杂技

11.22 Basel Problem

考虑多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i\)，其所有复根记为 \(x_i(1\le i\le n)\)，则 \(x_i^{-1}\) 是方程 \(\sum_{i=0}^n a_{n-i} y^i=0\) 的根，容易求出 \(\sum x_i^{-2}=a_1^2-2a_2\)；假定上述结论对于无限幂级数也成立，则考察

\[F(z)=\dfrac{\sin \pi z}{z}=\pi-\dfrac{\pi^2}6 z^2+\cdots \]

其在 \(\mathbb{C}\) 上的根为 \(\mathbb{Z} -\{0\}\)，从而 \(2\zeta(2)=a_1^2-2a_2 \Rightarrow \zeta(2)=\dfrac{\pi^2}6\).

11.07 构造函数

二阶可导函数 \(f\)，\(f(1)=0\)，\(f''\) 有界，证明存在一点 \(\xi\) 使得： $$\xi f''(\xi)+(2+\xi)f'(\xi)+f(\xi)=0$$

构造 \(g(x)=xf(x)\)，根据罗尔定理知 \(\exists x_0\in(0,1),x_0f'(x_0)+f(x_0)=0\)；
再令 \(h(x)=\mathrm{e}^x(xf'(x)+f(x))\)，则 \(h(x_0)=0\)，
我们可以证明 \(h(-\infty)=0\)，因为洛必达法则；
故由广义罗尔定理，\(\exists \xi\in(-\infty,x_0),h'(\xi)=0\)；
即 \(\xi f''(\xi)+(2+\xi)f'(\xi)+f(\xi)=0\).

10.30 行列式

\[\begin{vmatrix}2\cos\alpha&1&\cdots&0\\1&2\cos\alpha&\ddots&\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots&1\\0&\cdots&1&2\cos\alpha\end{vmatrix} \]

三对角型行列式可以递推，即按第一行展开： $$D_n=2\cos\alpha D_{n-1}-D_{n-2}$$ 其特征方程为： $$x^2-2\cos\alpha x+1=0$$ $$x_1=\exp(\mathrm{i}\alpha),x_2=\exp(-\mathrm{i}\alpha)$$ 利用 \(D_0,D_1\) 待定系数得， $$D_n=\dfrac{1-\cot\alpha}2 x_1^n+\dfrac{1+\cot\alpha}2 x_2^n=\cos(n\alpha)+\cot\alpha\sin(n\alpha)$$

10.29 计算极限，幂级数

求

\[\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{e^{(1+x)^{1/x}}-(1+x)^{e/x}}{x^2} \]

使用幂级数计算，
我们有

\[\exp z=\sum_{k\ge 0} \dfrac{z^k}{k!}, \\ \dfrac{1}{1-z}=\sum_{k\ge 0} z^k, \\ \ln(1+z)=\sum_{k\ge 1} \dfrac{(-1)^{k+1}z^k}k, \]

其中 z 是常数项为 0 的幂级数。

原式分子即等于

\[\exp\exp \dfrac{\ln(1+x)}{x}-\exp\dfrac{e\ln(1+x)}{x}=e^{e+1}(\dfrac{11}{24}-\dfrac13)x^2+o(x^2), (x\rightarrow 0) \]

因此待求极限为 \(\dfrac{e^{e+1}}{8}\).

特别地，在计算的过程中可以考虑如下技巧：
当 z 是常数项为 0 的幂级数，
计算

\[f=\exp z, \\f'=z'\exp z=z'f, \\ f=\int z'f \]

结合 \(f(0)=1\) 即可快速算出结果。

10.18 计算广义积分

\[\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx \]

使用如下的 trick：

\[\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx \xlongequal{u=\frac1x} \int_1^0 \dfrac{d(u^{-1})}{(1+u^{-2})(1+u^{-2019})}=\int_0^1 \dfrac{u^{2019}}{(u^2+1)(u^{2019}+1)}du \]

因而，

\[\begin{aligned}&\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx\\ &=\int_0^1 \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx+\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx\\ &=\int_0^1 \dfrac{1}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx+\int_0^1 \dfrac{x^{2019}}{(x^2+1)(x^{2019}+1)}dx\\ &=\arctan x |_0^1\\ &=\dfrac{\pi}4 \end{aligned} \]

但我一开始考虑的是这个结论：

\[\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{x^n+1}dx=\dfrac{\pi}{n\sin \dfrac{\pi}n}(n>1) \]

然而这个式子我也不知道怎么证明，先鸽了。

10.17 计算极限、积分

\[\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{(1+x)^t-1}{x}=t \]

\[\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{(1+x)^t-1}{x}=\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\exp(t\ln(1+x))-1}{t\ln(1+x)}\cdot\dfrac{t\ln(1+x)}{x}=t \]

\[\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{a^x-1}{x}=\ln a \]

\[\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\exp(x\ln a)-1}{x\ln a}\cdot \ln a=\ln a \]

\[\lim_{x\rightarrow \infty} \dfrac{(x+1)^t-x^t}{x^{t-1}}=t \]

\[\lim_{x\rightarrow \infty} \dfrac{(x+1)^t-x^t}{x^{t-1}}=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{(1+\dfrac1x)^t-1}{1/x}=\lim_{u\rightarrow 0} \dfrac{(1+u)^t-1}{u}=t \]

\[\int \dfrac1{a^x+b}dx \]

\[\dfrac1{a^x+b}=\dfrac1b\cdot (1-\dfrac{a^x}{a^x+b})\\ \int \dfrac1{a^x+b}dx=\dfrac1b(x-\int \dfrac{d(a^x)/ \ln a}{a^x+b})=\dfrac1b(x-\dfrac{\ln(a^x+b)}{\ln a})+c \]

\[\int \dfrac{f(x)}{a^x}dx, \quad f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i \]

\[\int f(x)a^{-x}dx=\int \dfrac{f(x)d(a^{-x})}{-\ln a}\\ =\dfrac{1}{-\ln a}(f(x)a^{-x}-\int f'(x)a^{-x}dx)\\ =\dfrac{1}{-\ln a}f(x)a^{-x}+\dfrac{1}{-\ln a}\int f'(x)a^{-x}dx\\ \int f(x)a^{-x}dx=-a^{-x}\sum_{i=0}^n (\dfrac{1}{\ln a})^{i+1} f^{(i)}(x)+c\\ \color{Red}{ \text{*Especially,}}\\ \int \dfrac{f(x)}{\mathrm{e}^x}dx=-\dfrac{f(x)+f'(x)+f''(x)+\cdots}{\mathrm{e}^x}+c \]

10.16 连续函数，可微，导数，反例

连续不一定可导。

例：\(y=|x|\).

可导一定连续。如是闭区间，则连续可以推得有界；如是开区间，可能发散到无穷。

例：\(y=\dfrac1x\)

导函数有介值性。换句话说，\(f(x)\) 在区间上可导，则导函数只可能有第二类间断点。

例：\(f(x)=\begin{cases}x+x^2\sin \dfrac1x&(x\neq 0) \\ 0 &(x=0)\end{cases}\)

开区间 \((a,b)\) 上的函数 \(f(x)\) 可导，\(f(a+)=\infty\) 不能推出 \(f'(a+)=\infty\)。

例：\(f(x)=\dfrac1x+\sin \dfrac1x\)

开区间 \((a,b)\) 上的函数 \(f(x)\) 可导，\(f'(a+)=\infty\) 不能推出 \(f(a+)=\infty\)。

例：\(f(x)=\sqrt x\)

\((a,+\infty)\) 上的函数 \(f(x)\) 可导，\(f(+\infty)=0\) 不能推出 \(f'(+\infty)=0\)。

例：\(f(x)=\dfrac1x\sin \dfrac1{x^2}\)

\((a,+\infty)\) 上的函数 \(f(x)\) 可导，\(f'(+\infty)=0\) 不能推出 \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)\) 存在。

例：\(f(x)=\ln x\)

\((a,b)\) 上的函数 \(f(x)\) 可导且有界，不能得到区间上 \(f'(x)\) 有界。

例：\(f(x)=\sin \dfrac1x\)

\((a,b)\) 上的函数 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处可导且 \(f'(x_0)>0\)，不一定存在邻域 \(U(x_0)\) 上 \(f(x)\) 单调递增。

例：\(f(x)=\begin{cases}x+x^2\sin \dfrac1x&(x\neq 0) \\ 0 &(x=0)\end{cases}\)

10.15 计算定积分

\[Calculate: \int_{-1}^1\frac{x^2+1}{x^4+1}dx \]

\[\int\frac{x^2+1}{x^4+1}dx\\ =\int\dfrac{1+x^{-2}}{x^2+x^{-2}}dx\\ =\int\dfrac{d(x-x^{-1})}{(x-x^{-1})^2+2}\\ \]

令 \(x-x^{-1}=\sqrt2t\) $$\frac{\sqrt2}2 \int \dfrac{dt}{t^2+1}\
=\frac{\sqrt2}2\arctan(\frac{\sqrt2}2(x-\dfrac1x))$$ 但是这样会挂！
该函数不连续，影响观感。
可以考虑，

\[\int\dfrac{x^2+1}{x^4+1}dx=\dfrac12(\int\dfrac{dx}{x^2-\sqrt2x+1}+\int\dfrac{dx}{x^2+\sqrt2x+1}) \]

之后再查积分表，可以解决此问题。

10.10 直接证明矩阵行空间维数等于列空间维数

记 \(A=(a_{i,j})_{m\times n}\) 的列秩为 \(c\)，行秩为 \(r\)；\(A\) 的列向量记为 \(\alpha_1, \dots, \alpha_n\)，它的一组基为 \(v_1, \dots, v_c\)，根据基向量张成列空间我们有：

\[A_{m\times n}=\begin{bmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 &\dots& \alpha_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} v_1 & v_2& \dots &v_c \end{bmatrix} \begin{bmatrix} d_{11} & \cdots & d_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ d_{c1} & \cdots & d_{cn} \end{bmatrix}=V_{m\times c}D_{c\times n} \]

若记 \(D=\begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ \vdots \\ u_c \end{bmatrix}\)（\(u_j\) 均为 \(n\) 维行向量），则根据上述矩阵乘法又有：

\[A=\begin{bmatrix} \sum_{j=1}^c V_{1j}u_j \\ \sum_{j=1}^c V_{2j}u_j \\ \vdots \\ \sum_{j=1}^c V_{mj}u_j \end{bmatrix} \]

也就是说 \(\{u_1,u_2,\dots,u_c\}\) 张成 \(A\) 的行空间，故 \(r\le c\)；

对 \(A^T\) 进行上述操作，得 \(c\le r\)；故 \(r=c\) 证毕。

9.29高等代数分级考试

1、\(A=\begin{bmatrix} \dfrac14 & 2a & a \\ a & b & \dfrac34 \end{bmatrix}\)，设标准单位向量 \(e_1,e_2\) 使 \(e_1^TAA^Te_2=0\)，求 \((A^TA)^{2021}\)。

根据条件可导出 \(AA^T=\begin{bmatrix}\dfrac1{16}+5a^2&0\\0&a^2+b^2+\dfrac9{16}\end{bmatrix}=D\)，注意到 \(D\) 是一个对角矩阵，则答案即为 \(\begin{bmatrix} \dfrac14 & 2a & a \\ a & b & \dfrac34 \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix}(\dfrac1{16}+5a^2)^{2020}&0\\0&(a^2+b^2+\dfrac9{16})^{2020}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac14 & 2a & a \\ a & b & \dfrac34 \end{bmatrix}\).

2、（2）若对任意对角矩阵 \(D\)，\(AD=DA\)。证明：\(A\) 是对角矩阵。

考察任何一个对角线两两不同的矩阵 \(D\)，利用 \(AD_{ij}=DA_{ij}(i\neq j)\) 立刻得 \(A_{ij}=0\)。

3、设矩阵 \(A\) 满足 \(A^3=2A^2+3A\)，讨论 \(A+tE\) 可逆的条件并求出对应的逆矩阵？

\((A+tE)(A^2+pA+qE)=A^3+(t+p)A^2+(pt+q)A+qtE\)
令 \(\begin{cases} t+p=-2 \\ pt+q=-3 \end{cases}\), \(\begin{cases} p=-2-t \\ q=t^2+2t-3 \end{cases}\)；
若 \(qt\neq 0\)，即 \(t\neq 0\and t\ne 1\and t\ne-3\) 时，由上述即推得 \((A+tE)^{-1}=\dfrac{A^2+pA+q}{qt}\)

8.29 致远数学招生考试

8、计算下式的值：

\[S=\lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{201}{\sqrt{n^2+3kn}} \]

\[S=\lim_{n\rightarrow \infty} \dfrac1n \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{201}{\sqrt{1+3\dfrac k n}}\\ =\int_0^1 \dfrac{201}{\sqrt{1+3x}}dx\\ =134\]