问题：正数列$\{a_{n}\}$满足$\displaystyle a_{n}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p}\right)=1$,且$p>-1$是已知常数，求$A,B$,使得$A,B$ 满足
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln{n}}(A-na_{n}^{p+1})=B \]
解：设$S_{n}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p}$
容易证明
\[ \lim_{n\to\infty}{a_{n}}=0,\lim_{n\to\infty}S_{n}=+\infty \]
由O.Stolz定理得到
\[ \lim_{n\to\infty}na_{n}^{p+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{a_{n+1}^{p+1}}-\frac{1}{a_{n}^{p}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{S_{n+1}^{p+1}-S_{n}^{p}} \]
而
\begin{align*}
S_{n+1}^{p+1}-S_{n}^{p+1}&=S_{n+1}^{p+1}-(S_{n+1}-a_{n+1}^{p})^{p+1}\\
&=S_{n+1}-\sum_{k=0}^{p+1}C_{p+1}^{k}(-1)^{k}S_{n+1}^{p+1-k}\cdot a_{n+1}^{pk}\\
&=(p+1)S_{n+1}a_{n+1}-\frac{(p+1)p}{2!}S_{n+1}^{p-1}a_{n+1}^{2p}+\cdots\\
&=(p+1)+o(1) \qquad (n\to+\infty)
\end{align*}
所以
\[ A=\frac{1}{p+1} \]
同时有
\[ (p+1)a_{n}^{p+1}\sim \frac{1}{n} \]
这时
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln{n}}(A-na_{n}^{p+1})=\lim_{n\to\infty}na_{n}^{p+1}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{A\cdot S_{n}^{p+1}-n}{\ln{n}}\]
又有O.Stolz定理
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}\frac{A\cdot S_{n}^{p+1}-n}{\ln{n}}&=\lim_{n\to\infty}\frac{A(S_{n+1}^{p+1}-S_{n}^{p})-1}{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}\\
&=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\frac{1}{p+1}((p+1)-\frac{(p+1)p}{2}S_{n+1}^{p-1}a_{n}^{2p}+\cdots)}{\frac{1}{n}}\\
&=\lim_{n\to\infty}\dfrac{-\frac{p}{2}S_{n+1}^{p-1}a_{n+1}^{2p}+o(S_{n+1}^{p-1}a_{n+1}^{2p})}{(p+1)a_{n+1}^{p+1}}\\
&=-\frac{p}{2(p+1)}
\end{align*}
所以
\[ B=-\frac{p}{2(p+1)^2} \]
设数列$\{a_{n}\}$满足
\[ a_{1}=1,a_{n+1}=a_{n}+e^{-a_{n}}\]
求证:
\[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\frac{1}{2}\]
证明：
我们先证里面层的，就是
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}=1 \]
等价于
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{e^{a_{n}}}{n}=1 \]
由条件得
\[ a_{n+1}>a_{n}\]
所以数列严格递增，因此有有限正极限或者极限为$+\infty$,若$A=\lim_{n\to\infty}a_{n}$,则有
\[ A=A+e^{-A}\]
\[ \Rightarrow 0=e^{-A}\]
因此只能有$A=+\infty$,这样就得到
\[ \lim_{n\to\infty}a_{n}=+\infty \]
\[ e^{a_{n+1}}=e^{a_{n}}\cdot e^{\frac{1}{e^{a_{n}}}}=e^{a_{n}}(1+e^{-a_{n}}+o(e^{-a_{n}}))\qquad (n\to+\infty) \]
所以就有
\[ e^{a_{n+1}}=e^{a_{n}}+1+o(e^{-a_{n}})\qquad (n\to\infty) \]
O.Stolz马上看到
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{e^{a_{n}}}{n}=1 \]
这时
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}=1 \]
而
\[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{na_{n}-n\ln{n}}{a_{n}} \]
又由O.Stolz得到
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{na_{n}-n\ln{n}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)a_{n+1}-na_{n}-((n+1)\ln(n+1)-n\ln{n})}{a_{n+1}-a_{n}}\]
\[\frac{(n+1)a_{n+1}-na_{n}-((n+1)\ln(n+1)-n\ln{n})}{a_{n+1}-a_{n}}=\frac{(n+1)(a_{n}+e^{-a_{n}})-na_{n}-\ln\frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}{e^{-a_{n}}}\]
由$a_{n}\sim \ln{n}$,得到
\[ \frac{(n+1)(a_{n}+e^{-a_{n}})-na_{n}-\ln\frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}{e^{-a_{n}}}\sim \frac{\ln{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}+\frac{1}{n}(n+1)-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}\sim \frac{1}{2}+o\left(\frac{1}{n}\right) \]
所以
\[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\frac{1}{2}\]
求极限
\[ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^{x(\cos{t}-1)}\cos{t}dt \]
解
注意到
\[ \lim_{x\to 0}{\cos{x}}=1 \]
于是，对于任意$\varepsilon$,存在$\delta>0$,当$0<x<\delta$时
\[ \cos{x}>1-\varepsilon \]
\[ I=\int_{0}^{\delta}+\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}} \]
\[ \sqrt{x}\int_{0}^{\delta}e^{x(\cos{t}-1)}\cos{t}dt\leq \sqrt{x}\int_{0}^{\delta}e^{x(\cos{t}-1)}dt\]
令$y=x(1-\cos{t}),\Rightarrow t=\arccos\left(1-\frac{y}{x}\right),\Rightarrow dt=\frac{1}{x\sqrt{1-\left(1-\frac{y}{x}\right)^{2}}}dy $,则
\begin{align*}
\sqrt{x}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{x(\cos{t}-1)}dt&=\sqrt{x}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}\frac{1}{x\sqrt{1-\left(1-\frac{y}{x}\right)^{2}}}dy\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}y^{-\frac{1}{2}}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-\frac{y}{2x}}}dy\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}y^{-\frac{1}{2}}\cdot\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{y}{2x}}}-1\right)dy+\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}y^{-\frac{1}{2}}dy\\
&=A+B
\end{align*}
显然有
\[ A=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}y^{-\frac{1}{2}}\cdot \frac{\frac{y}{2x}}{\sqrt{1-\frac{y}{2x}}\left(1+\sqrt{1-\frac{y}{2x}}\right)}dy\leq \frac{1}{2\sqrt{2}x}\int_{0}^{x}e^{-y}y^{\frac{1}{2}}dy\to 0 \]
\[ B=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{x(1-\cos\delta)}e^{-y}y^{-\frac{1}{2}}dy\to \sqrt{\frac{\pi}{2}}\qquad (x\to+\infty) \]
另外
\[ \sqrt{x}\int_{0}^{\delta}e^{x(\cos{t}-1)}\cos{t}dt\geq \sqrt{x}\int_{0}^{\delta}e^{-\frac{1}{2}xt^{2}}(1-\varepsilon)dt\to \sqrt{\frac{\pi}{2}}(1-\varepsilon) \]
而不难证明
\[ \lim_{x\to+\infty}\int_{\delta}^{\frac{\pi}{4}}e^{x(\cos{t}-1)}\cos{t}dt=0 \]
这里只要用
\[ \cos{t}-1=-2\sin^{2}{\frac{t}{2}}\leq -2\left(\frac{t}{\pi}\right)^{2} \]
并注意到替换后的反常积分收敛就好，最后，由$\varepsilon$的任意性，得
\[ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^{x(\cos{t}-1)}\cos{t}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2}} \]
设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续可导，且有
\[ \sup_{-\infty<x<+\infty}|e^{-x^2}f'(x)|<+\infty \]
证明
\[ \sup_{-\infty<x<+\infty}|xe^{-x^2}f(x)|<+\infty \]
证明：这里只考虑$x>0$的情况.
不妨设$M= \sup_{-\infty<x<+\infty}|e^{-x^2}f'(x)|$,则有
\[ |f'(x)|\leq Me^{x^2} \]
\[ |f(x)|\leq |f(x)-f(0)|+|f(0)|\leq \int_{0}^{x}|f'(t)|dt+|f(0)|\leq M\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt+|f(0)| \]
这样就有
\[ |xe^{-x^2}f(x)|\leq Mxe^{-x^2}\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt+xe^{-x^2}|f(0)| \]
注意到不等式
\[ e^{x^2}>1+x^2\geq 2x \]
这样
\[ xe^{-x^2}<1 \]
而我们又有
\[ xe^{-x^2}\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt\leq 1\]
故
\[ \sup_{-\infty<x<+\infty}|xe^{-x^2}f(x)|<+\infty \]
问题：计算
\[ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin^{2}(\tan{x})}dx \]
首先，我们用$t=\tan{x}$,得到
\[ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin^{2}(\tan{x})}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)(1+\sin^2{x})}dx\]
而通过倍角公式
\[ 1+\sin^{2}{x}=1+\frac{1}{2}(1-\cos{2x})=\frac{1}{2}(3-\cos{2x}) \]
于是
\[ I=2\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)(3-\cos{2x})}dx\]
这时，回忆起一个恒等式
\[ \frac{1-a\cos{x}}{1-2a\cos{x}+a^2}=1+\sum_{k=0}^{\infty}a^{k}\cos{kx}\qquad (|a|<1) \]
要证明它并不难，只要用$z=a(\cos{x}+i\sin{x})$带入熟悉的展开式
\[ \frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^{n}+\cdots \]
并考察实部就好。对于这个式子，又可以变形成
\[ \frac{1-a^2}{1-2a\cos{x}+a^2}=1+2\sum_{k=1}^{\infty}a^{k}\cos{kx} \]
这时，我们有
\begin{align*}
\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1-2a\cos{2x}+a^2)}&=\frac{1}{1-a^2}\left(\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}dx+2\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{2kx}}{1+x^2}dx \right)\\
&=\frac{1}{1-a^2}\left(\frac{\pi}{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}a^{k}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{2kx}}{1+x^2}dx \right)
\end{align*}
显然，我们得计算积分
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{2kx}}{1+x^2}dx \]
下面设$\displaystyle f(a)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{ax}}{1+x^2}dx$,$f(a)$的Laplace变换就是
\begin{align*}
\mathcal{L}(f(a)) & = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(ax)}{1+x^2}e^{-as}\;{da}\;{dx} \\
&= \int_{0}^{\infty}\frac{s}{(1+x^2)(s^2+x^2)}\;{dx} \\
& = \frac{\pi}{2(s+1)}
\end{align*}
因此
\[ f(a) =\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{\pi}{2(s+1)}\right) =\frac{\pi}{2}e^{-|a|}\]
我们有
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{2kx}}{1+x^2}dx=f(2k)=\frac{\pi}{2}e^{-2k} \]
于是
\begin{align*}
\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1-2a\cos{2x}+a^2)}
&=\frac{1}{1-a^2}\left(\frac{\pi}{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}a^{k}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos{2kx}}{1+x^2}dx\right)\\
&=\frac{\pi}{2(1-a^2)}+\frac{\pi}{1-a^2}\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{a}{e^2}\right)^{k}\\
&=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{1-a^2}\cdot\frac{e^2+a}{e^2-a}
\end{align*}
这时，只要令$a=3-2\sqrt{2}$,就能方便的计算出
\[ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin^{2}(\tan{x})}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)(1+\sin^2{x})}dx=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\cdot\frac{e^2+3-2\sqrt{2}}{e^2-3+2\sqrt{2}}\]
