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Elinkage数学论坛基础数学 → 引用回复帖子

主题标题: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\big(\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\big)dx =\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}u_n(x)dx\;\;(nu_n(x)=e^{-nx}\ln x)\).
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    帖子一览:\(\displaystyle\int_0^{\infty}\big(\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\big)dx =\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}u_n(x)dx\;\;(nu_n(x)=e^{-nx}\ln x)\). (新回复在最前,最多列出 6 个)  [列出所有回复]
    elim 发表于: 2020/12/28 04:47pm
    题:试证\(\;\;\displaystyle\int_0^{\infty}\big(\sum_{n=1}^{\infty}{\small\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}\big)dx =\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}{\small\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx\).
    证:设\(\;0< \alpha< \lambda< \infty,\;\)据 Cauchy-Schwarz不等式,
    \(\qquad\displaystyle{\small\bigg(\int_{\alpha}^{\lambda}}e^{-nx}|\ln x| dx{\small\bigg)}^2\le{\small\int_{\alpha}^{\lambda}}e^{-2nx}dx{\small\int_{\alpha}^{\lambda}}\ln^2 x dx\)
    \(\qquad\displaystyle=\small\frac{e^{-2n\alpha}-e^{-2n\lambda}}{2n}(\varphi^2(\lambda)-\varphi^2(\alpha))\quad(\varphi^2(x)=x(1+\ln^2(x/e)))\)
    \((1)\quad\displaystyle 0<\overset{\,}{\small\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\lambda}\frac{1}{n}}e^{-nx}|\ln x|dx <\varphi(\lambda)\zeta({\scriptsize\frac{3}{2}})\to 0\;\small(\lambda\to 0^+);\)
    \(\because\quad\ln x< e^{x/2}\;\;(x\ge 1),\displaystyle\int_{\eta}^{\infty}e^{-nx}\ln x dx< \int_{\eta}^{\infty}e^{-(n-1/2)x}dx\)
    \((2)\quad\displaystyle{\small\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\eta}^{\infty}\frac{1}{n}}e^{-nx}\ln xdx<{\small\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-(n-1/2)\eta}}{n(n-1/2)}}< 2e^{-\frac{\eta}{2}}\zeta(2);\quad\)又,
    \((3)\quad\displaystyle{f(x)=\small\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx\;\)在\(\;x\ge a>0\,\)一致收敛.
    任给\(\,\varepsilon>0,\)存在\(\small\,0< \lambda < \eta >1\,\)使\(\,0< \varphi(\lambda)\zeta(\frac{3}{2}),\,2e^{-\frac{\eta}{2}}\zeta(2)< \large\frac{\varepsilon}{3}\)
    取\(\small\,N\in\mathbb{N}\,\)使\(\;\displaystyle\left|{\small\sum_{n=1}^m\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}-f(x)\right|<\small\frac{\varepsilon}{3\eta}\;\small\dbinom{\forall x\in[\lambda,\eta]}{\forall m>N},\;\)则\(\,m\small>N\)
    时\(\;\;\displaystyle\left|{\small\sum_{n=1}^m\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx-{\small\int_0^{\infty}}f(x)dx\right|\le\left|{\small\int_0^{\lambda}\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx\right|\)
    \(\quad\displaystyle+\left|{\small\int_{\lambda}^{\eta}}\big({\small\sum_{n=1}^m\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}-f(x)\big)dx\right|+\left|{\small\int_{\eta}^{\infty}\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx\right|< \varepsilon\)
    \(\therefore\quad\displaystyle{\small\int_0^{\infty}\big(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}\big)dx ={\small\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{n}}e^{-nx}dx\quad\small\square\)
     


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