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有趣的定理&公式

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2025-11-21

有趣的定理&公式 汇集了高等数学中的重要定理和实用公式，这些内容在数学分析、概率论、数值计算等领域有广泛应用。掌握这些定理和公式能够大大提升解决复杂数学问题的效率。

Stolz 定理

定理：设数列 {bn}\{b_n\} 单调增加且 lim⁡n→∞bn=+∞\lim_{n\to\infty} b_n=+\infty，如果 lim⁡n→∞an−an−1bn−bn−1\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} 存在或为 +∞/−∞+\infty/-\infty，则：

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞an−an−1bn−bn−1\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}

例题 1

计算 lim⁡n→∞1+2+⋯+nn2\lim_{n\to\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}

解：

设 an=1+2+⋯+n=n(n+1)2a_n = 1+2+\cdots+n = \frac{n(n+1)}{2}，bn=n2b_n = n^2

显然 {bn}\{b_n\} 单调增加且 lim⁡n→∞bn=+∞\lim_{n\to\infty} b_n = +\infty

应用 Stolz 定理：

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞an−an−1bn−bn−1=lim⁡n→∞n(n+1)2−(n−1)n2n2−(n−1)2=lim⁡n→∞n2n−1=12\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} &= \lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n(n+1)}{2} - \frac{(n-1)n}{2}}{n^2 - (n-1)^2} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n-1} = \frac{1}{2} \end{aligned}

例题 2

计算 lim⁡n→∞1p+2p+⋯+npnp+1\lim_{n\to\infty}\frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}，其中 p>0p>0

解：

设 an=1p+2p+⋯+npa_n = 1^p+2^p+\cdots+n^p，bn=np+1b_n = n^{p+1}

应用 Stolz 定理：

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞an−an−1bn−bn−1=lim⁡n→∞npnp+1−(n−1)p+1=lim⁡n→∞np(np+1−(n−1)p+1)\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} &= \lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{n^p}{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{n^p}{(n^{p+1}-(n-1)^{p+1})} \end{aligned}

利用二项式展开或洛必达法则可得极限为 1p+1\frac{1}{p+1}

切比雪夫积分不等式

定理：若 f(x)f(x)、g(x)g(x) 在 (a,b)(a,b) 上同单调，则有：

(b−a)∫abf(x)⋅g(x)dx>∫abf(x)dx⋅∫abg(x)dx(b-a)\int_{a}^{b}f(x) \cdot g(x)dx > \int_{a}^{b}f(x)dx \cdot \int_{a}^{b}g(x)dx

如果 f(x)f(x)、g(x)g(x) 在 (a,b)(a,b) 上反单调，则不等式反向。

例题 1

比较 ∫0π2cos⁡x1+exdx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+e^x}dx 与 ∫0π2sin⁡x1+exdx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+e^x}dx 之间的大小

解：

考虑差值：

I=∫0π2sin⁡x1+exdx−∫0π2cos⁡x1+exdx=∫0π2sin⁡x−cos⁡x1+exdxI = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+e^x}dx - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+e^x}dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x - \cos x}{1+e^x}dx

在 [0,π2][0,\frac{\pi}{2}] 上：

  • sin⁡x−cos⁡x\sin x - \cos x 在 [0,π4][0,\frac{\pi}{4}] 为负，在 [π4,π2][\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}] 为正
  • 11+ex\frac{1}{1+e^x} 单调递减

应用切比雪夫积分不等式：

π2∫0π2(sin⁡x−cos⁡x)⋅11+exdx>∫0π2(sin⁡x−cos⁡x)dx⋅∫0π211+exdx=0\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin x - \cos x) \cdot \frac{1}{1+e^x}dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin x - \cos x)dx \cdot \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+e^x}dx = 0

因此：

∫0π2sin⁡x1+exdx>∫0π2cos⁡x1+exdx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+e^x}dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+e^x}dx

例题 2

设 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，证明：

∫01f(x)dx⋅∫01xf(x)dx≤∫01x[f(x)]2dx\int_{0}^{1}f(x)dx \cdot \int_{0}^{1}xf(x)dx \leq \int_{0}^{1}x[f(x)]^2dx

解：

取 g(x)=xg(x) = x，在 [0,1][0,1] 上 g(x)g(x) 单调递增。

设 F(x)=∫0xf(t)dtF(x) = \int_{0}^{x}f(t)dt，则 F(0)=0F(0) = 0，F(1)=∫01f(t)dtF(1) = \int_{0}^{1}f(t)dt

由分部积分法：

∫01xf(x)dx=[xF(x)]01−∫01F(x)dx=F(1)−∫01F(x)dx\int_{0}^{1}xf(x)dx = [xF(x)]_0^1 - \int_{0}^{1}F(x)dx = F(1) - \int_{0}^{1}F(x)dx

应用切比雪夫不等式可证明所需结果。

柯西-施瓦茨不等式

定理：若 f(x),g(x)f(x),g(x) 在开区间 (a,b)(a,b) 连续，则有：

[∫abf(x)g(x)dx]2≤∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx\left[\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\right]^2 \leq \int_{a}^{b}f^2(x)dx \cdot \int_{a}^{b}g^2(x)dx

等号成立当且仅当 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 线性相关。

例题 1

设 f′(x)f'(x) 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 连续，f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，证明：

[∫01f(x)dx]2≤112⋅∫01[f′(x)]2dx\left[\int_{0}^{1}f(x)dx\right]^2 \leq \frac{1}{12} \cdot \int_{0}^{1}[f'(x)]^2dx

解：

因为 f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，所以有：

∫01f′(x)dx=f(1)−f(0)=0(1)\int_{0}^{1}f'(x)dx = f(1)-f(0) = 0 \quad (1)

又因为：

∫01f(x)dx=[xf(x)]01−∫01xf′(x)dx=f(1)−∫01xf′(x)dx=−∫01xf′(x)dx(2)\begin{aligned} \int_{0}^{1}f(x)dx &= [xf(x)]_0^1 - \int_{0}^{1}xf'(x)dx \\ &= f(1) - \int_{0}^{1}xf'(x)dx = -\int_{0}^{1}xf'(x)dx \quad (2) \end{aligned}

由 (1)(1) 式得 ∫01f′(x)dx=0\int_{0}^{1}f'(x)dx = 0，所以：

∫01f(x)dx=−∫01(x−12)f′(x)dx\int_{0}^{1}f(x)dx = -\int_{0}^{1}(x-\frac{1}{2})f'(x)dx

应用柯西-施瓦茨不等式：

[∫01f(x)dx]2=[∫01(x−12)f′(x)dx]2≤∫01(x−12)2dx⋅∫01[f′(x)]2dx=[(x−12)33]01⋅∫01[f′(x)]2dx=112⋅∫01[f′(x)]2dx\begin{aligned} \left[\int_{0}^{1}f(x)dx\right]^2 &= \left[\int_{0}^{1}(x-\frac{1}{2})f'(x)dx\right]^2 \\ &\leq \int_{0}^{1}(x-\frac{1}{2})^2dx \cdot \int_{0}^{1}[f'(x)]^2dx \\ &= \left[\frac{(x-\frac{1}{2})^3}{3}\right]_0^1 \cdot \int_{0}^{1}[f'(x)]^2dx \\ &= \frac{1}{12} \cdot \int_{0}^{1}[f'(x)]^2dx \end{aligned}

证毕。

例题 2

证明：对于任意在 [a,b][a,b] 上连续的函数 f(x)f(x)，有：

[∫abf(x)dx]2≤(b−a)∫abf2(x)dx\left[\int_{a}^{b}f(x)dx\right]^2 \leq (b-a)\int_{a}^{b}f^2(x)dx

解：

取 g(x)≡1g(x) \equiv 1，应用柯西-施瓦茨不等式：

[∫abf(x)⋅1dx]2≤∫abf2(x)dx⋅∫ab12dx=(b−a)∫abf2(x)dx\left[\int_{a}^{b}f(x) \cdot 1 dx\right]^2 \leq \int_{a}^{b}f^2(x)dx \cdot \int_{a}^{b}1^2dx = (b-a)\int_{a}^{b}f^2(x)dx

拉普拉斯变换

定理：设 f(x)f(x) 以 TT 为周期，则有：

∫0+∞e−kxf(x)dx=11−e−kT∫0Te−kx⋅f(x)dx\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}f(x)dx = \frac{1}{1-e^{-kT}}\int_{0}^{T}e^{-kx} \cdot f(x)dx

其中 k>0k>0。

例题 1

设 f(x)f(x) 是以 2π2\pi 为周期的函数，且 f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x 当 x∈[0,2π]x \in [0,2\pi] 时，求 ∫0+∞e−xf(x)dx\int_{0}^{+\infty}e^{-x}f(x)dx

解：

根据公式：

∫0+∞e−xf(x)dx=11−e−2π∫02πe−xsin⁡xdx\int_{0}^{+\infty}e^{-x}f(x)dx = \frac{1}{1-e^{-2\pi}}\int_{0}^{2\pi}e^{-x}\sin x dx

计算积分：

∫e−xsin⁡xdx=−12e−x(sin⁡x+cos⁡x)+C\int e^{-x}\sin x dx = -\frac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x) + C

因此：

∫02πe−xsin⁡xdx=[−12e−x(sin⁡x+cos⁡x)]02π=1−e−2π2\int_{0}^{2\pi}e^{-x}\sin x dx = \left[-\frac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)\right]_0^{2\pi} = \frac{1-e^{-2\pi}}{2}

最终结果：

∫0+∞e−xf(x)dx=11−e−2π⋅1−e−2π2=12\int_{0}^{+\infty}e^{-x}f(x)dx = \frac{1}{1-e^{-2\pi}} \cdot \frac{1-e^{-2\pi}}{2} = \frac{1}{2}

例题 2

设 f(x)f(x) 是以 TT 为周期的函数，证明：

lim⁡k→0+k∫0+∞e−kxf(x)dx=1T∫0Tf(x)dx\lim_{k\to 0^+} k\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}f(x)dx = \frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(x)dx

解：

利用周期函数的 Laplace 变换公式：

k∫0+∞e−kxf(x)dx=k1−e−kT∫0Te−kxf(x)dxk\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}f(x)dx = \frac{k}{1-e^{-kT}}\int_{0}^{T}e^{-kx}f(x)dx

当 k→0+k \to 0^+ 时，利用泰勒展开 e−kT≈1−kTe^{-kT} \approx 1 - kT，所以：

k1−e−kT≈k1−(1−kT)=kkT=1T\frac{k}{1-e^{-kT}} \approx \frac{k}{1-(1-kT)} = \frac{k}{kT} = \frac{1}{T}

同时，e−kx→1e^{-kx} \to 1，因此：

lim⁡k→0+k∫0+∞e−kxf(x)dx=1T∫0Tf(x)dx\lim_{k\to 0^+} k\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}f(x)dx = \frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(x)dx