本文章记录一些有趣的数学题目 qwq，仅供娱乐消遣 awa
当然也有的是对因为智障解不出来的简单题的记录
1.《什么是数学》P27
Description
请说明以下证明中的问题：
求证：任意两个正整数相等。
证明：
首先给出定义，对于两个不相等的正整数，定义 \(\max(a, b)\) 为 \(a, b\) 中较大的那一个，若 \(a = b\)，则定义 \(\max(a, b) = a = b\) 。令 \(A_n\) 是这样的命题：“如果 \(a, b\) 是任意两个使 \(\max(a, b) = n\) 的正整数，则 \(a = b\) 。”
对于 \(A_1\)，其显然成立，因为如果 \(\max(a, b) = 1\)，且 \(a, b\) 均为正整数，所以 \(a, b\) 必须均为 1，因此 \(A_1\) 成立。
假设 \(A_r\,(r \ge 1)\) 成立，设 \(a, b\) 是任意两个使 \(\max(a, b) = r + 1\) 的正整数，考虑两个整数
\[\alpha = a - 1 \quad \beta = b - 1
\]
则 \(\max(a, b) = r\)，又由于我们假设 \(A_r\) 成立，因此 \(\alpha = \beta\)，由此知 \(a = b\) 。因此 \(A_{r + 1}\) 成立。
综上由数学归纳法可知，\(A_n\) 对任意的 \(n\) 成立。所以对于任意正整数 \(a, b\)，若用 \(r\) 表示 \(\max(a, b)\)，由于已经证明了\(A_n\) 对任意的 \(n\) 成立，则对 \(A_r\)，其也同样成立，则 \(a = b\) 。从而证明了任意两个正整数相等。
Solution
一眼看上去，我们似乎找不到这个得出荒谬结论的证明错在哪里，注意到证明中使用的数学归纳法是通过给出一个由已知 \(A_r\) 成立推出 \(A_{r + 1}\) 也成立的一般方法，从而完成对命题的证明。我们不妨由一般到特殊，考虑如何由 \(A_1\) 推出 \(A_2\)（毕竟 \(A_1\) 肯定是成立的，而 \(A_2\) 需要考虑的数很少，较容易考虑），我们发现，如果 \(a = 1, b = 2\)，那么证明中构造出的 \(\alpha\) 就不是正整数了，不能直接代入 \(A_1\) 的条件（值得注意的是，如果 \(A_n\) 中 \(a, b\) 可以为非正整数，那么 \(A_1\) 根本不成立），所以这就说明 \(A_1\) 并不能通过以上方法推出 \(A_2\)，从而根本无法进入后续的推导，所以最终只能得出 \(A_n\) 仅当 \(n = 1\) 时成立的结论，进而无法得出“任意两个正整数相等”的结论。
2.《算法导论》P681 B.1-2
Description
证明推广到任意有限数目集合的广义德 \(\cdot\) 摩根定律：
\[\overline{\bigcap_{i = 1}^ {n} A_i} = \bigcup_{i = 1} ^ {n} \overline{A_i} \\
\overline{\bigcup_{i = 1} ^ {n} A_i} = \bigcap_{i = 1} ^ {n} \overline{A_i}
\]
（这里 \(\overline{S}\) 表明集合 \(S\) 的补集）
Solution
对于第一个式子，可化为：（其中二元的德 \(\cdot\) 摩根定律可用 Venn 图证明）
\[\begin{aligned}
\overline{\bigcap_{i = 1} ^ {n} A_i}
&= \overline{A_1 \cap \bigcap_{i = 2} ^ {n} A_i} \\
&= \overline{A_1} \cup \overline{\bigcap_{i = 2} ^ {n} A_i} \\
&= \overline{A_1} \cup \overline{A_2} \cup \overline{\bigcap_{i = 3} ^ {n} A_i} \\
&= \cdots \\
&= \overline{A_1} \cup \overline{A_2} \cup \cdots \cup \overline{A_n} \\
&= \bigcup_{i = 1} ^ {n} \overline{A_i}
\end{aligned}
\]
由于第二个式子与第一个式子互为对偶，故同理可证相似结论。
3.《什么是数学》P340
Description
求极限
\[\lim_{n \rightarrow + \infty} (1 + \frac{1} {n ^ 2}) ^ n
\]
Solution
换元凑项没有想到，还去 u 群问了，水平过低是事实了 qaq
\[\begin{aligned}
\lim_{n \rightarrow + \infty} (1 + \frac{1} {n ^ 2}) ^ n
&= \lim_{n \rightarrow + \infty} [(1 + \frac{1} {n ^ 2}) ^ {n ^ 2}] ^ {\frac{1} {n}} \\
&= \lim_{n \rightarrow + \infty} e ^ {\frac{1} {n}} \quad (n \rightarrow + \infty , n ^ 2 \rightarrow + \infty) \\
&= e ^ 0 \\
&= 1
\end{aligned}
\]
拓展：
\[\begin{aligned}
\lim_{n \rightarrow + \infty} (1 + \frac {k} {n})^{tn}
&= \lim_{n \rightarrow + \infty} [(1 + \frac {k} {n})^{\frac {n} {k}}]^{tk} \\
&= e^{tk} \quad (n \rightarrow + \infty, \frac {k} {n} \rightarrow 0, \frac {n} {k} \rightarrow + \infty)
\end{aligned}
\]
4. 同济新版《微积分》P256
Description
设 \(f(x), g(x) \in C[a, b]\) 证明：（柯西不等式与闵可夫斯基不等式）
\[(\int_a^b f(x)g(x)dx)^2 \le \int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx \\
(\int_a^b [f(x) + g(x)]^2 dx)^{\frac {1}{2}} \le (\int_a^b f^2(x)dx)^{\frac {1}{2}} + (\int_a^b g^2(x)dx)^{\frac {1}{2}} \\
\]
当且仅当 \(g(x) = Cf(x)\) 时（\(C\) 为常数）取等。
Solution
构造函数 \(h(x) = g(x) - \lambda f(x)\)，则 \(h^2(x) = g^2(x) - 2 \lambda f(x)g(x) + \lambda^2 f^2(x) \ge 0.\)
故有
\[\int_a^b h^2(x)dx = \int_a^b g^2(x)dx - 2 \lambda \int_a^b f(x)g(x)dx + \lambda^2 \int_a^b f^2(x)dx \geq 0
\]
而右式可视为一个关于 \(\lambda\) 的二次多项式，要使其恒大于等于 0，则其判别式 \(\Delta \le 0\)，即：
\[4 (\int_a^b f(x)g(x)dx)^2 \le 4 \int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx
\]
当且仅当 \(g(x) = Cf(x)\) 时，其判别式等于 0，等号取等，整理即得结论：
\[(\int_a^b f(x)g(x)dx)^2 \le \int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx
\]
将此不等式变形：
\[2 \int_a^b f(x)g(x)dx \le 2 [\int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx]^{\frac {1}{2}} \\
\int_a^b f^2(x)dx + \int_a^b 2f(x)g(x)dx + \int_a^b g^2(x)dx \le \int_a^b f^2(x)dx + 2 [\int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx]^{\frac {1}{2}} + \int_a^b g^2(x)dx \\
\int_a^b [f(x) + g(x)]^2 dx \le ((\int_a^b f^2(x)dx)^{\frac {1}{2}} + (\int_a^b g^2(x)dx)^{\frac {1}{2}})^2
\]
然后即可得：
\[(\int_a^b [f(x) + g(x)]^2 dx)^{\frac {1}{2}} \le (\int_a^b f^2(x)dx)^{\frac {1}{2}} + (\int_a^b g^2(x)dx)^{\frac {1}{2}}
\]
且取等条件和柯西不等式相同。
