Stolz~定理
\begin{align*}
&\quad\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{(2n-1)^{2011}}\sum_{k=0}^{n-1}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}x^{2010}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x\\
&=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}x^{2010}\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x}{ (2n+1)^{2011}-(2n-1)^{2011}}\\
&=\frac{2}{30165}\lim_{n\to \infty}\frac{(2n\pi)^{2010}+o(n^{2010})}{(2n)^{2010}+o(n^{2010})}\\
&=\frac{2\pi^{2010}}{30165}
\end{align*}
此题的更一般结果为
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(2n-1)^{p+1}}\sum_{k=0}^{n-1}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}x^p\sin^3 x\cos^2 x \mathrm{d}x
=\frac{2\pi^p}{15(p+1)}(p>0)
\end{equation*}
求极限
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots+\frac{n^n}{n!}}{e^n}
(高等数学中的若干问题解析)
解:\begin{equation*}
e^n=1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}+\frac{1}{n!}\int_0^n e^x(n-x)^n\mathrm{d}x
\end{equation*}
原命题等价于
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty}\frac{e^{-n}}{n!}\int_0^n e^x(n-x)^n\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\quad\text{而}
n!=\sqrt{2n\pi}(\frac{n}{e})^ne^{\frac{\theta}{12n}},\theta\in(0,1)
\end{equation*}
\begin{equation*}
\Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^1[e^x(1-x)]^n\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{2}}
\end{equation*}
注意到~e^{-\frac{x^2}{2}}\geq(1-x)e^x (x\geq 0)
\begin{equation*}
\therefore\qquad \overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt{n}\int_0^1[e^x(1-x)]^n\mathrm{d}x\leq
\overline{\lim_{n\to\infty}}\int_0^1\sqrt{n}e^{-\frac{nx^2}{2}}\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{2}}
\end{equation*}
考虑
\begin{equation*}
f(x)=(1-x)e^x-e^{-\frac{ax^2}{2}}(x\geq 0,a\geq 1),f'(x)=xe^x(ae^{-\frac{ax^2}{2}-x}-1)
\end{equation*}
\displaystyle\because\quad \lim_{x\to 0^+}(ae^{-\frac{ax^2}{2}-x}-1)=a-1>0,故存在x_a\in(0,1),使得
ae^{-\frac{ax^2}{2}-x}-1>0
\begin{align*}
(1-x)e^x\geq e^{-\frac{ax^2}{2}}(x\in[0,x_a])
&\Rightarrow\mathop{\underline{\lim}}_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^1[e^x(1-x)]^n\mathrm{d}x \\
&\geq\mathop{\underline{\lim}}_{n\to\infty}\int_0^{x_a}\sqrt{n}e^{-\frac{nax^2}{2}}\mathrm{d}x\\
&=\sqrt{\frac{\pi}{2a}}
\end{align*}
因为a是任意的,所以
\begin{equation*}
\mathop{\underline{\lim}}_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^1[e^x(1-x)]^n\mathrm{d}x\geq\sqrt{\frac{\pi}{2}}
\end{equation*}
综上得
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^1[e^x(1-x)]^n\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{2}}
\end{equation*}
二月 | ||||||
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