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hank612

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3樓: Originally posted by shabaolin at 2016-07-13 06:21:43
估計要對積分里面的放縮，需要努力

先準(zhǔn)備一些引理
1. $\int_{0}^x \frac{\sin^4{t}}{t}dt=\frac{3}{8}\int_{0}^1\frac{1-\cos{2xt}}{t}dt-\frac{1}{8}\int_{1}^2 \frac{1-\cos{2xt}}{t}dt$

這由三角恒等式 $\cos{4x}-\cos{2x}=8\sin^4{x}-6\sin^2{x}$ 直接看出。

2. $\int_{0}^x \frac{\sin^4{t}}{t^3}dt=\int_{1}^2 \frac{1-\cos{2xt}}{t}dt-\frac{\sin^4{x}}{2x^2}-\frac{\sin^2{x}\sin{2x}}{x}$

求導(dǎo)即得。

3. $\left(\frac{x}{\sin{x}}\right)^4>1+\frac{2}{3}x^2$ 當(dāng) $0<x<\frac{\pi}{2}$

不知道怎么證明

4. $\int_{0}^{1}\frac{1-\cos{\pi t}}{t}dt-\frac{\ln{2}}{3}-\frac{11}{\pi^2}=0.302696$

因此 $\int_{0}^{1}\frac{1-\cos{n \pi t}}{t}dt > \frac{\ln{2}}{3}+\frac{11}{\pi^2}$

5. $\int_{0}^1 \frac{\cos{n \pi t}{t+1}dt >0$ ，

因為它大致等于 $\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\int_{\frac{2k}{n}}^{\frac{2k+1}{n}}\frac{\sin{n\pi t}}{n\pi}\left(\frac{1}{(t+1)^2}-\frac{1}{(t+1+\frac{1}{n})^2}\right)dt$

6.當(dāng)n為偶數(shù)時， $\int_0^1 \frac{\cos{n \pi t}{t+1}dt =\int_0^1 \frac{-\sin{n \pi t}}{n \pi (1+t)^2}dt=-\frac{3}{4}\frac{1}{(n \pi)^2}+\int_0^1 \frac{2\cos{n \pi t}}{(n \pi)^2(1+t)^3}dt$

因此，當(dāng)n為偶數(shù)時，有 $\left|\frac{12n^2-1}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t}dt\right|<\frac{11}{\pi^2}$

有了以上的開胃小菜后，終于可以開始正餐了，不過只能證明比較簡單的右端那個不等式。主要想法是 3樓@shabaolin 指出的放縮法。

利用 $\frac{1}{\sin^4{t}}=\frac{1}{t^4}\cdot (\frac{t}{\sin{t}})^4>\frac{1+\frac{2}{3}t^2}{t^4}$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上，如果能夠證明 $4n^2\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^4{nt}(1+\frac{2}{3}t^2)}{n^2 t^3}dt - \ln{2}\right)>0$ 就足夠了。

根據(jù)上面兩個不定積分的表達(dá)式，上式展開，稍加化簡，得到
$\int_0^1 \frac{1-\cos{n \pi t}}{t}dt-\frac{12n^2-1}{3}\int_0^1 \frac{(-1)^n\cos{n\pi t}}{t}dt-\frac{\ln{2}}{3}-\frac{4(1-(-1)^n)}{\pi^2}$

無論n是奇數(shù)還是偶數(shù)，上面那些不等式足夠推出該式大于零。這就證出了 @i維數(shù) 右端的不等式。

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11樓2016-07-20 23:28:34

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hank612

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引用回帖:

11樓: Originally posted by hank612 at 2016-07-20 23:28:34
先準(zhǔn)備一些引理
1.\int_{0}^x \frac{\sin^4{t}}{t}dt=\frac{3}{8}\int_{0}^1\frac{1-\cos{2xt}}{t}dt-\frac{1}{8}\int_{1}^2 \frac{1-\cos{2xt}}{t}dt

這由三角恒等式\cos{4x}-\cos{2x}=8\sin^4{x}-6\sin^2{x} ...

Invalid Equation 只是因為少敲了一個}，趁著文件還在，趕緊再發(fā)一次

5. $\int_{0}^1 \frac{\cos{n \pi t}}{t+1}dt >0$ ，

因為它大致等于 $\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\int_{\frac{2k}{n}}^{\frac{2k+1}{n}}\frac{\sin{n\pi t}}{n\pi}\left(\frac{1}{(t+1)^2}-\frac{1}{(t+1+\frac{1}{n})^2}\right)dt$

6.當(dāng)n為偶數(shù)時， $\int_0^1 \frac{\cos{n \pi t}}{t+1}dt =\int_0^1 \frac{-\sin{n \pi t}}{n \pi (1+t)^2}dt=-\frac{3}{4}\frac{1}{(n \pi)^2}+\int_0^1 \frac{2\cos{n \pi t}}{(n \pi)^2(1+t)^3}dt$

因此，當(dāng)n為偶數(shù)時，有 $\left|\frac{12n^2-1}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t}dt\right|<\frac{11}{\pi^2}$

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12樓2016-07-20 23:32:20

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引用回帖:

12樓: Originally posted by hank612 at 2016-07-20 23:32:20
Invalid Equation 只是因為少敲了一個}，趁著文件還在，趕緊再發(fā)一次

5.\int_{0}^1 \frac{\cos{n \pi t}}{t+1}dt >0，

因為它大致等于\sum_{k=0}^{}\int_{\frac{2k}{n}}^{\frac{2k+1}{n}}\frac ...

謝謝大神！看得暈暈的

。。。我有幾點不明白：1.6最后那個積分不是發(fā)散的嗎？2.引理5的作用是什么？3.最后是怎么化簡成那個表達(dá)式的？

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13樓2016-07-22 01:52:17

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引用回帖:

13樓: Originally posted by i維數(shù) at 2016-07-22 01:52:17
謝謝大神！看得暈暈的

。。。我有幾點不明白：1.6最后那個積分不是發(fā)散的嗎？2.引理5的作用是什么？3.最后是怎么化簡成那個表達(dá)式的？...

@i維數(shù) 你的觀察是完全正確的. 這一次非常難得沒有計算錯誤, 不過敲符號時分母上漏了+1, 就是你發(fā)現(xiàn)的錯誤了.

我們想估算的是 $4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^4{nt}}{t}dt +\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^4{nt}}{t}dt-4n^2\ln{2}$ ,

也就是 $4n^2\int_{0}^{\frac{n\pi}{2}} \frac{\sin^4{t}}{t}dt +\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{n\pi}{2}}\frac{\sin^4{t}}{t}dt-4n^2\ln{2 }$

套用公式, 兩個積分分別是 $4n^2\left(\int_1^2 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt-\frac{2\sin^4{\frac{n\pi}{2}}}{(n\pi)^2}\right)$ 和 $\int_0^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt-\frac{1}{3}\int_1^2 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt$

注意到 $4n^2\int_1^2\frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt-4n^2\ln{2}=-4n^2\int_1^2\frac{\cos{n\pi t}}{t} dt$ ,

以及 $4n^2\cdot \frac{2\sin^4{\frac{n\pi}{2}}}{(n\pi)^2} =\frac{4(1-(-1)^n)}{\pi^2}$ ,

還有 $frac{1}{3}\int_1^2 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt =\frac{\ln{2}}{3}-\int_1^2 \frac{\cos{n\pi t}}{3}dt$ , 還有做變量替換后的 $\int_1^2 \frac{\cos{n\pi t}}{t}dt=\int_{0}^1 \frac{(-1)^n \cos{n\pi t}}{t+1}dt$

目標(biāo)表達(dá)式等于 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt+\frac{(-1)^{n+1}(12n^2-1)}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt-\frac{\ln{2}}{3}-\frac{4(1-(-1)^n)}{\pi^2}$

當(dāng)n是奇數(shù)時, 有 $}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt >0$ 和 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt> \frac{\ln{2}}{3}+\frac{8}{\pi^2}$

當(dāng)n是偶數(shù)時, 有 $}\left|\frac{(12n^2-1)}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt \right| < \frac{11}{\pi^2}$ 和 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt> \frac{\ln{2}}{3}+\frac{11}{\pi^2}$

總之, 樓主請放心, 你的不等式(右半部分)即使經(jīng)過多次放縮, 依然還是成立的.

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i維數(shù)

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14樓2016-07-22 03:03:07

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14樓: Originally posted by hank612 at 2016-07-22 03:03:07
i維數(shù) 你的觀察是完全正確的. 這一次非常難得沒有計算錯誤, 不過敲符號時分母上漏了+1, 就是你發(fā)現(xiàn)的錯誤了.

我們想估算的是 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^4{nt}}{t}dt +\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{ ...

目標(biāo)表達(dá)式等于 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt+\frac{(-1)^{n+1}(12n^2-1)}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt-\frac{\ln{2}}{3}-\frac{4(1-(-1)^n)}{\pi^2}$

當(dāng)n是奇數(shù)時, 有 $\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt >0$ 和 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt> \frac{\ln{2}}{3}+\frac{8}{\pi^2}$

當(dāng)n是偶數(shù)時, 有 $\left|\frac{(12n^2-1)}{3}\int_0^1 \frac{\cos{n\pi t}}{t+1}dt \right| < \frac{11}{\pi^2}$ 和 $\int_{0}^1 \frac{1-\cos{n\pi t}}{t}dt> \frac{\ln{2}}{3}+\frac{11}{\pi^2}$

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15樓2016-07-22 03:04:43

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懂啦，非常感謝大神！

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16樓2016-07-23 14:11:46

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引用回帖:

補充一下引理3的證明。

不等式.png

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17樓2016-07-23 17:38:22

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