1.
n 是正整数，以下定义函数 g(x)
g(x)=\left\{ \begin{array}{ccc} \frac{cos(\pi x)+1}{2}\;\;(|x|\leq 1) \\ \\ 0\;\;\;\;(|x|>1) \end{array} \right.
f(x) 是连续函数， p,q 是实数。
如果对于任意的 |x|\leq\frac{1}{n} 范围内的 x 都有 p\leq f(x)\leq q 成立的话，请证明
p\leq n\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx\leq q
2.
以下定义 h(x)
h(x)=\left\{ \begin{array}{ccc} -\frac{\pi}{2}sin(\pi x)\;\;(|x|\leq 1) \\ \\ 0\;\;\;\;(|x|>1) \end{array} \right.
请求极限
\lim_{n \to \infty}n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx
注：日本的 log 一般指以 e 为底的对数，对应国内的 ln
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1.
我们知道，在 x<-\frac{1}{n} 和 x>\frac{1}{n} 的区间内 ，g(nx)=0
所以 \int_{-1}^1g(nx)f(x)dx=\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}f(x)dx
我们知道 p<f(x)<q
所以 p\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}\;dx<\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx<q\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}\;dx
积分出来
p<\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx<q ，得证
2.
注意到定义域内 g\prime(x)=h(x) ，考虑使用部分积分法
\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=\frac{1}{n}\int_{-1}^1g\prime(nx)ln(1+e^{x+1})dx
=\frac{1}{n}[g(nx)ln(1+e^{x+1})]^1_{-1}-\frac{1}{n}\int_{-1}^1e^{x+1}g(nx)\frac{1}{1+e^{x+1}}dx
g(n)=g(-n)=0 ，因此左边的项算出来是0
=-\frac{1}{n}\int_{-1}^1g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx
=-\frac{1}{n}\int_{-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{n}}g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx
我们要的 n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=-n\int_{-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{n}}g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx
我们知道在这个积分里面， \frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}} 就相当于第一题的 f(x)
我们知道这个函数 =1-\frac{1}{e^{x+1}+1} ，为单调增加
所以 根据第一题的结论
-\frac{e^{\frac{1}{n}+1}}{1+e^{\frac{1}{n}+1}}<n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx<-\frac{e^{-\frac{1}{n}+1}}{1+e^{-\frac{1}{n}+1}}
根据夹逼定理，
\lim_{n \to \infty}n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=-\frac{e}{1+e}
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重点在于第一问和第二问的导数关系，意识到这一点就很好想了。
n 是大于等于 2 的整数。平面上有 n+2 个点，分别为 O,P_0,P_1,\cdot\cdot\cdot P_n 。这些点满足下列条件。
\angle P_{k-1}OP_k=\frac{\pi}{n}(1\leq k\leq n)，\angle OP_{k-1}P_k=\angle OP_{0}P_1(2\leq k\leq n)
线段 OP_0 长为 1 ，线段 OP_1 的长度为 1+\frac{1}{n}
设线段 P_{k-1}P_{k} 的长度为 a_k ， s_n=\sum_{k=1}^na_k
求 \lim_{n \to \infty}s_n
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为什么这题提到等角螺旋呢
张英锋：昆虫为什么不会因趋光性齐刷刷地奔向太阳？
有兴趣的读者可以看看这个文章
另外，本专栏的头像就是对数曲线哦~
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先来常规做法
用余弦定理解三角形 OP_0P_1
P_0P_1=\sqrt{1+(1+\frac{1}{n})^2-2cos\frac{\pi}{n}(1+\frac{1}{n})}
我们知道，图中三角形 OP_{k-1}P_k 都是相似三角形，相邻两个三角形的比例关系是 (1+\frac{1}{n}) 。
所以\sum_{k=1}^na_k=[1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})^2+\cdot\cdot\cdot+(1+\frac{1}{n})^n]P_0P_1
根据等比数列求和公式
1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})^2+\cdot\cdot\cdot+(1+\frac{1}{n})^n
=\frac{(1+\frac{1}{n})^n-1}{1+\frac{1}{n}-1}
=n[(1+\frac{1}{n})^n-1]
所以 s_n
=n[(1+\frac{1}{n})^n-1]\sqrt{1+(1+\frac{1}{n})^2-2cos\frac{\pi}{n}(1+\frac{1}{n})}
=[(1+\frac{1}{n})^n-1]\sqrt{2n+2+\frac{1}{n}-2cos\frac{\pi}{n}(n+1)}
当 n \to \infty 时
前半部分
(1+\frac{1}{n})^n-1=e-1
后半部分 \sqrt{2n^2+2n+1-2cos\frac{\pi}{n}(n^2+n)}=\sqrt{1+2n(n+1)(1-cos\frac{\pi}{n})}
根据和角公式 1-cos2\theta=2sin^2\theta
所以 1-cos\frac{\pi}{n}=2sin^2\frac{\pi}{2n}
\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+2n(n+1)(1-cos\frac{\pi}{n})}=\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+4n(n+1)sin^2\frac{\pi}{2n}}
=\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+4n(n+1)\frac{\pi^2}{4n^2}\frac{sin^2\frac{\pi}{2n}}{(\frac{\pi}{2n})^2}}
=\sqrt{\pi^2+1}
综上可知
\lim_{n \to \infty}s_n=(e-1)\sqrt{\pi^2+1}
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关于等角螺线
注意，所有 \angle OP_kP_{k+1} 的角度都是相同的。这完全满足等角螺线 r=ae^{b\theta} 的定义
也就是说，当 n 趋近无穷大时，最外面的一圈 P_kP_{k+1} 是等角螺线的一部分。
也就是图中用青色箭头连接起来的部分
详见：张英锋：昆虫为什么不会因趋光性齐刷刷地奔向太阳？
根据 \lim_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^n=e ， r=ae^{b\theta} 过 (1,0) 和 (e,\pi)
所以 a=1,b=\frac{1}{\pi} ，也就是 r=e^{\frac{\theta}{\pi}}
在定义域内对曲线长度积分
\int_0^\pi \sqrt{dr^2+(rd\theta)^2}=\int_0^\pi \sqrt{(\frac{dr}{d\theta})^2+r^2} d\theta
=\int_0^\pi \sqrt{(\frac{1}{\pi}e^{\frac{\theta}{\pi}})^2+(e^{\frac{\theta}{\pi}})^2} d\theta
=\sqrt{1+\frac{1}{\pi^2}}\int_0^\pi e^{\frac{\theta}{\pi}} d\theta
=\sqrt{1+\frac{1}{\pi^2}}\cdot\pi [e^{\frac{\theta}{\pi}}]_0^\pi
=\sqrt{{\pi^2}+1}\cdot (e-1)