设 $a_1\in\mathbb{R}$, $a_{n+1}=\arctan a_n$, 求 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}na_n^2$

References:

梅加强, 《数学分析》，高等教育出版社，2011.7.  【P.206】

设函数 $f:\ \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ 定义为

\[f(x)=\begin{cases}x+x^2\cos(\frac{1}{x}),&x\neq 0,\\ 0, &0.\end{cases}\]

证明:

(1) $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续;

(2) $f$ 在所有点处都可微;

(3) $f\'(0)\neq 0$;

(4) $f\'$ 在 $x=0$ 点处不连续;

(5) $f$ 在 $x=0$ 的任意邻域内都没有逆映射. (这说明反函数定理中关于导数连续的条件不能被去掉.)

南京大学

http://math.nju.edu.cn/jpkc/intro.htm

北京大学

http://www.math.pku.edu.cn:8000/misc/course/analysis/index.htm

称以 $x,y$ 为参量的广义积分

\[\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\]

为第一类欧拉积分. 当 $x > 0, y > 0$ 时, 这个积分收敛(请证明). 此时称这个二元函数

\[B(x,y)=\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\tag{1}\]

为关于 $x,y$ 的 B-函数. 易见 $B(y,x)=B(x,y)$ (利用换元 $t\mapsto 1-s$ 即可证明).

由于 $t\in[0,1]$, 因此自然会想到令 $t=\sin^2\theta$, $\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$, 若此, 则得到 B-函数的另一种形式.

\[B(x,y)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta d\theta\]

Prop. $B(a,a)=2^{1-2a}B(a,\frac{1}{2})$.

Prop. $B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=\pi$.

Cor. $\Gamma(a)\Gamma(a+\frac{1}{2})=2^{1-2a}\Gamma(2a)\Gamma(\frac{1}{2})$.

B-函数与 $\Gamma$-函数之间的关系见 $\Gamma$-函数.

References

杨奇林 编著 《数学物理方程与特殊函数》(第2版) 附录A.

编辑历史

last update 2017-06-02 19:52:14

$\Gamma$-函数的定义是:

当 $x>0$ 时,

\[\Gamma(x)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt\]

证明该积分当 $x>0$ 时收敛.

若不限定 $x$, 则称上式右端的积分为第二类欧拉积分.令 $t=s^2$, 则 $\Gamma$-函数又可表示为

\[\Gamma(x)=2\int_{0}^{+\infty}s^{2x-1}e^{-s^2}ds\]

请证明 $\Gamma$-函数的下列性质.

1. $\Gamma(1)=1$
2. $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, $\forall\ x > 0$.
3. $\Gamma(x)\Gamma(y)=\Gamma(x+y)B(x,y)$, 其中 $B(x,y)$ 是指 Beta 函数 B-函数(也称为第一类欧拉积分). 这个关系式也记为
   \[B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\]
   有些书上称之为欧拉定理.
4. $\Gamma$-函数定义域可扩充到不含负整数的负数域上. 希望能继续满足递推公式 2. 例如, 对 $-1 < x < 0$, 定义
   \[\Gamma(x)=\frac{\Gamma(x+1)}{x},\]
   这里 $x+1 > 0$, 因此定义合理. 类似的, 因为 $\Gamma(x)$ 在 $(-1,0)$ 上已定以好, 所以对 $-2 < x < -1$, 仍可使用上式来定义 $\Gamma(x)$. 这样一直定义下去, $\Gamma(x)$ 就在 $\{x<0\mid x\not\in\mathbb{Z}^{-}\}$ 上定义好了.
   证明:
   \[\lim_{x\rightarrow 0}\Gamma(x)=+\infty\]
   由此, 可得
   \[\lim_{x\rightarrow -n}\Gamma(x)=+\infty,\quad\forall\ n=1,2,3,\ldots\]
5. 当 $x\in(0,1)$ 时,
   \[\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}.\]
   这个称为余元公式. 事实上, 上式对于任意非整数的 $x$ 都成立. 例如对于 $x\in (-1,0)$, 有
   \[
   \begin{split}
   \Gamma(x)\Gamma(1-x)&=\frac{\Gamma(x+1)}{x}\Gamma(-x+1)=\frac{\Gamma(x+1)}{x}\cdot(-x)\Gamma(-x)=-\Gamma(x+1)\Gamma(-x)\\
   &=-\Gamma(-x)\Gamma(1-(-x))=-\frac{\pi}{\sin(\pi(-x))}\\
   &=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}
   \end{split}
   \]
6. 证明 $\Gamma(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是光滑的. 即有各阶连续导函数.
7. 
   \[\sqrt{\pi}\Gamma(2z)=2^{2z-1}\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2}).\]
8. 
   \[\frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}.\]
9. 根据 (7) 和 (8), 推出
   \[(2n)!!\Gamma(2n)=(2n-1)!!\cdot 2^{2n-1}\Gamma(n+1)\Gamma(n).\]

References

杨奇林 编著 《数学物理方程与特殊函数》(第2版) 附录A.
Б.П. 吉米多维奇 (Б.П. ДЕМИДОВИЧ) 数学分析习题集题解(五)

函数 $f(x)$ 称为是区间 $I$ 上的完全单调函数(completely monotonic function), 如果它的各阶导数满足

\[(-1)^n f^{(n)}(x)\geqslant 0,\quad(\forall\ x\in I, n=0,1,2,\ldots)\]

若不等号是严格大于的, 则称 $f(x)$ 在区间 $I$ 上是严格完全单调的.

类似的, 可定义所谓的对数完全单调函数.

函数 $f(x)$ 称为是区间 $I$ 上的对数完全单调函数(logarithmically completely monotonic function), 如果它取对数后, 各阶导数满足

\[(-1)^n [\ln f(x)]^{(n)}\geqslant 0,\quad(\forall\ x\in I, n=0,1,2,\ldots)\]

若不等号是严格大于的, 则称 $f(x)$ 在区间 $I$ 上是严格对数完全单调的.

References

Chao-Ping Chen & Feng Qi, Completely monotonic function associated with the gamma functions and proof of Wallis\' inequality. Tamkang Journal of Mathematics, Vol. 36, No. 4, 303--307, Winter 2005.

对于足够大的 $n$, 有

\[n!=n^n e^{-n}\sqrt{2\pi n}(1+O(\frac{1}{n}))\]

一个简易但不是严谨的解释是这样的. 通常对于乘积, 分析起来往往先将之转化为和比较方便.

\[
\log n!=\sum_{k=1}^{n}\log k\approx\int_{1}^{n}\log tdt=(t\log t-t)|_{1}^{n}=n\log n-n+1
\]

因此

\[\log n!\approx n\log n -n\]

或者

\[n!\approx e^{n\log n-n}=\frac{n^n}{e^n}\]

References

Steven J. Miller and Ramin Takloo-Bighash, An invitation to modern number theory.

\[\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n+1}\]

它可以改写为

\[\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{+\infty}(\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1})\]

或者

\[\frac{\pi}{4}=\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n(2n+2)}{(2n+1)^2}\]

\[\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n+1}=\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n}\]

公式的获得来源于计算积分(问题43)

\[
I_m=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^m xdx,\quad J_m=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^m xdx,\quad (m\in\mathbb{Z}^+)
\]

这两个积分的计算要使用递推公式.

References

梅加强, 数学分析, 高等教育出版社.

Remark

有时, Wallis 不等式(问题711)可能更有用.

Ex. 由 Wallis 公式, 证明

\[
\frac{(2n)!}{(n!)^2}\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\frac{4^n}{\sqrt{2n+1}}.
\]

(1) 柱坐标变换

\[\begin{cases}x=\rho\cos\theta\\ y=\rho\sin\theta\\ z=z\end{cases}\]

\[J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(\rho,\theta,z)}=\begin{vmatrix}x'_\rho & x'_\theta & x'_z\\ y'_\rho & y'_\theta & y'_z\\ z'_\rho & z'_\theta & z'_z\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos\theta & -\rho\sin\theta & 0\\ \sin\theta &\rho\cos\theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{vmatrix}=\rho\]

如果令 $x=\rho\sin\theta$, $y=\rho\cos\theta$, 则算得的 $J=-\rho$.

(2) 球坐标变换

\[\begin{cases}x=r\sin\varphi\cos\theta\\ y=r\sin\varphi\sin\theta\\ z=r\cos\varphi\end{cases}\]

其中 $\varphi$ 是向量 $(x,y,z)$ 与 $z$ 轴正方向的夹角.

\[J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,\theta)}=\begin{vmatrix}x'_r & x'_\varphi & x'_\theta\\ y'_r & y'_\varphi & y'_\theta\\z'_r & z'_\varphi & z'_\theta \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\sin\varphi\cos\theta & r\cos\varphi\cos\theta & -r\sin\varphi\sin\theta\\ \sin\varphi\sin\theta &r\cos\varphi\sin\theta & r\sin\varphi\cos\theta\\ \cos\varphi & -r\sin\varphi & 0\end{vmatrix}=r^2\sin\varphi\]

若如下令

\[\begin{cases}x=r\cos\varphi\cos\theta\\ y=r\cos\varphi\sin\theta\\ z=r\sin\varphi\end{cases}\]

其中 $\varphi$ 是向量 $(x,y,z)$ 与 $xoy$ 平面的夹角.

\[J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,\theta)}=\begin{vmatrix}x'_r & x'_\varphi & x'_\theta\\ y'_r & y'_\varphi & y'_\theta\\z'_r & z'_\varphi & z'_\theta \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos\varphi\cos\theta & -r\sin\varphi\cos\theta & -r\cos\varphi\sin\theta\\ \cos\varphi\sin\theta &-r\sin\varphi\sin\theta & r\cos\varphi\cos\theta\\ \sin\varphi & r\cos\varphi & 0\end{vmatrix}=-r^2\cos\varphi\]

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某个邻域内连续, 且

\[\lim\limits_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{f(x,y)-xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=1,\]

试判断 $f(0,0)$ 是否为函数 $f(x,y)$ 的极值, 为什么?