数学分析（2022暑假特辑）

“如果你也在迷茫的话，不妨从现在开始，滴水穿石，积少成多”

<新知识>

欧氏空间：设 $V$ 是实数域 $\mathbb{R}$ 上的线性空间，在 $V$ 上任意两向量 $x,y$ 按某一确定法则对应于唯一确定的实数，称为内积，记为 $(x,y)$，满足以下性质：
1)对称性 $(x,y)=(y,x)$
2)可加性 $(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$
3)齐次性 $(kx,y)=k(x,y)$，$k$ 为任意实数
4)非负性 $(x,x)\ge 0$，当且仅当 $x=0$ 时有 $(x,x)=0.$
定义了内积的实线性空间 $V$，叫实内积空间即欧氏空间。

酉空间：设 $V$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 上的线性空间，在 $V$ 上任意两向量 $x,y$ 按某一确定法则对应于唯一确定的复数，称为内积，记为 $(x,y)$，满足以下性质：
1)共轭对称性 $(x,y)=\overline{(y,x)}$
2)可加性 $(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$
3)齐次性 $(kx,y)=k(x,y)$，$k$ 为任意复数
4)非负性 $(x,x)\ge 0$，当且仅当 $x=0$ 时有 $(x,x)=0.$
定义了内积的复线性空间 $V$，叫复内积空间即酉空间。
例：酉空间中向量 $\alpha =(a_1,\cdots ,a_n),\beta =(b_1,\cdots ,b_n)$，内积为

$$(\alpha ,\beta )=a_1\overline{b_1}+\cdots +a_n\overline{b_n}$$

Hermite 矩阵：自共轭矩阵，第 $i$ 行第 $j$ 列的元素都与第 $j$ 行第 $i$ 列的元素的共轭相等，主对角线上的元素都是实数，特征值也是实数。

Gram 矩阵：内积矩阵，向量两两内积组成的矩阵。它是半正定 Hermite 矩阵，若向量组线性无关则为正定 Hermite 阵。
例：基 $\{{\beta }_1,\cdots ,{\beta }_n\}$ 的 Gram 矩阵为

$$\left[\begin{array}{ccc}({\beta }_1,{\beta }_1)& \cdots & ({\beta }_1,{\beta }_n)\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ ({\beta }_n,{\beta }_1)& \cdots & ({\beta }_n,{\beta }_n)\end{array}\right]$$

$1.$ 设 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 是 $V$ 的一组标准正交基，证明：$\mathrm{\forall }x\in V$，成立 $x=(x,{\alpha }_1){\alpha }_1+\cdots +(x,{\alpha }_n){\alpha }_n.$

设 $x=k_1{\alpha }_1+\cdots +k_n{\alpha }_n$，将 $x$ 与 ${\alpha }_i$ 作内积 $(x,{\alpha }_i)=k_i({\alpha }_i,{\alpha }_i)=k_i$，因此得证。

$2.$ 设 $\{e_1,\cdots ,e_n\},\{f_1,\cdots ,f_n\}$ 是 $V$ 的两组基，$C$ 是从 $\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 到 $\{f_1,\cdots ,f_n\}$ 的过渡矩阵，基 $\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 的 Gram 矩阵为 $G$，证明基 $\{f_1,\cdots ,f_n\}$ 的 Gram 矩阵为 $H=C^{\prime }G\bar{C}.$

由过渡矩阵的定义，$(e_1,\cdots ,e_n)C=(f_1,\cdots ,f_n)$，因此 $f_j={\displaystyle \sum _{i=1}^n{c}_{ij}{e}_i}$，于是

$$\begin{array}{rl}H(i;j)=& (f_i,f_j)\\ =& ({\displaystyle \sum _{k=1}^n{c}_{ki}{e}_k,{\displaystyle \sum _{l=1}^n{c}_{lj}{e}_l)}}\\ =& \sum _{k=1}^n\sum _{l=1}^n{c}_{ki}{\bar{c}}_{lj}(e_k,e_l)\\ =& \sum _{k=1}^n{c}_{ki}\sum _{l=1}^n{g}_{kl}{\bar{c}}_{lj}\\ =& \sum _{k=1}^n{C}^{\prime }(i;k)\cdot (G\bar{C})(k;j)\\ =& C^{\prime }G\bar{C}(i;j)\end{array}$$

因此

$$H=C^{\prime }G\bar{C}$$

$3.$ 设 $H$ 是一个 $n$ 阶正定 Hermite 矩阵，证明必存在 $V$ 的一组基 $\{f_1,\cdots ,f_n\}$ 使得它的 Gram 矩阵就是 $H.$

取一组基 $\{e_1,\cdots ,e_n\}$，其 Gram 矩阵为 $G$，它也是正定 Hermite 阵，那么 $G$ 与 $H$ 相合：

$$H=C^{\prime }G\bar{C}$$

由上一题的结论，令 $(f_1,\cdots ,f_n)=(e_1,\cdots ,e_n)C$ 即可。

$4.$ ${\displaystyle \int \frac{1+\ln (\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x^2-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}\text{d}x}$

采用双元法。$p=\sqrt{x+1},q=\sqrt{x-1}$

$$\begin{array}{rl}& \int \frac{1+\ln (\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x^2-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}\text{d}x\\ =& 2\int \frac{1+\ln (p+q)}{q(p-q)}\text{d}p\\ =& 2\int \frac{1}{p-q}\frac{\text{d}p}{q}+2\int \frac{\ln (p+q)}{p-q}\frac{\text{d}p}{q}\\ =& -2\int \frac{1}{p-q}\frac{\text{d}(p-q)}{p-q}+2\int \frac{\ln (p+q)}{p-q}\frac{\text{d}(p+q)}{p+q}\\ =& \frac{2}{p-q}+(p+q)\ln (p+q)-(p+q)\end{array}$$

$5.$ 证明 Frullani 定理：若 $f\in C[0,+\mathrm{\infty })$，且 ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0,a,b>0}$，则

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\text{d}x=f(0)\ln \frac{b}{a}$$

$$\begin{array}{rl}{\int }_M^N\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\text{d}x=& {\int }_M^N\frac{f(ax)}{x}\text{d}x-{\int }_M^N\frac{f(bx)}{x}\text{d}x\\ =& {\int }_{aM}^{aN}\frac{f(x)}{x}\text{d}x-{\int }_{bM}^{bN}\frac{f(x)}{x}\text{d}x\\ =& {\int }_{aM}^{bM}\frac{f(x)}{x}\text{d}x-{\int }_{aN}^{bN}\frac{f(x)}{x}\text{d}x\\ =& f(\xi ){\int }_{aM}^{bM}\frac{1}{x}\text{d}x-f(\eta ){\int }_{aN}^{bN}\frac{1}{x}\text{d}x\\ =& (f(\xi )-f(\eta ))\ln \frac{b}{a}\end{array}$$

令 $M\to 0,N\to +\mathrm{\infty }$，则 $f(\xi )\to f(0),f(\eta )\to 0$，因此

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\text{d}x=f(0)\ln \frac{b}{a}$$

$6.$ 计算 Fejér 积分：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x$$

设 ${\displaystyle a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x}$，则 ${\displaystyle a_{n-1}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^2(n-1)x}{{\sin }^{2}x}\text{d}x}$

$$\begin{array}{rl}{a}_n-a_{n-1}=& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{(\sin nx+\sin (n-1)x)(\sin nx-\sin (n-1)x)}{{\sin }^{2}x}\text{d}x\\ =& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{2\sin \frac{2n-1}{2}x\cos \frac{x}{2}\cdot 2\cos \frac{2n-1}{2}x\sin \frac{x}{2}}{{\sin }^{2}x}\text{d}x\\ =& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin (2n-1)x}{\sin x}\text{d}x\end{array}$$

我们熟知

$$\frac{\sin (2n-1)x}{\sin x}=2\sum _{k=0}^{n-1}\cos (2kx)+1$$

因此

$$\begin{array}{rl}{a}_n-a_{n-1}& =\frac{\pi }{2}\\ a_n& =\frac{n\pi }{2}\end{array}$$

<新知识>

Kronecker delta 符号：

$${\delta }_{ij}=\{\begin{array}{l}1,i=j\\ 0,i\ne j\end{array}$$

Levi-Civita 符号：

$${\epsilon }_{ijk}=\{\begin{array}{l}0,\text{if any two labels are the same}\\ 1,\text{even permutation}\\ -1,\text{odd permutation}\end{array}$$

例：

$${\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{mnl}=\left|\begin{array}{ccc}{\delta }_{im}& {\delta }_{in}& {\delta }_{il}\\ {\delta }_{jm}& {\delta }_{jn}& {\delta }_{jl}\\ {\delta }_{km}& {\delta }_{kn}& {\delta }_{kl}\end{array}\right|$$

$7.$ 证明 $\mathit{u}\times (\mathit{v}\times \mathit{w})=\mathit{v}(\mathit{u}\cdot \mathit{w})-\mathit{w}(\mathit{u}\cdot \mathit{v})$

$$\begin{array}{rl}\mathit{u}\times (\mathit{v}\times \mathit{w})=& {\epsilon }_{ijk}{u}_i{\epsilon }_{mnj}{v}_m{w}_n{\mathit{e}}_k\\ =& ({\delta }_{in}{\delta }_{km}-{\delta }_{im}{\delta }_{kn})u_i{v}_m{w}_n{\mathit{e}}_k\\ =& u_i{v}_k{w}_i{\mathit{e}}_k-u_i{v}_i{w}_k{\mathit{e}}_k\\ =& \mathit{v}(\mathit{u}\cdot \mathit{w})-\mathit{w}(\mathit{u}\cdot \mathit{v})\end{array}$$

$8.$ 证明 $(\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}=(\mathrm{\nabla }\times \mathit{v})\times \mathit{v}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\nabla }({\mathit{v}}^2)$

$$\begin{array}{rl}(\mathrm{\nabla }\times \mathit{v})\times \mathit{v}=& {\epsilon }_{klm}{\epsilon }_{ijk}{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{v}_l{\mathit{e}}_m\\ =& ({\delta }_{il}{\delta }_{jm}-{\delta }_{im}{\delta }_{jl}){\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{v}_l{\mathit{e}}_m\\ =& {\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{v}_i{\mathit{e}}_j-{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{v}_j{\mathit{e}}_i\\ =& (\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}-\frac{1}{2}{\partial }_i{v}_j^2{\mathit{e}}_i\\ =& (\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}-\frac{1}{2}\mathrm{\nabla }({\mathit{v}}^2)\end{array}$$

$9.$ 证明 $\mathrm{\nabla }\times (\mathit{u}\times \mathit{v})=\mathit{u}(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{v})-\mathit{v}(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{u})+(\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{u}-(\mathit{u}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\nabla }\times (\mathit{u}\times \mathit{v})=& {\epsilon }_{ijk}{\partial }_i{\epsilon }_{mnj}\stackrel{\downarrow }{u_m}\stackrel{\downarrow }{v_n}{\mathit{e}}_k\\ =& ({\delta }_{in}{\delta }_{km}-{\delta }_{im}{\delta }_{kn}){\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_m}\stackrel{\downarrow }{v_n}{\mathit{e}}_k\\ =& {\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_k}\stackrel{\downarrow }{v_i}{\mathit{e}}_k-{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_i}\stackrel{\downarrow }{v_k}{\mathit{e}}_k\\ =& u_k{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_i}{\mathit{e}}_k+v_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_k}{\mathit{e}}_k-u_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_k}{\mathit{e}}_k-v_k{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_i}{\mathit{e}}_k\\ =& \mathit{u}(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{v})+(\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{u}-(\mathit{u}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}-\mathit{v}(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{u})\end{array}$$

$10.$ 证明 $\mathrm{\nabla }(\mathit{u}\cdot \mathit{v})=(\mathit{u}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{v}+(\mathit{v}\cdot \mathrm{\nabla })\mathit{u}+\mathit{u}\times (\mathrm{\nabla }\times \mathit{v})+\mathit{v}\times (\mathrm{\nabla }\times \mathit{u})$

$$\begin{array}{rl}\mathbf{RHS}=& u_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{\mathit{e}}_j+v_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_j}{\mathit{e}}_j+{\epsilon }_{ijk}{u}_i{\epsilon }_{mnj}{\partial }_m\stackrel{\downarrow }{v_n}{\mathit{e}}_k+{\epsilon }_{ijk}{v}_i{\epsilon }_{mnj}{\partial }_m\stackrel{\downarrow }{u_n}{\mathit{e}}_k\\ =& u_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{\mathit{e}}_j+v_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_j}{\mathit{e}}_j+({\delta }_{in}{\delta }_{km}-{\delta }_{im}{\delta }_{kn})u_i{\partial }_m\stackrel{\downarrow }{v_n}{\mathit{e}}_k\\ & +({\delta }_{in}{\delta }_{km}-{\delta }_{im}{\delta }_{kn})v_i{\partial }_m\stackrel{\downarrow }{u_n}{\mathit{e}}_k\\ =& u_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_j}{\mathit{e}}_j+v_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_j}{\mathit{e}}_j+u_i{\partial }_k\stackrel{\downarrow }{v_i}{\mathit{e}}_k-u_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{v_k}{\mathit{e}}_k\\ & +v_i{\partial }_k\stackrel{\downarrow }{u_i}{\mathit{e}}_k-v_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow }{u_k}{\mathit{e}}_k\\ =& u_i{\partial }_k\stackrel{\downarrow }{v_i}{\mathit{e}}_k+v_i{\partial }_k\stackrel{\downarrow }{u_i}{\mathit{e}}_k\\ =& {\partial }_k\stackrel{\downarrow }{u_i}\stackrel{\downarrow }{v_i}{\mathit{e}}_k\\ =& \mathrm{\nabla }(\mathit{u}\cdot \mathit{v})\end{array}$$

$11.$ 证明 $\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathit{u})=\mathrm{\nabla }(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{u})-{\mathrm{\nabla }}^2\mathit{u}$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathit{u})=& {\epsilon }_{ijk}{\partial }_i{\epsilon }_{mnj}{\partial }_m\stackrel{\downarrow \downarrow }{u_n}{\mathit{e}}_k\\ =& ({\delta }_{in}{\delta }_{km}-{\delta }_{im}{\delta }_{kn}){\partial }_i{\partial }_m\stackrel{\downarrow \downarrow }{u_n}{\mathit{e}}_k\\ =& {\partial }_k{\partial }_i\stackrel{\downarrow \downarrow }{u_i}{\mathit{e}}_k-{\partial }_i{\partial }_i\stackrel{\downarrow \downarrow }{u_k}{\mathit{e}}_k\\ =& \mathrm{\nabla }(\mathrm{\nabla }\cdot \mathit{u})-{\mathrm{\nabla }}^2\mathit{u}\end{array}$$

$12.$ 计算三重积分 ${\displaystyle \underset{V}{\iiint }z\text{d}V,V=\{(x,y,z)|x^2+y^2+{\displaystyle \frac{z^2}{4}}\le 1,z\ge 0\}}$

耻辱题。大一下期末考试在这个题上白给了。
考虑椭球坐标变换

$$\{\begin{array}{l}x=\rho \sin \phi \cos \theta \\ y=\rho \sin \phi \sin \theta \\ z=2\rho \cos \phi \end{array}$$

雅可比行列式

$$|J|=\frac{\partial (x,y,z)}{\partial (\rho ,\phi ,\theta )}=2{\rho }^2\sin \phi$$

那么

$$\begin{array}{rl}\underset{V}{\iiint }z\text{d}V=& {\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\phi {\int }_0^{1}4{\rho }^3\sin \phi \cos \phi \text{d}\rho \\ =& 2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \cos \phi \text{d}\phi \\ =& \pi \end{array}$$

$13.$ 设 $v_1,\cdots ,v_m$ 是欧氏空间 $V$ 的 $m$ 个向量，$G$ 是 Gram 矩阵，证明：
1）$G$ 是半正定实对称矩阵；
2）$v_1,\cdots ,v_m$ 线性无关当且仅当 $G$ 是正定阵，当且仅当 $G$ 是可逆阵。

1）由欧氏空间内积的对称性可知 $G$ 为实对称阵，任取 $\alpha =(a_1,\cdots ,a_m{)}^{\prime }\in {\mathbb{R}}^m$，令 $v=a_1{v}_1+\cdots +a_m{v}_m$，那么

$$\begin{array}{rl}{\alpha }^{\prime }G\alpha =& \sum _{p=1}^m({\alpha }^{\prime }G)(1;p){\alpha }_{p1}\\ =& \sum _{p=1}^m\sum _{q=1}^m{\alpha }_{1q}^{\prime }{g}_{qp}{\alpha }_{p1}\\ =& \sum _{p=1}^m\sum _{q=1}^m{a}_p{a}_q(v_p,v_q)\\ =& (v,v)\\ \ge & 0\end{array}$$

2）由于 $G$ 半正定，因此 $G$ 正定当且仅当 $G$ 可逆，只需证明一个。
充分性：设 $G$ 正定，$v=k_1{v}_1+\cdots +k_m{v}_m=0,\alpha =(k_1,\cdots ,k_m{)}^{\prime }$，则
${\alpha }^{\prime }G\alpha =(v,v)=0$，由正定性的定义 $\alpha =(k_1,\cdots ,k_m{)}^{\prime }=0$，因此 $v_1,\cdots ,v_m$ 线性无关。
必要性：设 $v_1,\cdots ,v_m$ 线性无关，则 $\mathrm{\forall }\alpha =({\alpha }_1,\cdots ,a_m{)}^{\prime }\ne 0,v\ne 0,{\alpha }^{\prime }G\alpha =(v,v)>0$，因此 $G$ 正定。

$14.$ 设 $V$ 是 $n$ 维欧氏空间，$\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 是一组基，$c_1,\cdots ,c_n$ 是 $n$ 个实数，证明存在唯一 $\alpha \in V$，使得对任意 $i$ 成立 $(\alpha ,e_i)=c_i$

设 $\alpha =k_1{e}_1+\cdots +k_n{e}_n$，则 $(\alpha ,e_i)=k_1(e_1,e_i)+\cdots +k_n(e_n,e_i)$，待证式等价于线性方程组

$$\{\begin{array}{l}(e_1,e_1)k_1+\cdots +(e_1,e_n)k_n=c_1\\ \cdots \\ (e_n,e_1)k_1+\cdots +(e_n,e_n)k_n=c_n\end{array}$$

有唯一解。
考虑到系数矩阵是 Gram 阵，行列式大于 $0$，由 Cramer 法则知方程组有唯一解。

$15.$ 设 $A\in M_n(\mathbb{R})$ 是半正定实对称阵，证明 $\mathrm{\forall }x,y\in {\mathbb{R}}^n$，成立

$$|x^{\prime }Ay{|}^2\le |x^{\prime }Ax|\cdot |y^{\prime }Ay|$$

由于 $A$ 是半正定矩阵，所以存在实矩阵 $C,A=C^{\prime }C$，由 Schwarz 不等式

$$|x^{\prime }Ay{|}^2=|x^{\prime }{C}^{\prime }Cy{|}^2=|(Cx,Cy){|}^2\le ||Cx|{|}^2\cdot ||Cy|{|}^2=|x^{\prime }Ax|\cdot |y^{\prime }Ay|$$

$16.$ 证明 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\arctan \left(\frac{1}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x=\frac{{\pi }^2}{4}}$

考虑分段积分：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}={\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}+{\int }_{\frac{1}{\sqrt{n}}}^{\frac{\pi }{4}}$$

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\arctan \left(\frac{1}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x=& \arctan \left(\frac{1}{\xi }\right)\frac{{\xi }^2}{{\sin }^2\xi }\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\frac{{\sin }^{2}nx}{x^2}\text{d}x\\ \to & \frac{\pi }{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}\text{d}x\\ =& \frac{{\pi }^2}{4}\end{array}$$

其中注意 $\xi$ 不一定和 ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}}$ 等价. 当然也可以用分点 $\epsilon$ 代替 ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}}$.

$$\begin{array}{rl}0\le & \frac{1}{n}{\int }_{\frac{1}{\sqrt{n}}}^{\frac{\pi }{4}}\arctan \left(\frac{1}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x\le \frac{1}{n}{\int }_{\frac{1}{\sqrt{n}}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{\pi }{2}\frac{1}{(\frac{2}{\pi }x{)}^2}\text{d}x\\ =& \frac{{\pi }^3}{8n}(-\frac{4}{\pi }+\sqrt{n})\to 0\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\arctan \left(\frac{1}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x=\frac{{\pi }^2}{4}$$

另证：
由勒贝格控制收敛定理

$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\arctan \left(\frac{1}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}nx}{{\sin }^{2}x}\text{d}x\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{\frac{n\pi }{4}}\frac{1}{n^2}\arctan \left(\frac{n}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}x}{{\sin }^2\frac{x}{n}}\text{d}x\\ =& {\int }_0^{\frac{n\pi }{4}}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n^2}\arctan \left(\frac{n}{x}\right)\frac{{\sin }^{2}x}{{\sin }^2\frac{x}{n}}\text{d}x\\ =& \frac{\pi }{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}\text{d}x\\ =& \frac{{\pi }^2}{4}\end{array}$$

$17.$ $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，${\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{d}x=0}$，证明存在 ${\displaystyle c\in (0,1),c^{2}f(c)={\int }_0^c(x^2+x)f(x)\text{d}x.}$

若 $f(x)\equiv 0$，则命题显然成立。下证 $f(x)$ 不恒为 $0$ 的情况：
记

$$\begin{array}{rl}& f(c_1)=\underset{[0,1]}{\text{max}}f(x)>0,f(c_2)=\underset{[0,1]}{\text{min}}f(x)<0(c_1<c_2)\\ & F(t)=t^{2}f(t)-{\int }_0^t(x^2+x)f(x)\text{d}x\end{array}$$

那么

$$\begin{array}{rl}F(c_1)\ge & c_1^{2}f(c_1)-f(c_1){\int }_0^{c_1}(x^2+x)\text{d}x\\ =& (\frac{1}{2}{c}_1^2-\frac{1}{3}{c}_1^3)f(c_1)\\ >& 0\end{array}$$

同理 $F(c_2)<0$
由介值定理知存在 $c\in (c_1,c_2),F(c)=0$

$18.$ 设 $f(x,y)$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 上的连续可微函数，记 $u(x,y)=-y{f}_x+x{f}_y$，${\displaystyle I(\alpha )=\underset{D_{\alpha }}{\iint }u(x,y)\text{d}x\text{d}y}$，其中 $D_{\alpha }:(x-2\cos \alpha {)}^2+(y-2\sin \alpha {)}^2\le 1$，证明：$I(\alpha )$ 必存在零点。

采用极坐标。
$f_{\phi }=-y{f}_x+x{f}_y=u(x,y)$

$$\begin{array}{rl}\underset{D_{\alpha }}{\iint }u(x,y)\text{d}x\text{d}y=& \underset{D_{\alpha }}{\iint }{f}_{\phi }\text{d}x\text{d}y\\ =& {\int }_1^3\rho \text{d}\rho {\int }_{\alpha -\theta (\rho )}^{\alpha +\theta (\rho )}{f}_{\phi }\text{d}\phi \\ =& {\int }_1^3\rho (f(\alpha +\theta (\rho ))-f(\alpha -\theta (\rho )))\text{d}\rho \end{array}$$

接下来关于 $\alpha$ 于 $[0,2\pi ]$ 上积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }I(\alpha )\text{d}\alpha =& {\int }_0^{2\pi }{\int }_1^3\rho (f(\alpha +\theta (\rho ))-f(\alpha -\theta (\rho )))\text{d}\rho \text{d}\alpha \\ =& {\int }_1^3\rho \text{d}\rho {\int }_0^{2\pi }(f(\alpha +\theta (\rho ))-f(\alpha -\theta (\rho )))\text{d}\alpha \end{array}$$

注意到

$${\int }_0^{2\pi }(f(\alpha +\theta (\rho ))-f(\alpha -\theta (\rho )))\text{d}\alpha =0$$

因此

$${\int }_0^{2\pi }I(\alpha )\text{d}\alpha =0$$

亦即 $I(\alpha )$ 存在零点。

$19.$ 证明：

1）${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n+1}=1}$
2）设 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=A,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}=A}$

1）要证 $|\sqrt[n]{n+1}-1|<\epsilon$，设 $a=\sqrt[n]{n+1}-1$，那么

$$1+n=(1+a{)}^n=1+na+\frac{n(n-1)}{2}{a}^2+\cdots \ge \frac{n(n-1)}{2}{a}^2$$

$$0<a<\sqrt{\frac{2(n+1)}{n(n-1)}}\le \frac{2}{\sqrt{n-1}}<\epsilon$$

$$n>\frac{4}{{\epsilon }^2}+1$$

因此取 $N={\displaystyle \frac{4}{{\epsilon }^2}}+1$ 即可。

2）分步法：

$$\left|\frac{(x_1-A)+\cdots +(x_n-A)}{n}\right|=\left|\frac{(x_1-A)+\cdots +(x_{N_1}-A)}{n}\right|+\left|\frac{(x_{N_1+1}-A)+\cdots +(x_n-A)}{n}\right|$$

其中 $n>N_1$ 时 $|x_n-A|<{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$，$n>N_2$ 时 ${\displaystyle \left|\frac{(x_1-A)+\cdots +(x_{N_1}-A)}{n}\right|<\frac{\epsilon }{2}}$
取 $N=\text{max}\{N_1,N_2\}$，则上述两项分别小于 ${\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$，因此

$$\left|\frac{(x_1-A)+\cdots +(x_n-A)}{n}\right|<\epsilon$$

这告诉我们一个数列收敛，则前 $n$ 项算术平均值也收敛于同一值。

$20.$ 证明：若 $p_k>0$ 且

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{p_n}{p_1+\cdots +p_n}=0,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=a$$

则 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{p_1{a}_n+\cdots +p_n{a}_1}{p_1+\cdots +p_n}=a}$

仍然采用分步法。

$$\begin{array}{rl}& |\frac{p_1{a}_n+\cdots +p_n{a}_1}{p_1+\cdots +p_n}-a|\\ \le & \frac{1}{p_1+\cdots +p_n}(p_1|a_n-a|+\cdots +p_{n-N_1}|a_{N_1+1}-a|\\ & +p_{n-N_1+1}M+\cdots +p_{n}M)\end{array}$$

存在 $N_1$ 使得 $n>N_1$ 时 ${\displaystyle |a_n-a|<\frac{\epsilon }{2}}$
存在 $N_2$ 使得 $n>N_2$ 时 ${\displaystyle \frac{p_n}{p_1+\cdots +p_n}<\frac{\epsilon }{2M{N}_1}}$
那么取 $N=N_1+N_2$，$n>N$ 时

$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{1}{p_1+\cdots +p_n}(p_1|a_n-a|+\cdots +p_{n-N_1}|a_{N_1+1}-a|)<\frac{\epsilon }{2}}\\ & {\displaystyle \frac{1}{p_1+\cdots +p_n}(p_{n-N_1+1}M+\cdots +p_{n}M)<\frac{\epsilon }{2}}\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{p_1{a}_n+\cdots +p_n{a}_1}{p_1+\cdots +p_n}=a$$

$21.$ 证明：${\displaystyle \underset{x\to 1}{lim}\sqrt{\frac{7}{16x^2-9}}=1}$

$$\begin{array}{rl}|\sqrt{\frac{7}{16x^2-9}}-1|=& \left|\frac{{\displaystyle \frac{7}{16x^2-9}}-1}{\sqrt{{\displaystyle \frac{7}{16x^2-9}}}+1}\right|\\ \le & |\frac{7}{16x^2-9}-1|\\ =& \frac{16|1+x||1-x|}{|(4x+3)(4x-3)|}\\ \le & 32|x-1|,x\in U(1,\frac{1}{8})\end{array}$$

取 ${\displaystyle \delta =\text{min}\{\frac{\epsilon }{32},\frac{1}{8}\}}$ 即可。

$22.$ 设 $x\to 0$ 时，${\displaystyle f(x)\sim x,x_n=\sum _{i=1}^{n}f\left(\frac{2i-1}{n^2}a\right)}$
证明：${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a(a>0).}$

我们只需证明

$$\sum _{i=1}^n|f\left(\frac{2i-1}{n^2}a\right)-\frac{2i-1}{n^2}a|<\epsilon$$

即

$$|f\left(\frac{2i-1}{n^2}a\right)-\frac{2i-1}{n^2}a|<\frac{2i-1}{n^2}\epsilon$$

$$|\frac{f\left({\displaystyle \frac{2i-1}{n^2}}a\right)}{{\displaystyle \frac{2i-1}{n^2}}a}-1|<\frac{\epsilon }{a}$$

事实上由于 $f(x)\sim x(x\to 0)$

$$|\frac{f(x)}{x}-1|<\frac{\epsilon }{a}$$

特别地，如果将 $f(x)=\sin x$ 代入

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\sin \left(\frac{2i-1}{n^2}a\right)=a$$

这个题的本质是

$$\sum _{i=1}^n\frac{2i-1}{n^2}=1$$

$23.$ 证明：
1）${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{i=1}^n(1+\frac{2i-1}{n^2}{a}^2)={\text{e}}^{a^2}}$
2）${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{i=1}^{n+1}\cos \left(\frac{\sqrt{2i-1}}{n}{a}^2\right)={\text{e}}^{-\frac{a^4}{2}}}$

1）

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\ln (1+\frac{2i-1}{n^2}{a}^2)\\ \sim & \sum _{i=1}^n\frac{2i-1}{n^2}{a}^2\\ =& a^2\sum _{i=1}^n\frac{2i-1}{n^2}\\ =& a^2\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{i=1}^n(1+\frac{2i-1}{n^2}{a}^2)={\text{e}}^{a^2}$$

2）

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{n+1}\ln (\cos \left(\frac{\sqrt{2i-1}}{n}{a}^2\right))\\ \sim & -\frac{a^4}{2}\sum _{i=1}^{n+1}\frac{2i-1}{n^2}\\ \sim & -\frac{a^4}{2}\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{i=1}^{n+1}\cos \left(\frac{\sqrt{2i-1}}{n}{a}^2\right)={\text{e}}^{-\frac{a^4}{2}}$$

$24.$ 设 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=a}$，证明：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2^n}(a_0+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})a_1+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a_k+\cdots +a_n)=a.$$

只需证明

$$|\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a_k-a|<\epsilon$$

取 $k_0$ 使得 $|a_k-a|<{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$，那么上式小于

$$\sum _{k=0}^{k_0}\frac{n^k}{2^n}\cdot M+\frac{1}{2^n}\sum _{k=k_0+1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\frac{\epsilon }{2}<\frac{M{k}_0{n}^{k_0}}{2}+\frac{\epsilon }{2}$$

因 ${\displaystyle \frac{M{k}_0{n}^{k_0}}{2}\to 0}$，存在 $N$ 使得 $n>N$ 时 ${\displaystyle \frac{M{k}_0{n}^{k_0}}{2}<\frac{\epsilon }{2}}$
从而

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2^n}(a_0+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})a_1+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a_k+\cdots +a_n)=a.$$

$25.$ 设 $x_n={\displaystyle \frac{\sin 1}{2}}+\cdots +{\displaystyle \frac{\sin n}{2^n}}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛.

由柯西收敛准则

$$\begin{array}{rl}|x_{n+p}-x_n|\le & \frac{1}{2^{n+1}}+\cdots +\frac{1}{2^{n+p}}\\ =& \frac{1}{2^{n+1}}(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2^{p-1}})\\ \le & \frac{1}{2^{n+1}}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{2}}\right)\\ =& \frac{1}{2^n}\\ <& \frac{1}{n}\end{array}$$

取 $N={\displaystyle \frac{1}{\epsilon }}$，则当 $n>N$ 时 $|x_{n+p}-x_n|<\epsilon$

$26.$ 证明数列 $x_n=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+\cdots +{\displaystyle \frac{1}{n}}-\ln n$ 单调下降有界.

先证明单调递减，考虑

$$\ln n-\ln (n-1)=\frac{1}{\xi }>\frac{1}{n}$$

累加得

$$a_n<a_{n-1}$$

再证明有下界，考虑

$$\ln n-\ln (n-1)=\frac{1}{\xi }<\frac{1}{n-1}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{x}_n=& 1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n\\ >& \ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots +\ln n-\ln (n-1)+\frac{1}{n}-\ln n\\ =& \frac{1}{n}\\ >& 0\end{array}$$

由单调有界原理知极限存在.

$27.$ 设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的邻域 $I$ (点 $x_0$ 可能例外) 内有定义. 证明：如果对于任意点列 $\{x_n\}$. 这里 $x_n\in I,x_n\to x_0(n\to \mathrm{\infty }),0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|$，都有 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=A}$，那么
${\displaystyle \underset{x\to x_0}{lim}f(x)=A}$

采用反证法：
若 $f(x)$ 不趋于 $A$，则 $\mathrm{\exists }{\epsilon }_0>0,\mathrm{\forall }\delta >0,\mathrm{\exists }{x}_{\delta }\in I$，虽然 $0<|x_{\delta }-x_0|<\delta$，但是 $|f(x_{\delta })-A|\ge {\epsilon }_0$
取 ${\delta }_1=1,|f(x_1)-A|\ge {\epsilon }_0$
取 ${\displaystyle {\delta }_2=\text{min}\{\frac{1}{2},|x_1-x_0|\},|f(x_2)-A|\ge {\epsilon }_0}$（为了符合 $0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|$ 的要求）
取 ${\displaystyle {\delta }_3=\text{min}\{\frac{1}{3},|x_2-x_0|\}\cdots }$

无限进行下去可得点列 $\{x_n\},x_n\in I,x_n\to x_0,0<|x_{n+1}-x_0|<|x_n-x_0|$，但

$$|f(x_n)-A|\ge {\epsilon }_0$$

这与 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=A}$ 矛盾.

$28.$ 证明从任一数列 $\{x_n\}$ 中必可选出一个（不一定严格）单调的子数列.

假若 $\{x_n\}$ 中存在递增子序列，则问题已被解决. 若 $\{x_n\}$ 中无递增子序列，则存在 $n_1>0,\mathrm{\forall }n>n_1,x_n<x_{n_1}$（因为无法取到 $n_1$ 仅可能于存在递增子序列时）
同样在 $\{x_n{\}}_{n>n_1}$ 中也无递增子序列，同样取出 $n_2\cdots$

无限进行下去可得严格递减子序列 $\{x_{n_k}\}$

$29.$ 证明

$$1^3+2^3+\cdots +n^3=(1+2+\cdots +n{)}^2$$

数学归纳法：
$n=1$ 时等式成立. 设 $n=k$ 时成立，$n=k+1$ 时

$$\begin{array}{rl}{1}^3+2^3+\cdots +(k+1{)}^3=& (1+2+\cdots +k{)}^2+(k+1{)}^3\\ (1+2+\cdots +k+1{)}^2=& (1+2+\cdots +k{)}^2+2(1+2+\cdots +k)(k+1)+(k+1{)}^2\\ =& (1+2+\cdots +k{)}^2+(k+1{)}^3\end{array}$$

因此

$$1^3+2^3+\cdots +(k+1{)}^3=(1+2+\cdots +k+1{)}^2$$

命题得证.

$30.$ 证明

$$\underset{x\to 0}{lim}{\left[\frac{a_1^x+\cdots +a_n^x}{n}\right]}^{\frac{1}{x}}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$$

考虑对数

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{x}\ln \left(\frac{a_1^x+\cdots +a_n^x}{n}\right)\\ \sim & \frac{1}{x}\left[\frac{(a_1^x-1)+\cdots +(a_n^x-1)}{n}\right]\\ =& \frac{1}{n}(\frac{a_1^x-1}{x}+\cdots +\frac{a_n^x-1}{x})\\ \sim & \frac{1}{n}\ln (a_1\cdots a_n)\end{array}$$

因此

$$\underset{x\to 0}{lim}{\left[\frac{a_1^x+\cdots +a_n^x}{n}\right]}^{\frac{1}{x}}=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$$

<新知识>

伯努利数：定义

$$\frac{x}{{\text{e}}^x-1}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\phi }_n}{n!}{x}^n$$

可以通过掩盖法计算每一个伯努利数：

$${\phi }_n=\frac{{\text{d}}^n}{\text{d}{x}^n}\left(\frac{x}{{\text{e}}^x-1}\right){|}_{x=0}$$

$${\phi }_0=1,{\phi }_1=-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\phi }_2={\displaystyle \frac{1}{6}},\cdots$$

伯努利多项式：定义

$$\frac{x{\text{e}}^{xt}}{{\text{e}}^x-1}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}{\phi }_n(t)$$

注意到

$${\phi }_n(0)={\phi }_n$$

根据定义

$$\begin{array}{rl}& \frac{x}{{\text{e}}^x-1}\cdot {\text{e}}^{xt}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\phi }_n{x}^n}{n!}\cdot \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(xt{)}^k}{k!}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\frac{{\phi }_k{x}^k}{k!}\frac{(xt{)}^{n-k}}{(n-k)!}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\phi }_k{t}^{n-k}\end{array}$$

比较得 ${\phi }_n(x)$ 的显明表达式

$${\phi }_n(x)=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\phi }_k{x}^{n-k}$$

简记为

$${\phi }_n(x)=(\phi +x{)}^n$$

同样根据定义

$$\begin{array}{rl}1=& \frac{{\text{e}}^x-1}{x}\cdot \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\phi }_k}{k!}{x}^k\\ =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{n-1}}{n!}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\phi }_k}{k!}{x}^k\\ =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{(n-k)!}\frac{{\phi }_k}{k!}\end{array}$$

比较对应系数 ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{(n-k)!}\frac{{\phi }_k}{k!}=0}$
亦即

$$\sum _{k=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\phi }_k=0$$

简记为

$${\phi }_n=(\phi +1{)}^n$$

伯努利多项式的差分关系常用于计算等幂和

$${\phi }_n(x+1)={\phi }_n(x)+n{x}^{n-1}$$

这同样通过定义展开证明. 它告诉我们幂等于伯努利多项式的差分.
因此

$$s^n=\frac{1}{n+1}[{\phi }_{n+1}(s+1)-{\phi }_{n+1}(s)]$$

累加得

$$\sum _{s=1}^m{s}^n=\frac{1}{n+1}[{\phi }_{n+1}(m+1)-{\phi }_{n+1}]$$

类比伯努利多项式，定义欧拉多项式

$$\frac{2{\text{e}}^{xt}}{{\text{e}}^x+1}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}{\text{E}}_n(t)$$

令 $t={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$$\frac{2{\text{e}}^{\frac{x}{2}}}{{\text{e}}^x+1}=\text{sech}\frac{x}{2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-{)}^n{\text{E}}_n}{(2n)!}{\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n}$$

其中欧拉数

$${\text{E}}_n=(-{)}^n{2}^{2n}{\text{E}}_{2n}\left(\frac{1}{2}\right)$$

可以证明，幂等于欧拉多项式的均值

$${\text{E}}_n(x+1)+{\text{E}}_n(x)=2x^n$$

累加得

$$\sum _{s=1}^m(-{)}^s{s}^n=\frac{1}{2}[(-{)}^m{\text{E}}_n(m+1)-{\text{E}}_n(1)]$$

差分方程与微分方程：它们本质是相同的。
考虑

$$a_{n+2}+p{a}_{n+1}+q{a}_n=0$$

设 ${\displaystyle y=a_0+a_{1}t+\cdots +\frac{a_n}{n!}{t}^n+\cdots }$
则 ${\displaystyle D^{n+2}y(0)+p{D}^{n+1}y(0)+q{D}^{n}y(0)=0}$
解 $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ 求 $n$ 次导并代入 $x=0$ 就可以了.
如果 ${\displaystyle y=C_1{\text{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\text{e}}^{{\lambda }_{2}x}}$
那么 ${\displaystyle a_n=D^{n}y(0)=C_1{\lambda }_1^n+C_2{\lambda }_2^n}$

$31.$ 若 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=b}$，证明

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_1{y}_n+\cdots +x_n{y}_1}{n}=ab.$$

令 $x_n=a+{\alpha }_n,y_n=b+{\beta }_n$，则 $n\to \mathrm{\infty }$ 时 ${\alpha }_n,{\beta }_n\to 0$

$$\begin{array}{rl}& \frac{x_1{y}_n+\cdots +x_n{y}_1}{n}\\ =& \frac{(a+{\alpha }_1)(b+{\beta }_n)+\cdots +(a+{\alpha }_n)(b+{\beta }_1)}{n}\\ =& ab+a\frac{{\beta }_1+\cdots +{\beta }_n}{n}+b\frac{{\alpha }_1+\cdots +{\alpha }_n}{n}+\frac{{\alpha }_1{\beta }_n+\cdots +{\alpha }_n{\beta }_1}{n}\end{array}$$

由于算术均值的极限等于原数列的极限，后三项趋于 $0$，因此

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_1{y}_n+\cdots +x_n{y}_1}{n}=ab$$

$32.$ 求极限 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n}$，设

$$\begin{array}{rl}& x_n=\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\\ & x_n=\sum _{k=n^2}^{(n+1{)}^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\\ & x_n=\sum _{k=1}^n[(n^k+1{)}^{-\frac{1}{k}}+(n^k-1{)}^{-\frac{1}{k}}]\\ & x_n=(n!{)}^{\frac{1}{n^2}}\end{array}$$

1）考虑 AM-GM

$$2n=\frac{(2n-1)+(2n+1)}{2}>\sqrt{(2n-1)(2n+1)}$$

由此

$$0<x_n=\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\to 0$$

2）${\displaystyle \sum _{k=n^2}^{(n+1{)}^2}\frac{1}{\sqrt{k}}}$ 一共有 $2n+2$ 项，最小项为 ${\displaystyle \frac{1}{n+1}}$，最大项为 $\frac{1}{n}$

$$\frac{2n+2}{n+1}\le \sum _{k=n^2}^{(n+1{)}^2}\frac{1}{\sqrt{k}}\le \frac{2n+2}{n}$$

左右两端极限皆为 $2$

3）因 $n^k<n^k+1<(n+1{)}^k$，所以 $n^{-1}>(n^k+1{)}^{-\frac{1}{k}}>(n+1{)}^{-1}$

$$\frac{n}{n}>\sum _{k=1}^n(n^k+1{)}^{-\frac{1}{k}}>\frac{n}{n+1}$$

由夹逼定理 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n(n^k+1{)}^{-\frac{1}{k}}=1}$，同理 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n(n^k-1{)}^{-\frac{1}{k}}=1}$
从而

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=2$$

4）考虑 $1\le (n!{)}^{\frac{1}{n!}}\le (n^n{)}^{\frac{1}{n^2}}=n^{\frac{1}{n}}$
因为 $n^{\frac{1}{n}}\to 1$，所以 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=1}$

$33.$ 设 $f(x)>0$，在区间 $[0,1]$ 上连续，证明：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\sum _{i=1}^n{\left(f\left(\frac{i}{n}\right)\right)}^n\frac{1}{n}}=\underset{0\le x\le 1}{\text{max}}f(x)$$

记 $M=\underset{0\le x\le 1}{\text{max}}f(x)$，显然 $x_n\le M$，下面考虑下界：
设 $f(x_0)=M$，那么 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\delta >0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时 $M-\epsilon <f(x)<M+\epsilon$
当 $n$ 充分大时 ${\displaystyle \frac{1}{n}}<\delta$，存在 $i_0$ 使得

$$f\left(\frac{i_0}{n}\right)>M-\epsilon$$

因此

$$x_n\ge \sqrt[n]{{\left(f\left(\frac{i_0}{n}\right)\right)}^n\frac{1}{n}}>(M-\epsilon )\frac{1}{\sqrt[n]{n}}$$

即

$$(M-\epsilon )\frac{1}{\sqrt[n]{n}}\le x_n\le M$$

命题得证.

这一题告诉我们 $f(x)>0$ 时

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{{\int }_0^1(f(x){)}^n\text{d}x}=\underset{0\le x\le 1}{\text{max}}f(x)$$

$34.$ 求 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{1}{n^2}+\cdots +\frac{1}{(2n{)}^2}]}$

由于级数 ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}}$ 收敛，其余项

$$R_n=\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\to 0$$

$$0\le \frac{1}{n^2}+\cdots +\frac{1}{(2n{)}^2}\le R_{n-1}\to 0$$

故原极限为 $0.$
本质上是柯西收敛准则.

$35.$ 设 $x_n={\displaystyle \frac{1}{2\ln 2}}+\cdots +{\displaystyle \frac{1}{n\ln n}}-\ln \ln n$，证明 $\{x_n\}$ 收敛.

考虑差分

$$|x_{n+1}-x_n|=|\frac{1}{(n+1)\ln (n+1)}-\frac{1}{{\xi }_n\ln {\xi }_n}|\le \frac{1}{n\ln n}-\frac{1}{(n+1)\ln (n+1)}$$

因此

$$\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}|x_{k+1}-x_k|\le \frac{1}{2\ln 2}$$

差分数列是收敛的，原数列也是收敛的.

$36.$ 设函数 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的连续周期函数. 证明

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\text{d}t=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)\text{d}t$$

考虑夹逼定理：

$$\frac{1}{(n+1)T}{\int }_0^{nT}f(t)\text{d}t\le \frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\text{d}t\le \frac{1}{nT}{\int }_0^{(n+1)T}f(t)\text{d}t$$

两端都趋于 ${\displaystyle \frac{1}{T}{\int }_0^{T}f(t)\text{d}t}$

$37.$ 设 $f^{\prime }(x)$ 是 $[0,+\mathrm{\infty })$ 上的连续函数，${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[f(x)+f^{\prime }(x)]=0}$，证明

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0.$$

考虑 $({\text{e}}^{x}f(x){)}^{\prime }={\text{e}}^{x}f(x)+{\text{e}}^x{f}^{\prime }(x)$
两端在 $[a,x]$ 积分

$${\text{e}}^{x}f(x)={\text{e}}^{a}f(a)+{\int }_a^x{\text{e}}^x[f(x)+f^{\prime }(x)]\text{d}x$$

$$|f(x)|\le \frac{{\text{e}}^a}{{\text{e}}^x}|f(a)|+\frac{1}{{\text{e}}^x}{\int }_a^x{\text{e}}^x|f(x)+f^{\prime }(x)|\text{d}x$$

令 $|{\displaystyle \frac{{\text{e}}^a}{{\text{e}}^x}}f(a)|<{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}},|f(x)+f^{\prime }(x)|<{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$，那么

$$|f(x)|<\epsilon$$

命题得证.

$38.$ 证明韦达公式：

$$\frac{2}{\pi }=\sqrt{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}\cdots$$

上式可改写为

$$\frac{2}{\pi }=x_1{x}_2\cdots x_n,x_{n+1}=\sqrt{\frac{1+x_n}{2}},x_1=\sqrt{\frac{1}{2}}$$

而

$$\cos \frac{\pi }{4}\cdots \cos \frac{\pi }{2^{n+1}}=\frac{1}{\sin \frac{\pi }{2^{n+1}}}\cdot \frac{1}{2^n}=\frac{2}{\pi }$$

证讫.

$39.$ 设极限 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_1+\cdots +a_n)}$ 存在，求：
1）${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}(a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n)}$;
2）${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n!a_1\cdots a_n{)}^{\frac{1}{n}}.}$

1）记 ${\displaystyle S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k}$，考虑阿贝尔变换：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k=& S_n-\sum _{k=1}^{n-1}{S}_k\mathrm{\Delta }k\\ =& S_n-\sum _{k=1}^{n-1}{S}_k\end{array}$$

由于数列极限等同于算术均值的极限，上式趋于 $0$.
2）利用 $0\le (1a_1\cdots n{a}_n{)}^{\frac{1}{n}}\le {\displaystyle \frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}}$ 即可.

$40.$ $x_n>0,{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=0}$，证明：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{k\ge 1}{\text{sup}}{\left(\prod _{i=1}^n{x}_{i+k}\right)}^{\frac{1}{n}}=0$$

注意到

$$\underset{k\ge 1}{\text{sup}}{\left(\prod _{i=1}^n{x}_{i+k}\right)}^{\frac{1}{n}}\le {(\prod _{i=1}^n\underset{k\ge 1}{\text{sup}}{x}_{i+k})}^{\frac{1}{n}}$$

令 $b_i=\underset{k\ge 1}{\text{sup}}{x}_{i+k}$，则 $b_i\to 0$，由 AM-GM 不等式即证.

$41.$ 设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的可微函数，${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=A>0}$，证明

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }$$

反证之.
若 $f$ 趋于 $C$,即 ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=C}$
存在 $x>M,|f(x)-C|<\epsilon$
而 ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=A}$ 得 $x>M_1,f^{\prime }(x)>A-\epsilon$
取 $x_1,x_2>\text{max}\{M,M_1\},x_2-x_1>{\displaystyle \frac{2\epsilon }{A-\epsilon }}$
产生矛盾.

$42.$ 1）若存在常数 $r(0<r<1),|x_{n+1}-x_n|\le r|x_n-x_{n-1}|$，证明 $\{x_n\}$ 收敛；
2）$x_{n+1}=f(x_n),|f^{\prime }(x)\le r<1|$，证明 $\{x_n\}$ 收敛.

1）

$$\begin{array}{rl}|x_{n+p}-x_n|\le & \sum _{k=n+1}^{n+p}|x_k-x_{k-1}|\\ \le & \sum _{k=n+1}^{n+p}{r}^{k-1}|x_1-x_0|\\ =& |x_1-x_0|\cdot \frac{r^n-r^{n+p}}{1-r}\\ \le & |x_1-x_0|\frac{r^n}{1-r}\end{array}$$

由柯西准则知收敛.

2）利用微分中值

$$\begin{array}{rl}|x_{n+1}-x_n|=& |f(x_n)-f(x_{n-1})|\\ =& |f^{\prime }(\xi )(x_N-x_{n-1})|\\ \le & r|x_n-x_{n-1}|\end{array}$$

后续证明同上.

此题称作“压缩映像原理”，$f$ 是压缩映射，$r$ 是压缩常数.

$43.$ 已知 $x_{n+1}=f(x_n)$，$f$ 是增函数，若存在不动点 $x^{\ast }=f(x^{\ast })$ 满足

$$(x_1-f(x_1))(x_1-x^{\ast })\ge 0$$

则数列 $\{x_n\}$ 必收敛.

对 $x_1$ 分类：只证明 $x_1>x^{\ast }$ 的情况，其余同理.
一方面，$x_{n+1}=f(x_n)\ge f(x^{\ast })=x^{\ast }$（数学归纳法），这样 $x^{\ast }$ 是下界；
另一方面，$x_{n+1}=f(x_n)\le f(x_{n-1})=x_n$（数学归纳法），这样 $x_n$ 递减.
由单调有界原理，数列 $\{x_n\}$ 收敛.

此题称作“不动点方法”.
注意 $f$ 必须是增函数，减函数不成立.

$44.$ 证明：若 $f$ 在 $I\equiv [a-r,a+r]$ 上可微，

$$|f^{\prime }(x)\le \alpha <1,|f(a)-a|\le (1-\alpha )r$$

任取 $x_0\in I,x_1=f(x_0),\cdots ,x_n=f(x_{n-1})$，则 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=x^{\ast }}$（$x^{\ast }$ 为不动点）

先证明一切 $x_n\in I$:

$$\begin{array}{rl}|x_{n+1}-a|=& |f(x_n)-f(a)+f(a)-a|\\ \le & |f^{\prime }(\xi )||x_n-a|+|f(a)-a|\\ \le & \alpha r+(1-\alpha )r\\ =& r\end{array}$$

再证明收敛：

$$|x_{n+1}-x_n|=|f^{\prime }(\xi )(x_n-x_{n-1})|\le \alpha |x_n-x_{n-1}|$$

那么 $f$ 是一个压缩映射，数列必然收敛. 考虑到在 $x_n=f(x_{n-1})$ 取极限即为 $x=f(x)$ 的根.

$45.$ 设 $f$ 映 $[a,b]$ 到自身，且

$$|f(x)-f(y)|\le |x-y|$$

任取 $x_1\in [a,b]$，令

$$x_{n+1}=\frac{1}{2}[x_n+f(x_n)]$$

求证数列有极限 $x^{\ast }$，$x^{\ast }$ 满足方程 $f(x^{\ast })=x^{\ast }$.

题设已经告诉有界了，只要能证明 $\{x_n\}$ 单调就可以了. 不妨设 $x_1\le f(x_1)$.
数学归纳：

$$x_2=\frac{1}{2}[x_1+f(x_1)]\ge x_1$$

$$f(x_{n-1})-f(x_n)\le |f(x_{n-1})-f(x_n)|\le |x_{n-1}-x_n|=x_n-x_{n-1}$$

因此

$$x_n=\frac{1}{2}[x_{n-1}+f(x_{n-1})]\le \frac{1}{2}[x_n+f(x_n)]=x_{n+1}$$

故 $\{x_n\}$ 单调递增.

$46.$ 证明数列

$$2,2+\frac{1}{2},2+\frac{1}{2+{\displaystyle \frac{1}{2}}},\cdots$$

收敛，并求其极限.

极限是好求的：

$$A=2+\frac{1}{A},A=1+\sqrt{2}$$

考虑到

$$|x_{n+1}-x_n|=|\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}|=\frac{|x_{n-1}-x_n|}{|x_n{x}_{n-1}|}\le \frac{1}{4}|x_n-x_{n-1}|$$

是一个压缩映射，数列是收敛的.

$47.$ 已知 $z=f(x,y)$ 为 $x>0,y>0$ 上定义的正连续函数，$z$ 分别对 $x,y$ 单增，若:（1）存在点 $b$ 是 $f(x,x)$ 的不动点;（2）当且仅当 $x>b$ 时 $x>f(x,x).$ 令 $a_1=f(a,a),a_2=f(x_1,a),a_n=f(a_{n-1},a_{n-2})$，证明 $\{a_n\}$ 单调有界存在极限，且极限为不动点.

只证 $a\le a_1$ 的情况：

$$a_2=f(a_1,a)\ge f(a,a)=a_1,a_3=f(a_2,a_1)\ge f(a_1,a_1)\ge f(a_1,a)=a_2$$

$$a_{n+1}=f(a_n,a_{n-1})\ge f(a_{n-1},a_{n-2})=a_n$$

因此 $\{a_n\}$ 单增.
考虑到 $a\le b$

$$a_1=f(a,a)\le f(b,b)=b,a_2=f(a_1,a)\le f(b,a)\le f(b,b)=b$$

由数学归纳法知 $a_n\le b$.
命题得证.

$48.$ $a>0,a_1=(a+a^{\frac{1}{3}}{)}^{\frac{1}{3}},a_2=(a_1+a^{\frac{1}{3}}{)}^{\frac{1}{3}},\cdots ,a_n=(a_{n-1}+a_{n-2}^{\frac{1}{3}}{)}^{\frac{1}{3}}$，证明:
1）数列 $\{a_n\}$ 为单调有界数列;
2）数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $x^3=x+x^{\frac{1}{3}}$ 的一个正根.

仿照上题, 不妨设 $a\le a_1:$
考虑到 $z=(x+y^{\frac{1}{3}}{)}^{\frac{1}{3}}$ 关于 $x,y$ 递增, 可证 $a_{n-1}\le a_n$ 单增有上界;
继续考虑 $x^3-x-x^{\frac{1}{3}}$ 给定范围内只有一个根即不动点即可.

$49.$ 对于数列 $x_0=a,0<a<{\displaystyle \frac{\pi }{2}},x_n=\sin x_{n-1}$, 证明

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{\frac{n}{3}}{x}_n=1.$$

原题等价于证明

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{\frac{1}{x_n^2}}=3$$

由 Stolz 公式

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{\frac{1}{x_n^2}}=& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x_n^2}-\frac{1}{x_{n-1}^2}}\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\frac{1}{{\sin }^2{x}_{n-1}}-\frac{1}{x_{n-1}^2}}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{x^2{\sin }^{2}x}{x^2-{\sin }^{2}x}\\ =& \underset{x\to 0}{lim}\frac{x^4}{(2x+o(x))(\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3))}\\ =& 3\end{array}$$

$50.$ 证明：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\displaystyle \sum _{k=1}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\ln k}}{\ln (\ln k)}=1.$$

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\ln k=& \sum _{k=1}^n(-1{)}^k((\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}))\ln k\\ =& \sum _{k=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})+\sum _{k=1}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})\ln k\\ =& \sum _{k=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})+\sum _{k=1}^{n-1}(-1{)}^{k+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})\ln (k+1)\\ =& \sum _{k=1}^{n-1}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})(\ln k-\ln (k+1))\\ =& (-1{)}^{k+1}\sum _{k=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k}){\int }_0^1\frac{1}{x+k}\text{d}x\\ =& (-1{)}^{k+1}{\int }_0^1{\int }_0^1\sum _{k=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})u^{x+k-1}\text{d}u\text{d}x\\ =& -{\int }_0^1{\int }_0^1{u}^{x-1}[(1-u{)}^{n-1}-1]\text{d}u\text{d}x\\ =& -{\int }_0^1(\frac{\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(n)}{\mathrm{\Gamma }(x+n)}-\frac{1}{x})\text{d}x\\ =& {\int }_0^1\frac{1}{x}(1-\frac{(n-1)!}{(x+1)\cdots (x+n-1)})\text{d}x\\ =& {\int }_0^1\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{(-\ln n+C)x})\text{d}x(\ast )\end{array}$$

令 $a_n=\ln n+C$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{-a_{n}x})\text{d}x=& {\int }_0^{a_n}\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{-x})\text{d}x\\ =& {\int }_0^1\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{-x})\text{d}x+{\int }_1^{a_n}\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{-x})\text{d}x\\ =& \ln a_n+{\int }_0^1\frac{1}{x}(1-{\text{e}}^{-x})\text{d}x-{\int }_1^{a_n}\frac{{\text{e}}^{-x}}{x}\text{d}x\\ =& \ln a_n+O(1)\end{array}$$

关于 $(\ast )$ 式的说明：

$$\begin{array}{rl}& \frac{(n-1)!}{(x+1)\cdots (x+n-1)}\\ =& \prod _{k=1}^{n-1}(1+\frac{x}{k}{)}^{-1}\\ =& \text{exp}\{-{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}\ln (1+\frac{x}{k})}\}\end{array}$$

对 $\ln$ 幂级数展开：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{n-1}\ln (1+\frac{x}{k})\\ =& \sum _{k=1}^{n-1}\frac{x}{k}+O(\sum _{k=1}^{n-1}\frac{x^2}{k^2})\\ =& x(\ln n+\gamma )+O(x^2)\end{array}$$

那么

$$\frac{(n-1)!}{(x+1)\cdots (x+n-1)}={\text{e}}^{-(\ln n+\gamma )x}{\text{e}}^{O(x^2)}={\text{e}}^{-(\ln n+\gamma )x}+O(x^2{\text{e}}^{-(\ln n+\gamma )x})$$

其中

$$O({\int }_0^{1}x{\text{e}}^{-(\ln n+\gamma )x}\text{d}x)=O(\frac{1}{{\ln }^{2}n})$$

被省略了.

$51.$ 证明：
1）${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})}$;
2）${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n}{k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})}$;
3）${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n}{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}$.

1）考虑 $n$ 个物体中挑选 $k$ 个，选择 $n_i$ 的方案有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})}$ 种，不选择 $n_i$ 的方案有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}$ 种;

2）考虑 $n$ 个物体中挑选 $k$ 个，选择 $n_i$ 的方案有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})}$ 种，每一个 $n_i$ 都被尝试选择，重复计算 $k$ 次.

3）联立 1）2）即证.

$52.$ 证明：

$$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^x\frac{n(n-1)\cdots 1}{x(x+1)\cdots (x+n)}.$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }(x)=& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\text{e}}^{-t}{t}^{x-1}\text{d}t\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^n(1-\frac{t}{n}{)}^n{t}^{x-1}\text{d}t\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^x{\int }_0^1(1-t{)}^n{t}^{x-1}\text{d}t\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^x\frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)\mathrm{\Gamma }(x)}{\mathrm{\Gamma }(n+x+1)}\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^x\frac{n!}{(x{)}_{n+1}}\end{array}$$

$53.$ 证明 Riemann 函数

$$R(x)=\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{q}}x={\displaystyle \frac{p}{q}},\text{gcd}(p,q)=1\\ 0x\in \mathbb{R}-\mathbb{Q}\end{array}$$

在无理点上连续，在有理点上间断.

1）设 $x_0$ 为有理点，$R(x_0)=\frac{1}{q}>0$，由无理点的稠密性，存在无理点列 $\{x_n\}\to x_0$，但

$$|R(x_n)-R(x_0)|=|0-\frac{1}{q}|=\frac{1}{q}>0$$

即 $R(x_n)$ 不趋于 $R(x_0)$，故 $R(x)$ 在有理点不连续；
2）设 $x_0\in [0,1]$ 为无理点，$R(x_0)=0$，考虑到对于任意 $\epsilon >0$，$R(x)\ge \epsilon$ 的点仅为有限个，如此可取 $\delta >0$ 充分小，使 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 不含有 $R(x)\ge \epsilon$ 的点，从而

$$\mathrm{\forall }x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta ),|R(x)-R(x_0)|=R(x)<\epsilon$$

因此 $R(x)$在 $[0,1]$ 上的无理点连续，根据周期性可知在一切无理点上都连续.

$54.$ 设 $f(x)={\displaystyle \frac{x+2}{x+1}}\sin {\displaystyle \frac{1}{x}},a>0$ 为一正常数. 证明：$f(x)$ 在 $(0,a)$ 非一致连续，在 $[a,+\mathrm{\infty })$ 一致连续.

1）

$$\begin{array}{rl}& |f(x^{\prime })-f(x^{″})|\\ \le & |\frac{x^{\prime }+2}{x^{\prime }+1}\sin {\displaystyle \frac{1}{x^{\prime }}}-\frac{x^{″}+2}{x^{″}+1}\sin {\displaystyle \frac{1}{x^{\prime }}}|+|\frac{x^{″}+2}{x^{″}+1}\sin {\displaystyle \frac{1}{x^{\prime }}}-\frac{x^{″}+2}{x^{″}+1}\sin {\displaystyle \frac{1}{x^{″}}}|\\ \le & |\frac{x^{\prime }+2}{x^{\prime }+1}-\frac{x^{″}+2}{x^{″}+1}|+\frac{x^{″}+2}{x^{″}+1}\cdot 2|\cos \frac{{\displaystyle \frac{1}{x^{\prime }}}+{\displaystyle \frac{1}{x^{″}}}}{2}||\sin \frac{{\displaystyle \frac{1}{x^{\prime }}}-{\displaystyle \frac{1}{x^{″}}}}{2}|\\ \le & \frac{|x^{″}-x^{\prime }|}{(x^{\prime }+1)(x^{″}+1)}+(1+\frac{1}{x^{″}+1})|\frac{1}{x^{\prime }}-\frac{1}{x^{″}}|\\ \le & (\frac{1}{(a+1{)}^2}+\frac{a+2}{a^2(a+1)})|x^{\prime }-x^{″}|\equiv L|x^{\prime }-x^{″}|\end{array}$$

从而满足利普希茨条件，$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\delta ={\displaystyle \frac{\epsilon }{L}}$，当 $|x^{\prime }-x^{″}|<{\displaystyle \frac{\epsilon }{L}}$ 时 $|f(x^{\prime })-f(x^{″})|<\epsilon .$
故 $f$ 在 $[a,+\mathrm{\infty })$ 一致连续.
2）取点列 $x_n^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{2n\pi +{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}},x_n^{″}={\displaystyle \frac{1}{2n\pi -{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}}$，$n$ 充分大时

$$|x_n^{\prime }-x_n^{″}|\to 0,|f(x_n^{\prime })-f(x_n^{″})|>2$$

故 $f$ 在 $(0,a)$ 非一致连续.

$55.$ 求函数方程

$$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$

在实轴上恒不小于 $1$ 的连续解.

易证 $f(0)=1$ 且 $f(x)$ 是偶函数.
数学归纳：
取一点 $c$，则存在 $\theta$ 满足 $f(c)=\cosh \theta$
令 $x=y=c$

$$f(2c)=2(f(c){)}^2-f(0)=2{\cosh }^2\theta -1=\cosh 2\theta$$

若已得 $f((n-2)c)=\cosh (n-2)\theta ,f((n-1)c)=\cosh (n-1)\theta$

$$f(nc)=2\cosh (n-1)\theta \cdot \cosh \theta -\cosh (n-2)\theta =\cosh n\theta$$

因此

$$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},f(nc)=\cosh n\theta$$

继续数学归纳：
令 $x=y={\displaystyle \frac{c}{2}}$ 得

$$f(\frac{c}{2})=\cosh \frac{1}{2}\theta$$

若已得 $f({\displaystyle \frac{c}{2^{n-1}}})=\cosh {\displaystyle \frac{\theta }{2^{n-1}}}$

$$(f(\frac{c}{2^n}){)}^2=\frac{1}{2}(\cosh \frac{\theta }{2^{n-1}}+1)=(\cosh \frac{\theta }{2^n}{)}^2$$

因此

$$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},f(\frac{c}{2^n})=\cosh \frac{\theta }{2^n}$$

综上所述

$$f(\frac{m}{2^n}c)=\cosh \frac{m}{2^n}\theta ,\mathrm{\forall }m,n\in \mathbb{N}$$

考虑到 $\mathrm{\forall }x>0,\mathrm{\exists }{x}_i$（$x_i$ 为 ${\displaystyle \frac{m}{2^n}}$ 形式的数，这个形式的数是稠密的，故能逼近所有的点）使得

$$x_i\to x(i\to \mathrm{\infty })$$

则 $f(x_{i}c)=\cosh x_i\theta$
由连续性可取 $i\to \mathrm{\infty }$ 极限

$$f(cx)=\cosh \theta x$$

亦即

$$f(x)=\cosh ax(\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}).$$

$56.$ 设 $f_1,f_2$ 在 $x_0$ 及其附近有定义，在 $x_0$ 有直到 $n$ 阶导数，记 $N(f)={\displaystyle \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}|f^{(k)}(x_0)|}$，证明：

$$N(f_1{f}_2)\le N(f_1)N(f_2).$$

$$\begin{array}{rl}N(f_1{f}_2)=& \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}|(f_1{f}_2{)}^{(k)}(x_0)|\\ \le & \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}\sum _{j=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})|f_1^{(j)}(x_0)||f_2^{(k-j)}(x_0)|\\ =& \sum _{k=0}^n\sum _{j=0}^k\frac{1}{j!(k-j)!}|f_1^{(j)}(x_0)||f_2^{(k-j)}(x_0)|\\ \le & \sum _{j=0}^n\frac{1}{j!}|f_1^{(j)}(x_0)|\cdot \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}|f_2^{(k)}(x_0)|\\ =& N(f_1)\cdot N(f_2)\end{array}$$

$57.$ 设 $(a,b)$ 为有穷或无穷区间，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可微，且 ${\displaystyle \underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to b^{-}}{lim}f(x)=A}$ (有限或 $\pm \mathrm{\infty }$)，证明：$\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$，使得 $f^{\prime }(\xi )=0.$

1）若为常函数，则问题自明.
2）若 $f(x)$ 不恒等于 $A$，则存在 $x_0\in (a,b)$，使得 $f(x_0)\ne A$，不妨设 $f(x_0)>A$，考虑到连续性可取任意 $\mu (A<\mu <f(x_0))$，那么存在 $x_1\in (a,x_0),x_2\in (x_0,b)$ 使得 $f(x_1)=f(x_2)=\mu$，从而存在 $\xi \in (x_1,x_2)\subset (a,b),f^{\prime }(\xi )=0.$

$58.$ 证明：Legendre 多项式

$$P_n(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{{\text{d}}^n}{\text{d}{x}^n}|(x^2-1{)}^n|$$

的一切根在 $(-1,1)$ 内.

我们将本题推广一下：
设 $P_n(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$ 为实系数多项式，且一切根皆为实数，那么导数 $P_n^{\prime }(x),\cdots ,P_n^{(n-1)}(x)$ 也仅有实根.

可设 $P_n(x)=a_0(x-{\alpha }_1{)}^{k_1}\cdots (x-{\alpha }_m{)}^{k_m}$，由 Rolle 定理 ${}_n^{\prime }(x)$ 在相异的 $m$ 个根间隙里有 $m-1$ 个根.
对于 $P_n(x)$ 的 $k_i$ 重根，它必为 $P_n^{\prime }(x)$ 的 $k_i-1$ 重根.
因此 $P_n^{\prime }(x)$ 共有 $(m-1)+(k_1-1)+\cdots +(k_m-1)=n-1$ 个根.

$59.$ 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有 $n$ 阶连续导数，且 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上至少有 $n+1$ 个不同实根. 证明：

$$P_n(D)f(x)\equiv (D^n+c_{n-1}{D}^{n-1}+\cdots +c_0)f(x)$$

在 $[a,b]$ 至少有一零点.（$P_n(x)$ 为仅有实根的实系数多项式）

注意到

$$P_n(D)f(x)=(D-{\alpha }_1)\cdots (D-{\alpha }_n)f(x)$$

其中在 $f(x)$ 的不同实根之间必有

$$(D-{\alpha }_n)f(x)=f^{\prime }(x)-{\alpha }_{n}f(x)$$

的一个实根（考虑构造 $g(x)=f(x){\text{e}}^{-\alpha x}$ 利用 Rolle 定理），共 $n$ 个. 如此这般重复 $n-1$ 次，$(D^n+c_{n-1}{D}^{n-1}+\cdots +c_0)f(x)$ 至少有一实根.

$60.$ 设 $f,g,h$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，证明：

$$\left|\begin{array}{ccc}f(a)& g(a)& h(a)\\ f(b)& g(b)& h(b)\\ f^{\prime }(\xi )& g^{\prime }(\xi )& h^{\prime }(\xi )\end{array}\right|=0$$

这题是 Lagrange 和 Cauchy 中值定理的推广，记：

$$F(x)=\left|\begin{array}{ccc}f(a)& g(a)& h(a)\\ f(b)& g(b)& h(b)\\ f(x)& g(x)& h(x)\end{array}\right|$$

由 Rolle 定理 $F(a)=F(b)=0,F^{\prime }(\xi )=0$
证毕.

$61.$ 设 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的区间 $I$ 上二次可微，$x_0+h\in I,\lambda \in (0,1)$，证明：$\mathrm{\exists }\theta \in (0,1)$ 使得

$$f(x_0+\lambda h)=\lambda f(x_0+h)+(1-\lambda )f(x_0)+\frac{\lambda }{2}(\lambda -1)h^2{f}^{″}(x_0+\theta h).$$

利用K值法（含 $\theta$ 项设为 $K$）
令 $F(t)=f(x_0+th)-tf(x_0+h)-(1-t)f(x_0)-{\displaystyle \frac{t}{2}}(t-1)h^{2}K$
考虑到 $F(0)=F(1)=F(\lambda )=0$
两次应用 Rolle 定理得

$$F^{″}(\theta )=0$$

此式即

$$K=f^{″}(x_0+\theta h)$$

$62.$ 若函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 可微，且 ${\displaystyle \underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)=\mathrm{\infty }}$，证明

$$\overline{\underset{x\to a^{+}}{lim}}{f}^{\prime }(x)=\mathrm{\infty }$$

这里 $\overline{lim}$ 指的是上极限（可理解为最大的子列极限，或者说是子列极限的上确界），要证 ${\displaystyle \overline{\underset{x\to a^{+}}{lim}}{f}^{\prime }(x)=\mathrm{\infty }}$，只要证明存在序列 $\{{\xi }_n\}\to a+0$ 使得 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|f^{\prime }({\xi }_n)|=+\mathrm{\infty }}$.

记 $l=b-a,c_n=a+{\displaystyle \frac{l}{n}}=a+{\displaystyle \frac{b-a}{n}}$，则 $n\to \mathrm{\infty }$ 时 $c_n\to a+0$.
由于 ${\displaystyle \underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)=\mathrm{\infty }}$，可取 $x_1\in (a,c_1)$ 使得 $|f(x_1)-f(c_1)|>l$，从而应用 Lagrange 定理

$$|f^{\prime }({\xi }_n)|=\left|\frac{f(x_1)-f(c_1)}{x_1-c_1}\right|>\frac{|f(x_1)-f(c_1)|}{l}>1$$

同理存在 $x_n\in (a,c_n)$ 使得 $|f(x_n)-f(c_n)|>nl$ 从而 $|f^{\prime }({\xi }_n)|>n$
如此我们得到

$${\xi }_n\to a,|f^{\prime }({\xi }_n)|\to +\mathrm{\infty }$$

总结一些插值方法：Lagrange, Newton, Hermite.

Lagrange 的基本原理是计算基函数 $$\begin{gathered} {\displaystyle l_i(x)=\prod _{j=0 \\ j\ne i}^n\frac{x-x_j}{x_i-x_j}} \end{gathered}$$ 的线性组合，Newton 的基本原理是用过均差 $f(a,b,c,\cdots )$ 递推，Hermite 是高阶导数版的 Newton. 注意一些常识：插值多项式是唯一的；插值次数比节点数小 $1$；通常记为 $f(x)=f_2(x)+R_2(x)$ 的形式中，下标 $2$ 代表次数，实际上是插值了 $3$ 个点，$R_2(x)$ 也常常用一个三阶导数来代替.

Darboux 定理：$f^{\prime }(a)<\eta <f^{\prime }(b)\Rightarrow f^{\prime }(c)=\eta ,c\in (a,b)$

$63.$ 设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 可微，$f(0)=0,f(1)=1,k_i>0$. 证明存在互不相等的 $x_i$ 满足

$$\sum _{i=1}^n\frac{k_i}{f^{\prime }(x_i)}=\sum _{i=1}^n{k}_i$$

本题实质上是证明

$$\sum _{i=1}^n\frac{{\lambda }_i}{f^{\prime }(x_i)}=1,0<{\lambda }_i<1,{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n=1$$

由介值定理存在 $0<c_1<c_2<\cdots <c_n=1$ 使得

$$\begin{array}{rl}& f(c_1)={\lambda }_1\\ & f(c_2)={\lambda }_1+{\lambda }_2\\ & \cdots \\ & f(c_n)={\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n\end{array}$$

由 Lagrange 定理

$$f^{\prime }(x_i)=\frac{f(c_i)-f(c_{i-1})}{c_i-c_{i-1}}=\frac{{\lambda }_i}{c_i-c_{i-1}}$$

$$\frac{{\lambda }_i}{f^{\prime }(x_i)}=c_i-c_{i-1}$$

累加即有

$$\sum _{i=1}^n\frac{{\lambda }_i}{f^{\prime }(x_i)}=1,0<{\lambda }_i<1,{\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n=1$$

令 ${\lambda }_i={\displaystyle \frac{k_i}{{\displaystyle \sum _{i=1}^n{k}_i}}}$

$$\sum _{i=1}^n\frac{k_i}{f^{\prime }(x_i)}=\sum _{i=1}^n{k}_i$$

$64.$ $f(x)$ 在 $[0,1]$ 可导，$2f^{\prime }({\displaystyle \frac{1}{3}})\ne f^{\prime }({\displaystyle \frac{2}{3}})$，证明存在互不相同的 ${\theta }_1,{\theta }_2,{\theta }_3\in (0,1)$ 满足

$$\frac{f^{\prime }({\theta }_1)}{{\theta }_1}+\frac{f^{\prime }({\theta }_2)}{{\theta }_2}=2\frac{f^{\prime }({\theta }_3)}{{\theta }_3}$$

令 ${\theta }_1={\displaystyle \frac{1}{3}},{\theta }_2={\displaystyle \frac{2}{3}}$，不妨设 ${\displaystyle \frac{f^{\prime }({\theta }_1)}{{\theta }_1}}<{\displaystyle \frac{f^{\prime }({\theta }_2)}{{\theta }_2}}$，令 $c={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{f^{\prime }({\theta }_1)}{{\theta }_1}}+{\displaystyle \frac{f^{\prime }({\theta }_2)}{{\theta }_2}})$，$g(x)=f(x)-{\displaystyle \frac{c}{2}}{x}^2$，则 $g^{\prime }({\theta }_1)<0,g^{\prime }({\theta }_2)>0$，由 Darboux 定理 $g^{\prime }({\theta }_3)=0$ 即 ${\displaystyle \frac{f^{\prime }({\theta }_3)}{{\theta }_3}}=c$

$65.$ 证明 Jenson 不等式：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上二次可微，$f^{″}(x)<0$，$\mathrm{\forall }a\le x_1<x_2<\cdots <x_n\le b,k_i\ge 0$，${\displaystyle \sum _{i=1}^n{k}_i=1}$

$$f\left(\sum _{i=1}^n{k}_i{x}_i\right)>\sum _{i=1}^n{k}_{i}f(x_i).$$

取 $x_0={\displaystyle \sum _{i=1}^n{k}_i{x}_i}$，将 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 展开

$$\begin{array}{rl}f(x_i)=& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_i-x_0)+{\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{″}(\xi )(x_i-x_0{)}^2\\ <& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_i-x_0)\end{array}$$

用 $k_i$ 乘以两端并相加

$${\displaystyle \sum _{i=1}^n{k}_i(x_i-x_0)=\sum _{i=1}^n{k}_i{x}_i-x_0=0}$$

因此

$$\sum _{i=1}^n{k}_{i}f(x_i)<f(x_0)=f\left(\sum _{i=1}^n{k}_i{x}_i\right).$$

$66.$ 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有二阶导数，$0\le x\le 1$ 时 $|f(x)|\le 1,|f^{″}(x)|<2$. 证明：当 $0\le x\le 1$ 时

$$|f^{\prime }(x)|\le 3.$$

如果采用这样的做法：
对 0,1 采用 Newton 插值：

$$f(x)=f(0)+f(0,1)x+{\displaystyle \frac{f^{″}(\xi )}{2}}x(x-1)$$

因此

$$\begin{array}{rl}|f^{\prime }(x)|=& |f(0,1)+(2x-1)\cdot \frac{f^{″}(\xi )}{2}|\\ \le & |f(1)-f(0)|+|x-\frac{1}{2}||f^{″}(\xi )|\\ \le & 2+\frac{1}{2}\cdot 2\\ =& 3\end{array}$$

其实是不对的，因为 $\xi$ 是 $x$ 的函数，不可以对等式两端关于 $x$ 求导.

正确的做法是直接

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{″}(\xi )}{2}(x-x_0{)}^2$$

从而

$$f^{\prime }(x_0)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-\frac{1}{2}{f}^{″}(\xi )(x-x_0)$$

位于 $[-3,3]$ 中.

$67.$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin ax}{{\text{e}}^x-1}dx$$ (Rectangular contour) Let $$f(z)={\displaystyle \frac{{\text{e}}^{\text{i}az}}{{\text{e}}^z-1}}$$ $$(1-{\text{e}}^{-2a\pi })I-\text{i}\frac{\pi }{2}{\text{e}}^{-2a\pi }-\text{i}\frac{\pi }{2}-{\int }_{\gamma }f(z)dz=0$$

$$$$ $\gamma$ represents the line from $(0,0)$ to $(0,2\pi )$. For $${\int }_0^{2\pi }\frac{{\text{e}}^{\text{i}az}}{{\text{e}}^z-1}dz$$ We need to evaluate the imaginary part: $$\begin{array}{rl}\text{i}{\int }_0^{2\pi }\frac{{\text{e}}^{-ay}}{{\text{e}}^{\text{i}y}-1}dy=& \text{i}{\int }_0^{2\pi }\frac{{\text{e}}^{-ay}}{\cos y+\text{i}\sin y-1}dy\\ =& \text{i}{\int }_0^{2\pi }\frac{{\text{e}}^{-ay}(-1-\text{i}\cot \frac{y}{2})}{2}dy\\ =& \text{i}{\int }_0^{2\pi }-\frac{1}{2}{\text{e}}^{-ay}dy\\ =& \text{i}\frac{{\text{e}}^{-2\pi a}-1}{2a}\end{array}$$ Hence $$I=\frac{\pi }{2}\coth (\pi a)-\frac{1}{2a}$$

$68.$

$${\int }_{-1}^1{\displaystyle \frac{\sqrt[4]{(1-x{)}^3(1+x)}}{x^2+1}}\text{d}x$$

Let $h(z)=\sqrt[4]{(1-z{)}^3(1+z)}$, we have to figure out the right branch and arguments while evaluating $h(\text{i})$.
For that we choose the $k=0$ branch and set the arguments above the real axis $\text{arg}(1+z)=\text{arg}(1-z)=0$, indicating

$$h(z)=\sqrt[4]{|1-z{|}^3|1+z|}{\text{e}}^{\text{i}\frac{3\mathrm{\Delta }\text{arg}(1-z)+\mathrm{\Delta }\text{arg}(1+z)}{4}}$$

Draw a curve (arbitrarily) that doesn't cut across $[-1,1]$, for branch point $(-1,0)$ it turned ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$, and for $(1,0)$ it turned $-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}$.

Therefore

$$h(\text{i})=\sqrt[4]{|1-\text{i}{|}^3|1+\text{i}|}{\text{e}}^{\text{i}\frac{3(-\frac{\pi }{4})+\frac{\pi }{4}}{4}}=\sqrt{2}{\text{e}}^{-\frac{\pi }{8}\text{i}}$$

Similarly, as we evaluate ${\displaystyle \underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}z(z-a{)}^r(b-z{)}^{s}f(z)}$

It could be interpreted as

$$\begin{array}{rl}\underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}z(z-a{)}^r(b-z{)}^{s}f(z)=& \underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}z|z{|}^r{\text{e}}^{r\theta \text{i}}|z{|}^s{\text{e}}^{s(\theta -\pi )\text{i}}f(z)\\ =& {\text{e}}^{-s\pi \text{i}}\underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}{z}^{r+s+1}f(z)\\ =& {\text{e}}^{-s\pi \text{i}}A\end{array}$$

Now turn back to the original question:
Let

$$f(z)={\displaystyle \frac{\sqrt[4]{(1-z{)}^3(1+z)}}{z^2+1}}$$

The upper segment represents ${\displaystyle \frac{\sqrt[4]{(1-x{)}^3(1+x)}}{x^2+1}}$
The lower segment represents ${\displaystyle \frac{\sqrt[4]{(1-x{)}^3(1+x)}}{x^2+1}}{\text{e}}^{\frac{3\pi }{2}\text{i}}=-\text{i}{\displaystyle \frac{\sqrt[4]{(1-x{)}^3(1+x)}}{x^2+1}}$
And by the residue formula:

$$\begin{array}{rl}2\pi \text{i}{\text{e}}^{-\frac{3\pi }{4}\text{i}}-(1+\text{i})I& =2\pi \text{i}(\text{Res}[f(z),\text{i}]+\text{Res}[f(z),-\text{i}])\\ I& =-\frac{\pi }{\sqrt{2}}(2-\sqrt{2}({\text{e}}^{-\frac{\pi }{8}\text{i}}+{\text{e}}^{\frac{\pi }{8}\text{i}}))\\ I& =\pi (\sqrt{2+\sqrt{2}}-\sqrt{2})\end{array}$$

$69.$

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{[1^{\alpha }+3^{\alpha }+\cdots +(2n+1{)}^{\alpha }{]}^{\beta +1}}{[2^{\beta }+4^{\beta }+\cdots +(2n{)}^{\beta }{]}^{\alpha +1}]}$$

$$\begin{array}{rl}\frac{[1^{\alpha }+3^{\alpha }+\cdots +(2n+1{)}^{\alpha }{]}^{\beta +1}}{[2^{\beta }+4^{\beta }+\cdots +(2n{)}^{\beta }{]}^{\alpha +1}]}=& 2^{\alpha -\beta }\frac{\{{\displaystyle \frac{2}{n}}[({{\displaystyle \frac{1}{n}}}^{\alpha }+\cdots +({\displaystyle \frac{2n+1}{n}}{)}^{\alpha }]{\}}^{\beta +1}}{\{{\displaystyle \frac{2}{n}}[({{\displaystyle \frac{2}{n}}}^{\beta }+\cdots +({\displaystyle \frac{2n}{n}}{)}^{\beta }]{\}}^{\alpha +1}}\\ =& 2^{\alpha -\beta }\frac{[{\displaystyle \sum _{i=1}^n({\displaystyle \frac{2i-1}{n}}{)}^{\alpha }{\displaystyle \frac{2}{n}}{]}^{\beta +1}}}{[{\displaystyle \sum _{i=1}^n({\displaystyle \frac{2i}{n}}{)}^{\beta }{\displaystyle \frac{2}{n}}{]}^{\alpha +1}}}\\ \to & 2^{\alpha -\beta }\frac{({\displaystyle {\int }_0^2{t}^{\alpha }\text{d}t{)}^{\beta +1}}}{({\displaystyle {\int }_0^2{t}^{\beta }\text{d}t{)}^{\alpha +1}}}\\ =& 2^{\alpha -\beta }\frac{(\beta +1{)}^{\alpha +1}}{(\alpha +1{)}^{\beta +1}}\end{array}$$

$70.$

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=0}^{n-1}{b}^{\frac{i}{n}}\sin b^{\frac{2i+1}{2n}}$$

$$\sum _{i=0}^{n-1}{b}^{\frac{i}{n}}\sin b^{\frac{2i+1}{2n}}=\sum _{i=0}^{n-1}(\sin b^{\frac{2i+1}{2n}})(b^{\frac{i+1}{n}}-b^{\frac{i}{n}})$$

这可理解为 $\sin x$ 在区间 $[1,b]$ 上的 $n$ 分划

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\sin b^{\frac{2i+1}{2n}})(b^{\frac{i+1}{n}}-b^{\frac{i}{n}})\to {\int }_1^b\sin x\text{d}x=\cos 1-\cos b.$$

$71.$ 证明 Wallis 公式：

$${\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)}^2\frac{1}{2n+1}\to \frac{\pi }{2}$$

考虑积分 $I_n={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\text{d}x}$
由分部积分可得

$$I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$$

那么

$$I_{2k+1}<I_{2k}<I_{2k-1}$$

$$\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}<\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{\pi }{2}<\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}$$

变形

$$1<\frac{(2k-1)!!(2k+1)!!}{[(2k)!!{]}^2}\frac{\pi }{2}<\frac{2k+1}{2k}$$

由夹逼定理得证.
从中我们还可以得知

$$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\sim \sqrt{n\pi }$$

$72.$ 证明 Abel-Dirichlet 判别法：
满足下列两个条件之一，则 ${\displaystyle {\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)g(x)\text{d}x}$ 收敛
1）${\displaystyle {\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)\text{d}x}$ 收敛，$g(x)$ 单调有界（Abel）
2）${\displaystyle {\int }_a^{A}f(x)\text{d}x}$ 有界，$g(x)$ 单调且 ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(x)=0}$（Dirichlet）

证明前先说明积分第一，第二中值定理：
1）如果 $g(x)$ 不变号，那么

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)\text{d}x$$

为什么 $g(x)$ 不能变号呢？可能出现 $f(x)$ 恒大于 $0$，${\displaystyle {\int }_a^{b}g(x)\text{d}x<0}$，${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x>0}$ 的情况.
2）如果 $g(x)$ 单调，那么

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\text{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\text{d}x$$

为什么 $g(x)$ 要单调呢？可能出现 $f(x)$ 恒大于 $0$，$\xi$ 取端点值 $g(a){\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{d}x}$ 和 $g(b){\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{d}x}$ 都比 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x}$ 大的情况.
以上都可借助 $f-g-x$ 坐标系加以理解.

先证 Abel 判别法：

$$\begin{array}{rl}|{\int }_A^{B}f(x)g(x)\text{d}x|=& |g(A){\int }_A^{\xi }f(x)\text{d}x|+|g(B){\int }_{\xi }^{B}f(x)\text{d}x|\\ \le & 2g_{\text{max}}\cdot {\epsilon }_1\\ =& \epsilon \end{array}$$

再证 Dirichlet 判别法：

$$\begin{array}{rl}|{\int }_A^{B}f(x)g(x)\text{d}x|=& |g(A){\int }_A^{\xi }f(x)\text{d}x|+|g(B){\int }_{\xi }^{B}f(x)\text{d}x|\\ \le & 2M\cdot {\epsilon }_1\\ =& \epsilon \end{array}$$

$73.$

$$\underset{h\to 0}{lim}{\int }_0^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)\text{d}x=\frac{\pi }{2}f(0).$$

很容易证明 $\epsilon \to 0$ 时

$${\int }_0^{\epsilon }\frac{h}{h^2+x^2}f(x)\text{d}x\to \frac{\pi }{2}f(0)$$

因此考虑取一个趋近 $0$ 的分点 $\epsilon$，下证

$${\int }_{\epsilon }^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)\text{d}x\to 0$$

$$\begin{array}{rl}|{\int }_{\epsilon }^1\frac{h}{h^2+x^2}f(x)\text{d}x|\le & M{\int }_{\epsilon }^1\frac{h}{h^2+x^2}\text{d}x\\ =& M(\arctan \frac{1}{h}-\arctan \frac{\epsilon }{h})\\ \to & 0\end{array}$$

$74.$ 证明

$${\int }_0^1|f(x)|\text{d}x\le \text{max}\{{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\text{d}x,|{\int }_0^{1}f(x)\text{d}x|\}$$

只证 ${\displaystyle |{\int }_0^{1}f(x)\text{d}x|<{\int }_0^1|f(x)|\text{d}x}$ 的情况 (存在零点 $x_0$):

$$\begin{array}{rl}|f(x)|=& |f(x)-f(x_0)|\\ =& |{\int }_{x_0}^x{f}^{\prime }(x)\text{d}x|\\ \le & {\int }_{x_0}^x|f^{\prime }(x)|\text{d}x\\ \le & {\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\text{d}x\end{array}$$

那么

$${\int }_0^1|f(x)|\text{d}x=|f(\xi )|{\int }_0^1\text{d}x\le {\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\text{d}x$$

$75.$ 设 $(f(x_1)-f(x_2))(g(x_1)-g(x_2))\ge 0$, 证明:

$${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x{\int }_a^{b}g(x)\text{d}x\le (b-a){\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x$$

先对 $x_1$ 积分，后对 $x_2$ 积分

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{\int }_a^b(f(x_1)-f(x_2))(g(x_1)-g(x_2))\text{d}{x}_1\text{d}{x}_2& \ge 0\end{array}$$

化简得

$${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x{\int }_a^{b}g(x)\text{d}x\le (b-a){\int }_a^{b}f(x)g(x)\text{d}x$$

这被称作似序不等式. 不等号反向则称作反序不等式.

$76.$ 设 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，证明

$$\underset{a\le x\le b}{\text{max}}|f(x)|\le |\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\text{d}x|+{\int }_a^b|f^{\prime }(x)|\text{d}x$$

考虑积分中值定理

$$|f(\xi )|=|\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\text{d}x|$$

利用

$$\underset{a\le x\le b}{\text{max}}|f(x)|=|f(x_0)|=|{\int }_{\xi }^{x_0}{f}^{\prime }(t)\text{d}t+f(\xi )|$$

完成证明.

$77.$ 设 $f(x)$ 二次可微，证明在 $(a,b)$ 内存在一点 $\xi$

$$f^{″}(\xi )=\frac{24}{(b-a{)}^3}{\int }_a^b(f(x)-f(\frac{a+b}{2}))\text{d}x$$

设 $F(x)$ 是原函数，采用 Hermite 插值

$$6F(a,\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},b)=F^{‴}(\xi )$$

化简得

$$f^{″}(\xi )=\frac{24}{(b-a{)}^3}{\int }_a^b(f(x)-f(\frac{a+b}{2}))\text{d}x$$

经验: 可微 $\iff$ 可导 $\Rightarrow$ 连续 $\Rightarrow$ 存在原函数 $\Rightarrow$ 可积

$78.$ (Hadamard 定理) 设 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上连续的凸函数. 证明

$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le \frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\text{d}t\le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$

仿照琴生的证明，设 $t=x_1+\lambda (x_2-x_1)$

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\text{d}t={\int }_0^{1}f[x_1+\lambda (x_2-x_1)]\text{d}\lambda$$

同理

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\text{d}t={\int }_0^{1}f[x_2-\lambda (x_2-x_1)]\text{d}\lambda$$

因此

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\text{d}t\\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^1(f[x_1+\lambda (x_2-x_1)]+f[x_2-\lambda (x_2-x_1)])\text{d}\lambda \\ \ge & f(\frac{x_1+x_2}{2})\end{array}$$

另一方面

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\text{d}t\\ =& {\int }_0^{1}f[\lambda x_2+(1-\lambda )x_1]\text{d}\lambda \\ \le & {\int }_0^1[\lambda f(x_2)+(1-\lambda )f(x_1)]\text{d}\lambda \\ =& \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\end{array}$$

$79.$ 设 $f(x),p(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，$p(x)\ge 0,{\int }_a^{b}p(x)\text{d}x>0$，且 $m\le f(x)\le M$，$\phi (x)$ 在 $[m,M]$ 上有定义，并有二阶导数，${\phi }^{″}(x)>0$，证明

$$\phi \left(\frac{{\int }_a^{b}p(x)f(x)\text{d}x}{{\int }_a^{b}p(x)\text{d}x}\right)\le \frac{{\int }_a^{b}p(x)\phi (f(x))\text{d}x}{{\int }_a^{b}p(x)\text{d}x}$$

由凸函数知

$$\phi \left(\frac{p_1{f}_1+\cdots +p_n{f}_n}{p_1+\cdots +p_n}\right)\le \frac{p_1\phi (f_1)+\cdots +p_n\phi (f_n)}{p_1+\cdots +p_n}$$

设 $x_i=a+{\displaystyle \frac{i}{n}}(b-a)$

$$\phi \left(\frac{\sum p(x_i)f(x_i){\displaystyle \frac{b-a}{n}}}{\sum p(x_i){\displaystyle \frac{b-a}{n}}}\right)\le \frac{\sum p(x_i)\phi (f(x_i)){\displaystyle \frac{b-a}{n}}}{\sum p(x_i){\displaystyle \frac{b-a}{n}}}$$

令 $n\to \mathrm{\infty }$ 得欲证式.

$80.$ 对区间 $[a,b]$，若 $g^{\prime }$ 连续，$g(a)=0$，证明

$${\int }_a^b|g(x)g^{\prime }(x)|\text{d}x\le \frac{b-a}{2}{\int }_a^b(g^{\prime }(x){)}^2\text{d}x$$

想办法往 Cauchy 不等式上凑：
设 $f(x)={\displaystyle {\int }_a^x|g^{\prime }(t)|\text{d}t}$，那么

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)=& |g^{\prime }(x)|\\ |g(x)|=& |g(x)-g(a)|\\ =& |{\int }_a^x{g}^{\prime }(t)\text{d}t|\\ \le & {\int }_a^x|g^{\prime }(t)|\text{d}t\\ =& f(x)\end{array}$$

这样

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b|g(x)g^{\prime }(x)|\text{d}x\le & {\int }_a^{b}f(x)f^{\prime }(x)\text{d}x\\ =& {\int }_a^{b}f(x)\text{d}f(x)\\ =& \frac{1}{2}{f}^2(x){|}_a^b\\ =& \frac{1}{2}({\int }_a^b|g^{\prime }(t)|\text{d}t{)}^2\\ \le & \frac{b-a}{2}{\int }_a^b(g^{\prime }(x){)}^2\text{d}x\end{array}$$

$81.$ 证明变限积分求导公式：

$$\frac{\partial }{\partial x}({\int }_{l(x)}^{u(x)}f(x,t)\text{d}t)={\int }_{l(x)}^{u(x)}{f}^{(1,0)}(x,t)\text{d}t+u^{\prime }(x)f(x,u(x))-l^{\prime }(x)f(x,l(x))$$

设 $F(x,t)={\displaystyle {\int }_0^{t}f(x,t)\text{d}t}$，即 $f(x,t)=F^{(0,1)}(x,t)$，那么

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial x}({\int }_{l(x)}^{u(x)}f(x,t)\text{d}t)=& \frac{\partial }{\partial x}(F(x,u(x))-F(x,l(x)))\\ =& F^{(1,0)}(x,u(x))+F^{(0,1)}(x,u(x))u^{\prime }(x)\\ & -F^{(1,0)}(x,l(x))-F^{(0,1)}(x,l(x))l^{\prime }(x)\\ =& {\int }_{l(x)}^{u(x)}{f}^{(1,0)}(x,t)\text{d}t+u^{\prime }(x)f(x,u(x))-l^{\prime }(x)f(x,l(x))\end{array}$$

$82.$ $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有连续 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(x)$, 并且 $f^{(k)}(a)=0$, $k=0,1,\cdots ,n-1$, 求证

$${({\int }_a^b(f^{(k)}(x){)}^2\text{d}x)}^{\frac{1}{2}}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{m-k}{2}}(b-a{)}^{m-k}{[{\int }_a^b(f^{(m)}(x){)}^2\text{d}x]}^{\frac{1}{2}}$$

如果设 $\phi (x)=f^{(k)}(x),m-k=d$, 那么本题实际上是

$${({\int }_a^b[\phi (x){]}^2\text{d}x)}^{\frac{1}{2}}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{d}{2}}(b-a{)}^d{[{\int }_a^b[{\phi }^{(d)}(x){]}^2\text{d}x]}^{\frac{1}{2}}$$

显然只需证明递推关系

$${({\int }_a^b[\phi (x){]}^2\text{d}x)}^{\frac{1}{2}}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{2}}(b-a){[{\int }_a^b[{\phi }^{\prime }(x){]}^2\text{d}x]}^{\frac{1}{2}}$$

为把 $\phi$ 和 ${\phi }^{\prime }$ 联系起来

$$\phi (x)={\int }_a^x{\phi }^{\prime }(x)\text{d}x$$

因此

$$\begin{array}{rl}(\phi (x){)}^2=& {({\int }_a^x{\phi }^{\prime }(t)\text{d}t)}^2\le {\int }_a^x{1}^2\text{d}t\cdot {\int }_a^x({\phi }^{\prime }(t){)}^2\text{d}t\\ =& (x-a){\int }_a^x{\phi }^{\prime 2}(t)\text{d}t\end{array}$$

两边同时积分

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b(\phi (x){)}^2\text{d}x\le & {\int }_a^b((x-a){\int }_a^x{\phi }^{\prime 2}(t)\text{d}t)\text{d}x\\ =& \frac{1}{2}{\int }_a^b({\int }_a^x{\phi }^{\prime 2}(t)\text{d}t)\text{d}(x-a{)}^2\\ =& \frac{1}{2}(x-a{)}^2({\int }_a^x{\phi }^{\prime 2}(t)\text{d}t){|}_{x=a}^{x=b}\\ & -\frac{1}{2}{\int }_a^b(x-a{)}^2{\phi }^{\prime 2}(x)\text{d}x\\ \le & \frac{1}{2}(b-a{)}^2{\int }_a^b{\phi }^{\prime 2}(t)\text{d}t\end{array}$$

此题告诉了我们一个函数与其任意阶导数的不等式.

$83.$ 证明 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{x_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_{n+1}}{x_n}}$, 其中 $x_n>0$

本质上是数列极限等于算数均值极限等于几何均值极限.

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{x_n}=& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{x_1}\sqrt[n]{\left(\frac{x_2}{x_1}\right)\cdots \left(\frac{x_n}{x_{n-1}}\right)}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_n}{x_{n-1}}\end{array}$$

注意这个结论只能在数列恒正的时候用.

$84.$ 设 $f(x)\ge 0,g(x)>0$, 二函数在 $[a,b]$ 连续, 证明

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{({\int }_a^b(f(x){)}^{n}g(x)\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}=\underset{a\le x\le b}{\text{max}}f(x)$$

显然用夹逼定理.
记 $\underset{a\le x\le b}{\text{max}}f(x)=M$
则

$${({\int }_a^b(f(x){)}^{n}g(x)\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}\le M{({\int }_a^{b}g(x)\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}\to M$$

另一方面 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }[\alpha ,\beta ]\subset [a,b]$,

$$f(x)>M-\epsilon$$

因此

$${({\int }_a^b(f(x){)}^{n}g(x)\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}\ge {({\int }_{\alpha }^{\beta }(f(x){)}^{n}g(x)\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}\ge M-\epsilon$$

由 $\epsilon$ 的任意性即证.

$85.$ 设 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 连续, $f(x)$ 恒不为 $0$, $g(x)$ 有正下界. 记 ${\displaystyle d_n={\int }_a^b|f(x){|}^{n}g(x)\text{d}x}$, 证明

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{d_{n+1}}{d_n}=\underset{a\le x\le b}{\text{max}}|f(x)|$$

观察形式不难发现这题需要用到单调有界.

$$\begin{array}{rl}{d}_n=& {\int }_a^b|f(x){|}^{n}g(x)\text{d}x\\ =& {\int }_a^b\sqrt{g(x)}|f(x){|}^{\frac{n-1}{2}}\cdot \sqrt{g(x)}|f(x){|}^{\frac{n+1}{2}}\text{d}x\\ \le & {({\int }_a^{b}g(x)|f(x){|}^{n-1}\text{d}x)}^{\frac{1}{2}}\cdot {({\int }_a^{b}g(x)|f(x){|}^{n+1}\text{d}x)}^{\frac{1}{2}}\\ =& d_{n-1}^{\frac{1}{2}}\cdot d_{n+1}^{\frac{1}{2}}\end{array}$$

即

$$\frac{d_{n+1}}{d_n}\ge \frac{d_n}{d_{n-1}}$$

递增.
设 $|f(x)|\le M$, 那么 ${\displaystyle \frac{d_{n+1}}{d_n}}\le M$
有上界.
最终

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{d_{n+1}}{d_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{d_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{({\int }_a^{b}g(x)|f(x){|}^n\text{d}x)}^{\frac{1}{n}}=\underset{a\le x\le b}{\text{max}}|f(x)|$$