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【题】
设 $N(0,0,1)$ 是球面 $S: x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 的北极点.
$A\left(a_{1}, a_{2}, 0\right), B\left(b_{1}, b_{2}, 0\right), C\left(c_{1}, c_{2}, 0\right)$ 为 $x O y$ 面上不同的三点.
设连接 $N$ 与 $A, B, C$ 的三直线依次交球面 $S$ 于点 $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ .
$(1)$ 求连接 $\boldsymbol{N}$ 与 $\boldsymbol{A}$ 两点的直线方程;
(2) 求点 $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ 三点的坐标;
(3) 给定点 $A(1,-1,0), B(-1,1,0), C(1,1,0)$ ，求四面体 $N A_{1} B_{1} C_{1}$ 的体积$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
$(1)$ 由直线的两点式方程，直接可得过 $N, A$ 两点的直线方程为 $\frac{x}{a_{1}}=\frac{y}{a_{2}}=\frac{z-1}{-1}$ .
$(2)$ 直线 $N A$ 的参数方程为 $x=a_{1} t, y=a_{2} t, z=1-t$ ， 将其代入球面方程，得
$$\left(a_{1} t\right)^{2}+\left(a_{2} t\right)^{2}+(1-t)^{2}=1$$
解得参数值为 $t=\frac{2}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+1}$ 或 $t=0$ . 从容可得 $A_{1}$ 的坐标为 $A_{1}\left(\frac{2 a_{1}}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+1}, \frac{2 a_{2}}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+1}, \frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}-1}{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+1}\right)$ . 同理不难得到 $B_{1}, C_{1}$ 的坐标。
$(3)$ 由$(2)$和已知坐标，代入可得 $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ 的坐标为 $A_{1}=\left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right), B_{1}=\left(-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right), C_{1}=\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right)$ 所以，由向量混合积的几何意义，可得四面体体积为
$$\begin{aligned}
V &=\frac{1}{6}\left|\left(\overrightarrow{N A_{1}}, \overrightarrow{N B_{1}}, \overrightarrow{N C_{1}}\right)\right| \\
&=\frac{1}{6}\left|\begin{array}{rrr}
\frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\
-\frac{2}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\
-\frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & -\frac{2}{3}
\end{array}\right|=\frac{1}{6} \cdot \frac{32}{27}=\frac{16}{81}
\end{aligned}
$$
$\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
分别在复数域 $\mathbf{C}$ 和实数域 $\mathbf{R}$ 上写出 $x^{n}-1$ 的因式分解表达式$.\blacktriangleright$
【题$2$】
设 $\Gamma$ 为形如下列形式的 $2016$ 阶矩阵全体：每行每列只有一个非零元素, 且该非零元素为 $1$ , 试求解 $\sum_{A \in \Gamma}|A|.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
记 $\varepsilon_{k}=\cos \frac{2 k \pi}{n}+i \sin \frac{2 k \pi}{n}(k=0,1, \cdots, n-1)$ . 因为 $x^{n}-1$ 在复数域 $\mathbf{C}$ 中恰 有 $n$ 个根 $\varepsilon_{k}(k=0,1, \cdots, n-1)$ , 所以多项式 $x^{n}-1$ 在复数域 $\mathbf{C}$ 上的因式分解为
$$x^{n}-1=(x-1)\left(x-\varepsilon_{1}\right)\left(x-\varepsilon_{2}\right) \cdots\left(x-\varepsilon_{n-1}\right)=\prod_{k=0}^{n-1}\left[x-\left(\cos \frac{2 k \pi}{n}+i \sin \frac{2 k \pi}{n}\right)\right]$$
下面讨论多项式 $x^{n}-1$ 在实数域 $\mathbf{R}$ 上的因式分解. 注意到 $\varepsilon_{k}$ 的共轭复数 $\overline{\varepsilon_{k}}=\cos \frac{2 k \pi}{n}-i \sin \frac{2 k \pi}{n}=\cos \frac{2(n-k) \pi}{n}+i \sin \frac{2(n-k) \pi}{n}=\varepsilon_{n-k}$ ,
所以 $\varepsilon_{k}+\varepsilon_{n-k}=\varepsilon_{k}+\overline{\varepsilon_{k}}=2 \cos \frac{2 k \pi}{n}$ 为实数, 且由于
$$\left(\varepsilon_{k}+\varepsilon_{n-k}\right)^{2}-4=4 \cos ^{2} \frac{2 k \pi}{n}-4<0 \quad(k=1, \cdots, n-1),$$
故 $x^{2}-\left(\varepsilon_{k}+\varepsilon_{n-k}\right) x+1$ 是实数域 $\mathbf{R}$ 上的不可约多项式.
从而当 $n$ 为奇数时, 有
$$
x^{n}-1=(x-1)\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{n-1}\right) x+1\right]\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{2}+\varepsilon_{n-2}\right) x+1\right] \cdots\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{\frac{n-1}{2}}+\varepsilon_{\frac{n+1}{2}}\right) x+1\right]
=(x-1)\left[x^{2}-2 x \cos \frac{2 \pi}{n}+1\right]\left[x^{2}-2 x \cos \frac{4 \pi}{n}+1\right] \cdots\left[x^{2}-2 x \cos \frac{(n-1) \pi}{n}+1\right]
=(x-1) \prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(x^{2}-2 x \cos \frac{2 k \pi}{n}+1\right)
$$
当 $n$ 为偶数时, 则为
$$
\begin{aligned}
x^{n}-1=&(x-1)(x+1)\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{n-1}\right) x+1\right]\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{2}+\varepsilon_{n-2}\right) x+1\right] \\
& \cdots\left[x^{2}-\left(\varepsilon_{\frac{n-2}{2}}+\varepsilon_{\frac{n+2}{2}}^{2}\right) x+1\right] \\
=&(x-1)(x+1)\left[x^{2}-2 x \cos \frac{2 \pi}{n}+1\right]\left[x^{2}-2 x \cos \frac{4 \pi}{n}+1\right] \\
& \cdots\left[x^{2}-2 x \cos \frac{(n-2) \pi}{n}+1\right]=(x-1)(x+1) \prod_{k=1}^{\frac{n-2}{2}}\left(x^{2}-2 x \cos \frac{2 k \pi}{n}+1\right) .
\end{aligned}
$$
$\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
由行列式定义可知, $|A|=\sum_{j_{1} \cdots j_{n}}(-1)^{\tau\left(j_{1} \cdots j_{n}\right)} a_{1 j_{1}} \cdots a_{n j j_{n}}=(-1)^{\tau\left(k_{1} \cdots k_{n}\right)}$ , 其中 $a_{1 k_{1}}=\cdots=a_{n k_{n}}=1 \neq 0$ . 当 $A$ 取遍 $\Gamma$ 中所有矩阵时, $k_{1} \cdots k_{n}$ 就取遍了所有 $n$ 级排列, 其中奇、偶排列各占一半, 所以 $\sum_{A \in \Gamma}|A|=0.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
求 $\int_{0}^{1} \ln x \cdot \ln (1-x) d x.\blacktriangleright$
【题$2$】
设有行列式
$$
D_{n}=\left|\begin{array}{cccccc}
1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \
1 & 1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & -1 \
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1
\end{array}\right|
$$
求其展开式的正项总数$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
$$\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \ln x \cdot \ln (1-x) \mathrm{d} x &=-\int_{0}^{1}\left(\ln x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}\right) \mathrm{d} x \
&=\left.\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)} \ln x\right|{0} ^{1}+\left.\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)^{2}}\right|{0} ^{1}=\sum{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^{2}} \
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{2}}=1-\left(\frac{\pi^{2}}{6}-1\right)=2-\frac{\pi^{2}}{6} .
\end{aligned}.$$
$\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
首先, 将第 $n$ 行分别加到其余各行, 可得
$$
D_{n}=\left|\begin{array}{cccccc}
2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
2 & 2 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
2 & 2 & 2 & \cdots & 2 & 0 \\
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1
\end{array}\right|=2^{n-1}
$$
其次, $D_{n}$ 的展开式共有 $n !$ 项，其中每项为 $1$ 或者 $-1$ .
设正项的个数为 $x$ , 负项的个数为 $y$ , 则有 $\left{\begin{array}{l}x+y=n !, \ x-y=D_{n}=2^{n-1},\end{array}\right.$ 解得 $x=\frac{D_{n}+n !}{2}=\frac{2^{n-1}+n !}{2}.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $f_{n}(x)$ 在 $[\mathbf{a}, \mathbf{b}]$ 上连续, $n=1,2, \cdots$ , 且对每个 $x \in[\mathbf{a}, \mathbf{b}],\left{f_{n}(x)\right}$ 有界, 则 $[\mathbf{a}, \mathbf{b}]$ 中必存在一个小区间使 $\left{f_{n}(x)\right}$ 在其上一致有界。$\blacktriangleright$
【题$2$】
设集合 $\mathbf{S}=\left{x \mid x \in \mathbb{Q}, x^{2}<3\right}$ 。证明:
$(1)$ 集合 $S$ 没有最大数和最小数;
$(2)$ 集合 $S$ 在 $\mathbb{Q}$ 内没有上确界与下确界。$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
反证法。 假设区间 $[\mathrm{a}, \mathrm{b}]$ 中不存在小区间使 $\left{f_{n}(x)\right}$ 在其上一致有界, 记 区间 $[\mathrm{a}, \mathrm{b}]$ 为 $\left[a_{0}, b_{0}\right]$ 。则 $\forall M>0$ , 存在自然数 $n$ 及 $x \in[a, b]$ , 使 $\left|f_{n}(x)\right|>M$ 。
现在取 $M=1$ , 则存自然数 $n_{1}$ 及 $x_{1} \in[a, b]$ , 使 $\left|f_{n_{1}}\left(x_{1}\right)\right|>1$ 。由于 $f_{n_{1}}(x)$ 在区间 $\left[a_{0}, b_{0}\right]$ 连续, 存在 $\left[a_{1}, b_{1}\right] \subset\left[a_{0}, b_{0}\right]$ , 使得 $\forall x \in\left[a_{1}, b_{1}\right]$ , 有 $\left|f_{n_{1}}(x)\right|>1$ 。
现在取 $M=2$ , 则存自然数 $n_{2}>n_{1}$ 及 $x_{2} \in\left[a_{1}, b_{1}\right]$ , 使 $\left|f_{n_{2}}\left(x_{2}\right)\right|>2$ 。由于 $f_{n_{2}}(x)$ 在区间 $\left[a_{1}, b_{1}\right]$ 连续, 存在 $\left[a_{2}, b_{2}\right] \subset\left[a_{1}, b_{1}\right]$ , 使得 $\forall x \in\left[a_{2}, b_{2}\right]$ , 有 $\left|f_{n_{2}}(x)\right|>2, \ldots$ , 这样可得到区间序列 $\left{\left[a_{k}, b_{k}\right]\right}$ 以及自然数序列 $\left{n_{k}\right}$ , 使得:
$$(1) \left[a_{k}, b_{k}\right] \subset\left[a_{k-1}, b_{k-1}\right], \quad k=1,2, \cdots$$
$$(2) \forall x \in\left[a_{k}, b_{k}\right],\left|f_{n_{k}}(x)\right|>k.$$
所以存在 $x_{0} \in \bigcap_{k=0}^{\infty}\left[a_{k}, b_{k}\right] \subset[a, b]$ , 使得 $\forall k \in N,\left|f_{n_{k}}\left(x_{0}\right)\right|>k$ , 这和条件: 对每个 $x \in[\mathrm{a} b \mathrm{~b}],\left{f_{n}(x)\right}$ 有界矛盾。所以, 区间 $[\mathrm{a}, \mathrm{b}]$ 中存在小区间使 $\left{f_{n}(x)\right}$ 在其上一 致有界。 $\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
$(1)$ 反证: 假设 $y \in S$ 为最大数, 则 $y^{2}<3$ 。显然, $-2<y<2$ 。
由于 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{4}{n}+\frac{1}{n^{2}}\right)=0$ 。所以当 $n$ 充分大时, $\frac{4}{n}+\frac{1}{n^{2}}<3-y^{2}$ 。
于是 $\left(y+\frac{1}{n}\right)^{2}=y^{2}+\frac{2}{n} y+\frac{1}{n^{2}}<y^{2}+\frac{4}{n}+\frac{1}{n^{2}}<y^{2}+3-y^{2}=3$ ,
而且 $y \in Q, \frac{1}{n} \in Q$ , 故 $y+\frac{1}{n} \in Q$ 。所以由上面的不等式可知: $y+\frac{1}{n} \in S$ 。
这与 $y \in S$ 为最大数矛盾。所以 $S$ 中没有最大数。同理, $S$ 中没有最小数。
$(2)$ 反证: 假设 $S$ 在 $Q$ 中有上确界, 设为 $y$ , 则 $y \in Q$ 。由上确界的定义可知: $y^{2} \leq 3 。 \quad$
由 $(1)$ 的证明可知: $y^{2}<3$ 不成立。因此, $y^{2}=3$ 。由于 $y \in Q$ , 因此,
$y=\frac{n}{m}$ , 其中 $m, n$ 为互质的整数。于是, $\frac{n^{2}}{m^{2}}=3$ 。 $n^{2}=3 m^{2}$ 。
可知, $n$ 为 $3$ 的倍数, 设 $n=3 k, k \in Z$ 。于是 $9 k^{2}=3 m^{2}$ 。 $m^{2}=3 k^{2}$ 。可知, $m$ 也为 $3$ 的倍数。
这与 $m, n$ 为互质的整数矛盾。故 $y^{2} \leq 3$ 不成立, 即 $S$ 在 $Q$ 中没有上确界。同理, $S$ 在 $Q$ 中没有下确界。$\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵, 证明:
$$\left|\begin{array}{ll}
A & B \
B & A
\end{array}\right|=|A+B| \cdot|A-B|.\blacktriangleright$$
【题$2$】
求出过原点且和椭球面 $4 x^{2}+5 y^{2}+6 z^{2}=1$ 的交线为一个圆周的所有平面$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
因为 $\left(\begin{array}{ll}E & E \ O & E\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A & B \ B & A\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}E & -E \ O & E\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A+B & O \ B & A-B\end{array}\right)$ ,
所以
$$\left|\begin{array}{cc}
A & B \\
B & A
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}
E & E \\
O & E
\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}
A & B \\
B & A
\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}
E & -E \\
O & E
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}
A+B & O \\
B & A-B
\end{array}\right|=|A+B| \cdot|A-B|.\blacksquare$$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
由题意可知, 所述圆周是由以原点为球心的球面
$$x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}$$
和椭球面
$$4 x^{2}+5 y^{2}+6 z^{2}=1$$
的交线. 由上面两个方程确定的平面, 即所求的平面, 也必包含上述圆周. 联立此二式, 得
$$\left(4-\frac{1}{R^{2}}\right) x^{2}+\left(5-\frac{1}{R^{2}}\right) y^{2}+\left(6-\frac{1}{R^{2}}\right) z^{2}=0 .$$
易见, 当 $R^{2}=1/5$ 时, 有 $x^{2}-z^{2}=0$ , 这是两相交平面 $x=z, x+z=0$ , 即为所求平面$.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
下面的说法可以用作 $\displaystyle\lim {x \rightarrow x{0}} f(x)=A$ 的定义吗? 正确的给以证明, 不正确的举例说明。
$$\text { “ } \forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x: 0<\left|x-x_{0}\right|<\delta \text {, 有 }|f(x)-A|<\varepsilon \delta \text { ”。 }\blacktriangleright$$
【题$2$】
若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续, 且 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上每点处都取极值, 则 $f(x)$ 恒等于某个常数。$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
不能。
考虑$f(x)={\begin{array}{ll}1, & x \text { 为有理数 } \ 0, & x \text { 为无理数 }\end{array}, \forall x_{0} \in R$, $\displaystyle\lim {x \rightarrow x{0}} f(x)$. 不存在。
取 $A=0, \forall \varepsilon>0$ , 取 $\delta=2 / \varepsilon, 0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ , 有 $|f(x)-A|=|f(x)|<\varepsilon \delta=2.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
若不, 有 $a_{1}, b_{1} \in[a, b], a_{1} \neq b_{1}, f\left(a_{1}\right) \neq f\left(b_{1}\right)$ 。
设 $f\left(a_{1}\right)<f\left(b_{1}\right), a_{1}<b_{1} , \exists a_{2}, b_{2}, a_{2}<b_{2}$ , 使 $f\left(a_{1}\right)<f\left(a_{2}\right)<f\left(b_{2}\right)<f\left(b_{1}\right), \quad b_{2}-a_{2}<\frac{1}{2}\left(b_{1}-a_{1}\right) \exists a_{3}, b_{3}, a_{3}<b_{3}$ , 使 $f\left(a_{2}\right)<f\left(a_{3}\right)<f\left(b_{3}\right)<f\left(b_{2}\right), b_{3}-a_{3}<\frac{1}{2^{2}}\left(b_{2}-a_{2}\right)$
$(i) \left[a_{n}, b_{n}\right] \supset\left[a_{n+1}, b_{n+1}\right]$ ;
$(ii) b_{n}-a_{n} \rightarrow 0$ ;
$(iii) f\left(a_{n}\right)$ 递增, $f\left(b_{n}\right)$ 递增, $f\left(a_{n}\right)<f\left(b_{n}\right)$
由闭区间套定理,
$\exists x_{0} \in\left[a_{n}, b_{n}\right], \quad \lim a_{n}=\lim b_{n}=x_{0} \in(a, b), f\left(a_{n}\right)<f\left(x_{0}\right)<f\left(b_{n}\right) \Rightarrow x_{0}$ 不是 $f(x)$ 的局部极值, 矛盾。$\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
证明: $\left(x^{2}+x+1\right) \mid\left(x^{3 m}+x^{3 n+1}+x^{3 p+2}\right. )$ (其中 $m, n, p$ 是三个任意的正整数) $.\blacktriangleright$
【题$2$】
设 $a>1$ , 求无穷级数的和
$s=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n}}{a^{2^{n}}+1} .\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
多项式 $x^{2}+x+1$ 的根为 $\omega_{1}=\frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}, \omega_{2}=\frac{-1-\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}$ , 即 $x^{2}+x+1=\left(x-\omega_{1}\right)\left(x-\omega_{2}\right)$ .
又
$$\omega_{i}^{3}-1=\left(\omega_{i}-1\right)\left(\omega_{i}^{2}+\omega_{i}+1\right)=0 \quad(i=1,2),$$
可知 $\omega_{i}^{3}=1$ , 从而 $\omega_{i}^{3 m}=\omega_{i}^{3 n}=\omega_{i}^{3 p}=1$ .
设 $f(x)=x^{3 m}+x^{3 n+1}+x^{3 p+2}$ , 则有 $f\left(\omega_{i}\right)=\omega_{i}^{3 m}+\omega_{i}^{3 n+1}+\omega_{i}^{3 p+2}=1+\omega_{i}+\omega_{i}^{2}=0$ 所以可得 $\left(x-\omega_{i}\right) \mid f(x)(i=1,2)$ . 又因为 $x-\omega_{1}$ 与 $x-\omega_{2}$ 互素, 所以 $\left(x-\omega_{1}\right)\left(x-\omega_{2}\right) \mid f(x)$ ,
即 $\left(x^{2}+x+1\right) \mid f(x).\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
对于 $a>1$ , 由于
$$\frac{2^{n}}{a^{2^n}+1}=\frac{2^{n}\left(a^{2^{n}}-1\right)}{a^{2^{n+1}}-1}=\frac{2^{n}\left(a^{2^{n}}+1\right)-2^{n+1}}{a^{2^{n+1}}-1}=\frac{2^{n}}{a^{2^{n}}-1}-\frac{2^{n+1}}{a^{2^{n+1}}-1}$$
所以
$$s=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2^{n}}{a^{2^{n}}-1}-\frac{2^{n+1}}{a^{2^{n+1}}-1}\right)=\frac{1}{a-1} .\blacksquare$$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $a_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t$ , 证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}}$ 发散$.\blacktriangleright$
【题$2$】
证明:
非常数的一元多项式函数不是周期函数$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t+\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t=I_{1}+I_{2} ,$$
$$I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t<n^{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t \mathrm{~d} t=\frac{\pi^{2} n}{2},$$
$$I_{2}=\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t<\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t\left(\frac{\pi}{2 t}\right)^{3} \mathrm{~d} t=-\frac{\pi^{3}}{8} \int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d}\left(\frac{1}{t}\right)=\frac{\pi^{3}}{8}\left(\frac{n}{\pi}-\frac{2}{\pi}\right)<\frac{\pi^{2} n}{8}$$
因此, $\frac{1}{a_{n}}>\frac{1}{\pi^{2} n}$ , 由此得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}}$ 发散$.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
假设 $\operatorname{deg}(f(x)) \geqslant 1$ . 若存在常数 $c \neq 0$ , 使得对任意的 $x$ , 均有 $f(x+c)= f(x)$ 成立. 设 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的 $1$ 个根, 则 $\alpha+c, \alpha+2 c, \alpha+3 c, \cdots$ 都是 $f(x)$ 的根. 但 $f(x)$ 的根的个数不超过 $\operatorname{deg}(f(x))$ , 因此存在不同的正整数 $s, t$ , 使得 $\alpha+s c= \alpha+t c$ , 即 $(s-t) c=0 \Rightarrow c=0$ , 矛盾. 故结论成立$.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
考虑 $\int_{0}^{1} \frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 与 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 的敛散性$.\blacktriangleright$
【题$2$】
假设 $f_{1}(x)$ 与 $f_{2}(x)$ 为次数不超过 $3$ 的首项系数为 $1$ 的互异多项式, 假设 $x^{4}+x^{2}+1$ 整除 $f_{1}\left(x^{3}\right)+x^{4} f_{2}\left(x^{3}\right)$ , 试求 $f_{1}(x)$ 与 $f_{2}(x)$ 的最大公因式$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
由于 $x^{4}+x^{2}+1=\left(x^{2}+1\right)^{2}-x^{2}=\left(x^{2}+x+1\right)\left(x^{2}-x+1\right)$ . 这里假设它的四个根分别为 $\omega_{1}, \omega_{2}, \varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}$ 且
$$\omega_{1}=\frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}, \quad \omega_{2}=\frac{-1-\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}, \quad \varepsilon_{1}=\frac{1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}, \quad \varepsilon_{2}=\frac{1-\sqrt{3} \mathrm{i}}{2} .$$
令 $f_{1}\left(x^{3}\right)+x^{4} f_{2}\left(x^{3}\right)=\left(x^{4}+x^{2}+1\right) g(x)$ , 于是有方程组
$$\left{\begin{array} { l }
{ f _ { 1 } ( 1 ) + \omega _ { 1 } f _ { 2 } ( 1 ) = 0 , } \\
{ f _ { 1 } ( 1 ) + \omega _ { 2 } f _ { 2 } ( 1 ) = 0 }
\end{array} \quad \text { 与 } \left{\begin{array}{l}
f_{1}(-1)-\varepsilon_{1} f_{2}(-1)=0, \\
f_{1}(-1)-\varepsilon_{2} f_{2}(-1)=0,
\end{array}\right.\right.$$
解方程组得
$$f_{1}(1)=f_{2}(1)=0, \quad f_{1}(-1)=f_{2}(-1)=0,$$
于是有 $(x+1)(x-1)\left|f_{1}(x),(x+1)(x-1)\right| f_{2}(x)$ .
而 $f_{1}(x)$ 与 $f_{2}(x)$ 为互异的次数不超过 $3$ 的首项系数为 $1$ 的多项式, 所以有
$$\left(f_{1}(x), f_{2}(x)\right)=x^{2}-1.\blacksquare$$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $f(x)$ 是二次可微的函数, 满足 $f(0)=1, f^{\prime}(0)=0$ , 且对任意的 $x \geqslant 0$ 有
$f^{\prime \prime}(x)-5 f^{\prime}(x)+6 f(x) \geqslant 0$ .
证明：对每个 $x \geqslant 0$ , 都有 $f(x) \geqslant 3 \mathrm{e}^{2 x}-2 \mathrm{e}^{3 x}.\blacktriangleright$
【题$2$】
$f(x)$ 在 $a$ 点可导, 且 $\left{x_{n}\right}$ 单调递增趋于 $a$,$\left{y_{n}\right}$ 单调递减趋于 $a$ , 证明:
$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{f\left(y{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}=f^{\prime}(a).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
首先 $\left[f^{\prime \prime}(x)-2 f^{\prime}(x)\right]-3\left[f^{\prime}(x)-2 f(x)\right] \geqslant 0$ , 令 $g(x)=f^{\prime}(x)-2 f(x)$ , 则 $g^{\prime}(x)-3 g(x) \geqslant 0$ , 因此 $\left(g(x) \mathrm{e}^{-3 x}\right)^{\prime} \geqslant 0$ , 所以
$g(x) \mathrm{e}^{-3 x} \geqslant g(0)=-2 \text {, 或者 } f^{\prime}(x)-2 f(x) \geqslant-2 \mathrm{e}^{3 x}$
进一步, 有 $\left(f(x) \mathrm{e}^{-2 x}\right)^{\prime} \geqslant-2 \mathrm{e}^{x}$ , 即 $\left(f(x) \mathrm{e}^{-2 x}+2 \mathrm{e}^{x}\right)^{\prime} \geqslant 0$ ， 所以 $f(x) \mathrm{e}^{-2 x}+2 \mathrm{e}^{x} \geqslant f(0)+2=3$ , 即 $f(x) \geqslant 3 \mathrm{e}^{2 x}-2 \mathrm{e}^{3 x}.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
$$\begin{aligned}
\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}} &=\frac{f\left(y_{n}\right)-f(a)+f(a)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}} \\
&=\lambda_{n} \frac{f\left(y_{n}\right)-f(a)}{y_{n}-a}+\left(1-\lambda_{n}\right) \frac{f\left(x_{n}\right)-f(a)}{x_{n}-a},
\end{aligned}$$
其中 $\lambda_{n}=\frac{y_{n}-a}{y_{n}-x_{n}}$ , 易知 $\forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathbf{N}_{+}$ , 当 $n>\mathbf{N}$ 时,
$$\begin{aligned}
\left|\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}-f^{\prime}(a)\right| & \leqslant \lambda_{n}\left|\frac{f\left(y_{n}\right)-f(a)}{y_{n}-a}-f^{\prime}(a)\right|+\left(1-\lambda_{n}\right)\left|\frac{f\left(x_{n}\right)-f(a)}{x_{n}-a}-f^{\prime}(a)\right| \\
&<\lambda_{n} \varepsilon+\left(1-\lambda_{n}\right) \varepsilon=\varepsilon .\blacksquare
\end{aligned}$$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 一致连续, 证明 $\frac{f(x)}{x}$ 在 $[1,+\infty)$ 有界 $.\blacktriangleright$
【题$2$】
设 $f$ 在 $[0,1]$ 上有三阶连续导数, $f(0)=1, f(1)=2, f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$ , 证明: 至少存在一点 $\xi \in(0,1)$ , 使得 $\left|f^{\prime \prime \prime}(\xi)\right| \geqslant 24.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
由于 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 一致连续, 对于 $\varepsilon_{0}=1$ , 存在 $\delta_{0}>0$ 任意的 $x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty) , \left|x_{1}-x_{2}\right| \leq \delta_{0}$ , 有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq \varepsilon_{0}=1$
对于任意的 $x \in[1,+\infty)$ , 存在整数 $n$ , 使得 $n \leq \frac{x-1}{\delta_{0}}<n+1$ 或 $1+n \delta_{0} \leq x<1+(n+1) \delta_{0}$ ,
$\left|\frac{f(x)-f(1)}{x}\right|
\leq \frac{\left|f\left(1+\delta_{0}\right)-f(1)\right|+\left|f\left(1+2 \delta_{0}\right)-f\left(1+\delta_{0}\right)\right|+\cdots+\left|f\left(1+n \delta_{0}\right)-f\left(1+(n-1) \delta_{0}\right)\right|+\left|f(x)-f\left(1+n \delta_{0}\right)\right|}{x}$
$\leq \frac{n+1}{x} \leq \frac{\frac{x-1}{\delta_{0}}+1}{x} \leq \frac{1}{\delta_{0}}+1
\left|\frac{f(x)}{x}\right| \leq \frac{|f(x)-f(1)|+f(1)}{x} \leq \frac{1}{\delta_{0}}+1+|f(1)|.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
利用 $Taylor$ 公式把 $f(0), f(1)$ 在点 $x=\frac{1}{2}$ 处展开得到
$$\begin{array}{l}
f(0)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)\left(0-\frac{1}{2}\right)^{3}, \quad \xi_{1} \in\left(0, \frac{1}{2}\right), \\
f(1)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)^{3}, \quad \xi_{2} \in\left(\frac{1}{2}, 1\right) .
\end{array}$$
两式相减并注意到 $f(0)=1, f(1)=2, f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$ , 就有 $f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{1}\right)+f^{\prime \prime \prime}\left(\xi_{2}\right)=48$ , 这表明至少存在一点 $\xi \in(0,1)$ , 使得 $\left|f^{\prime \prime \prime}(\xi)\right| \geqslant 24.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续, 在 $(a, b)$ 内可导, 且 $f(a) \cdot f(b)>0, f(a) · f\left(\frac{a+b}{2}\right)<0$ , 试证: 至少有一点 $\xi \in(a, b)$ , 使 $f^{\prime}(\xi)=f(\xi).\blacktriangleright$
【题$2$】
设 $f(x)=2 x(1-x), x \in R$ . 定义 $f^{n}=\overbrace{f \circ \cdots \circ f}^{n}$
$(1)$ 求 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \int{0}^{1} f^{n}(x) d x$ ;
$(2)$ 计算 $\int_{0}^{1} f^{n}(x) d x.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
设 $F(x)=f(a) \mathrm{e}^{-x} f(x)$ , 则
$$\begin{aligned}
F(a) &=f^{2}(a) \mathrm{e}^{-a}>0, \\
F\left(\frac{a+b}{2}\right) &=f(a) f\left(\frac{a+b}{2}\right) \mathrm{e}^{\frac{a+b}{2}}<0, \\
F(b) &=f(a) f(b) \mathrm{e}^{-b}>0 .
\end{aligned}$$
所以由零点定理知, 存在 $\xi_{1} \in\left(a, \frac{a+b}{2}\right), \xi_{2} \in\left(\frac{a+b}{2}, b\right)$ , 使 $F\left(\xi_{1}\right)=0, F\left(\xi_{2}\right)=0$ , 再在区间 $\left[\xi_{1}, \xi_{2}\right]$ 上使用 $\mathbf{Rolle}$ 定理即得结果$.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
$（1）$ 取定 $x=x_{0} \in(0,1)$ . 令 $x_{n}=f^{n}\left(x_{0}\right), n=1,2, \cdots$ 则得到 $x_{1} \in\left(0, \frac{1}{2}\right], x_{1} \leq f\left(x_{1}\right) \leq \frac{1}{2}$ , 进一 步利用数学归纳法可得到 $x_{n} \leq f\left(x_{n}\right) \leq \frac{1}{2}$ , 这样数列 $\left{x_{n}\right}$ 为一个有界单调非减的数列, 从而极 限存在, 假设 $\lim {n \rightarrow \infty} x{n}=l$ , 并且 $\left{x_{n}\right}$ 满足 $x_{n+1}=2 x_{n}\left(1-x_{n}\right)$ , 上式两边取极限得到 $l=2 l(1-l)$ , 从而 $l=0$ 或者 $l=\frac{1}{2}$ , 利用 $\left{x_{n}\right}$ 为一个单调非减的数列得到 $l=\frac{1}{2}$ . 从而利用单调收敛定理可以得到 $\lim {n \rightarrow \infty} \int{0}^{1} f^{n}(x) d x=\frac{1}{2}$
$（2）$因为 $f(x)=2 x(1-x)=\frac{1}{2}-2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}$ , 利用数学归纳法可证 $f^{n}(x)=\frac{1}{2}-2^{2^{n}-1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2^{n}}$
假设上式对于 $n=k$ 成立, 下证
$$f^{k+1}(x)=f^{k}(f(x))=\frac{1}{2}-2^{2^{k}-1}\left(\left(\frac{1}{2}-2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}\right)-\frac{1}{2}\right)^{2^{k}}$$
$$=\frac{1}{2}-2^{2^{k}-1}\left(-2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}\right)^{2^{k}}=\frac{1}{2}-2^{2^{k+1}-1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2^{k+1}}$$
从而可以计算得到
$$\int_{0}^{1} f^{n}(x) d x=\left.\left[\frac{1}{2} x-\frac{2^{2^{n}-1}}{2^{n}+1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2^{n}+1}\right]\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\left(2^{n}+1\right)}.\blacksquare$$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】求使不等式 $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha} \leq e \leq\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\beta}$ 对所有的自然数 $n$ 都成立的最大的数 $\alpha$ 和最小的数 $\beta$ $.\blacktriangleright$
【题$2$】
已知 $3$ 阶实矩阵 $A=\left(a_{i j}\right)$ 满足条件 $a_{i j}=A_{i j}(i, j=1,2,3)$ , 其中 $A_{i j}$ 是 $a_{i j}$ 的代数余子式, 且 $a_{33}=-1$ . 求解:
$(1) |A|$ ;
$(2)$ 方程组 $A\left(\begin{array}{l}x_{1} \ x_{2} \ x_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}0 \ 0 \ 1\end{array}\right)$ 的解$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
已知不等式等价于 $(n+\alpha) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right) \leqslant 1 \leqslant(n+\beta) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ . 所以 $\alpha \leqslant \frac{1}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}-n \leqslant \beta$ , 令 $f(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}, x \in[0,1]$ , 则
$$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{\ln ^{2}(1+x)}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{(1+x) \ln ^{2}(1+x)-x^{2}}{x^{2}(1+x) \ln ^{2}(1+x)}$$
再令 $g(x)=(1+x) \ln ^{2}(1+x)-x^{2}, x \in[0,1]$ , 则 $g(0)=0$ , 且
$$\begin{array}{c}
g^{\prime}(x)=\ln ^{2}(1+x)+2 \ln (1+x)-2 x, \quad g^{\prime}(0)=0, \\
g^{\prime \prime}(x)=\frac{2 \ln (1+x)}{1+x}+\frac{2}{1+x}-2=\frac{2[\ln (1+x)-x]}{1+x}<0,
\end{array}$$
故 $g^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递减, 所以 $g^{\prime}(x)<g^{\prime}(0)=0$ , 同理, $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上也, 严柺单调递减, 故 $g(x)<g(0)=0$ , 即 $(1+x) \ln ^{2}(1+x)-x^{2}<0$ , 从而 $f^{\prime}(x)<0 \quad(0< x \leqslant 1)$ , 因此 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上也严格单调递掝.
令 $x=\frac{1}{n}$ , 则 $\alpha \leqslant f(x) \leqslant \beta$ ,
$$\begin{aligned}
\max \alpha&=\lim _{x \rightarrow 1^{-}}\left[\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}\right]=\frac{1}{\ln 2}-1 \\
\min \beta &=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left[\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}\right]=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x-\ln (1+x)}{x \ln (1+x)}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\ln (1+x)+\frac{1}{1+x}} \\
&=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{1+\ln (1+x)+1}=\frac{1}{2}
\end{aligned}$$
因此, 使不等式对所有的自然数 $n$ 都成立的最大的数 $\alpha$ 为 $\frac{1}{\ln 2}-1$ , 最小的数 $\beta$ 为 $\frac{1}{2}.\blacksquare$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】
因 $a_{i j}=A_{i j}$ , 则 $\boldsymbol{A}^{\prime}=\boldsymbol{A}^{}$ , 且 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{A}^{\prime}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{A}^{}=|\boldsymbol{A}| \boldsymbol{E}$ , 两边取行列式, 得
$$|\boldsymbol{A}|^{2}=|\boldsymbol{A}|^{3},|\boldsymbol{A}|^{2}(|\boldsymbol{A}|-1)=0$$
从而
$$|\boldsymbol{A}|=0 \text { 或 }|\boldsymbol{A}|=1$$
把 $|A|$ 按第 3 行展开, 得
$$|\boldsymbol{A}|=a_{31} A_{31}+a_{32} A_{32}+a_{33} A_{33}=a_{31}^{2}+a_{32}^{2}+a_{33}^{2}$$
因 $a_{33}=-1$ , 则 $|\boldsymbol{A}| \neq 0$ , 于是 $|\boldsymbol{A}|=1$ , 且 $a_{31}=a_{32}=0$ ; 由 $|\boldsymbol{A}|=1$ 可知, $\boldsymbol{A}^{-1}= \boldsymbol{A}^{\prime}$ , 则
$$\boldsymbol{A}\left(\begin{array}{l}
x_{1} \\
x_{2} \\
x_{3}
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
0 \\
0 \\
1
\end{array}\right),\left(\begin{array}{l}
x_{1} \\
x_{2} \\
x_{3}
\end{array}\right)=\boldsymbol{A}^{\prime}\left(\begin{array}{l}
0 \\
0 \\
1
\end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{l}
x_{1} \\
x_{2} \\
x_{3}
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
a_{31} \\
a_{32} \\
a_{33}
\end{array}\right)$$
所以, $x_{1}=a_{31}=0, x_{2}=a_{32}=0, x_{3}=a_{33}=-1.\blacksquare$
请从以下题目中任选一题作答
【题$1$】在 $x O y$ 平面上重叠地放有边长为 $|a|+|b|$ 的两个正方形 $S_{1}$ 和 $S_{2}$ (它们的中心位于原点, 边与坐标轴平行), 其中 $a, b$ 是使极限 $\displaystyle\lim {x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-\frac{1+a x}{1+b x}}{x^{3}}$ 存在的常数. 现将 $S{2}$ 平移到正方形 $S_{t}$ , 其中心点为 $t$ . 设 $S_{1} \bigcap S_{2}$ 的面积不小于 $\frac{1}{2}$ , 求动点 $t$ 在第一象限内变动时, 其变动范围 $D$ 的面积$.\blacktriangleright$
【题$2$】请写出一个以 $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 为根的有理系数首一不可约多项式 $f(x)$ , 并证明 $f(x)$ 的不可约性$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
【题$1$】
由极限
$$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-\frac{1+a x}{1+b x}}{x^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}(1+b x)-(1+a x)}{x^{3}(1+b x)}$$
$$\begin{array}{l}
=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(1+x+\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{6} x^{3}+o\left(x^{3}\right)\right)(1+b x)-(1+a x)}{x^{3}} \\
=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left[1+(1+b) x+\left(\frac{1}{2}+b\right) x^{2}+\left(\frac{1}{6}+\frac{b}{2}\right) x^{3}+o\left(x^{3}\right)\right]-(1+a x)}{x^{3}} \\
=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left[(1-a+b) x+\left(\frac{1}{2}+b\right) x^{2}+\left(\frac{1}{6}+\frac{b}{2}\right) x^{3}+o\left(x^{3}\right)\right]}{x^{3}}
\end{array}$$
存在, 可得方程组
$$\left{\begin{array}{c}
1-a+b=0, \\
\frac{1}{2}+b=0 .
\end{array}\right.$$
解此方程组得 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$ . 于是 $|a|+|b|=1$ . 由于点 $t$ 是 $S_{t}$ 的中心, 设其坐标为 $(x, y)$ , 则 $S_{1} \cap S_{2}$ 的面积=图中矩形 $\mathrm{ABCD}$ 的面积 $=|A B| \cdot|A D|$ ,
其中 $|A B|=|A M|-|M B|=1-x$ , 同理 $|A D|=1-y$ 。于是
$$D=\left{(x, y):(1-x)(1-y) \geq \frac{1}{2}, 0 \leq x \leq \frac{1}{2}, 0 \leq y \leq \frac{1}{2}\right}$$
故 $D$ 的面积为
$$S=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left[1-\frac{1}{2(1-x)}\right] d x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \ln 2.\blacksquare$$
$\blacktriangleleft$
【题$2$】注 意 到 , $f(x)=x^{4}-10 x^{2}+1=\left[\left(x^{2}-1\right)-2 \sqrt{2} x\right]\left[\left(x^{2}-1\right)+2 \sqrt{2} x\right] =[(x-\sqrt{2})-\sqrt{3}][(x-\sqrt{2})+\sqrt{3}]\left[\left(x^{2}-1\right)+2 \sqrt{2} x\right]$
下证： $f(x)$ 的不可约性.
(1) 若 $f(x)$ 能分解成一次与三次有理系数多项式的乘积,
则 $f(x)$ 存在有理根.
而整系数多项式 $f(x)$ 的有理根只可能为 $\pm 1$ , 但验证可知 $f(\pm 1) \neq 0$ ,
所以该情形不可能出现.
(2) 若 $f(x)$ 能分解成两个 $2$ 次有理系数多项式的乘积, 即 $f(x)=f_{1}(x) f_{2}(x)$ ,
则 $f(x)=f_{1}(x) f_{2}(x)$ 自然也可视为实数域上的因式分解,
而 $f(x)=(x-\sqrt{2}-\sqrt{3})(x-\sqrt{2}+\sqrt{3})(x+\sqrt{2}-\sqrt{3})(x+\sqrt{2}+\sqrt{3})$ ,
根据 $f(x)$ 在实数域上因式分解的唯一性可知, $f_{1}(x), f_{2}(x)$ 非有理系数多项式, 矛盾!
所以 $f(x)$ 在有理数域上不可约$.\blacksquare$
【题】设 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上连续, $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin x d x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \cos x d x=0$ . 试证: $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 内至少有两个零点$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
若 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 无零点, 因 $f(x)$ 连续, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 恒保持同号, 例如 $f(x)>0$ 则 得估计 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin x d x>0$ 与已知条件矛盾, 可见 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 中至少有一个零点 $x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 。
若$f(x)$ 除 $x_{0}$ 外在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 内再无零点, 则 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 与 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内分别保持不变号:
$(1)$若 $f$ 在此二区间符号相反, 则 $f(x) \sin \left(x-x_{0}\right)$ 恒正或恒负。从而
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin \left(x-x_{0}\right) d x>0 \text { 或 }<0$$
另一方面, 由已知条件, 有
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin \left(x-x_{0}\right) d x=\cos x_{0} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin x d x-\sin x_{0} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \cos x d x=0,$$
矛盾。
$(2)$若 $f$ 在此二区间符号相同, 则 $f(x) \cos \left(x-x_{0}\right)$ 恒正或恒负, 同样可推出矛盾。$\blacksquare$
【题】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上 Riemann 可积, 在 $x=1$ 可导, $f(1)=0, f^{\prime}(1)=a$ , 证明: $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} n^{2} \int{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=-a.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
记 $M=\displaystyle\sup _{n \rightarrow \infty}|f(x)|<+\infty$ , 由 Taylor 展开式
$$f(x)=f(1)+f^{\prime}(1)(x-1)+r(x)=a(x-1)+r(x)$$
因为 $r(x)=o(x-1)$ , 所以, 对于任意 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta \in(0,1)$ , 使得当 $\delta<x \leqslant 1$ 时. 有
$$|r(x)| \leqslant \varepsilon(1-x)$$
于是，我们有
$$\int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\delta} x^{n} f(x) \mathrm{d} x+\int_{\delta}^{1} a x^{n}(x-1) \mathrm{d} x+\int_{\delta}^{1} x^{n} r(x) \mathrm{d} x$$
记 $R_{1}=\int_{0}^{\delta} x^{n} f(x) \mathrm{d} x, R_{2}=\int_{\delta}^{1} a x^{n}(x-1) \mathrm{d} x, R_{3}=\int_{\delta}^{1} x^{n} r(x) \mathrm{d} x ，$注意到
$$\begin{array}{c}
\left|R_{1}\right| \leqslant M \int_{0}^{\delta} x^{n} \mathrm{~d} x=M \cdot \frac{\delta^{n+1}}{n+1}, \\
R_{2}=\frac{-a}{(n+1)(n+2)}+a\left(\frac{\delta^{n+1}}{n+1}-\frac{\delta^{n+2}}{n+2}\right), \\
\left|R_{3}\right| \leqslant \int_{\delta}^{1}|r(x)| \mathrm{d} x \leqslant \varepsilon \int_{\delta}^{1} x^{n}(1-x) \mathrm{d} x \leqslant \varepsilon \int_{0}^{1} x^{n}(1-x) \mathrm{d} x=\frac{\varepsilon}{(n+1)(n+2)},
\end{array}$$
我们有
$$\begin{array}{l}
\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left|n^{2} R{1}\right|=0, \
\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left|n^{2} R{2}+a\right|=0, \
\displaystyle\limsup {n \rightarrow \infty}\left|n^{2} R{3}\right| \leqslant \varepsilon,
\end{array}$$
所以, $\displaystyle\limsup {n \rightarrow \infty}\left|n^{2} \int{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x+a\right| \leqslant \varepsilon$ .
由 $\varepsilon$ 的任意性, 即得 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} n^{2} \int{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=-a.\blacksquare$
【题】试证明：
$$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left[\frac{3 \cdot 7 \cdots \cdots(4 n-1)}{5 \cdot 9 \cdots \cdots(4 n+1)}\right]^{2}(4 n+3)=3 \frac{\int{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\frac{3}{2}} x \mathrm{~d} x}{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\frac{1}{2}} x \mathrm{~d} x}.\blacktriangleright$$
$\blacktriangleleft$
设 $I_{y}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{y} x \mathrm{~d} x(y \geqslant 0)$ . 当 $y>2$ 时,
$$\begin{aligned}
I_{y} &=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{y-1} t \mathrm{~d} \cos t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(y-1) \sin ^{y-2} t \cos ^{2} t \mathrm{~d} t \\
&=(y-1) I_{y-2}-(y-1) I_{y} .
\end{aligned}$$
因此, $I_{y}=\frac{y-1}{y} I_{y-2}$ . 于是, 当 $x \geqslant 0, n \in \mathbf{N}$ 时,
$$\begin{array}{l}
I_{2 n+x}=\frac{2 n-1+x}{2 n+x} \cdot \frac{2 n-3+x}{2 n-2+x} \cdots \cdots \frac{1+x}{2+x} \cdot I_{x}, \\
I_{2 n+x+1}=\frac{2 n+x}{2 n+1+x} \cdot \frac{2 n-2+x}{2 n-1+x} \cdots \frac{2+x}{3+x} \cdot I_{1+x} .
\end{array}$$
由 $I_{2 n+1+x} \leqslant I_{2 n+x} \leqslant I_{2 n-1+x}$ , 我们有
$$1 \leqslant \frac{I_{2 n+x}}{I_{2 n+1+x}} \leqslant \frac{I_{2 n-1+x}}{I_{2 n+1+x}}=\frac{2 n+1+x}{2 n+x}$$
两边取极限，整理后即得
$$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left[\frac{(1+x) \cdot(3+x) \cdots(2 n-1+x)}{(2+x) \cdot(4+x) \cdots(2 n+x)}\right]^{2}(2 n+1+x)=(1+x) \frac{I{1+x}}{I_{x}}$$
令 $x=\frac{1}{2}$ , 整理后即得 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left[\frac{3 \cdot 7 \cdots(4 n-1)}{5 \cdot 9 \cdots \cdots(4 n+1)}\right]^{2}(4 n+3)=3 \frac{\int{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\frac{3}{2}} x \mathrm{~d} x}{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\frac{1}{2}} x \mathrm{~d} x} .\blacksquare$
【题】 (1997 国际大学生数学竞赛试题) 设 $\left{a_{n}\right}{n=1}^{\infty}$ 是一个正实数列, 并且满足 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} a{n}=0$ . 求 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum{k=1}^{\infty} \ln \left(\frac{k}{n}+a{n}\right).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
我们知道
$$-1=\int_{0}^{1} \ln x \mathrm{~d} x=\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}\right)$$
所以
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}+a_{n}\right) \geqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}\right) \rightarrow-1 \quad(n \rightarrow \infty)$$
对于给定的 $\varepsilon>0$ , 存在 $n_{0}$ , 使得任意 $n \geqslant n_{0}$ , 有 $0<a_{n}<\varepsilon$ . 于是
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}+a_{n}\right) \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}+\varepsilon\right)$$
因为 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum{k=1}^{n} \ln \left(\frac{k}{n}+\varepsilon\right)=\int_{0}^{1} \ln (x+\varepsilon) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1+\varepsilon} \ln x \mathrm{~d} x$ , 所以当 $\varepsilon \rightarrow 0$ 时, 有
$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum{k=1}^{\infty} \ln \left(\frac{k}{n}+a_{n}\right)=-1.\blacksquare$
【题】（1994国际大学生数学竞赛试题）
求极限$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{\ln^2 n}{n}\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\ln k·\ln (n-k)}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
置 $A_n=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{\ln^2 n}{n}\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\ln k·\ln (n-k)}.\blacktriangleright$
易知$A_n\geq \frac{\ln ^2n}{n}\frac{n-3}{\ln^2n}=1-\frac{3}{n}.$
取 $M$ 满足$2\leq M \leq \frac{n}{2}$，由于$\frac{1}{\ln k ·\ln(n-k)}$在$[2,\frac{n}{2}]$上单调递减并且关于$\frac{n}{2}$对称，所以
$$\begin{aligned}
A_{n} &=\frac{\ln ^{2} n}{n}\left(\sum_{k=2}^{M}+\sum_{k=M+1}^{n-M-1}+\sum_{k=n-M}^{n-2}\right) \frac{1}{\ln k \cdot \ln (n-k)} \\
& \leqslant \frac{\ln ^{2} n}{n}\left[2 \cdot \frac{M-1}{\ln 2 \cdot \ln (n-2)}+\frac{n-2 M-1}{\ln M \cdot \ln (n-M)}\right] \\
& \leqslant \frac{2}{\ln 2} \cdot \frac{M \ln n}{n}+\left(1-\frac{2 M}{n}\right) \frac{\ln n}{\ln M}+O\left(\frac{1}{\ln n}\right)
\end{aligned}$$
选取 $M=\left[\frac{n}{\ln ^{2} n}\right]+1$ , 我们得到
$$A_{n} \leqslant\left(1-\frac{2}{n \ln ^{2} n}\right) \frac{\ln n}{\ln n-2 \ln \ln n}+O\left(\frac{1}{\ln n}\right) \leqslant 1+O\left(\frac{\ln \ln n}{\ln n}\right)$$
于是
$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{\ln ^{2} n}{n} \sum{k=2}^{n-2} \frac{1}{\ln k \cdot \ln (n-k)}=1.\blacksquare$
【题】 函数$f$称为P-函数如果其是可微的且满足$f$: $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ，有连续导函数 $f^{\prime}$ , $x \in \mathbb{R}$,满足 $f\left(x+f^{\prime}(x)\right)=f(x)$ , $x \in \mathbb{R}$ .
$(i)$证明 P-函数的导数至少有一个零点.
$(ii)$试举出一个非常数的P-函数.
$(iii)$ 证明如果一个P-函数的导数有至少两个不同的零点，则其是常数函数.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
$(i)$ If $f$ is a P -function, and $f^{\prime}(x) \neq 0$ for some $x \in \mathbb{R}$ , the mean value theorem shows that $f^{\prime}$ vanishes at some point $\xi$ between $x$ and $x+f^{\prime}(x): 0=f(x+ \left.f^{\prime}(x)\right)-f(x)=f^{\prime}(x) f^{\prime}(\xi)$
$(ii)$ Try a nonconstant polynomial function $f$ . Identification of coefficients forces $f(x)=-x^{2}+p x+q$ , where $p$ and $q$ are two arbitrarily fixed real numbers. This is not at all accidental. As shown in the comment that follows the solution, every nonconstant P -function whose derivative vanishes at a single point is of this form.
$(iii)$ Let $f$ be a P -function. By $(i)$, the set $Z=\left{x: x \in \mathbb{R}\right. and \left.f^{\prime}(x)=0\right}$ has at least one element. We now show that if it has more than one element, then it must be all of $\mathbb{R}$ . The conclusion will follow. The proof is broken into three steps.
STEP 1. If $f^{\prime}$ vanishes at some point $a$ , then $f^{\prime}(x) \geq 0$ for $x \leq a$ , and $f^{\prime}(x) \leq 0$ for $x \geq a$ . The argument is essentially the same in both cases, so we deal only with the first one. We argue by reductio ad absurdum. Suppose $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$ for some $x_{0}<a$ and let $\alpha=\inf \left{x: x>x_{0}\right. and \left.f^{\prime}(x)=0\right}$ ; clearly, this infimum exists. By continuity of $f^{\prime}, f^{\prime}(\alpha)=0$ and $f^{\prime}(x)<0$ for $x_{0}<x<\alpha$ ; in particular, $f$ is strictly monotonic (decreasing) on $\left(x_{0}, \alpha\right)$ . Consider further the continuous real-valued function $g: x \mapsto x+f^{\prime}(x), x \in \mathbb{R}$ , and note that $g(x)<x$ for $x_{0}<x<\alpha$ , and $g(\alpha)=\alpha$ . Since $g(\alpha)=\alpha>x_{0}$ and $g$ is continuous, $g(x)>x_{0}$ for $x$ in $\left(x_{0}, \alpha\right)$ , sufficiently close to $\alpha$ . Consequently, for any such $x$, $x_{0}<g(x)< x<\alpha$ , and $f(g(x))=f(x)$ , which contradicts the strict monotonicity of $f$ on $(x, \alpha)$
STEP 2. If $f'$ vanishes at two points $a$ and $b$, $a<b$ , then $f$ is constant on $[a, b]$ . By Step 1, $f^{\prime}(x) \geq 0$ for $x \leq b$ and $f^{\prime}(x) \leq 0$ for $x \geq a$ , so $f^{\prime}$ vanishes identically on $[a, b]$ . Consequently, $f$ is constant on $[a, b]$ .
We are now in a position to conclude the proof.
STEP 3. If the set $Z=\left{x: x \in \mathbb{R}\right. and \left.f^{\prime}(x)=0\right}$ has more than one element, then $Z$ is all of $\mathbb{R}$ . By Step 2, $Z$ is a nondegenerate interval, and $f$ is constant on $Z: f(x)=c$ for all $x$ in $Z$ . We show that $\alpha=\inf Z=-\infty$ and $\beta=\sup Z=+\infty$ . Suppose, if possible, that $\alpha>-\infty$ . Then $\alpha$ is a member of $Z$ , by continuity of $f^{\prime}$ . Recall the function $g$ from Step 1. By Step 1, $f^{\prime}(x)>0$ for $x<\alpha$ , so $g(x)>x$ , $f(x)$ is strictly monotonic (increasing), and $f(x)<c$ for $x<\alpha$ . Since $f(x)$ is strictly monotonic for $x<\alpha$ , the conditions $f(g(x))=f(x)$ and $g(x)>x$ force $x<\alpha<g(x)$ . Since $g(\alpha)=\alpha<\beta$ , and $g$ is continuous, it follows that $g(x)<\beta$ for $x<\alpha$ , sufficiently close to $\alpha$ . Finally, take any such $x$ and recall that $Z$ is an interval to conclude that $g(x) \in Z$ , so $f(x)=f(g(x))=c$ , in contradiction to $f(x)<c$ established above. Consequently, $\alpha=-\infty$ . A similar argument shows that $\beta=+\infty.\blacksquare$
The antiderivative test for series, which we now state and prove, follows from the mean value theorem and the fact that a series of positive terms converges if and only if its sequence of partial sums is bounded above.
【题】设实数列$\left(a_{n}\right){n \geq 1}$ 收敛至 $0$ , 函数 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 有原函数且满足 $f\left(x+a{n}\right)=f(x) , x \in \mathbb{R}$ , $n \geq 1$ . 证明 $f$ 是常数$.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
设 $F$ 为 $f$的原函数 . 则存在常数 $C$ 使得 $F\left(x+a_{n}\right)-F(x) \equiv C$ .
对任意 $a \in \mathbb{R}$ ，存在整数列 $\left(b_{n}\right)$ 使得 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} a{n} b_{n}=a$ .
如果 $b_{n}$ 为 $a / a_{n}$的整数部分 , 则$a=a_{n} b_{n}+r_{n}$ , $0 \leq r_{n}<a_{n}$ . 由此在我们的假设中使 $r_{n} \rightarrow 0$ ,我们有 $a_{n} b_{n} \rightarrow a$ .固定一实数 $x_{0}$ . 我们有
$\begin{aligned}
F\left(x_{0}+a_{n} b_{n}\right)-F\left(x_{0}\right)=& F\left(x_{0}+b_{n} a_{n}\right)-F\left(x_{0}+\left(b_{n}-1\right) a_{n}\right)+\cdots+F\left(x_{0}+a_{n}\right) \
&-F\left(x_{0}\right) \
=& b_{n}\left[F\left(x_{0}+a_{n}\right)-F\left(x_{0}\right)\right] \
=& a_{n} b_{n} \frac{F\left(x_{0}+a_{n}\right)-F\left(x_{0}\right)}{a_{n}}
\end{aligned}$
由于 $F$ 是可微的, 我们有 $n \rightarrow \infty$ ,
$F\left(x_{0}+a\right)-F\left(x_{0}\right)=a F^{\prime}\left(x_{0}\right)$ .
又由于 $a$ 是任意的, 则对 $x \in \mathbb{R}$ ,
$F(x)=F\left(x_{0}\right)+\left(x-x_{0}\right) F^{\prime}\left(x_{0}\right)=\left[F\left(x_{0}\right)-x_{0} F^{\prime}\left(x_{0}\right)\right]+x F^{\prime}\left(x_{0}\right)$,
于是 $F(x)=B+A x$ , $A$ 和 $B$ 均为常数. 故 $f(x)=A=F^{\prime}\left(x_{0}\right).\blacksquare$
【题】试求积分
$\int \frac{1}{x \sqrt{x^{2 a}+x^{a}+1}} d x, \quad x>0,a>0.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
变换积分为
$\int \frac{1}{x^{a+1} \sqrt{1+\frac{1}{x^{a}}+\frac{1}{x^{2 a}}}} d x=\int \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{1}{x^{a}}+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}} \cdot \frac{1}{x^{a+1}} d x$
换元 $t=1 / x^{a}+1 / 2$ 则有
$\begin{aligned}
-\frac{1}{a} \int \frac{1}{\sqrt{t^{2}+\frac{3}{4}}} d x &=-\frac{1}{a} \ln \left(t+\sqrt{t^{2}+\frac{3}{4}}\right)+C \
&=-\frac{1}{a} \ln \left(\frac{1}{x^{a}}+\frac{1}{2}+\sqrt{1+\frac{1}{x^{a}}+\frac{1}{x^{2 a}}}\right)+C .\blacksquare
\end{aligned}$
【题】试证明 $\forall x \in(0,1)$ ,$\frac{2}{\pi}\left(\sin \frac{\pi x}{2}\right) \arcsin x<x^{2}<(\sin x) \arcsin x.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
第一个不等式即$f(x) f^{-1}(y) \leq x y$的特例,
这里 $x>0, y \geq f(x)$ ,正函数$f$ 满足 $f(x) / x$ 递增.
第一个不等式只需注意到
$\frac{f(x)}{x} \leq \frac{f(z)}{z} , z=f^{-1}(y) \geq x$，则不难得证。
第二个不等式即$f(x) f^{-1}(y) \geq x y$的特例,
这里 $x, y>0, y \leq f(x)$ , 函数 $f$ 满足 $f(x) / x$ 递增.
只需注意到$\frac{f(x)}{x} \geq \frac{f(z)}{z} \quad \text { for } z=f^{-1}(y) \leq x$ 即可.
为了得到原题不等式, 令 $f(x)=\arcsin x , x \in(0,1)$即可 .
下面给出其他一些例子
$\begin{array}{rlr}
\left(\mathrm{e}^{x}-1\right) \ln (1+x) & >x^{2} & \text { for } x>0, \
(\tan x) \arctan x & >x^{2} & \text { for } x \in(0, \pi / 2), \
{\left[(1+x)^{p}-1\right]\left[(1+x)^{1 / p-1}-1\right]} & >x^{2} & \text { for } x>0 \text { and } p>0, p \neq 1, \
{\left[(1-x)^{p}-1\right]\left[1-(1+x)^{1 / p}\right]} & >x^{2} & \text { for } x \in(0,1) \text { and } p<-1 .
\end{array}$
$\blacksquare$
【题】证明数列 $\left(a_{n}\right){n \geq 1}$ :$a{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+p}$是递减的当且仅当 $p \geq 1 / 2.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
$\forall x \in(-1,1)$ , 我们有$\ln \frac{1+x}{1-x}=2 x\left(1+\frac{x^{2}}{3}+\frac{x^{4}}{5}+\cdots\right)$.
置 $x=(2 n+1)^{-1}$ , 则有
$\ln \frac{n+1}{n}=\frac{2}{2 n+1}\left[1+\frac{1}{3(2 n+1)^{2}}+\frac{1}{5(2 n+1)^{4}}+\cdots\right]$ .
于是
$\begin{aligned}
\ln a_{n} &=\frac{2(n+p)}{2 n+1}\left[1+\frac{1}{3(2 n+1)^{2}}+\frac{1}{5(2 n+1)^{4}}+\cdots\right] \
&=1+\frac{p-\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}}\left[1+\frac{1}{3(2 n+1)^{2}}+\frac{1}{5(2 n+1)^{4}}+\cdots\right] .
\end{aligned}$
这表明当$p \geq 1 / 2$ , $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$是递减的.
此外
$\ln a_{n+1}-\ln a_{n}=\frac{\frac{1}{2}-p}{\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(n+\frac{3}{2}\right)}+O\left(n^{-3}\right) , n \rightarrow \infty .$
于是$p<1 / 2$，且$n$充分大时， $a_{n}$ 是递增的 $.\blacksquare$
【题】比大小：$\tan (\sin x)$ 和 $\sin (\tan x)$,$x \in(0, \pi / 2).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
设 $f(x)=\tan (\sin x)-\sin (\tan x)$ . 则有
$\begin{aligned}
f^{\prime}(x) &=\frac{\cos x}{\cos ^{2}(\sin x)}-\frac{\cos (\tan x)}{\cos ^{2} x} \
&=\frac{\cos ^{3} x-\cos (\tan x) \cdot \cos ^{2}(\sin x)}{\cos ^{2} x \cdot \cos ^{2}(\tan x)} .
\end{aligned}$
对于 $0<x<\arctan \frac{\pi}{2}$ ，由$\cos x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 的凹凸性知
$\begin{aligned}
\sqrt[3]{\cos (\tan x) \cdot \cos ^{2}(\sin x)} &<\frac{1}{3}[\cos (\tan x)+2 \cos (\sin x)] \
& \leq \cos \left[\frac{\tan x+2 \sin x}{3}\right]<\cos x
\end{aligned}$
其中最后一个不等号是因为
$\left[\frac{\tan x+2 \sin x}{3}\right]^{\prime}=\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\cos ^{2} x}+2 \cos x\right] \geq \sqrt[3]{\frac{1}{\cos ^{2} x} \cdot \cos x \cdot \cos x}=1$
于是 $\cos ^{3} x-\cos (\tan x) \cdot \cos ^{2}(\sin x)>0$ , 即 $f^{\prime}(x)>0$ .
因此，$f$ 在 $[0, \arctan \pi / 2]$是递增的.
最后注意到
$\tan \left[\sin \left(\arctan \frac{\pi}{2}\right)\right]=\tan \frac{\pi / 2}{\sqrt{1+\pi^{2} / 4}}>\tan \frac{\pi}{4}=1$
这表明如果 $x \in \left[\arctan \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 则 $\tan (\sin x)>1\geq\sin(\tan x)$ ，即 $f(x)>0.\blacksquare$
【题】$\mathbf{(Kolmogorov's Inequality)}$.
设$f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 为 $C^{3}$ . 且 $f$ 和 $f^{\prime \prime \prime}$ 都有界.
设$M_{0}=\displaystyle\sup {x \in \mathbb{R}}|f(x)|, \quad M{3}=\sup _{x \in \mathbb{R}}\left|f^{\prime \prime \prime}(x)\right|$.
$(a)$ 证明 $f^{\prime}$ 有界，且
$\displaystyle\sup {x \in \mathbb{R}}\left|f^{\prime}(x)\right| \leq \frac{1}{2}\left(9 M{0}^{2} M_{3}\right)^{1 / 3}$ .
$(b)$ $f^{\prime \prime}$ 是否也有界？$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
$(a)$ 固定 $x \in \mathbb{R}$ , $h \neq 0$ .
由泰勒公式，
$\left|f(x+h)-f(x)-h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right| \leq M_{3} \frac{h^{3}}{6}$,
$\left|f(x-h)-f(x)+h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right| \leq M_{3} \frac{h^{3}}{6} .$
因此
$\begin{aligned}
2 h\left|f^{\prime}(x)\right|=& \mid\left(f(x-h)-f(x)+h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right) \
&-\left(f(x+h)-f(x)-h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right)+f(x+h)-f(x-h) \mid \
\leq &\left|f(x-h)-f(x)+h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right| \
&+\left|f(x+h)-f(x)-h f^{\prime}(x)-\frac{h^{2}}{2} f^{\prime \prime}(x)\right|+|f(x+h)|+|f(x-h)| \
=& \frac{M_{3} h^{3}}{3}+2 M_{0} .
\end{aligned}$
故
$\left|f^{\prime}(x)\right| \leq \frac{M_{0}}{h}+\frac{M_{3} h^{2}}{6}=: \psi(h) .$
注意到$\psi^{\prime}(h)=-\frac{M_{0}}{h^{2}}+\frac{M_{3} h}{3}$ ,
故有最小值时 $h_{0}=\left(3 M_{0} M_{3}^{-1}\right)^{1 / 3}$ .
此时$\psi(h)=2^{-1}\left(9 M_{0}^{2} M_{3}\right)^{1 / 3}$ , 结论成立。
$(b)$ 由假设和命题 $(a)$, $f^{\prime}$ , $f^{\prime \prime \prime}=\left(f^{\prime}\right)^{\prime \prime}$ 均有界.
由 $\mathbf{Landau's inequality}$ ,我们可以推断出 $f^{\prime \prime}$ 是有界的。$\blacksquare$
【题】给定整数 $n \geq 1$ .
$(i)$ 试证明
$x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$,有一正根.设其为 $a_{n}$ .
且证明 $a_{n} \leq 1$
$(ii)$ 证明 $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ 递减.
$(iii)$ 证明$a_{n}^{n+1}-2 a_{n}+1=0$,且 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} a{n}=1 / 2$ .
$(iv)$ 试证明$a_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4 \cdot 2^{n}}+o\left(\frac{1}{2^{n}}\right) ,n \rightarrow \infty .\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
$(i)$ 设 $f_{n}(x)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x-1$ .则 $f_{n}$ 是连续的, $f_{n}(0)=-1$ , $f_{n}(1)=n-1 \geq 0$ .
由介值性知, 存在 $a_{n} \in (0,1]$ 使得 $f_{n}\left(a_{n}\right)=0$ . 由于 $f_{n}$ 在 $[0, \infty)$上严格递增 ,故只有唯一解 $a_{n}$ .
$(ii)$我们有 $f_{n}\left(a_{n+1}\right)=-a_{n+1}^{n+1}<0$ .
由于 $f_{n}$ 是递增的 ，且 $0=f_{n}\left(a_{n}\right)>f_{n}\left(a_{n+1}\right)$ , 故 $a_{n}>a_{n+1}$ .
$(iii)$注意到
$(x-1)\left(x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x-1\right)=x^{n+1}-2 x+1$ .
即 $a_{n}^{n+1}-2 a_{n}+1=0$ .
于是
$0<a_{n}-\frac{1}{2}=\frac{a_{n}^{n+1}}{2}<\frac{a_{2}^{n+1}}{2} \rightarrow 0 , n \rightarrow \infty.$
故 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} a{n}=1 / 2$ .
$(iv)$ 设 $b_{n}=a_{n}-1 / 2$ . 则 $\ln \left(2 b_{n}\right)=(n+1) \ln a_{n}$ . 又 $\ln a_{n}=-\ln 2+\ln \left(1+2 b_{n}\right)$ ，且 $\ln \left(1+2 b_{n}\right) \sim 2 b_{n}=o(1 / n)$ .
因此
$\begin{array}{l}
\ln \left(2 b_{n}\right)=-(n+1) \ln 2+o(1) , n \rightarrow \infty, \
a_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4 \cdot 2^{n}}+o\left(\frac{1}{2^{n}}\right) ,n \rightarrow \infty .
\end{array}.\blacksquare$
【题】 设 $f, g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 周期分别为 $a$ , $b$ . 且 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} f(x) / x=u \in \mathbb{R}$ , $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} g(x) / x=v \in \mathbb{R} \backslash{0}$.
试求
$\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left((3+\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left((2+\sqrt{2})^{n} b\right)}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
我们有
$\frac{f\left((3+\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left((2+\sqrt{2})^{n} b\right)}=\frac{f\left((3+\sqrt{7})^{n} a+(3-\sqrt{7})^{n} a-(3-\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left((2+\sqrt{2})^{n} b+(2-\sqrt{2})^{n} b-(2-\sqrt{2})^{n} b\right)} .$
注意到
$(3+\sqrt{7})^{n}+(3-\sqrt{7})^{n} \in \mathbb{Z}$ ， $(2+\sqrt{2})^{n}+(2-\sqrt{2})^{n} \in \mathbb{Z}$ .
从而
$\frac{f\left((3+\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left((2+\sqrt{2})^{n} b\right)}=\frac{f\left(-(3-\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left(-(2-\sqrt{2})^{n} b\right)}, \quad \forall n \geq 1 .$
于是
$\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} & \frac{f\left((3+\sqrt{7})^{n} a\right)}{g\left((2+\sqrt{2})^{n} b\right)} \
&=\frac{a}{b} \cdot \lim _{n \rightarrow \infty}\left{\frac{f\left(-(3-\sqrt{7})^{n} a\right)}{-(3-\sqrt{7})^{n} a} \cdot \frac{-(2-\sqrt{2})^{n} b}{g\left(-(2-\sqrt{2})^{n} b\right)} \cdot \frac{(3-\sqrt{7})^{n}}{(2-\sqrt{2})^{n}}\right} .
\end{aligned}$
即得所求极限为 $0$ $.\blacksquare$
【题】设实数列$\left(a_{n}\right){n \geq 1}$ 满足 $\left(a{n}+a_{n}^{-1}\right)_{n \geq 1}$ 是收敛的.
试证明$\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ 是收敛的.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
置 $a=\displaystyle\liminf {n \rightarrow \infty} a{n}$ ， $A=\displaystyle\limsup {n \rightarrow \infty} a{n}$ .
则$a$ 和 $A$ 都存在且有限.
若 $A=+\infty$的话 ， 我们得到矛盾 $a_{n}+a_{n}^{-1}>a_{n}$, 而 $\left(a_{n}+a_{n}^{-1}\right)_{n \geq 1}$ 是有界的.
假定$A>a$ . 取子列 $\left(a_{n_{k}}\right){k \geq 1}$ and $\left(a{m_{k}}\right){k \geq 1}$ 满足 $a{n_{k}} \rightarrow A$ ，$a_{m_{k}} \rightarrow a$ , $k \rightarrow \infty$ .
于是 $a_{n_{k}}+1 / a_{n_{k}} \rightarrow A+ 1 / A$ , $a_{m_{k}}+1 / a_{m_{k}} \rightarrow a+1 / a$ .
但是 $\left(a_{n}+a_{n}^{-1}\right)_{n \geq 1}$ 收敛至 $\ell$ . 有
$\ell=A+\frac{1}{A}=a+\frac{1}{a}$ ，矛盾.
故只有$A=a.\blacksquare$
【题】设实数列$\left(x_{n}\right){n \geq 1}$ 满足 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left(x{2 n}+x{2 n+1}\right)= 315$ 且 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left(x{2 n}+x_{2 n-1}\right)=2003 .$
试求 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left(x{2 n} / x_{2 n+1}\right) .\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
设 $a_{n}=x_{2 n}$ ， $b_{n}=x_{2 n+1}$
注意到
$\frac{a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}=\frac{\left(x_{2 n+2}+x_{2 n+1}\right)-\left(x_{2 n+1}+x_{2 n}\right)}{\left(x_{2 n+3}+x_{2 n+2}\right)-\left(x_{2 n+2}+x_{2 n+1}\right)} \longrightarrow \frac{2003-315}{315-2003}=-1,n\to\infty$
因此, 据 $\mathbf{Stolz}定理$, 该极限为 $-1$ $.\blacksquare$
【题】试证明$(p\geq0)$
$\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(1^{1^{p}} \cdot 2^{2^{p}} \cdots n^{n^{p}}\right)^{1 / n^{p+1}}}{n^{1 /(p+1)}}=\mathrm{e}^{-1 /(p+1)^{2}}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
提示：对$f(x)=\frac{x^{p+1}\ln x}{p+1}-\frac{x^{p+1}}{(p+1)^2}在$$[k,k+1],1\leq k\leq n$上用中值定理。
拓展：试考虑其差分极限值。
【题】试求出下式最小值：
$\frac{\int_{0}^{1} x^{2}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} d x}{\int_{0}^{1} x^{2}(f(x))^{2} d x}$
其中$f$为非零连续可导函数 $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ 且 $f(1)=0.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】
设 $0<x_{0}<\pi , x_{n}=\displaystyle\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sin \left(x_{k}\right)$ .
试求
$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} x{n} \sqrt{\ln (n)}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试求
$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\lfloor\sqrt{k}+\sqrt{k+1}\rfloor}}{k(k+1)}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】设函数$f: \mathbb{Z}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ 满足 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} f(n) / n=a, a>0 .$
试求
$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty}\left(\sqrt[n+1]{\prod{k=1}^{n+1} f(k)}-\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} f(k)}\right).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试求
$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}-\log (k)-\gamma-\frac{1}{2 k}+\frac{1}{12 k^{2}}\right)$
其中 $\gamma$ 为欧拉常数.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】置$L=\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \int{0}^{1} \sqrt[n]{x^{n}+(1-x)^{n}} d x$.
$(1)$ 试求出 $L$ .
$(2)$ 试求 $\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} n^{2}\left(\int{0}^{1} \sqrt[n]{x^{n}+(1-x)^{n}} d x-L\right).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】设二阶可导函数$f:[0,1] \to \mathbb{R}$, $f''$ 在$[0,1]$上连续且$\int_{1 / 3}^{2 / 3} f(x) d x=0$ .
试证明：
$4860\left(\int_{0}^{1} f(x) d x\right)^{2} \leq 11 \int_{0}^{1}\left(f^{\prime \prime}(x)\right)^{2} d x.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】证明存在可微函数 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 满足
$2 \cos (x+f(x))-\cos (x)=1 ,\forall x\in \mathbb{R}.$ 且 $f(\pi / 2)=-\pi / 6.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】是否存在数列 ${a_{n}}$使得 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} 1/a_{n}$收敛, 且
$\displaystyle\prod_{k=1}^{n} a_{k}<n^{n} ,\forall n\geq1.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】设 $C_{n}$ 为第n个Catalan数, 即 $C_{n}=\frac{1}{n+1}\left(\begin{array}{c}2 n \ n\end{array}\right)$ .
试证明：
(1) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n}}{C_{n}}=5+\frac{3 \pi}{2}$
(2) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{3^{n}}{C_{n}}=22+8 \sqrt{3} \pi. \blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试求极限：
$\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(2 n-1) ! !}\left(\tan \left(\frac{\pi \sqrt[n+1]{(n+1) !}}{4 \sqrt[n]{n !}}\right)-1\right).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】给定实数列：$a_{n+1}=\exp \left(-\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_{k}\right)$ , $n \geq 0$. 初值$a_0>0$
试求$b$值使得$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\right)^{b}$ 收敛.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试求：
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} 4^{n} \sin ^{4}\left(2^{-n} \theta\right).\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试证明：
$\displaystyle\prod_{n=2}^{\infty}\left(\left(\frac{n^{2}-1}{n^{2}}\right)^{2\left(n^{2}-1\right)}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{n}\right)=\pi.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】试求：$\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum{k=1}^{n}\left{\frac{n}{k}\right}^{2}$，其中 ${x}$为取小数部分.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】定义 $R_{k}(n)$:
$R_{k}(n)=\overbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2+\sqrt{n}}}}}}}^{k \text { square roots }}$
试证明$\displaystyle\lim {k \rightarrow \infty} R{k}(2) / R_{k}(3)=3 / 2.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$Answer$.\blacksquare$
【题】置数列$\left{a_{n}, n \geq 1\right}$ ： $\left[(n+1) a_{n}\right]=\left[n a_{n+1}\right], n \geq 1$ (其中 $[x]$ 为取整).
试证明存在 $c \in \mathbb{R}$ 使得对于每个$n \geq 1$ ， $\left|a_{n}-c n\right|<1.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$置 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}, n \geq 1$ . 得
$\left[n(n+1) b_{n}\right]=\left[n(n+1) b_{n+1}\right], n \geq 1$ .
于是 $\left|n(n+1) b_{n}-n(n+1) b_{n+1}\right|<1 , i.e., \left|b_{n}-b_{n+1}\right|<\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 1$.
故 $\forall n \geq 1, p \geq 1$ , 有
$\begin{aligned}
\left|b_{n+p}-b_{n}\right| & \leq\left|b_{n+1}-b_{n}\right|+\ldots+\left|b_{n+p}-b_{n+p-1}\right| \
\quad & <\frac{1}{n(n+1)}+\ldots+\frac{1}{(n+p-1)(n+p)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n} \rightarrow 0, \text { as } n \rightarrow \infty .
\end{aligned}$
因此$\left{b_{n}\right}$ 收敛. 记$c=\displaystyle\lim {n \rightarrow \infty} b{n}$ .
$\forall \geq 1$, 我们有 $\left|b_{n}-c\right|=\displaystyle\lim {p \rightarrow \infty}\left|b{n+p}-b_{n}\right| \leq \frac{1}{n}$ .
因此
$\left|b_{n}-c\right| \leq\left|b_{n}-b_{n+1}\right|+\left|b_{n+1}-c\right|<\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}$ .
即 $\left|\frac{a_{n}}{n}-c\right|<\frac{1}{n} , i.e., \left|a_{n}-c n\right|<1, n \geq 1.\blacksquare$
【题】判断下列积分的敛散性：
$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x }{x+\ln x},\mathrm{d}x. \blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$本题要注意的是瑕点的隐蔽性.
置 $f(x)=x+\ln x, x \in(0,1]$ . 因 $\displaystyle\lim {x \rightarrow 0+} f(x)= -\infty$ 及 $f(1)=1$ , 由介值性知 $\exists a \in(0,1), s.t. f(a)=0$ . 显然 $\sin a \neq 0$, $f^{\prime}(a)=1+\frac{1}{a} \neq 0$ , 因此 $\frac{\sin x}{x+\ln x} \sim \frac{\sin a}{(x-a) f^{\prime}(a)}$ , $x \rightarrow a$ ， 又由$\int{a}^{1} \frac{d x}{x-a}$ 是发散的，故原积分亦是发散的$.\blacksquare$
【题】证明不等式：
$\sqrt{2 \sqrt[3]{3 \sqrt[4]{4 \ldots \sqrt[n]{n}}}}<2, n \geq 2. \blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$ 等价于
$\displaystyle\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln k<\ln 2, n \geq 2$ .
由 $\mathbf{Jensen's \ \ inequality}$ 我们有
$\displaystyle\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln k \leq \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \cdot \ln \frac{\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \cdot k}{\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !}}=\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln \left(\frac{\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k !}}{\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !}}\right)$ .
注意 $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln k$ 是严增的, 从而得到
$\begin{aligned}
\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln k &<\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k !} \ln k \
& \leq \lim {n \rightarrow \infty} \sum{k=2}^{n} \frac{1}{k !} \ln \left(\frac{\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k !}}{\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k !}}\right)=\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k !} \ln \left(\frac{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k !}}{\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k !}}\right)\
&=(e-2) \ln \frac{e-1}{e-2}=(e-2) \ln \left(1+\frac{1}{e-2}\right)
\end{aligned}$
即转证
$(e-2) \ln \left(1+\frac{1}{e-2}\right)<\ln 2,\left(1+\frac{1}{e-2}\right)^{e-2}<2$
对 $a>-1$ ，$y(x)=(1+a)^{x}$ 在$\mathbb{R}$上是凹的 , 因此对 $x \in(0,1)$ 它在 $y=1+a x$之下 , 即 $(1+a)^{x}<1+a x, 0<x<1$ .
故
$\left(1+\frac{1}{e-2}\right)^{e-2}<1+\frac{e-2}{e-2}=2 .\blacksquare$
【题】试证明：$\forall k\in\mathbb{N},a_k=\displaystyle\sum_{j=1}^{\infty}\frac{j^{k}}{j!}\notin \mathbb{Q}.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$ 考虑证明 $\frac{a_k}{e}$ 是整数.
首先已有 $a_{1}=e$ . 假定 $a_{k}=e \cdot b_{k}, k \leq n$ ， 其中 $b_{k}$ 是某整数 .
于是
$\begin{aligned}
a_{n+1} &=\sum_{j=1}^{\infty} \frac{j^{n+1}}{j !}=\sum_{j=1}^{\infty} \frac{j^{n}}{(j-1) !}=\sum_{j=0}^{\infty} \frac{(j+1)^{n}}{j !}\
&=\sum_{j=1}^{\infty} \sum_{m=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \
m
\end{array}\right) \frac{j^{m}}{j !}=\sum_{m=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \
m
\end{array}\right) \cdot \sum_{j=0}^{\infty} \frac{j^{m}}{j !}=e+\sum_{m=1}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \
m
\end{array}\right) \cdot \sum_{j=1}^{\infty} \frac{j^{m}}{j^{m}}\
&=e+\sum_{m=1}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \
m
\end{array}\right) a_{m}=e\left(1+\sum_{m=1}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \
m
\end{array}\right) b_{m}\right)
\end{aligned}$
所以 $\frac{a_{n+1}}{e}$ 是整数，因此$a_{k} \notin \mathbb{Q}, k \geq 1 .\blacksquare$
【题】定义数列${x_n},n\geq1$:$x_1=a,x_{n+1}=x_n^3-3x_n.$
试找出所有实数$a$使得数列收敛.$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$ 置 $f(x)=x^{3}-3 x$ . 假定数列收敛至 $\ell$ . 则 $f(\ell)=\ell$ .
因此, $\ell \in{0, \pm 2}$ . 注意到在不动点$\ell$邻域均有 $\left|f^{\prime}(x)\right|>1$ .
$\exists N \in \mathbb{N}$ ，$\forall n \geq N$， 对于在这个邻域的 $x_{n}$ ， 如果 $x_{n} \neq \ell$ 根据中值定理我们有
$\left|x_{n+1}-\ell\right|=\left|f\left(x_{n}\right)-f(\ell)\right|=\left|f^{\prime}(\theta)\right| \cdot\left|x_{n}-\ell\right|>\left|x_{n}-\ell\right|$ .
因此数列收敛当且仅当对于某些 $n$， $x_{n}=\ell$ .
如果 $|a|>2$ 那么不难证明 $\left|x_{n+1}\right|>\left|x_{n}\right|>2, n \geq 1$ ，故舍.
因此, $|a| \leq 2$ . 我们置 $x_{1}=a=2 \cos \varphi$ , 可得 $x_{n}=2 \cos 3^{n-1} \varphi, n \geq 1$ .
即解方程 $2 \cos 3^{n-1} \varphi=\ell$ , 其中 $\ell=0 , \pm 2$ .
最终得到解 $a=2 \cos \frac{\pi k}{2 \cdot 3^{n-1}}, k, n \in \mathbb{N}. \blacksquare$
【题】试求极限：$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left(\int_0^1e^{\frac{x^2}{n}},\mathrm{d}x\right)^n.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$ 不难证明 $n\to\infty,\int_0^1e^{\frac{x^2}{n}},\mathrm{d}x\sim1+\frac{1}{3n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)$
由此可得$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\left(\int_0^1e^{\frac{x^2}{n}},\mathrm{d}x\right)^n=e^{\frac{1}{3}}.\blacksquare$
【题】求满足以下条件的所有连续函数 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}:$ 对所有 $x \in \mathbb{R} , (f \circ f \circ f)(x)=x.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$若$f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$ , 则 $x_{1}=f\left(f\left(f\left(x_{1}\right)\right)\right)=f\left(f\left(f\left(x_{2}\right)\right)\right)=x_{2}$ , 这证明了 $f$ 是一对一的.
因此 $f$ 是连续双射函数, 从而一定是严格单调的.
若 $f$ 递减, 则 $f \circ f$ 递增, $f \circ f \circ f$ 递减, 与题设矛盾. 因此 $f$ 严格递增.
固定 $x$ , 比较 $f(x)$ 与 $x$ . 有 $3$ 种可能性.
首先可能有 $f(x)>x$ . 单调性蕴涵 $f(f(x))>f(x)>x$ , 然而 $x=f(f(f(x)))> f(f(x))>f(x)>x$ , 矛盾.
还可能有 $f(x)<x$ , 这蕴涵 $f(f(x))< f(x)<x$, $x=f(f(f(x)))<f(f(x))<f(x)<x$ , 这也不可能.
因此 $f(x)=x$ . 因 $x$ 是任意的, 故这证明了函数方程的唯一解是恒等函数 $f(x)=x. \blacksquare$
【题】证明:
$\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \cos a x \mathrm{~d} x=\sqrt{\pi} \mathrm{e}^{-a^{2} / 4},a>0.\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$由
$\cos a x=1-\frac{(a x)^{2}}{2 !}+\frac{(a x)^{4}}{4 !}-\frac{(a x)^{6}}{6 !}+\cdots$，
置$\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} x^{2 n} \mathrm{~d} x=I_{n}$ .
则用分部积分法得出递推公式 $I_{n}=\frac{2 n-1}{2} I_{n-1}$ .
又$I_{0}=\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x=\sqrt{\pi}$
得
$I_{n}=\frac{(2 n) ! \sqrt{\pi}}{4^{n} n !}$
可见所要求的积分等于
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{a^{2 n}}{(2 n) !} \cdot \frac{(2 n) ! \sqrt{\pi}}{4^{n} n !}=\sqrt{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(-\frac{a^{2}}{4}\right)^{n}}{n !}=\sqrt{\pi} \mathrm{e}^{-a^{2} / 4}$ .
还需要说明一件事: 为何允许先展开然后求积分的和? 这是因为由各项绝对值积分组成的级数本身收敛:
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^{2 n}}{(2 n) !} \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} x^{2 n}=\sqrt{\pi} \sum_{1}^{\infty} \frac{\left(\frac{a^{2}}{4}\right)^{n}}{n !}=\sqrt{\pi} \mathrm{e}^{a^{2 / 4}}<\infty. \blacksquare$
【题】求满足下式的连续函数 $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ :
$\int_{0}^{1} f(x)(x-f(x)) \mathrm{d} x=\frac{1}{12}$ . $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$将题目中的关系式改写为
$\int_{0}^{1}\left(x f(x)-f^{2}(x)\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{4} \mathrm{~d} x$
移项得
$\int_{0}^{1}\left(f^{2}(x)-x f(x)+\frac{x^{2}}{4}\right) \mathrm{d} x=0$
配方得
$\int_{0}^{1}\left(f(x)-\frac{x}{2}\right)^{2} \mathrm{~d} x=0$
因非负连续函数 $\left(f(x)-\frac{x}{2}\right)^{2}$ 是严格正的, 除了函数恒等于 $0$ . 可见满足题目条件的唯一函数是 $f(x)=\frac{x}{2}, x \in[0,1] . \blacksquare$
【题】试证明下列方程的实解只有两个: $4^{x}+6^{x^2}=5^x+5^{x^2}$ . $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$首先注意到$x=1,x=0$是方程的两个解，下面证明没有第三个解。
考虑函数$f(t)=t^{x^2}+(10-t)^x$. 由题设得$f(5)=f(6)$. 根据$\mathbf{Rolle}$定理，$\exists c\in (5,6),s.t.f'(c)=0$
即$xc^{x^2-1}=(10-c)^{x-1}$， 这表明$x>0$.
若 $x>1$ , 则 $x c^{x^{2}-1}>c^{x^{2}-1}>c^{x-1}>(10-c)^{x-1}$ , 这是不可能的, 因为在这不等式链中, 第1项与最后的项相等. 这里利用了事实$c>5$.
若 $0<x<1$ , 则 $x c^{x^{2}-1}<x c^{x-1}$ . 我们来证明 $x c^{x-1}<(10-c)^{x-1}$ . 作代换 $y=x-1, y \in(-1,0)$ , 不等式可改写为 $y+1<\left(\frac{10-c}{c}\right)^{y}$ . 指数的底数小于 $1$ , 从而它递减, 而左边的线性函数递增. 两边在 $y=0$ 时相等. 推出不等式. 利用它我们再断定 $x c^{x^{2}-1} \neq(10-c)^{x-1}$ . 这证明了题目中的方程的第3个解不存在. 因此已知方程的唯一解是$x=0$与$x=1. \blacksquare$
【题】令 $x$ 是实数, 定义数列 $\left(x_{n}\right){n \geqslant 1}$ , $x{1}=1$ , 对 $n \geqslant 1$ , $x_{n+1}=x^{n}+n x_{n}$ .
试求：$\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^{n}}{x_{n+1}}\right)$ . $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$置$P_{N}=\displaystyle\prod_{n=1}^{N}\left(1-\frac{x^{n}}{x_{n+1}}\right)=\prod_{n=1}^{N}\left(\frac{x_{n+1}-x^{n}}{x_{n+1}}\right)=\prod_{n=1}^{N}\left({\frac{nx_n}{x_{n+1}}}\right)=\frac{N!}{x_{N+1}}$
于是
$\frac{1}{P_{n+1}}-\frac{1}{P_{n}}=\frac{x_{n+2}}{(n+1) !}-\frac{x_{n+1}}{n !}=\frac{x_{n+2}-(n+1) x_{n+1}}{(n+1) !}=\frac{x^{n+1}}{(n+1) !}, n \geqslant 1$
因此
$\frac{1}{P_{N+1}}=\frac{1}{P_1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{P_{n+1}}-\frac{1}{P_{n}}\right)=1+\frac{x}{1 !}+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{N+1}}{(N+1) !}\to e^{x},N\to \infty$
故得
$\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^{n}}{x_{n+1}}\right)=e^{-x}. \blacksquare$
【题】 已知数列${a_n}:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5, \cdots$
试求$\displaystyle\lim _{n\to \infty}\frac{a_n}{\sqrt{n} }$ . $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$研究这个数列, 可见恰好对满足下式的 $m$ :
$\frac{n^{2}-n}{2}+1 \leqslant m \leqslant \frac{n^{2}+n}{2}$
数列的第 $m$ 项是 $n$ . 因 $m$ 与 $n$ 是整数, 故不等式等价于
$n^{2}-n+\frac{1}{4}<2 m<n^{2}+n+\frac{1}{4}$ ，求平方根得
$n-\frac{1}{2}<\sqrt{2 m}<n+\frac{1}{2}$ , 即 $n<\sqrt{2 m}+\frac{1}{2}<n+1$.
现在当且仅当 $n=\left\lfloor\sqrt{2 m}+\frac{1}{2}\right\rfloor$ 时上式成立, 于是给出了数列通项公式
$a_{m}=\left\lfloor\sqrt{2 m}+\frac{1}{2}\right\rfloor, m \geqslant 1$.
从而$\displaystyle\lim _{n\to \infty}\frac{a_n}{\sqrt{n} }=\sqrt{2}$. $\blacksquare$
【题】 若 $x+y+z=0$ , 证明:
$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2} \cdot \frac{x^{5}+y^{5}+z^{5}}{5}=\frac{x^{7}+y^{7}+z^{7}}{7}$. $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$考虑多项式 $P(t)=t^{3}+p t+q$ , 它的零点是 $x, y, z$ .
于是$x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(x y+z x+y z)=-2 p$ , 把$x^{3}=-p x-q, y^{3}=-p y-q, z^{3}=-p z-q$ ， 相加得
$x^{3}+y^{3}+z^{3}=-3 q$，类似地（各乘$x,y,z$后相加）
$x^{4}+y^{4}+z^{4}=-p\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)-q(x+y+z)=2 p^{2}$
因此
$\begin{aligned}
x^{5}+y^{5}+z^{5}&=-p\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)-q\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=5 p q \
x^{7}+y^{7}+z^{7}&=-p\left(x^{5}+y^{5}+z^{5}\right)-q\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right) \
&=-5 p^{2} q-2 p^{2} q=-7 p^{2} q
\end{aligned}$
于是目中的关系式化为明显的
$\frac{-2 p}{2} \cdot \frac{5 p q}{5}=\frac{-7 p^{2} q}{7}.\blacksquare$
【题】设 $\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{n}$ 为不同的实数, 且不同于 $0,-1,-2,\cdots,-(n-1)$. 试证明
$$
\left|\begin{array}{cccc}
\frac{1}{\lambda_{1}} & \frac{1}{\lambda_{2}} & \cdots & \frac{1}{\lambda_{n}} \
\frac{1}{\lambda_{1}+1} & \frac{1}{\lambda_{2}+1} & \cdots & \frac{1}{\lambda_{n}+1} \
\vdots & \vdots & & \vdots \
\frac{1}{\lambda_{1}+n-1} & \frac{1}{\lambda_{2}+n-1} & \cdots & \frac{1}{\lambda_{n}+n-1}
\end{array}\right| \ne0
$$
$\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$反证法.假设该行列式等于零. 那么, 它是线性相关的.
即存在不全为零的系数 $c_{0}, c_{1}, \cdots, c_{n-1}$ , 对所有 $i=1,2, \cdots, n$ 有
$\frac{c_{0}}{\lambda_{i}}+\frac{c_{1}}{\lambda_{i}+1}+\frac{c_{2}}{\lambda_{i}+2}+\cdots+\frac{c_{n-1}}{\lambda_{i}+(n-1)}=0$
考虑函数$f(\lambda)=\frac{c_{0}}{\lambda}+\frac{c_{1}}{\lambda+1}+\cdots+\frac{c_{n-1}}{\lambda+(n-1)}$
通分得$f(\lambda)=\frac{P(\lambda)}{\lambda(\lambda+1) \cdots(\lambda+(n-1))}$
其中 $P(\lambda)$ 是关于 $\lambda$ 的次数不超过 $n-1$ 的多项式.
因 $f(\lambda_{i})=0$. 且 $\lambda_{i} \neq 0,-1, \cdots,-(n-1)$ , 则 $P\left(\lambda_{i}\right)=0$ ,
即数 $\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{n}$ 是多项式 $P(\lambda)$ 的根. 但多项式次数不超过 $n-1$ , 如果它不恒等于零的话, 就不可能有 n 个不同的根.
因此, $P(\lambda) \equiv 0$ , 当 $\lambda \neq 0,-1, \cdots,-(n-1), f(\lambda)=0$ .由此得到,所有数 $c_{i}$ 等于零.
事实上, 若 $c_{i} \neq 0$ , 则当 $\lambda \rightarrow-i, \frac{c_{i}}{\lambda+i} \rightarrow \pm \infty, f(\lambda) \rightarrow \infty$ 与 $f(\lambda)=0$ 相矛盾. 于是, 我们证明了所有 $c_{i}$ 等于零, 这与假设相矛盾. $\blacksquare$
【题】试求$\displaystyle\lim {t \rightarrow 0^{+}} \frac{\displaystyle\sum{n=1}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{-n^{2} t}}{n}}{\ln t}$ $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
由级数收敛的积分判别法的证明可得
$0 \leqslant \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{-n^{2} t}}{n}-\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-x^{2} t}}{x} \mathrm{~d} x \leqslant 1$
即
$\begin{aligned}
\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{-n^{2} t}}{n} & \underset{t \rightarrow 0^{+}}{\sim} \int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-x^{2} t}}{x} \mathrm{~d} x \ & =\int_{\sqrt{t}}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-y^{2}}}{y} \mathrm{~d} y \ &=
\int_{\sqrt{t}}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{x}+\int_{\sqrt{t}}^{1} \frac{\mathrm{e}^{-x^{2}}-1}{x} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-x^{2}}}{x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}$
不难证明第二个和第三个积分当 $t \rightarrow 0^{+}$ 时收敛.
于是
$\displaystyle\lim {t \rightarrow 0^{+}} \frac{\displaystyle\sum{n=1}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{-n^{2} t}}{n}}{\ln t}=\lim {t \rightarrow 0^{+}} \frac{\int{\sqrt{t}}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{x}}{\ln t}=-\frac{1}{2} . \blacksquare$
【题】用 $M$ 表示使级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \sin (n ! \pi x)$ 收敛的点集, $x \in \mathbb{R}$ . 试证明:
-
$M$ 处处稠密.
-
$e \in M$. $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$
-
任意区间都含有有理点 $x=\frac{p}{q}$ , 当 $n \geqslant q$ 时, 有 $n ! x= q(q-1) !(q+1) \cdots, n \in \mathbb{Z}$ . 即有 $\sin (n ! \pi x)=0$ .
故对上述有理点$x$，$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \sin (n ! \pi x)$ 收敛，故$M$处处稠密. $\blacksquare$
-
首先 $n!\mathrm{e}=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{n!}{k!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2} \frac{n!}{k!}+(n+1)+\frac{1}{n+1}+\sum_{k=n+2}^{\infty}\frac{n!}{k!}(n\geqslant 2)$
注意到
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2} \frac{n !}{k !}=n(n-1) \sum_{k=0}^{n-2} \frac{(n-2) !}{k !}$是偶数,而
$
\begin{aligned}\displaystyle\sum_{k=n+2}^{\infty} \frac{n !}{k !}=& \frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\cdots+\
& \frac{1}{(n+1)(n+2) \cdots(n+L)}+\cdots \leqslant \
& \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)^{m}}=\
& \frac{n+3}{(n+1)(n+2)^{2}}=O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)
\end{aligned}$
于是
$\begin{aligned}
\sin (n ! \pi \mathrm{e})&= \sin \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{n-2} \frac{\pi n !}{k !}+\pi(n+1)+\frac{\pi}{n+1}+\pi \sum_{k=n+2}^{\infty} \frac{n !}{k !}\right) \
&= \sin \left(\pi(n+1)+\frac{\pi}{n+1}+\pi \sum_{k=n+2}^{\infty} \frac{n !}{k !}\right)\
&= \sin \left(\pi(n+1)+\frac{\pi}{n+1}\right)+\theta_{n}\
&=(-1)^{n+1} \sin \frac{\pi}{n+1}+\theta_{n}
\end{aligned}$
其中，$\left|\theta_{n}\right| \leqslant \pi \displaystyle\sum_{k=n+2}^{\infty} \frac{n !}{k !}=O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)$
得到$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \sin (n ! \pi e)=2 \sin \pi e+\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n+1} \sin \frac{\pi}{n+1}+\sum_{n=2}^{\infty} \theta_{n}$
由莱布尼茨判别法，级数$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n+1} \sin \frac{\pi}{n+1}$收敛.
而级数 $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \theta_{n}=\sum_{n=2}^{\infty} O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)$ 绝对收敛.
因此级数 $\displaystyle\sum^{\infty}_{n=0} \sin (n ! \pi \mathrm{e})$ 是收敛的, 即$\mathrm{e} \in M$ .$\blacksquare$
【题】试证明$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\left[2^{n} x\right]}}{2^{n}}=1+2[x]-2x,x\geq 0$. $\blacktriangleright$
$\blacktriangleleft$ 设$x=(\overline{a_{k}a_{k-1}\cdots a_0 .b_1b_2\cdots })2$为$x$的标准二进制表示,则对于$\forall n\in\mathbb{N{+}}$,有
$[2^nx]=(\overline{a_{k}a_{k-1}\cdots a_0 b_1b_2\cdots b_n})_2\equiv b_n(\mod2)$,
考虑到$b_n\in{0,1}$,故必有$(-1)^{[2^nx]}=(-1)^{b_n}=1-2b_n$,从而
$\begin{aligned} \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\left[2^{n} x\right]}}{2^{n}}
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-2b_n}{2^{n}}
=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}-2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{2^n} \
&=1-2(\overline{0.b_1 b_2\cdots})_2
=1-2(x-[x])=1+2[x]-2x .\blacksquare
\end{aligned}$