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 elim 
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  先考虑$\,k=2\,$的情形.5ma:,
题:求$\;\;I=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n{\small\frac{1}{n}}\big(\left\lfloor{\small\frac{2n}{i}}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\big)$\DA|
解:$\small\displaystyle{I=\int_0^1(\lfloor 2/x\rfloor-2\lfloor 1/x\rfloor)dx = \int_1^{\infty}(\lfloor 2x\rfloor-2\lfloor x\rfloor)\frac{dx}{x^2}}$A9+:\
$\displaystyle{\;\;\small\qquad\, =\sum_{n=1}^{\overset{\,}{\infty}}\int_{n+\frac{1}{2}}^{n+1}\frac{dx}{x^2}\overset{*}{=}\sum_{n=1}^{\infty}2\big(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\big)}$jH&|]
$\displaystyle{\;\;{\small\qquad\,=}2\small\sum_{n=3}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\color{blue}{-1+2\ln 2}}$M{
$\displaystyle{\qquad\;\;\small\;\overset{*}{=}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(2n+1)}=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\frac{x^{2n}}{n+1}dx}$1Rw'9
$\displaystyle{\;\;\small\qquad\, =\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n+1}dx=\int_0^1(-\ln(1-x^2)-x^2)\frac{dx}{x^2}}$4)
$\;\;\small\qquad\, ={\small-1+}\big[\ln(1+x)-\ln(1-x)+\frac{1}{x}\ln(1-x^2)\big]_0^1={\small-1+}2\ln2.$
(


发贴时间2019/01/31 10:58am IP: 已设置保密[本文共1083字节]  
 elim 
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  注记:主贴灰色部分很多步骤值得解释和论证。R
$(1)\quad\displaystyle\lim_{x\to 1}{\small\frac{(1-x^2)^{1/x}}{1-x}}\overset{y=\frac{1-x}{x}}=\lim_{x\to 1}\frac{(1+x)^{1/x}}{(1/x)^y}y^y=2.$?xUk~


发贴时间2019/02/01 02:31am IP: 已设置保密[本文共218字节]  
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  现在将主贴$\,k=2\,$的解推广到一般情形:Sm
计算:$\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n\bigg(\bigg\lfloor \frac{kn}{j}\bigg\rfloor-k\bigg\lfloor\frac{n}{j}\bigg\rfloor\bigg)=\int_1^{\infty}}(\lfloor kx\rfloor-k\lfloor x\rfloor)\small\frac{dx}{x^2}.$B
解:记$\,H_k={\small\displaystyle\sum_{j=1}^k\frac{1}{j}},\;\,(({\small H_n-}\ln n)\to\gamma\;{\small(n\to\infty)}).\quad$对$\,m\in\mathbb{N}^+\;$有>
$\qquad m+{\large\frac{j}{k}}\le x< m+{\large\frac{j+1}{k}}\implies\lfloor kx \rfloor - k\lfloor x \rfloor=\underset{\,}{j}\;\;(j=\overline{0,k-1}).$Y*G"
$\therefore\quad{\small\displaystyle{\int_1^{\infty} \frac{\lfloor kx \rfloor - k\lfloor x \rfloor}{x^2} \ dx=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{k-1} \int_{m+j/k}^{m+(j+1)/k} \frac{j}{x^2}} \ dx}$t
$\quad\small\displaystyle{=k\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{k-1}j\left(\frac{1}{km+j}-\frac{1}{km+j+1}\right)=k\sum_{m=1}^{\infty}\left(\sum_{j=1}^k\frac{1}{km+j}-\frac{1}{m+1}\right)}$qZ<LPd
$\quad\displaystyle{=k\small \lim_{n\to\infty} \sum_{m=1}^{n-1}\left(H_{k(m+1)}-H_{km}-\frac{1}{m+1}\right)}=k \lim_{n\to\infty}\small(H_{nk}-H_k-H_n+1)$cu g
$\quad=\overset{\,}{k}\,(\ln k\small +1-H_k).\quad\square$~0P]


发贴时间2019/02/06 00:57pm IP: 已设置保密[本文共1225字节]  

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