这里收录可以作为每日一题的习题. 因为是要做到每日一题的目标, 所以难度会有提升和提示上表述简略. 我也会根据不同问题进行归类, 同种方法的问题会放在我第一次遇到的问题中, 所以每个方法显示上会是只有一个问题.

判断题

基础拓扑学

问题: 判断以下命题的真假. 对真命题给出证明, 对假命题给出反例.

任意多个紧集的交集仍是紧集.
设 $A\in\RR$ 为任意给定集合, $K\subseteq\RR$ 是紧集. 则 $A\cap K$ 也是紧集.
若 $F_1\supseteq F_2\supseteq F_3\supseteq F_4\supseteq\cdots $ 是非空闭集套, 则交集 $\cap_{n=1}^{\infty}F_n\ne\varnothing $.

数列极限

可求通项

问题: 设数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 满足 $x_{0}=a$, $x_{1}=b$, $x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+x_{n-1}\right)$, $n\in\NN_{+}$, 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 极限存在并求其极限.

问题: 见这里.

问题: 设$a_{1}>2$, 且当$n\ge1$时, $a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{2(a_{n}+1)}$. 问: $\left\{ a_{n}\right\} $收敛吗?

提示

不动点法, 解方程

$x=\frac{x^{2}}{2(x+1)}$

有$x=0$或$x=-2$. 所以

$a_{n+1}+2=\frac{(a_{n}+2)^{2}}{2(a_{n}+1)},$

相除得到

$\frac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}}=\left(\frac{a_{n}+2}{a_{n}}\right)^{2}=\cdots=\left(\frac{a_{1}+2}{a_{1}}\right)^{2^{n}}\to\infty$

所以$a_{n}\to0$. 收敛.

提示2

也可以用单调收敛定理, 注意$a_{n}>0$是显然的,

$a_{n+1}-a_{n}=\frac{-a_{n}^{2}-2a_{n}}{2(a_{n}+1)}<0.$

所以$\left\{ a_{n}\right\} $单调下降有下界.

单调有界

问题: 设数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 满足 $0<x_{1}<3,x_{n+1}=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)},n\in \NN_{+}$, 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 极限存在并求其极限值.

提示

$x_{2}=\sqrt{x_{1}(3-x_{1})}$.

$\sqrt{x(3-x)}\le\frac{x+3-x}{2}=\frac{3}{2}<3.$

$0 < x_{n}<3$, $\forall n\in \mathbb{N}_{+}$. $x_{2}\le\frac{3}{2}$. $x_{2}\le x_{3}\le\frac{3}{2}$.

$\sqrt{x(3-x)}\ge x\Longleftrightarrow3x-x^{2}\ge x^{2}\Longleftrightarrow x\le\frac{3}{2},\quad\forall0<x\le\frac{3}{2}.$

所以$x_{n+1}>x_{n}$, $\forall n\ge2$.

问题: 证明数列 $\sqrt{2},\sqrt{2+\sqrt{2}},\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}},\cdots$极限存在, 并求其极限值.

问题: 见这里的提示2.

Taylor公式

问题: 设 $a_{1}>0$, $\left\{ a_{n}\right\} $ 满足 $a_{n+1}=\ln\left(1+a_{n}\right),n\in N_{+}$.

(1) 证明数列 $\left\{ a_{n}\right\} $ 极限存在, 并求其极限值;

(2) 计算

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n}a_{n+1}}{a_{n}-a_{n+1}}.$

(3) 计算

$\lim_{n\to\infty}na_{n}.$

提示

$a_{n}\to0$.

$a_{n}-\frac{a_{n}^{2}}{2}+\frac{a_{n}^{3}}{3}\ge a_{n+1}\ge a_{n}-\frac{a_{n}^{2}}{2}.$ $\frac{1}{a_{n}}\frac{1}{1-\frac{a_{n}}{2}+\frac{a_{n}^{2}}{3}}\le\frac{1}{a_{n+1}}\le\frac{1}{a_{n}}\frac{2}{2-a_{n}}.$ $\frac{1}{a_{n}}\frac{\frac{a_{n}}{2}-\frac{a_{n}^{2}}{3}}{1-\frac{a_{n}}{2}+\frac{a_{n}^{2}}{3}}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{a_{n}}{3}}{1-\frac{a_{n}}{2}+\frac{a_{n}^{2}}{3}}<\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}\le\frac{1}{a_{n}}\frac{a_{n}}{2-a_{n}}=\frac{1}{2-a_{n}}$ $\frac{1}{2}\le\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}\le\frac{1}{2}.$

第三个极限使用Stolz公式.

问题: (1) 证明方程 $x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x=1$, $(n>1,n\in\ZZ)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 内有且仅有一个实根;

(2) 记 (1) 中的实根为 $x_{n}$, 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 极限存在并求其极限.

提示

$2(x_{n}-1)=x_{n}^{n+1}-1.$ $x_{n}=\sqrt[n+1]{1+2(x_{n}-1)}=1+\frac{2(x_{n}-1)}{n+1}+o\left(\frac{1}{n}\right)\to1,\quad n\to\infty.$

问题: (1) 证明方程 $e^{x}+x^{2n+1}=0$ 在 $(-1,0)$ 有唯一实根 $x_{n}$, 且 $n\in\NN_{+}$;

(2) 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 极限存在并求其值 $a$;

(3) 计算

$\lim_{n\rightarrow\infty}n\left(x_{n}-a\right)$

提示

注意$x_n$有界, 所以

$\ue^{\frac{x_{n}}{2n+1}}=-x_{n}\to1,\quad n\to\infty.$ $1+x_{n}=1-\ue^{\frac{x_{n}}{2n+1}},$ $n(1+x_{n})=n\left(1-\ue^{\frac{x_{n}}{2n+1}}\right)=n\left(1-\left(1+\frac{x_{n}}{2n+1}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\right)=-\frac{nx_{n}}{2n+1}+o(1)\to-\frac{1}{2}\cdot(-1)=\frac{1}{2},\quad n\to\infty.$

Stolz公式

问题: 设 $a_{1}=1$, $a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$, ($n \in \mathbb{N}_{+}$), 证明

$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}.$

提示

用Stolz公式求极限:

$a_{n}$ 单调上升, 反证法可得$a_{n}$没有有限极限.

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}^{2}}{n}\xlongequal{\text{ Stolz 公式 }}\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}}{1}=\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}+a_{n})\frac{1}{a_{n}}=2+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_{n}^{2}}=2.$

问题: 定义数列$x_{1}\in(0,1)$且满足

$x_{n+1}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln(1+x_{k}),$

求极限

$\lim_{n\to\infty}x_{n}\ln n.$

提示

容易得到简化的递推公式

$nx_{n+1}-(n-1)x_{n}=\ln(1+x_{n})\le x_{n}$

所以$\left\{ x_{n}\right\} $是单调递减数列, 并容易验证它有下界$0$. 最后由Stolz公式

$\begin{align*} x_{n}\ln n & =\frac{\ln n}{\frac{1}{x_{n}}}\sim\frac{\ln(n+1)-\ln n}{\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}}\\ & \sim\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{\frac{1}{x_{n}+\frac{\ln(1+x_{n})-x_{n}}{n}}-\frac{1}{x_{n}}}\\ & =\frac{x_{n}\left(x_{n}+\frac{\ln(1+x_{n})-x_{n}}{n}\right)}{\ln(1+x_{n})-x_{n}}\sim\frac{x_{n}\left(x_{n}+o(1)\right)}{\frac{x_{n}^{2}}{2}+o(1)}\to2. \end{align*}$

压缩映射

问题: 设数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 满足 $x_{1}=2$, $x_{n+1}=2+\frac{1}{x_{n}}$, $n\in\NN_{+}$, 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 收敛, 并求其极限值.

提示1

$\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{x_{n-1}}\right|=\left|\frac{x_{n}-x_{n-1}}{x_{n}x_{n-1}}\right|\le\frac{1}{4}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|,$

$x_{n}\to x$, $n\to\infty$. $x=2+\frac{1}{x}$, $x^{2}-2x-1=0$, $x_{1,2}=\frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2}=\frac{2\pm2\sqrt{2}}{2}=1\pm\sqrt{2}$, $x=1+\sqrt{2}.$

提示2

$x_{n+2}-x_{n}=\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n-1}}=-\frac{x_{n+1}-x_{n-1}}{x_{n+1}x_{n-1}}=\frac{x_{n}-x_{n-2}}{x_{n}x_{n-2}x_{n+1}x_{n-1}}.$

$x_{2}=2\frac{1}{2}$, $x_{3}=2+\frac{2}{5}<x_{2}$, 所以$\left\{ x_{2n+1}\right\} $单调上升, $x_{4}=2+\frac{5}{12}<x_{2}$, $\left\{ x_{2n}\right\} $单调下降, 且$x_{2n+1}<x_{2n}$.
即

$x_{1}<\cdots<x_{2n+1}<x_{2n}<\cdots<x_{2}.$

所以$\left\{ x_{2n}\right\} $与$\left\{ x_{2n+1}\right\} $均收敛.

其实这个数列是可求通项的

$x_{n+1}-1-\sqrt{2}=1-\sqrt{2}+\frac{1}{x_{n}}=\frac{(1-\sqrt{2})x_{n}+1}{x_{n}}=-\frac{x_{n}-1-\sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})x_{n}}. \frac{x_{n+1}-1-\sqrt{2}}{x_{n}-1-\sqrt{2}}=-\frac{1}{(1+\sqrt{2})x_{n}},$ $x_{n+1}-1+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}+\frac{1}{x_{n}}=-\frac{x_{n}-1+\sqrt{2}}{(\sqrt{2}-1)x_{n}}.$ $\frac{x_{n+1}-1+\sqrt{2}}{x_{n}-1+\sqrt{2}}=-\frac{1}{(\sqrt{2}-1)x_{n}}.$ $\left(\frac{x_{n+1}-1-\sqrt{2}}{x_{n+1}-1+\sqrt{2}}\right)/\left(\frac{x_{n}-1-\sqrt{2}}{x_{n}-1+\sqrt{2}}\right)=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}.$

问题: 设数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 满足 $x_{n+1}=\cos x_{n}$, $n\in \NN_{+}$, $x_{1}=\cos x$, 证明该数列极限存在且其极限值为 $\cos x-x=0$ 的根.

提示

$\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|\cos x_{n}-\cos x_{n-1}\right|=\left|2\sin\frac{x_{n}+x_{n-1}}{2}\sin\frac{x_{n}-x_{n-1}}{2}\right|<\sin1\left|x_{n}-x_{n-1}\right|,\quad n\ge2.$

聚点定理且根据方程极限点唯一.

积分收敛性

问题: (1) 证明方程 $\tan x=x$ 在 $\left(n\pi,n\pi+\frac{\pi}{2}\right)$ 内存在实根 $\xi_{n},n\in N_{+}$;

(2) 计算极限

$\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\xi_{n+1}-\xi_{n}\right)$

提示

$\xi_{n}=n\pi+\arctan\xi_{n},\quad\xi_{n}\in\left(n\pi,n\pi+\frac{\pi}{2}\right).$ $\left|\xi_{n+1}-\xi_{n}\right|=\left|\pi+\arctan\xi_{n+1}-\arctan\xi_{n}\right|=\pi+O\left(\int_{n\pi}^{n\pi+\frac{3\pi}{2}}\frac{1}{1+x^{2}}\ud x\right)\to\pi,\quad n\to\infty.$

问题: 求极限

$\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^{2}nx}\ud x.$

提示

作变量替换

$\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^{2}nx}\ud x & =\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{n\pi}\frac{\frac{1}{n}\sin\frac{x}{n}}{1+\cos^{2}x}\ud x\\ & =\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{\frac{1}{n}\left(\sin\frac{x}{n}+\sin\frac{x+\pi}{n}+\cdots+\sin\frac{x+(n-1)\pi}{n}\right)}{1+\cos^{2}x}\ud x\\ & =\int_{0}^{\pi}\frac{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\sin\frac{x}{n}+\sin\frac{x+\pi}{n}+\cdots+\sin\frac{x+(n-1)\pi}{n}\right)}{1+\cos^{2}x}\ud x\\ & =\int_{0}^{\pi}\frac{\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sin t\ud t}{1+\cos^{2}x}\ud x\\ & =\sqrt{2}. \end{align*}$

阶的估计

离散和的阶

问题: 证明:

$\sum_{k=1}^{n}\sin\sqrt{k}=O(\sqrt{n}),\qquad n\to\infty.$

提示

用Euler求和公式

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\sin\sqrt{k} & =\int_{0}^{n}\sin\sqrt{x}\ud x+\frac{\sin\sqrt{n}}{2}+\int_{0}^{n}\left\langle x\right\rangle \frac{\cos\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\ud x\\ & =\int_{0}^{\sqrt{n}}2x\sin x\ud x+O(\sqrt{n})\\ & =-2(x\cos x\mid_{0}^{\sqrt{n}}-\int_{0}^{\sqrt{n}}\cos x\ud x)+O(\sqrt{n})\\ & =O(\sqrt{n}). \end{align*}$

提示

注意到:

$\begin{align*} \left|\sin\sqrt{k}-\int_{k-1/2}^{k+1/2}\sin\sqrt{t}\ud t\right| & =\left|\int_{k-1/2}^{k+1/2}\sin\sqrt{k}-\sin\sqrt{t}\ud t\right|\\ & =\left|\int_{k-1/2}^{k+1/2}\frac{\cos\xi(k,t)}{2\sqrt{\xi(k,t)}}\ud t\right|\\ & =\left|\int_{k-1/2}^{k+1/2}O\left(\frac{1}{\sqrt{k}}\right)\ud t\right|=O\left(\frac{1}{\sqrt{k}}\right), \end{align*}$

其中$\xi=\xi(k,t)$是介于$k,t$之间的数.

微分 - 积分不等式

Taylor公式

问题: 设$f\in C^{2}(\RR)$, $f\ge0$, $f’’\le1$. 证明: $(f’)^{2}\le2f$.

提示

由Taylor公式

$f(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1!}(x-a)+\frac{f''(\xi)}{2!}(x-a)^{2}\ge0,$

上式对于任意的$h=x-a\in\RR$都成立. 即对于任意的$h\in\RR$, $a\in\RR$有

$f(a)+f'(a)h+\frac{f''(\xi)}{2!}h^{2}\ge0.$

所以$\Delta=(f’(a))^{2}-2f(a)f’’(\xi)\le0$, 即$(f’(a))^{2}\le2f(a)f’’(\xi)\le2f(a)$.

积分不等式证微分不等式

问题: 设$f:\RR^{n}\to\RR$处处可微, 且

$\norm{\nabla f(x)-\nabla f(y)}\le\norm{x-y},\qquad\forall x,y\in\RR^{n}.$

证明:

$\left|f(y)-f(x)-\nabla f(x)\cdot(y-x)\right|\le\frac{1}{2}\norm{x-y}^{2},\qquad\forall x,y\in\RR^{n}.$

提示

用Newton-Leibniz公式的惯用技巧

$\begin{align*} \left|f(y)-f(x)-\nabla f(x)\cdot(y-x)\right| & =\left|\int_{0}^{1}\frac{\ud}{\ud t}\left(f(x+t(y-x))\right)\ud t-\nabla f(x)\cdot(y-x)\right|\\ & =\left|\int_{0}^{1}\left(\nabla f(x+t(y-x))-\nabla f(x)\right)\cdot(y-x)\ud t\right|\\ & \le\int_{0}^{1}t\norm{y-x}^{2}\ud t\\ & =\frac{1}{2}\norm{y-x}^{2}. \end{align*}$

积分问题

不定积分问题

变量替换法

问题: 求 $ \int\frac{\cos x+\sin x}{e^{x}+3\cos x}\ud x $.

提示

$\begin{align*} I & =\int\frac{\cos x+\sin x}{e^{x}+3\cos x}\ud x\\ & =\int\frac{\cos x+\sin x}{e^{x}\left(1+3e^{-x}\cos x\right)}\ud x\\ & \xlongequal{u=1+3e^{-x}\cos x}\int\frac{\cos x+\sin x}{e^{x}u}\cdot\left(\frac{e^{x}}{-3\left(\cos x+\sin x\right)}\right)\ud u\\ & =-\frac{1}{3}\int\frac{1}{u}\ud u\\ & =-\frac{1}{3}\ln\left(1+3e^{-x}\cos x\right)+C\\ & =\frac{1}{3}\left(x-\ln\left(e^{x}+3\cos x\right)\right)+C \end{align*}$

问题: 求 $I=\int\sqrt[3]{\tan x}\ud x$.

提示

$\begin{aligned}\int\sqrt[3]{\tan x}\ud x & =\int\frac{\sqrt[3]{t}}{1+t^{2}}\ud t=3\int\frac{u^{3}}{1+u^{6}}\ud u=\frac{3}{2}\int\frac{u^{2}}{1+\left(u^{2}\right)^{3}}\ud u^{2}\\ & =\frac{3}{2}\int\frac{y}{1+y^{3}}\ud y=-\frac{1}{2}\ln(y+1)+\frac{1}{4}\ln\left(y^{2}-y+1\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\arctan\left(\frac{1}{3}(2y-1)\sqrt{3}\right)\\ & =-\frac{1}{2}\ln\left((\tan x)^{\frac{2}{3}}+1\right)+\frac{1}{4}\ln\left((\tan x)^{\frac{4}{3}}-(\tan x)^{\frac{2}{3}}+1\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\arctan\left(\frac{1}{3}\left(2(\tan x)^{\frac{2}{3}}-1\right)\sqrt{3}\right). \end{aligned}$

万能公式代换

问题: 求 $I=\int\frac{x}{1+\cos(x)}\ud x$.

提示

$\begin{align*} I & \xlongequal{t=\tan\frac{x}{2}}\int\frac{2\arctan t}{1+\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}}\cdot\frac{2\ud t}{1+t^{2}}\\ & =2\int\arctan t\ud t\\ & =2t\arctan t-2\int\frac{t}{1+t^{2}}\ud t\\ & =x\tan\frac{x}{2}+2\ln\cos\frac{x}{2}+C. \end{align*}$

裂项法(部分分式分解)

问题: 设 $a\ne 0$, 求 $\int\frac{\ud x}{x^{a+1}+x}$.

提示

$\int\frac{\ud x}{x(x^{a}+1)}=\int\frac{\ud x}{x}-\int\frac{x^{a-1}\ud x}{x^{a}+1}=\ln x-\frac{\ln(x^{a}+1)}{a}+C.$

定积分问题

分部积分法

问题: 求 $\int_{0}^{1}\sin^{-1}x\ud x$.

提示

$\int_{0}^{1}\arcsin x\ud x=x\cdot\arcsin x|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\ud x=\frac{\pi}{2}+\sqrt{1-x^{2}}|_{0}^{1}=\frac{\pi}{2}-1.$

特殊积分求解

这一小节的内容可能因为方法较为综合, 而不进行以方法为导向的统一归类.

涉及特殊函数的积分

问题:^MSE4469506 ^sosblog 证明:

$\int_{0}^{1}\frac{1-J_{0}(y)}{y}\ud y-\int_{1}^{\infty}\frac{J_{0}(y)}{y}\ud y=\gamma-\ln2,$

其中 $J_{0}(y)$ 是第一类Bessel函数.

提示

由于

$\gamma=\int_{0}^{1}\frac{1-\cos t}{t}\ud t-\int_{1}^{\infty}\frac{\cos t}{t}\ud t,$

取 $t=ax$, $a>0$, 则有

$\gamma+\ln a=\int_{0}^{1}\frac{1-\cos ax}{x}\ud x-\int_{1}^{\infty}\frac{\cos ax}{x}\ud x.$

将

$J_{0}(y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\cos\left(y\cos x\right)\ud x$

代入原积分, 并交换积分次序以及上面的式子有

$\begin{align*} \int_{0}^{1}\frac{1-J_{0}(y)}{y}\ud y-\int_{1}^{\infty}\frac{J_{0}(y)}{y}\ud y & =\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi/2}\frac{2}{\pi}\frac{1-\cos(y\cos x)}{y}\ud x\ud y-\int_{1}^{\infty}\int_{0}^{\pi/2}\frac{2}{\pi}\frac{\cos(y\cos x)}{y}\ud x\ud y\\ & =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}(\gamma+\ln\cos x)\ud x\\ & =\gamma-\ln2. \end{align*}$

提示2

使用Laplace变换. 对于任意的函数$f$, 有

$\begin{align*} \int_{0}^{\infty}\frac{f(x)-f(0)\chi_{[0,1]}(x)}{x}\ud x & =\int_{0}^{\infty}\left[\left(f(x)-f(0)\chi_{[0,1]}(x)\right)\int_{0}^{\infty}\ue^{-sx}\ud s\right]\ud x\\ & =\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(f(x)-f(0)\chi_{[0,1]}(x)\right)\ue^{-sx}\ud x\ud s\\ & =\int_{0}^{\infty}\left[\mathcal{L}[f](s)-f(0)\mathcal{L}[\chi_{[0,1]}(x)](s)\right]\ud s\\ & =\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{R}\left[\mathcal{L}[f](s)-f(0)\mathcal{L}[\chi_{[0,1]}(x)](s)\right]\ud s\\ & =\lim_{R\to\infty}\left[\int_{0}^{R}\mathcal{L}[f](s)\ud s-f(0)\left(\gamma+\ln R+o(1)\right)\right]. \end{align*}$

上式最后一步是因为

$\begin{align*} \int_{0}^{R}\mathcal{L}[\chi_{[0,1]}(x)](s)\ud s & =\int_{0}^{R}\frac{1-\ue^{-s}}{s}\ud s\\ & =(1-\ue^{-s})\ln s\mid_{0}^{R}-\int_{0}^{R}\ln s\cdot\ue^{-s}\ud s\\ & =\ln R+o(1)+\gamma. \end{align*}$

特别地, 当 $f(x)=J_{0}(x)$ 时, 以及 $J_{0}(0)=1$, $\mathcal{L} [ J_{0} ] (s) = \frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}}$, 所以

$\begin{align*} \int_{0}^{\infty}\frac{J_{0}(x)-\chi_{[0,1]}(x)}{x}\ud x & =\lim_{R\to\infty}\left[\int_{0}^{R}\frac{\ud s}{\sqrt{s^{2}+1}}-(\gamma+\ln R)\right]\\ & =\lim_{R\to\infty}\left(\ln\left(R+\sqrt{R^{2}+1}\right)-(\gamma+\ln R)\right)\\ & =\ln2-\gamma. \end{align*}$

连续性

不连续点集的刻画

问题:参考这里设 $\left(X,d_{X}\right)$ 和 $\left(Y,d_{Y}\right)$ 均是度量空间, $f:X\to Y$ 是函数. 对于任意给定的 $\epsilon>0$, 定义

$D_{\epsilon}(f)=\left\{ x\in X:\forall\delta>0,\exists y,z\in B_{X}(x,\delta)\text{ s.t. }d_{Y}\left(f(y),f(z)\right)\ge\epsilon\right\} ,$

称 $D_{\epsilon}(f)$ 是函数 $f$ 的 $\epsilon$-不连续点集, 其中 $B_{X}(x,\delta)$ 是以 $x\in X$ 为中心的开球. 证明 $D_{\epsilon}(f)$ 在 $X$ 中闭. 若记 $D(f)$ 为函数 $f$ 的所有不连续点集, 证明 $D(f)$ 为 $X$ 中的 $F_{\sigma}$ 集.

提示

假设 $p$ 是 $D_{\epsilon}(f)$ 的极限点, 给定 $\delta>0$. 则有 $x\in D_{\epsilon}(f)$, 使得 $x\in B_{X}(p,\delta)\setminus\left\{ p\right\}$.

由于 $B_{X}(p,\delta)\setminus\left\{ p\right\}$ 是 $\left(X,d_{X}\right)$ 中的开集, 则有 $\rho>0$, 使得 $B_{X}(x,\rho)\subseteq B_{X}(p,\delta)\setminus\left\{ p\right\}$.

由于 $x\in D_{\epsilon}(f)$, 可以找到 $y,z\in B_{X}(x,\rho)$, 使得 $d_{Y}\left(f(y),f(z)\right)\ge\epsilon$.

这相当于证明了: 存在 $y,z\in B_{X}(p,\delta)$, 使得 $d_{Y}\left(f(y),f(z)\right)\ge\epsilon$.

故 $p\in D_{\epsilon}(f)$. 即 $D_{\epsilon}(f)$ 是闭集.

以上证明过程依赖于度量空间中闭集上极限点的刻画.

最后由于

$D(f)=\bigcup_{\epsilon>0}D_{\epsilon}(f)=\bigcup_{n\in\NN}D_{1/n}(f).$

所以 $D(f)$ 是 $F_{\sigma}$ 集.