临时库房

4Euler 积分

$\Gamma$ 函数, $\Gamma$ 函数的递推公式, $\log$-凸, Stirling 公式及其改进, Euler 公式, Gauss 叠乘定理, 倍元公式, Bohr–Mollerup 定理, 余元公式, B 函数, B 函数与 $\Gamma$ 函数的关系, 多重对数函数, 双 $\Gamma$ 函数, 利用 Euler 积分计算

A 4.1.

1.	求实数 $a$ 的取值范围, 使得积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x$ 收敛, 并计算该积分. 解答. 由于$$\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\sim \frac{1}{6x^a},x\to 0^{+},\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\sim \frac{1}{x^{a+3}},x\to +\infty ,$$从而 $a\in (-2,1)$ 时原积分收敛. 又$$\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\right),$$如果 $a\in (0,1)$, 那么根据例 10.4.2 的已知结果$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x{)}^a}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x)x^{1-a}}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{\sin a\pi },$$有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x& =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{x^a(1+x)}-\frac{2}{x^a(x+2)}+\frac{1}{x^a(x+3)}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x)}\mathrm{d}x-{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2^a{x}^a(x+1)}\mathrm{d}x+\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{3^a{x}^a(x+1)}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\frac{\pi }{\sin a\pi }-\frac{1}{2^a}\frac{\pi }{\sin a\pi }+\frac{1}{2\cdot 3^a}\frac{\pi }{\sin a\pi }=\frac{\pi }{2\sin a\pi }\left(1-\frac{1}{2^{a-1}}+\frac{1}{3^a}\right).\end{array}$$ 当 $a=0$ 时, 可以算得$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^A\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^A\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\left(\ln (A+1)-2\ln (A+2)+\ln (A+3)+2\ln 2-\ln 3\right)\to \ln 2-\frac{\ln 3}{2},A\to +\infty ,\end{array}$$类似地, $a=-1$ 时有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^A\frac{x}{(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^A\left(\frac{4}{x+2}-\frac{3}{x+3}-\frac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\left(4\ln (A+2)-3\ln (A+3)-\ln (A+1)-4\ln 2+3\ln 3\right)\to \frac{3}{2}\ln 3-2\ln 2,A\to +\infty .\end{array}$$ 现在我们来计算 $a\in (-2,0)$ 的情况, 前面的计算已经表明了 $a=-1$ 的情形, 事实证明, 这是有益的, 因为下面的计算无法显示 $a$ 为整数时的值. 方便起见, 令 $b=-a$, 则 $b\in (0,2)$, 原积分也对应变为 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^b}{(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x.$ 设 $F(z)=\frac{1}{(z+1)(z+2)(z+3)}$, 考虑围道积分 ${\int }_C{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z$, 其中 $C$ 是如下图所示的路线.则$$\begin{array}{rl}{\int }_C{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z& ={\int }_r^R{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x+{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z+{\int }_R^r{\left(x{\mathrm{e}}^{2\pi \mathrm{i}}\right)}^{b}F(x)\mathrm{d}x+{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z\\ & =\left(1-{\mathrm{e}}^{2\pi \mathrm{i}b}\right){\int }_r^R{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x+{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z+{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z,\end{array}$$由于 $x\to 0$ 时 $x^{b+1}F(x)\to 0$, 所以$$\left|{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z\right|=\left|{\int }_{C_r}{z}^{b+1}F(z)\frac{\mathrm{d}z}{z}\right|⩽\underset{C_r}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\frac{2\pi r}{r}=2\pi \underset{C_r}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\to 0,r\to 0,$$同理结合 $x\to +\infty$ 时 $x^{b+1}F(x)\to 0$ 可得$$\left|{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z\right|=\left|{\int }_{C_R}{z}^{b+1}F(z)\frac{\mathrm{d}z}{z}\right|⩽\underset{C_R}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\frac{2\pi R}{R}\to 0,R\to +\infty ,$$于是有$${\int }_C{z}^{b}F(z)\mathrm{d}z=(1-{\mathrm{e}}^{2\pi \mathrm{i}b}){\int }_r^R{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x=2\pi \mathrm{i}\sum \mathrm{Res}\left(z^{b}F(z)\right),(0<\arg z<2\pi ),$$令 $r\to 0^{+},R\to +\infty$ 得到$${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x=\frac{2\pi \mathrm{i}}{1-{\mathrm{e}}^{2\pi \mathrm{i}b}}\sum \mathrm{Res}\left(z^{b}F(z)\right),$$又$$1-{\mathrm{e}}^{2\pi \mathrm{i}b}={\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}b}\left({\mathrm{e}}^{-\pi \mathrm{i}b}-{\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}b}\right)=(-1{)}^{b+1}\left(2\mathrm{i}\sin b\pi \right),$$最后得到$${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{\sin b\pi }\sum \mathrm{Res}\left((-z{)}^{b}F(z)\right),$$$F(z)$ 在负实轴上只有 $-1,-2,-3$ 三个一阶极点, 易得$$\sum \mathrm{Res}\left((-z{)}^{b}F(z)\right)=\frac{1}{2}-2^b+\frac{3^b}{2},$$于是 ${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{\sin b\pi }\left(\frac{1}{2}-2^b+\frac{3^b}{2}\right)$, 即$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2\sin a\pi }\left(1-\frac{1}{2^{a-1}}+\frac{1}{3^a}\right).$$$\square$
2.	试计算如下积分: $(1){\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x$; $(2){\int }_0^1\frac{\ln (1+x^2)}{x}\mathrm{d}x$; $(3){\int }_0^1\frac{\ln (1+x+x^2)}{x}\mathrm{d}x$; $(4){\int }_0^1\frac{\ln (1-x+x^2)}{x}\mathrm{d}x$. 解答. (1) 我们有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^2)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x,$$注意到$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}{\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\mathrm{d}x=\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)},$$而$$\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}=\frac{{\Gamma }^{\prime }(q)\Gamma (p)\Gamma (p+q)-{\Gamma }^{\prime }(p+q)\Gamma (p)\Gamma (q)}{{\Gamma }^2(p+q)}=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right),$$从而$$\begin{array}{rl}\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}& =\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right)\\ & =\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{1}{p}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right)\\ & =-{\psi }^{\prime }(1)=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{6},\end{array}$$于是 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{12}.$ 注意在这过程之中我们也得到了 ${\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=-\frac{{\pi }^2}{6}$, 而不久我们就会感觉到其作用. (2) 置 $x^2=t$ 并结合上一问的结果$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^2)}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln (1+t)}{2t}\mathrm{d}t=\frac{{\pi }^2}{24}.$$ (3) 注意到$$(1-x^3)=(1-x)(1+x+x^2),(1+x^3)=(1+x)(1-x+x^2),$$这启示我们计算 ${\int }_0^1\frac{\ln (1\pm x^3)}{x}\mathrm{d}x$, 事实上我们有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^6)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}\mathrm{d}x,$$又置 $x^3=t$, 发现$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}{\int }_0^1\frac{\ln (1-t)}{t}\mathrm{d}t=-\frac{{\pi }^2}{18},$$这也意味着 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{36},$ 于是有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x+x^2)}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{9}.$$ (4) 根据上述分析有$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x+x^2)}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x=-\frac{{\pi }^2}{18}.$$$\square$
3.	设 $n⩾2$, 试用多种方法证明 $\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left(x+\frac{k\pi }{n}\right)=\frac{\sin nx}{2^{n-1}}$. 证明. 在因式分解$$\prod _{k=0}^{n-1}(t-{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}2k\pi /n})=t^n-1$$中代入 $t={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}2x}$, 得到$$\prod _{k=0}^{n-1}({\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}2x}-{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}2k\pi /n})={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}2nx}-1.$$两边取模长, 进而有$$2^n\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left(x+\frac{k\pi }{n}\right)=2\sin nx.$$$\square$
4.	设 $n⩾2$, 证明: $\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$. 证明. 直接使用上一题的结论, 令 $x\to 0$. 或者直接使用下一题的结论, 注意到$$\sin \frac{\pi }{n}=\frac{\pi }{\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(1-\frac{1}{n}\right)},$$$$\sin \frac{2\pi }{n}=\frac{\pi }{\Gamma \left(\frac{2}{n}\right)\Gamma \left(1-\frac{2}{n}\right)},$$$$\cdots \cdots ,$$$$\sin \frac{(n-1)\pi }{n}=\frac{\pi }{\Gamma \left(1-\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)},$$于是有$$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{{\pi }^{n-1}}{{\left(\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)\right)}^2}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$$\square$
5.	设 $n⩾2$, 证明: $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{\sqrt{n}}(2\pi {)}^{(n-1)/2}.$ 证明. 由 Gauss 叠乘定理:$$\Gamma (s)\Gamma \left(s+\frac{1}{k}\right)\cdots \Gamma \left(s+\frac{k-1}{k}\right)={\left(2\pi \right)}^{(k-1)/2}{k}^{1/2-ks}\Gamma (ks),$$得到$$\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)=\underset{s\to 0^{+}}{\lim }(2\pi {)}^{(n-1)/2}{n}^{1/2-ns}\frac{\Gamma (ns)}{\Gamma (s)}=\frac{1}{\sqrt{n}}(2\pi {)}^{(n-1)/2}.$$$\square$
6.	计算 ${\int }_0^1\ln \Gamma (x)\mathrm{d}x.$ 解答. 换元, 然后使用余元公式:$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\ln \Gamma (x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\ln \Gamma (1-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln \Gamma (x)\ln \Gamma (1-x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln \frac{\pi }{\sin \pi x}\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{2}{\int }_0^1\ln \sin \pi x\mathrm{d}x=\frac{\ln 2\pi }{2}.\end{array}$$ $\square$
7.	设 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 以 $1$ 为周期, $f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=f(2x)$. 证明: $f\equiv 0$. 证明. $f^{\prime }$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续周期函数, 所以它有连续模$$\omega (r)=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽r}}{\sup }\left|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)\right|,\forall r⩾0,$$$\omega (r)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续单调增加, 且 $\omega (0)=0$. 由题设有$$f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)=2f^{\prime }(2x),\forall x\in \mathbb{R},$$于是对于任何 $\alpha >0$, 有$$\begin{array}{rl}\omega (2\alpha )& =\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽2\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)\right|=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(2x)-f^{\prime }(2y)\right|\\ & =\frac{1}{2}\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)-\left(f^{\prime }(y)+f^{\prime }\left(y+\frac{1}{2}\right)\right)\right|⩽\omega (\alpha ),\end{array}$$反复利用上式得到$$\omega (\alpha )⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2}\right)⩽\cdots ⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right),\forall n⩾1,$$令 $n\to +\infty$, 得到$$\omega (\alpha )=\underset{n\to +\infty }{\lim }\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right)=\omega (0)=0,$$所以 $f^{\prime }(x)$ 是常数. 因为 $f(x)$ 为可微的周期函数, 所以 $f^{\prime }(x)$ 有零点, 于是 $f^{\prime }(x)\equiv 0$. 所以 $f$ 为常数, 易见 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 从而 $f\equiv 0$. $\square$

B 4.2.

1.	证明: ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=0$. 证明. 记$$I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\alpha x}\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x,\alpha ⩾0,$$易见其关于参数 $\alpha$ 一致收敛, 于是有$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\alpha x}\left(\cos x-{\mathrm{e}}^{-x}\right)\mathrm{d}x\\ & ={\left(\frac{{\mathrm{e}}^{-\alpha x}(\sin x-\alpha \cos x)}{{\alpha }^2+1}+\frac{{\mathrm{e}}^{-(\alpha +1)x}}{\alpha +1}\right)|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{\alpha }{1+{\alpha }^2}-\frac{1}{\alpha +1}.\end{array}$$注意到 $\underset{\alpha \to +\infty }{\lim }I(\alpha )=0$, 于是$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=I(0)=-{\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha }{1+{\alpha }^2}-\frac{1}{1+\alpha }\mathrm{d}\alpha =0.$$$\square$
2.	计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}\mathrm{d}x$. 解答. 记$$I(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x^a)-\cos (x^a)}{x}\mathrm{d}x,$$置 $x^a=t$, 利用上一问的结果, 得到$$I(a)=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-t}-\cos t}{t}\mathrm{d}x\equiv 0,$$于是由 $I(1)=I(2)$ 可得$${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x)-\exp (-x^2)}{x}\mathrm{d}x,$$我们只需要计算右侧的积分, 即有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x)-\exp (-x^2)}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{+\infty }\left(\exp (-x)-\exp (-x^2)\right)\mathrm{d}\left(\ln x\right)\\ & ={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\ln x\mathrm{d}x-2{\int }_0^{+\infty }x\exp (-x^2)\ln x\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\ln x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\Gamma }^{\prime }(1)=-\frac{\gamma }{2}.\end{array}$$从而 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}\mathrm{d}x=-\frac{\gamma }{2}.$ $\square$
3.	计算 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\sin t^2\mathrm{d}t$. 解答. 换元, 使用累次积分并运用已知结果.$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\sin t^2\mathrm{d}t& =2{\int }_0^{+\infty }\sin t^2\mathrm{d}t\stackrel{t^2=x}{=}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{+\infty }\sin x{\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}}{\sqrt{\pi }}\mathrm{d}t\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+t^4}\mathrm{d}t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}.\end{array}$$ $\square$
4.	计算 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n{x}^2}{1+n^3{x}^3}$. 解答. 我们证明这样一个有趣的命题: 设函数 $g\in [0,+\infty )$ 单调递减, 并且 Riemann 积分 ${\int }_0^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x$ 收敛. 则对于任何满足条件 $|f(x)|⩽g(x)$ 的函数 $f\in [0,\infty )$ 有 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }f(nx)={\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$. 如果我们证明了这个命题, 那么对于本问, 取 $f(x)=\frac{x}{1+x^3}$, 就有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{nx}{1+n^3{x}^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }f(nx)={\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^3}\mathrm{d}x=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}.$$$\square$ 下面我们将证明这个命题. 证明. 考察 $M_n:=h\sum _{n=1}^{\infty }f(nh)-{\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$, 设 $N,L$ 是某些正整数, 我们将 $M_n$ 表示为$$\begin{array}{rl}{M}_n& =h\sum _{n=1}^{N}f(nh)+h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_L^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x\\ & =\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)+h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)+\left(\frac{1}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)\mathrm{d}x\right)-{\int }_L^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$ (i) 因为 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上 Riemann 可积, 所以对于任何给定的 $\epsilon >0$, 存在最小的正整数 $L=L(\epsilon )$ 使得$${\int }_{L-1}^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{4}.$$下文中固定此 $L$. (ii) 对于任何给定的 $h\in (0,1)$, 可取正整数 $N$ 满足 $Nh⩽L⩽(N+1)h$, 于是$$nh\in \left(\frac{Ln}{N+1},\frac{Ln}{N}\right]\subset \left(\frac{n-1}{N}L,\frac{n}{N}L\right],1⩽n⩽N,$$由题设可知, 积分 ${\int }_0^{L}f(x)\mathrm{d}x$ 存在, 所以$$\frac{L}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)\to {\int }_0^{L}f(x)\mathrm{d}x,N\to +\infty ,$$注意由 $N$ 的取法可知 $\frac{L}{N}\in \left[h,\frac{N+1}{N}h\right)$, 所以当 $h\to 0^{+}$ 时 $N\to +\infty$, 于是当 $0<h<h_0$ (其中 $h_0=h_0(\epsilon )$) 时, 有$$\left|\frac{L}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)\mathrm{d}x\right|<\frac{\epsilon }{4}.$$ (iii) 因为 $\frac{L}{N}\in \left[h,\frac{N+1}{N}h\right)$, 所以$$\left|h-\frac{L}{N}\right|⩽\frac{N+1}{N}h-h=\frac{h}{N},$$并且由 $|f(x)|<g(x)$, 我们有$$\left|\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)\right|⩽\left|h-\frac{L}{N}\right|\sum _{n=1}^{N}g(nh)⩽\frac{h}{N}\sum _{n=1}^{N}g(nh).$$因为 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减, 所以$$h\sum _{n=1}^{N}g(nh)<{\int }_0^{Nh}g(x)\mathrm{d}x<{\int }_0^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x,$$并且因为 ${\int }_0^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 所以当 $0<h<h_0$ (其中 $h_0$ 足够小) 时也有 $\frac{1}{N}{\int }_0^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{4}.$ 于是由前式得知, 当 $0<h<h_0$ 时$$\left|\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)\right|<\frac{\epsilon }{4}.$$ (iv) 另外, 依步骤 (i), 我们有$$\left|h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)\right|⩽h\sum _{n=N+1}^{\infty }g(nh)⩽{\int }_{L-1}^{+\infty }g(x)\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{4}.$$ (v) 最后, 综合上述诸估计, 我们得到对于任何 $\epsilon >0$, 当 $0<h<h_0$ 时 $|M_n|<\epsilon .$ 因此结论得证. $\square$
5.	计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2-1}\mathrm{d}x$. 解答. 易见$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2-1}\mathrm{d}x& =2{\int }_0^1\frac{\ln x}{x^2-1}\mathrm{d}x\\ & =-2{\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\ln x\mathrm{d}x\\ & =-2\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^1{x}^{2n}\ln x\mathrm{d}x\\ & =2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$ $\square$
6.	设 $p,q>1$ 为对偶数, $\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{|}^p$ 和 $\sum _{n=1}^{\infty }|b_n{|}^q$ 收敛. 证明如下离散型的 Hardy–Hilbert 不等式:$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_m{b}_n}{m+n}⩽\frac{\pi }{\sin (\pi /p)}{\left(\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{|}^p\right)}^{1/p}{\left(\sum _{n=1}^{\infty }|b_n{|}^q\right)}^{1/q}.$$ 证明. 参考 G. Hardy, J. E. Littlewood, G. Pólya, Inequalities, Cambridge University Press, 1934, Chapter IX, Theorem 315, pp. 226–9. $\square$
7.	计算 $\psi$ 在 $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{6},\frac{5}{6}$ 等点的值. 解答. 我们将利用以下两个公式$$\begin{array}{c}\sum _{j=0}^{k-1}\psi \left(x+\frac{j}{k}\right)=k(\psi (kx)-\ln k),\forall x>0.\\ \psi (x)-\psi (1-x)=-\pi \cot \pi x,\forall x\in (0,1).\end{array}\text{\hspace{1em}(♡)}$$在式 $(♡)$ 中令 $k=2$ 得到$$\psi (x)+\psi \left(x+\frac{1}{2}\right)=2\psi (2x)-2\ln 2,$$令 $x=\frac{1}{2}$, 即有$$\psi \left(\frac{1}{2}\right)+\psi (1)=2\psi (2x)-2\ln 2,$$由此解得$$\psi \left(\frac{1}{2}\right)=\psi (1)-2\ln 2=-\gamma -2\ln 2.$$ 令 $k=3$, 得到$$\psi (x)+\psi \left(x+\frac{1}{3}\right)+\psi \left(x+\frac{2}{3}\right)=3\psi (3x)-3\ln 3,$$再分别令 $x=\frac{1}{6},\frac{1}{3}$, 有$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{6}\right)+\psi \left(\frac{5}{6}\right)& =2\psi \left(\frac{1}{2}\right)-3\ln 3,\\ \psi \left(\frac{1}{3}\right)+\psi \left(\frac{2}{3}\right)& =2\psi (1)-3\ln 3,\end{array}$$结合 $(♡)$ 式, 即有$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{6}\right)-\psi \left(\frac{5}{6}\right)& =-\sqrt{3}\pi ,\\ \psi \left(\frac{1}{3}\right)-\psi \left(\frac{2}{3}\right)& =-\frac{\pi }{\sqrt{3}},\end{array}$$联立解得$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{3}\right)& =-\gamma -\frac{3}{2}\ln 3-\frac{\pi }{2\sqrt{3}},\\ \psi \left(\frac{2}{3}\right)& =-\gamma -\frac{3}{2}\ln 3+\frac{\pi }{2\sqrt{3}},\\ \psi \left(\frac{1}{6}\right)& =-\gamma -2\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3-\frac{\sqrt{3}}{2}\pi ,\\ \psi \left(\frac{5}{6}\right)& =-\gamma -2\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi ,\end{array}$$随即令 $k=4$, $x=\frac{1}{4}$, 结合 $(♡)$ 式, 有$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{4}\right)+\psi \left(\frac{3}{4}\right)& =3\psi (1)-\psi \left(\frac{1}{2}\right)-8\ln 2,\\ \psi \left(\frac{1}{4}\right)-\psi \left(\frac{3}{4}\right)& =-\pi ,\end{array}$$解得$$\psi \left(\frac{1}{4}\right)=-\gamma -3\ln 2-\frac{\pi }{2},$$$$\psi \left(\frac{3}{4}\right)=-\gamma -3\ln 2+\frac{\pi }{2}.$$$\square$
8.	证明 $\Gamma$ 函数在定义域内解析. 证明. 考虑 $\{\mathrm{Re}s>0\}$ 上的复变函数 $\Gamma (s)$, 下面说明对固定的 $\{\delta <\mathrm{Re}s<M\}$, $\Gamma (s)$ 是全纯的 (从而由 $\delta ,M$ 的任意性, $\Gamma (s)$ 在整个 $\{\mathrm{Re}s>0\}$ 是全纯的) . 对 $0<\epsilon <1$, 作$${\Gamma }_{\epsilon }(s)={\int }_{\epsilon }^{1/\epsilon }{t}^{s-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t.$$显然 ${\Gamma }_{\epsilon }(s)$ 皆是全纯的, 由 Morera 定理, 只要说明 ${\Gamma }_{\epsilon }(s)$ 一致收敛于 $\Gamma (s)$ 即可. 两者相差不大于$$|\Gamma (s)-{\Gamma }_{\epsilon }(s)|⩽{\int }_0^{\epsilon }{t}^{\sigma -1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t+{\int }_{1/\epsilon }^{\infty }{t}^{\sigma -1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t,$$其中 $\sigma =\mathrm{Re}s$, 则 $|t^{s-1}|=t^{\sigma -1}$. 分别给出两者一致的上界$${\int }_0^{\epsilon }{t}^{\sigma -1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{\epsilon }{t}^{\sigma -1}\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{\epsilon }{t}^{\delta -1}\mathrm{d}t={\epsilon }^{\delta }/\delta \to 0$$和$${\int }_{1/\epsilon }^{\infty }{t}^{\sigma -1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t⩽{\int }_{1/\epsilon }^{\infty }{t}^{M-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t⩽C{\int }_{1/\epsilon }^{\infty }{\mathrm{e}}^{-t/2}\mathrm{d}t\to 0,$$其中 $C$ 是一个只与 $M$ 有关的常数. $\square$
9.	证明例 9.4.7 中的结论.

5变分法初步

最优解的必要条件, Euler–Lagrange 方程, 特殊情形 Euler–Lagrange 方程的求解, 捷线问题, 最优解的充要条件, 存在性问题简介, Poincaré 不等式, 弱收敛, 强收敛, Clarkson 不等式, 凸集分离定理, Mazur 定理, Riesz 表示定理

A 5.1.

1.	证明: 对于任何 $a,b>0$, 存在唯一的 $r>0$ 以及 $\theta \in \left(0,2\pi \right]$ 使得 $a=r(\theta -\sin \theta ),b=r(1-\cos \theta )$. 证明. 只需证能从 $b/a$ 唯一确定 $\theta$ 即可, 下面求导说明 $b/a$ 是关于 $\theta$ 单调递减的. 事实上, $${\left(\frac{b}{a}\right)}^{\prime }=\frac{2\sin \frac{\theta }{2}(\theta \cos \frac{\theta }{2}-2\sin \frac{\theta }{2})}{(\theta -\sin \theta {)}^2}<0,$$这是因为$$\frac{\theta \cos \frac{\theta }{2}}{2\sin \frac{\theta }{2}}=\frac{\frac{\theta }{2}}{\tan \frac{\theta }{2}}<1.$$$\square$
2.	证明 (10.5.28) 式.
3.	设 $f\in C[a,b]$. 若存在 $h_1,h_2\in L^1[a,b]$ 使得$$f(x)=f(a)+{\int }_a^x{h}_j(t)\mathrm{d}t,\forall x\in [a,b],j=1,2,$$证明: ${\int }_a^b\left|h_1(x)-h_2(x)\right|\mathrm{d}x=0.$
4.	设 $1<q<+\infty$, $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为测度非零的可测集, $G$ 由 (10.5.50) 式给出. 证明: $\forall g\in L^q(E)$, 存在 $g_{\epsilon }\in G$ 使得 ${\Vert g_{\epsilon }-g\Vert }_{L^q(E)}<\epsilon$.

B 5.2.

1.

举例说明, 对于 $\mathbf{A}\in C([a,b];{\mathbb{R}}^{(2m)\times (2m)}),{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}(x)=\mathbf{A}(x)$ $(\forall x\in [a,b])$, 条件$${\int }_a^b{\left(\begin{array}{c}\mathbf{\phi }(x)\\ {\mathbf{\phi }}^{\prime }(x)\end{array}\right)}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{c}\mathbf{\phi }(x)\\ {\mathbf{\phi }}^{\prime }(x)\end{array}\right)\mathrm{d}x⩾0,\forall \mathbf{\phi }\in C_0^1([a,b];{\mathbb{R}}^m)$$并不蕴涵$$\mathbf{A}(x)⩾0,\forall x\in [a,b].$$