显然

注意要求$C^1$是你要用中值,然后用导数的连续性让他逼近过去.

考虑切成一个顶点为原点的三角形.每个三角形旋转出的体积可以用:三角形面积乘质心走过距离.而质心就是三角形重心的走过的圆的半径是好求的.

$$ \begin{gathered} =\int_0^1 \dfrac{dx}{(1+x^2)(1+x^\alpha)} +\int_1^\infty \dfrac{dx}{(1+x^2)(1+x^\alpha)} \ =\int_0^1 \dfrac{dx}{(1+x^2)(1+x^\alpha)} +\int_0^1 \dfrac{x^{2+\alpha}dx}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\dfrac{1}{x^2} \ =\int_0^1 \dfrac{dx}{1+x^2} \ =\arctan(1) \ =\dfrac{\pi}{4} \end{gathered} $$

$$ \begin{gathered} \text{let } x-a=(b-a)\sin^2 t \ b-x=(b-a)\cos^2 t \ \int_0^{\frac\pi2} \dfrac{1}{(b-a)\sin t\cos t} 2(b-a)\sin t\cos t dt \ =\pi \end{gathered} $$

$$ \begin{gathered} I=\int_0^{\frac\pi2}\ln \sin xdx=I=\int_0^{\frac\pi2}\ln \cos xdx \ =\dfrac{1}{2} \int_0^{\frac\pi2} \ln (\dfrac{\sin 2x}{2} )dx \ =\dfrac{1}{4} \int_0^\pi \ln \sin x dx-\dfrac{\pi}{4}\ln 2 \ =\dfrac{1}{2} I-\dfrac{\pi}{4} \ln 2 \ \implies I=-\dfrac{\pi}{2}\ln 2
\end{gathered} $$

先证收敛:

$$ \begin{gathered} \vert \int_a^b \dfrac{\sin x}{x} dx \vert \ ={\left \vert -\dfrac{\cos x}{x} \vert_a^b -\int_a^b \dfrac{\cos x}{x^2} dx \right \vert} \ \le \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}+\int_a^b \dfrac{1}{x^2} dx \ =\dfrac{2}{a} \end{gathered} $$

是能到无限小的

发散你考虑围绕每个$2\pi$位点取一个小区间,$\dfrac{\vert \sin x \vert }{x}$的最小值在右端点取得,转化到调和级数.

柯西收敛:

$$ \begin{gathered} \int_{2n\pi+\dfrac{\pi}{4} }^{2n\pi+\dfrac{\pi}{2} } x^p\sin xdx\ge \int_{2n\pi+\dfrac{\pi}{4} }^{2n\pi+\dfrac{\pi}{2} } 1\cdot \dfrac{\sqrt 2}{2} =\dfrac{\sqrt 2}{8} \pi \end{gathered} $$

以第一个为例,则存在$X$使得 $x>X \implies \dfrac{f(x)}{g(x)} <A+1$,然后$\int f\le (A+1)\int g<\infty$

我们注意到对Abel那条,因为单调有界,你把界减掉就转化成了第一个.只证第一个.

然后用中值.注意第一中值是要求不提出来的那一项不变号,所以用第二,转化出

$$ \begin{gathered} \int_a^b f(x)g(x)dx=g(a)\int_a^c f(x)dx+g(b)\int_c^b f(x)dx \end{gathered} $$

然后后面那两个积分是有界的,前面那两个$g$是趋近到$0$的,所以任意$[a,b]$上积分都是趋近到$0$的,柯西收敛即可.

用泰勒展开判断它和$\dfrac1x$的几次方同阶,然后比较判别法.

然后展开的时候你应该展开到小$o$不影响你的结果,即小$o$那块拿出来是收敛的.

$$ \begin{gathered} =\int_1^{\infty}x^{\frac14}\sin x \dfrac{1}{4} x^{-\frac34} \ =\dfrac{1}{4} \int_1^\infty \dfrac{\sin x}{\sqrt x} dx \end{gathered} $$

条件收敛(迪利克雷)

但$x\sin x^4$不趋近于$0$.

柯西收敛定理:

$$ \begin{gathered} \epsilon>{\left \vert \int_a^{2a} f(x) \right \vert} >af(a)=\dfrac{f(a)}{\dfrac{1}{a} } \end{gathered} $$

即证

反证,假设存在$x_n>n,f(x_n)>\epsilon$

那么因为一致连续,存在$\delta$使得所有$x\in [x_n-\delta,x_n+\delta]$都大于$\dfrac\epsilon2$.

于是你只要柯西收敛定理取$x-\delta,x+\delta$就推出矛盾.

最重要的是

$$ \begin{gathered} \int_L^R \dfrac{f(ax)}{x} dx \ = \int_{La}^{Ra}\dfrac{f(x)}{x} dx \ \implies \int_L^R \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx \ =\int_{aL}^{bL}\dfrac{f(x)}{x} dx-\int_{aR}^{bR}\dfrac{f(x)}{x} dx \ \end{gathered} $$

然后对(1),两边分别用第一中值即证.对(2),左边用第一中值,右边用柯西收敛变成$0$即证.

$0$处有$\dfrac{x^p(1-x)^q}{x^p}=1$然后用$x^p$的收敛性得到$p>-1$,同理$1$处$q>-1$.

$0$处等价无穷小显然等价于$x^{2-p}$,$p<3$绝对收敛,$p>3$发散.

正无穷处,显然$p\le 0$发散,$p>0$条件收敛(迪利克雷判别法).

而我们知道$\dfrac{\sin x}{x}$条件收敛,所以$p\le 1$条件收敛.

$p>1$时$\dfrac{\ln x}{x^\epsilon}$的极限是$0$,所以从$x^p$里分出一个$\epsilon$就能看出收敛.

$S_n-S_{n-1}$收敛到$0$.

收敛这边:

首先变形成 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\le \dfrac{n}{n+r}$,那么我们其实是去和$b_n=\prod_i^n \dfrac{i}{i+r}$这个级数比较.

取对数:

$$ \begin{gathered} \ln {\left( \prod_{i=1}^{n-1} \dfrac{i}{i+r} \right)} \ =\sum _{i = 1} ^{n-1} \ln(1-\dfrac{r}{i+r} ) \ \stackrel{ \ln (1-x)>-\frac x{1-x} } \ge\sum _{i = 1} ^{n} - \dfrac{r}{i+r} \dfrac{i+r}{i} \ =\sum _{i = 1} ^{n} -\dfrac{r}{i} \ \sim -r\ln n \ \implies b_n\sim \dfrac{1}{n^r} \end{gathered} $$

于是用$p$判别法就做完了.

所以延续比值判别法和拉贝判别法,思路过来是和

$$ \begin{gathered} \dfrac{1}{n\ln^p n} \sim \int_A^{\infty} \dfrac{1}{x\ln^p x} dx = \int_{\ln A}^\infty \dfrac{1}{x^p} dx \end{gathered} $$

比较是合理的.于是只要考虑

$$ \begin{gathered} \dfrac{(n+1)\ln^p(n+1)} {n\ln^p n} \ =(1+\dfrac{1}{n} )(1+\dfrac{\ln(1+\dfrac{1}{n} )}{\ln n} )^p \ \sim (1+\dfrac{1}{n} )(1+\dfrac{\dfrac{1}{n} }{\ln n} )^p \ \sim (1+\dfrac{1}{n} )(1+\dfrac{p}{n\ln n} +o(\dfrac{1}{n\ln n} )) \ \sim 1+\dfrac{1}{n} +\dfrac{p}{n\ln n} +o(\dfrac{1}{n\ln n}) \end{gathered} $$

这样就好了.

$$ \begin{gathered} \sum {n = 1} ^{\infty} \dfrac{a_n}{S_n^2} \ \le \sum {n = 1} ^{\infty} \dfrac{S_n-S{n-1}}{S_nS{n-1}} \end{gathered} $$

然后列项,显然.

(1):

如果无界是显然的,会有一个子列趋向于$1$.

如果有界把分母放成$M+1$即可.

(2):

这种抽象的东西柯西用的多啊感觉

反正就是柯西,考虑

$$ \begin{gathered} \sum {i = l} ^{r} \dfrac{a_i}{S_i} \ge \sum {i = l} ^{r} \dfrac{a_i}{S_r} =\dfrac{S_r-S{l-1}}{S_r} =1-\dfrac{S{l-1}}{S_r} \end{gathered} $$

那么固定$l$让$r$增大这个东西是趋近于$1$的,就做完了.

注意到,$a_n$后面任意长度求和的绝对值都不可能大于$a_n$(可以从后往前归纳),并且$a_n \to 0$,于是柯西.

$$ \begin{gathered} \vert \sum _{i = 1} ^{n} a_ib_i \vert \ ={\left \vert \sum {k = 1} ^{n-1} S_k(b_k-b{k-1})+s_nb_n \right \vert} \ \end{gathered} $$

左边那个放成 $M (\vert b_1 \vert +\vert b_n \vert)$,右边那个方成$M\vert b_n\vert$.

柯西判别法,对中间那一段用上面的阿贝尔引理,就变成了$2M(b_l+2b_r)$.然后显然收敛.

迪利克雷判别法,你要用到$\sum \cos nx$有界,然后这个是有通项得到所以显然.

然后怎么说明绝对值发散呢?

$$ \dfrac{\cos nx}{n} >\dfrac{\cos^2 nx}{n} =\dfrac{1}{2n} -\dfrac{\sin(2nx)}{2n} $$

然后第一个的级数发散第二个收敛所以整体发散.

$n>N$时可以让 $n(\dfrac{a_n}{a_{n+1}} -1)\in (\lambda-\epsilon,\lambda+\epsilon),\epsilon<\lambda$

于是

$$ \begin{gathered} \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \in (\dfrac{n}{n+\lambda+\epsilon} ,\dfrac{n}{n+\lambda-\epsilon} ) \end{gathered} $$

于是

$$ \begin{gathered} \ln a_n=\ln a_1+\sum {i = 2} ^{n} \ln \dfrac{a{n+1}}{a_n} \ <C+\sum _{i = 2} ^{n} \ln(\dfrac{n}{n+\lambda-\epsilon} ) \ <C+\sum _{i = 2} ^{n} -\dfrac{\lambda-\epsilon}{n+\lambda-\epsilon} \end{gathered} $$

于是取极限这个发散到负无穷,$a_n$收敛到$0$.

因为你重排顺序了.你需要构造某些正负级数.

比如$a_n=b_n=(-1)^n \dfrac1{\sqrt n}$有

$$ \begin{gathered} c_n=(-1)^{n+1} \sum _{i = 1} ^{n} \dfrac{1}{\sqrt{i(n-i+1)}} \ \ge (-1)^{n+1}\sum _{i = 1} ^{n} \dfrac{2}{n+1} \ =2\times (-1)^{n+1}
\end{gathered} $$

不妨设$\sum a$绝对收敛,$A_n,B_n,C_n$分别为对应部分和,$A,B,C$为对应极限,则

$$ \begin{gathered} C_n =\sum {i = 1} ^{n} c_i \ =\sum {i = 1} ^{n} a_iB{n+1-i} \ =\sum{i=1}^n a_i(B_{n+1-i}-B)+\sum _{i = 1} ^{n} a_iB \end{gathered} $$

第二个明显趋向$AB$,看第一个,设$d_n=B_{n+1-i}-B$,存在$N$使得这之后的$d_n<\epsilon_1$,$\sum _{i = N} ^{\infty} a_i<\epsilon_2$.因为你要用到对一项的放缩所以你要取绝对值:

$$ \begin{gathered} {\left \vert \sum {i = 1} ^{n} a_id{n+1-i} \right \vert} \ \le \sum {i = 1} ^{n} \vert a_id{n+1-i} \vert \ =\sum {i = 1} ^{N} \vert a_id{n+1-i} \vert +\sum {i = N+1} ^{n} \vert a_id{n+1-i} \vert \ \le A\epsilon_1+\epsilon_2D \end{gathered} $$

其中$D$是$d$的界.

于是对$\epsilon_1,\epsilon_2$取极限就是$0$了.

仍然用$A_n,B_n,C_n$表示部分和,$A,B,C$表示极限.

我们要证明我们用方形,三角形覆盖全平面的极限是相同的.难以想到的是转化成计算平均值:

考虑

$$ \begin{gathered} C=\dfrac{1}{n+1} \sum _{i = 0} ^{n} C_n \ =\dfrac{1}{n+1} \sum _{i = 0} ^{n} \sum {j = 0} ^{i} a{i-j}B_j \ =\dfrac{1}{n+1} \sum _{j = 0} ^{n} \sum {i = j} ^{n} a{i-j}B_j \ =\dfrac{1}{n+1} \sum {j = 0} ^{n} B_jA{n-j} \ =AB \end{gathered} $$

第一个等号是Stolz,最后一个等号是经典结论(在math-analysis1里面有)

但就是很难想到吧.

显然

这不是

$$ \begin{gathered} \lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln(1+a_n)}{a_n} =1 \end{gathered} $$

吗

都取负仍然比值判别法结束

右推左: $$ \begin{gathered} \ln(1+a_n)=a_n-\dfrac{a_n^2}{2} +o(a_n^2) \end{gathered} $$

第一项收敛是条件,第二项收敛则第三项一定收敛.

左推右:$\ln(1+a_n)-a_n=-\dfrac{a_n^2}{2}+o(a_n^2)\in (-\dfrac{3}{4} a_n^2,-\dfrac{1}{4} a_n^2)$.

其实就是如果一次的不保号就比较恒正的二次.

首先一个数列的极限点一定不为空:有界则必有收敛子列,无界就是无穷.

于是任意子列如果极限不为$a$代表$a$的某个邻域外有无限个点,那么它们有一个聚点,于是矛盾.

就证完了.

考虑你取$E$中元素的一列点$e_n$趋近于这个上极限$u$,$|u-e_n|<\epsilon_n$.对每个$e_n$你能找出一列,那么只要在这一列中第一个在之前取的所有数之后,且$|a_k-e_n|<\epsilon_n$,这样就得到一个列误差是$2\epsilon_n$,让$\epsilon=\dfrac{1}{n}$就随便坐.

如果有无限个,取这么个数列,极限点集合不为空,且它一定比上极限大,结束.

比上确界大显然不在$E$里,比它小你取上极限的那个数列显然错.

设$b_n=\sup_{k\ge n} a_k$.

那么设$\epsilon_n=\dfrac1n$,显然对$b_n$存在$a_k>b_n-\epsilon_n$,然后在从$b_{k+1}$往后找,则你找出一个$a$的子列对应一个$b$的子列,显然他俩的极限相同,所以$b$的极限一定是$a$的极限点,于是$\limsup a_n\ge \lim \sup_{k\ge n} a_k$

反过来,考虑如果上极限由一个$a$的子列$a_{p_n}$取到,那么$b_{p_n}\ge a_{p_n}$,所以$b$的极限比$a$的上极限大.

取$n=kp+r$,则:

$$ \begin{gathered} a_n=a_{kp+r}\le ka_p+a_r \ \dfrac{a_n}{n} \le \dfrac{k}{kp+r} a_p+\dfrac{a_r}{kp+r} \ \end{gathered} $$

看到右侧收敛到$\dfrac{a_p}p$.且因为$r$不重要,所以你可以把$r$遍历$0\ldots p-1$使得$n$不仅是一个子列而是整个数列.

这里你如果尝试取极限你会发现最终极限小于等于数列的任何一项,不好用.

但你发现取上极限: $\limsup a_n\le \dfrac{a_p}{p}$,再同时取下极限,则左边不变,右边变成原数列的下极限,于是上极限小于等于下极限,只能是都等于极限.

[think] 就是你的直觉支持你弄成$\dfrac{a_p}{p}$的,之后你想把极限和数列内某项大小的关系说清楚.而$n=kp+r$是你看出的一个加法结构.

很直观吧!

Sol1:

你观察这个题,$2x_n+x_{2n}$其实应该考虑它$p2^k$的位置组成的子列,其中$2\not|p$.这样若$n>N$时$n=p2^k$,则设 $\lim_{n \to \infty} 2x_n+x_{2n}=A$,有:

$$ \begin{gathered} 2x_n+x_{2n}\in (A-\epsilon,A+\epsilon) \ \text{let } y_n=x_n-\dfrac A3 \ \therefore -\epsilon<2y_n+y_{2n}< \epsilon \ |y_{2n}|>2|y_n|-\epsilon \end{gathered} $$

于是若$|y_n|>\epsilon$,则存在$p>1$使得$|y_n|>p\epsilon$,就有$|y_{2n}|>(1-p)|y_n|$对以后的都成立,于是$|y_{2n}|$无界,$y_{2n}$无界,与$x_n$有界矛盾.

从而$|y_n|<\epsilon$对所有$n>N$成立,即$|x_n-\dfrac{A}3|<\epsilon$对$n>N$成立,得证.

Sol2:

考虑上下极限:

$$ \begin{gathered} 2x_n=2x_n+x_{2n}-2x_n \ \limsup_{n \to \infty} 2x_n=A-2\liminf_{n\to \infty} x_{2n}\le A-2 \liminf_{n \to \infty} x_n \ \liminf_{n \to \infty} 2x_n=A-2\limsup_{n\to \infty} x_{2n}\ge A-2 \limsup_{n \to \infty} x_n \ \end{gathered} $$

整理一下得到 $\limsup_{n \to \infty} x_n=\liminf_{n \to \infty} x_n$.

[think] 这是怎么回事呢?做法一里面有界我们是从后往前推的,是从无限远处的有界推的前面的位置,而上下极限看起来就在考虑无限远处的行为.我们看到实际上它在说$x_{2n}=A-2x_n$的式子的时候就发现误差好像被放大了,那就应该立刻想到考察无限远.这个式子还说你的$x_n$和$x_{2n}$必然交替当上下极限,从而把$A$含进去.

首先都取$\ln$,你发现你其实证一个数列的上极限大于它的前缀均值的上极限.

然后你发现对于均值序列的一个聚点,在相邻两个均值项之间一定有原数列的一项大于这两个均值中小的一个.就能构造出原数列的子列.

于是得证.

容易想到说对$\epsilon$,你对每个点$x$取它一个邻域$(x-\delta_x,x+\delta_x)$,满足其中任意两点的差小于$\epsilon$.那么这些邻域构成覆盖,取其中有限覆盖,则可以对$\delta_x$取其中最小值得$\delta$.

但你发现如果$|x-y|<\delta$不能直接推出他俩在一个区间,不妨设$x<y$,但注意到,如果包含$x$的区间的最大右端点$A$小于包含$y$的最大左端点$B$,代表一定有一个区间在$(x,y)$中,但$(x,y)$的长度已经比最小的区间短了,矛盾,所以一定A>B$,那么只要用交集中的一个点就能证明了.

另一个做法是用半径为$\dfrac{\delta_x}2$的半径覆盖它,那么你注意到这样虽然他俩不在一个覆盖区间里但会在同一个半径为$\delta_x$的区间,就结束了.

$$ \begin{gathered} x^{\frac13}+y^{\frac13}\ge (x+y)^{\frac13} \ \implies (x-y)^{\frac13}\ge x^{\frac13}-y^{\frac13} \ \end{gathered} $$

所以对$\delta=\epsilon^3$即可.

范数不等式,对任意$p\in(0,1)$,$x^p+y^p\ge (x+y)^p$

先移项(相当于限制两边进行相同的换元啊)

然后换元,你要进行相消,我的做法是$e^t=\dfrac ax$

然后还可以换$t=\dfrac{a^2}x$.

todo

你先别管题目是啥,考虑左边这个东西什么时候最大.

那肯定是对某个$t$,左边这个是$e^{-at}\int_0^t e^{as}g(s)ds$,我们知道在每个长为$\tau$的区间上$g$的积分一定,那么因为$e^{as}$增,所以一定是把值分配在最后面,也就是说最优的$g$大概是若干个脉冲函数在$t-k\tau$位置的叠加.

这能提示你分段之后把$e^{as}$直接放掉.然后就做完了.每段的值发现就都是$e^{-ak\tau}b\tau$.等比数列加起来就是原式$\dfrac{b\tau}{1-e^{-a\tau}}$