Note -「Analysis」“有歌的地方，自有向往”(S11~S20)

\[\textit{Litar!} \newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\card}[0]{\opn{card}} \newcommand{\E}[0]{\exist} \newcommand{\A}[0]{\forall} \newcommand{\l}[0]{\left} \newcommand{\r}[0]{\right} \newcommand{\eps}[0]{\varepsilon} \newcommand{\Ra}[0]{\Rightarrow} \newcommand{\Eq}[0]{\Leftrightarrow} \newcommand{\d}[0]{\mathrm{d}} \newcommand{\der}[1]{\frac{\d}{\d #1}} \newcommand{\oo}[0]{\infty} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \]

  其实你也是一只兔子哦~ 我看到你可爱的耳朵啦!

目录

• \(\S11\) 紧性与开覆盖, Heine-Borel 定理, ...
• \(\S12\) 利用级数收敛来构造连续函数, ...
• \(\S13\) 导数的定义, 初等函数导数的计算
• \(\S14\) Leibniz 公式, Faà di Bruno 公式, ...
• \(\S15\) \(x\mapsto\exp(xA)\) 的导数, 中值定理的应用: ...
• \(\S16\) 空间填充曲线, L'Hôpital 法则, Taylor 展开
• \(\S17\) 凸函数, 利用 Jensen 不等式证明常见的不等式
• \(\S18\) Riemann 积分的定义: 区间的分划, 简单函数, ...
• \(\S19\) Riemann 和, Darboux 上下和, 上下积分
• \(\S20\) 紧区间上 Riemann 可积函数的刻画, ...

\(\S11\) 紧性与开覆盖, Heine-Borel 定理, ...

  这一节实在是太史了.

练习 11.1 (P112)

  \((X,d)\) 是距离空间, 则其中一个点构成的集合是紧集.

  由于 \(\{x\}\sub\mathcal U=\bigcup_{\alpha\in A}U_\alpha\Ra\E\alpha\in A,~\{x\}\sub U_\alpha\), 取出这个 \(\alpha\) 就得到有限子覆盖.

 

定理 67 (Heine-Borel) (P113)

  若 \(K\sub\R\), 那么 \(K\) 是紧集当且仅当 \(K\) 是有界闭集.

  a) 如果 \(K\) 是紧集, 我们先证明其有界性. 取 \(\mathcal U=\{U_n=(-n,n)\}_{n\ge 1}\), 显然 \(\cup\mathcal U=\R\supset K\), 所以 \(\mathcal U\) 是 \(K\) 的开覆盖. 根据其紧性, 存在 \(\mathcal U\) 的有限子集开覆盖了 \(K\), 那么必然有某个 \((-N,N)\supset K\). 所以 \(K\) 有界.

  接下来证明 \(K\) 是闭集. 若不然, 存在点列 \(\{x_k\}_{k\ge 1}\sub K\) 使得 \(\lim_{k\to\oo}x_k=x\notin K\). 通过选取子序列, 可以进一步限制 \(|x_k-x|<1/k\). 考虑下降的闭区间序列 \(F_n=[x-1/n,x+1/n]\), 显然 \(\bigcap_{n\ge 1}F_n=\{x\}\). 令 \(U_n=\R\setminus F_n\), 那么 \(U_n\) 是开集并且 \(\bigcup_{n\ge 1}U_n=(\R\setminus\{x\})\supset K\), 所以 \(\mathcal U=\{U_n\}_{n\ge 1}\) 是一个开覆盖. 因为 \(K\) 是紧集, 所以存在一列 \(\{n_{1..k}\}\), 使得 \(K\sub\bigcup_{i=1}^k U_{n_i}\). 设 \(d=\max_{i=1}^k\{n_i\}\), 那么 \(K\) 中所有点到 \(x\) 的距离至少为 \(1/d\), 其中的点列不可能收敛到 \(x\). 矛盾.

  b) 然后, 证明有界闭集 \(K\) 一定是紧集. 任取 \(K\) 的一个开覆盖 \(\mathcal U=\{U_n\}_{n\ge 1}\), 并相应地取一个 Lebesgue 数 \(\delta>0\), 不妨取成 \(\delta=1/N\). 这样, 可以把 \(K\) 在切成长度为 \(\delta\) 地小段: \(K_k=K\cap[k/N,(k+1)/N]\). 那么 \(K=\bigcup_{k\in\Z}K_k\), 且只有有限个 \(K_k\neq\varnothing\), 对这些 \(K_k\), 在根据 Lebesgue 数的性质, \(\E U_\alpha\in\mathcal U,~K_k\sub U_\alpha\), 这些 \(U_\alpha\) 就组成了 \(K\) 的有限开覆盖.

  实际上, 定理中的 \(\R\) 换成 \(\R^n\) 也成立, 证明相似. 例如在第二步中, 可以将 \(K\) 的界生成的 \([-M,M]^n\) 体切成 \((2M/N)^n\) 个小方体得到有限开覆盖.

 

练习 11.2 [P115 命题 3)]

  \((X,d)\) 是距离空间, 那么它是列紧的当且仅当它是紧的.

  a) 如果 \(X\) 是列紧的, 我们证明它是紧的. 取 \(X\) 的任意开覆盖 \(\mathcal U=\{U_\alpha\}_{\alpha\in A}\) 并取其 Lebesgue 数 \(\delta\). 任取 \(x_0\in X\), 此后, 任取

\[x_{k+1}\in X\setminus\bigcup_{i=0}^k B(x_i,\delta). \]

如果某个 \(x_{k+1}\) 无法取出, 那么 \(\{x_i\}_{i=0}^k\) 对应的 \(B(x_i,\delta)\) 构成了 \(X\) 的有限开覆盖, 所以 \(X\) 是紧的. 否则, 我们得到一列无穷的 \(\{x_k\}_{k\ge 1}\), 并且 \(\A 1\le i<j,~d(x_i,x_j)\ge\delta\), 这与列紧性矛盾.

  b) 如果 \(X\) 是紧的, 我们证明它是列紧的. 任取一点列 \(\{x_k\}_{k\ge 1}\sub X\), 若 \(\E x\in X\setminus\{x_k\}_{k\ge 1},~\A\delta>0,~\{x_k\}_{k\ge 1}\cup B(x,\delta)\neq\varnothing\), 那么 \(\{x_k\}_{k\ge 1}\) 一定存在收敛的子列: 对 \(\delta_i=1/i\), 取 \(x_{k_i}\in B(x,\delta_i)\) 即可. 现在考虑反证, 若 \(x\) 不存在, 即 \(\A x\in X\setminus\{x_k\}_{k\ge 1},~\E\delta>0,~\{x_k\}_{k\ge 1}\cup B(x,\delta)=\varnothing\), 那么 \(X\setminus\{x_k\}_{k\ge 1}\) 是一个开集. 同理, 所有的 \(U_m=X\setminus\{x_k\}_{k\ge m}\) 都是开集. 显然 \(\bigcup_{m\ge 1}U_m=X\), 根据紧性, 可以取出 \(\bigcup_{m\le m_0}U_m=X\), 这表明 \(\{x_k\}\) 是有限列, 自然收敛.

 

定理 72 (P116)

  若 \(I=[a,b]\) 是有界闭区间, 则每个 \(f\in C(I)\) 都是一致连续的函数.

  定义

\[f(x)=\begin{cases} f(a),&x<a;\\ f(x),&a\le x\le b;\\ f(b),&b<x. \end{cases} \]

这样的 \(f\) 还是连续的. 所以 \(\A\eps>0,~\A x\in I,~\E\delta_x>0,~\A y\in(x-\delta_x,x+\delta_x),~|f(x)-f(y)|<\eps/2\). 令 \(I_x=(x-\delta_x,x+\delta_x)\), 同时有 \(\A y,z\in I_x,~|f(y)-f(z)|\le|f(y)-f(x)|+|f(x)-f(z)|<\eps\). 这样, 我们得到一个 \(I\) 的开覆盖 \(\{I_x\}_{x\in I}\), 取出它的一个 Legesgue 数 \(\delta\). 此时 \((\A y,z\in I,~|y-z|<\delta)\Ra(\E x\in I,~y\in I_x\land z\in I_x)\), 从而 \(|f(y)-f(z)|<\eps\).

 

定理 73 (P117)

  \((C([a,b],\|\cdot\|_{\oo})\) 是完备的赋范线性空间, 即 \((C([a,b]),d_\oo)\) 是完备的距离空间.

  设 \(\{f_n\}_{n\ge 1}\) 是 \(I:=C([a,b])\) 中的 Cauchy 列, 我们需要构造 \(f\in C([a,b])\), 使得 \(f_n\overset{d_\oo}{\longrightarrow}f\). 可以利用类似逐点收敛的手法构造 \(f:x\mapsto\lim_{n\to\oo}f_n(x)\), 下证明 \(f\) 连续.

  设 \(x_0\in I\), 我们证明 \(f\) 在 \(x_0\) 处连续. 设 \(\eps>0\), 先取 \(N\), 使得 \(\A n,m\ge N,~|f_n(x_0),f_m(x_0)|<\eps/9\). 根据上一则定理, \(f_N\) 在 \(I\) 上一致连续. 所以 \(\E\delta>0,~\A x,y\in I,~|x-y|<\delta\Ra|f_N(x)-f_N(y)|<\eps/9\). 因此, 对 \(n\ge N\), 当 \(|x-x_0|<\delta\), 有

\[\begin{aligned} |f_n(x)-f_n(x_0)| &\le |f_n(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f_N(x_0)-f_n(x_0)|\\ &< \eps/9+\eps/9+\eps/9\\ &= \eps/3. \end{aligned} \]

所以, \(\A x\in(x_0-\delta,x_0+\delta),~\E n\ge N,~|f_n(x)-f(x)|<\eps/3\). 一模一样地再放一次:

\[\begin{aligned} |f(x)-f(x_0)| &\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x_0)|\\ &< \eps/3+\eps/3+\eps/3\\ &= \eps. \end{aligned} \]

可知 \(f\) 是连续函数.

  我已经要休眠了, 但是我们还需要证明 \(f_n\) 一致收敛到 \(f\). 因为 \(\{f_n\}_{n\ge 1}\) 是 Cauchy 列, 所以存在 \(N_0\), 使得当 \(n,m\ge N_0\) 时有 \(\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f_m(x)|<{\color{blue}{\eps/2}}\). 对 \(x\in[a,b]\), 根据逐点收敛性, \(\E N_x\ge N_0\), 使得 \(n\ge N_x\) 时 \(|f_n(x)-f(x)|<\eps/4\), 在此基础上利用连续性, 存在开区间 \(I_x\), 使得 \(\A y\in I_x,~|f_n(y)-f(y)|<{\color{red}{\eps/2}}\). 所以当 \(m\ge N_x\) 时, 对所有的 \(y\in I_x\), 都有:

\[|f_m(y)-f(y)|\le|f_m(y)-f_{N_x}(y)|+|f_{N_x}(y)-f(y)|<{\color{blue}{\eps/2}}+{\color{red}{\eps/2}}=\eps. \]

(原文中上式应该有笔误, 但我确实不太清醒, 注明.) 这样的 \(\{I_x\}_{x\in[a,b]}\) 是 \([a,b]\) 的一个开覆盖. 根据紧性, 可以取出 \(\{I_x\}\) 的一个有限子集, 得到 \([a,b]\) 的有限开覆盖 \(\{I_{x_{1..\ell}}\}\). 每个 \(x_i\) 都对应了 \(I_x\) 和 \(N_x\), 取 \(N=\max_{i=1}^\ell\{N_{x_i}\}\), 当 \(n\ge N\), 在每个 \(I_{x_i}\) 上都有 \(y\in I_{x_i}\Ra|f_n(y)-f(y)|<\eps\). 这就说明, \(d_\oo(f_n,f)<\eps\)!

\(\S12\) 利用级数收敛来构造连续函数, ...

练习 12.1 (P120)

  令 \(f(x)=x\) 是 \([-N,N]\) 上的连续函数, 在 \([-N,N]\) 上构造 \(\widetilde{\exp}:=\sum_{k=0}^\oo\frac{f^k}{k!}\). 那么, 此 \(\widetilde{\exp}\) 即彼 \(\exp\).

  是否只需要验证 \(\widetilde\exp(x)=\exp(x)\)? 这好像是显而易见的... 不知道有没有什么问题.

\(\S13\) 导数的定义, 初等函数导数的计算

练习 13.1 [P138 命题 2)~5)]

  证明 \(e^x\), \(\log x\), \(x^\alpha\), \(\sin x\) 和 \(\cos x\) 各自的导数结论.

  对于 \((e^x)'=e^x\), 根据其代数性质:

\[\lim_{h\to 0}\frac{e^{x_0+h}-e^{x_0}}{h}=e^{x_0}\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}=e^{x_0}\cdot\l.(e^x)'\r|_{x=0}, \]

考察 \(x=0\) 处的导, 这里

\[\begin{aligned} \l.(e^x)'\r|_{x=0} &= \lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\left(\sum_{k=0}^\oo\frac{h^k}{k!}-1\right)\\ &= 1+\lim_{h\to 0}\sum_{k=2}^\oo\frac{h^{k-1}}{k!}\\ &\le 1+\lim_{h\to 0}|h|e^{|h|}=1. \end{aligned} \]

  对于 \((\log x)'=\frac{1}{x}\), 还是利用基本性质:

\[\frac{\log(x+h)-\log x}{h}=\frac{\log\l(1+\frac{h}{x}\r)}{h}=\frac{\log\l(\l(1+\frac{h}{x}\r)^{\frac{x}{h}}\r)}{x}, \]

\(h\to 0\), \(\log\) 里面就是 \(e\).

  对于 \((x^{\alpha})'=\alpha x^{\alpha-1}~(x>0)\), 运用链式法则:

\[(x^\alpha)'=(e^{\alpha\log x})'=e^{\alpha\log x}\cdot(\alpha\log x)'=e^{\alpha\log x}\cdot\alpha\cdot\frac{1}{x}=\alpha x^{\alpha-1}. \]

  对两个三角, 可以使用三角的代数定义证明, 例如

\[(\cos x)'=\frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})'=\frac{1}{2}(ie^{ix}-ie^{-ix})=-\sin x. \]

\(\S14\) Leibniz 公式, Faà di Bruno 公式, ...

命题 83 (Leibniz 公式) (P141)

  设 \(f\) 和 \(g\) 是 \(\R\) 上定义的两个 \(n\) 次可导的函数, 那么

\[(f\cdot g)^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x). \]

  对 \(n\) 归纳. \(n=1\) 时显然, 此后

\[\begin{aligned} (f\cdot g)^{(n+1)}(x) &= \frac{\d}{\d x}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x)\\ &= \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\l(f^{(k+1)}(x)g^{(n-k)}(x)+f^{(k)}(x)g^{(n-k+1)}(x)\r)\\ &= \sum_{k=0}^{n+1}f^{(k)}(x)g^{(n-k+1)}(x)\l(\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}\r)\\ &= \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}f^{(k)}(x)g^{(n-k+1)}(x). \end{aligned} \]

 

练习 14.1 (Weierstrass 函数的不可微性) (P149 正文)

  构造

\[f(x)=\sum_{k=1}^\oo a^k\cos(b^k\pi x), \]

其中 \(a\in(0,1)\), \(b\in\Z_{\ge 1}\) 为奇数且 \(ab>M_0\), \(M_0\) 为一个待定的大数. 由此可以得到处处连续而处处不可微的函数.

  先证明所有 \(f\) 的连续性. 在 \(C([-N,N])\) 上研究关于 \(a^k\cos(b^k\pi x)\) 的级数, 选取范数 \(\|\cdot\|_\oo\), 有

\[\sum_{k=1}^\oo\|a^k\cos(b^k\pi x)\|_\oo\le\sum_{k=1}^\oo a^k<\oo, \]

级数绝对收敛, 则级数收敛, \(f\in C^0([-N,N])\). \(N\to\oo\), 就有 \(f\in C(\R)\).

  固定 \(y_0\), 为了说明 \(f\) 在 \(y_0\) 处不可微, 我们需要找到一列收敛到 \(y_0\) 的 \(\{y_n\}_{n\ge 1}\) 使得

\[\lim_{n\to\oo}\frac{f(y_0)-f(y_n)}{y_0-y_n} \]

不存在. 对任意的 \(n\), 存在唯一的 \(z_n\in\Z\), 使得 \(b^n y_0-z_n\in[0.1,1.1)\), 令 \(y_n=\frac{z_n}{b^n}\), 明显 \(y_n\to y_0\). 此时, 上式中

\[\begin{aligned} \frac{f(y_n)-f(y_0)}{y_n-y_0} &= \sum_{k=1}^\oo a^k\frac{\cos(b^k\pi y_n)-\cos(b^k\pi y_0)}{y_n-y_0}\\ &= \underbrace{\sum_{k=1}^{n-1}(ab)^k\frac{\cos(b^k\pi y_n)-\cos(b^k\pi y_0)}{b^k(y_n-y_0)}}_{S_1}+\underbrace{\sum_{k=0}^\oo a^{n+k}\frac{\cos(b^{n+k}\pi y_n)-\cos(b^{n+k}\pi y_0)}{y_n-y_0}}_{S_2}. \end{aligned} \]

  用 Lagrange 中值定理估计 \(S_1\):

\[\begin{aligned} |S_1| &\le \sum_{k=1}^{n-1}(ab)^k\l|\l.(\cos(\pi x))'\r|_{x=\theta_k}\r|\\ &\le \sum_{k=1}^{n-1}(ab)^k\pi\\ &\le \pi\frac{(ab)^n}{ab-1}. \end{aligned} \]

  对于 \(S_2\), 注意到 \(\cos(b^{n+k}\pi y_n)=\cos(b^k\pi z_n)=(-1)^{z_n}\). 若令 \(\vartheta_k=b^k y_0-z_k\in[0.1,1.1)\), 那么

\[\cos(b^{n+k}\pi y_0)=\cos(b^n y_0\cdot b^k\pi)=\cos(b^k\pi z_n+b^k\pi\vartheta_n)=(-1)^{z_n}\cos(b^k\pi\vartheta_n). \]

同时有 \(y_n-y_0=-\frac{\vartheta_n}{b^n}\), 代入 \(S_2\):

\[\begin{aligned} S_2 &= \sum_{k=0}^\oo(-1)^{z_n}a^{n+k}\frac{1-\cos(b^k\pi\vartheta_n)}{y_n-y_0}\\ &= \sum_{k=0}^\oo(-1)^{z_n+1}(ab)^na^k\frac{1-\cos(b^k\pi\vartheta_n)}{\vartheta_n}\\ &= (-1)^{z_n+1}(ab)^n\sum_{k=0}^\oo a^k\frac{1-\cos(b^k\pi\vartheta_n)}{\vartheta_n} \end{aligned} \]

显然 \(\vartheta_n>0\), 所以

\[\l|\sum_{k=0}^\oo a^k\frac{1-\cos(b^k\pi\vartheta_n)}{\vartheta_n}\r|=\sum_{k=0}^\oo a^k\frac{1-\cos(b^k\pi\vartheta_n)}{\vartheta_n}\ge\frac{1-\cos(\pi\vartheta_n)}{\vartheta_n}. \]

其中, \(1-\cos(\pi\vartheta_n)\ge\delta_0>0\), 则 \(\l|\sum_k\cdot\r|\ge\frac{\delta_0}{1.1}>\frac{\delta_0}{10}\), 所以 \(|S_2|\ge\frac{\delta_0}{10}(ab)^n\). 因此:

\[|S_1+S_2|\ge|S_2|-|S_1|\ge(ab)^n\l(\frac{\delta_0}{10}-\frac{\pi}{ab-1}\r), \]

只需要取 \(ab>\frac{10\pi}{\delta_0}+1=M_0\), 就能让 \(n\to\oo\) 时所求极限 \(\to\oo\).

\(\S15\) \(x\mapsto\exp(xA)\) 的导数, 中值定理的应用: ...

命题 98 (Cauchy 中值定理) (P154)

  设有实值函数 \(f,g\in C^0([a,b])\) 且二者均在 \((a,b)\) 可微. 若 \(\A x\in(a,b),~g'(x)\neq 0\), 那么 \(\E x_0\in(a,b),~\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}\).

  证法一. 令

\[F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}(g(x)-g(a)), \]

注意到 \(F(a)=F(b)=0\), 可以对其使用 Rolle 中值定理 (\(t(a)=t(b)\Ra\E x\in(a,b),~t'(x)=0\)), 此时

\[F'(x_0)=f'(x_0)-\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}g'(x_0)=0\Ra\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}. \]

  证法二. 由于 \(g'(x)\neq 0\), 不妨 \(g'(x)>0\), 那么 \(g:I=[a,b]\to J=[g(a),g(b)]\) 是同胚 (自身和逆映射均连续的双射), "我们需要将 \(g\) 想成用 \(I\) 来重新参数化 \(J\)". 现在相当于有 \(J\overset{g^{-1}}{\longrightarrow}I\overset{f}{\longrightarrow}Y\), 考察 \(f\circ g^{-1}:J\to Y\), 根据 Lagrange 中值定理:

\[\E c\in(g(a),g(b)),~\frac{(f\circ g^{-1})(g(a))-(f\circ g^{-1})(g(b))}{g(a)-g(b)}=(f\circ g^{-1})'(c). \]

其中, \((f\circ g^{-1})'(x)=\frac{f'(g^{-1}(x))}{g'(g^{-1}(x))}\), 代入 \(g(x_0)=c\) 即得目标.

  这个结论的直观理解是, 对 \(F:[a,b]\to\R^2,~x\mapsto\begin{pmatrix}f(x)&g(x)\end{pmatrix}^\intercal\) 这个描述 \(\R^2\) 上曲线段的映射, 存在其上一点的切线方向和首尾连线方向相同.

\(\S16\) 空间填充曲线, L'Hôpital 法则, Taylor 展开

例子 16.1 (P169, 客官请洛!)

  1) 计算 \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\);

  2) 计算 \(\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{x^2}\);

  3) 计算 \(\lim_{x\to 0}\frac{e^x-x-1}{x^2}\);

  4) 证明 \(\lim_{x\to\oo}\frac{x^n}{e^x}=0\);

  5) 计算 \(\lim_{x\to\oo}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\).

  6) 计算 \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{e^x}\).

  是在水字数, 被你发现啦!

  1)

\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{1}=1. \]

  2) 下面请欣赏:

\[\ll\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{x^2}{\color{red}{=}}\lim_{x\to 0}\frac{-2\cos x\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{-2(\cos x)^2+2(\sin x)^2}{1}{\color{red}{=}}-\frac{1}{2}.\gg \]

我们需要据此自动修正题目, 这是一个难点! 根据第二步, 可以猜测我们实际上需要求 \(\lim_{x\to 0}\frac{\cos 2x-1}{x^2}\), 那么

\[\lim_{x\to 0}\frac{\cos 2x-1}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{2\cdot -2\sin x\cos x}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{-2\cos^2x+2\sin^2 x}{1}=-2. \]

汗流浃背了.

  3)

\[\lim_{x\to 0}\frac{e^x-x-1}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}. \]

  4)

\[\lim_{x\to\oo}\frac{x^n}{e^x}=\lim_{x\to\oo}\frac{nx^{n-1}}{e^x}=\cdots=\lim_{x\to\oo}\frac{n!}{e^x}=0. \]

  5) 这是一个经典的不能硬洛的例子, 但是很容易目测出结果为 \(1\).

  6) 这是洛不得的, 结果显然是 \(0\).

 

定理 104 (170)

  2) Lagrange 余项. 假设函数 \(f\in C^n([a,b];\R\text{ or }\C)\), 且在 \(a\) 处的 \(n\) 次导存在, 在 \((a,b)\) 上 \(n+1\) 次可导, 那么

\[f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+R_n(x), \]

其中 \(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}\), \(\xi\in[a,x]\) 由 \(x\) 决定 (未必唯一).

  固定 \(x\), 定义

\[F(t):=\sum_{k=0}^n\frac{f^{k}(t)}{k!}(x-t)^k=f(t)+\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k. \]

那么

\[\begin{aligned} F'(t) &= f'(t)+\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k-\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}\\ &= f'(t)+\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k\\ &= \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n. \end{aligned} \]

再令 \(G(t):=\l(\frac{x-t}{x-a}\r)^{n+1}~(t\in[a,x])\) (注意自变量是 \(t\)), 显然 \(t\in(a,x)\) 时 \(G'(t)\neq 0\). 根据 Cauchy 中值定理,

\[\E\xi\in(a,x),~\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}, \]

即

\[\frac{\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^n}{\frac{-(n+1)(x-\xi)^n}{(x-a)^{n+1}}}=F(x)-F(a)=f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k. \]

第一项成功给出了 \(R_n(x)\).

  "上面 Lagrange 余项的证明很有技巧性... 我们下面利用 (Lagrange) 中值定理证明的方法, 来给出⼀个相对自然的证明."

  先构造多项式 \(P(x)\), 使得 \(P^{(k)}(a)=f^{(k)}(a)~(k=0,1,\dots,n)\), 例如取

\[P_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k,\tag{1} \]

又 \(\E!\lambda\in\R,~P(b):=P_n(x)+\lambda(x-a)^{n+1}=f(b)\). 考虑函数 \(f(x)-P(x)\), 它满足高阶 Rolle 定理 (导到 \(n\) 阶时满足 Rolle 定理), 所以 \(\E c\in(a,b),~f^{(n+1)}(c)-P^{(n+1)}(c)=0\). 代入 \(\lambda\), 得到

\[f^{(n+1)}(c)-(n+1)\frac{f(b)-P_n(b)}{(b-a)^{n+1}}=0. \]

令 \(b=x\), 对应 \(c=\xi\), 整理即得 Lagrange 余项.

 

练习 16.1 (P172)

  若限定多项式 \(P(x)\) 的次数 \(\le n\), 那么上面 \((1)\) 处给出的构造是唯一的.

  对 \(\deg P\) 归纳, 这是明显的.

\(\S17\) 凸函数, 利用 Jensen 不等式证明常见的不等式

引理 110 (P179)

  设 \(g:[a,b]\to\R\) 是连续函数并且右导数处处存在. 若 \(\A t\in(a,b),~g'^+(t)\ge 0\), 那么 \(g(a)\le g(b)\).

  "证明的重要思想: 退 \(\eps\) 步海阔天空." 任意选定 \(\eps>0\), 令

\[\varphi_\eps:[a,b]\to\R,~x\mapsto -(g(x)-g(a))-\eps(x-a). \]

此时, \(\varphi_\eps'^+\le-\eps<0\), 如果我们能证明 \(\varphi_\eps\) 递减, 那么

\[\varphi_\eps(a)\ge\varphi_\eps(b)\Ra 0\ge\varphi_\eps(b)\Ra g(b)-g(a)\ge-\eps(b-a), \]

再令 \(\eps\to0^+\) 就得到了结论.

  不妨只证明 \(0\ge\varphi_\eps(b)\). 定义 \(X_\eps=\{x\in[a,b]\mid\varphi_\eps(x)\le\eps\}\), 那么 \(X_\eps=[a,b]\cap\varphi_\eps^{-1}((-\oo,\eps])\) 是闭集 (可参考 P105 定理 61), 因此 \(c:=\sup X_\eps\in X_\eps\). 我们想证明 \(b\in X\), 也只能有 \(b=c\). 因为 \(\varphi_\eps(a)=0\), 所以 \(a\in X\). 根据 \(\varphi_\eps\) 的连续性, \(\E\delta>0,~[a,a+\delta)\sub X_\eps\), 所以 \(X_\eps\neq\varnothing\) 且 \(c>a\).

  反证, 如果 \(c<b\), 由于 \(c\) 是上界, 结合连续性, 可知 \(\varphi_\eps(c)=\eps\). 又 \(\varphi_\eps'^+(c)\le-\eps\), 那么

\[\E h_0>0,~\A h\in[0,h_0),~\frac{\varphi_\eps(c+h)-\varphi_\eps(c)}{h}<-\frac{\eps}{2}. \]

从而

\[\varphi_\eps(c+h)<\eps-\frac{\eps}{2}h<\eps, \]

这说明 \([c,c+h_0)\sub X_\eps\), 这和 \(c\) 是上界矛盾.

 

定理 109 (P178)

  若 \(I\) 是开区间, \(f:I\to\R\) 是函数, 那么如下两个性质等价:

  1) \(f\) 是凸函数;

  2) \(f\) 是连续函数, \(f\) 的右导数处处存在且是增函数.

  \(1)\Ra 2)\) 前文已证, 下面证明 \(2)\Ra 1)\). 固定 \(I\) 中的 \(x<y<z\), 那么 \(\A t\in[y,z],~f'^+(y)\le f'^+(t)\le f'^+(z)\). 令函数

\[g:[y,z]\to\R,~t\mapsto f(t)-tf'^+(y), \]

此时 \(\A t\in(y,z),~g'^+(t)=f'^+(t)-f'^+(y)\ge 0\), 根据引理 110, \(g(z)\ge g(y)\), 整理得

\[f'^+(y)\le\frac{f(z)-f(y)}{z-y}, \]

类似地有

\[f'^+(y)\ge\frac{f(y)-f(x)}{y-x}, \]

所以

\[\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le\frac{f(z)-f(y)}{z-y}\Ra \begin{vmatrix} 1& 1& 1\\ x& y& z\\ f(x)&f(y)&f(z) \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 1&\\ x& y-x& z-y\\ f(x)&f(y)-f(x)&f(z)-f(y) \end{vmatrix}\ge 0. \]

所以 \(f\) 是凸函数. 这也直接说明, 如果 \(f''\) 存在, 那么 \(f\) 是凸函数等价于 \(f''\ge 0\).

\(\S18\) Riemann 积分的定义: 区间的分划, 简单函数, ...

练习 18.1 (P195 性质)

  3) \(C(I)\sub\mathcal R(I)\). (\(\mathcal R(I)\) 为闭区间 \(I\) 上的 Reimann 可积函数空间.)

  任取 \(f\in C(I)\), 由于它一定一致连续 (可参考 P116 定理 72), 那么

\[\A\eps>0,~\E n\in\Z_{\ge 1},~\A x,y\in I,~|x-y|<\frac{b-a}{n}\Ra|f(x)-f(y)|<\frac{\eps}{b-a}. \]

(原文 \(|x-y|<\frac{1}{n}\) 疑为万千笔误之一.) 此时, 设步长 \(\ell=\frac{b-a}{n}\), 令

\[F(x)=\sum_{k=1}^n[x\in[a+(k-1)\ell,a+k\ell)]\cdot f(a+k\ell)+[x=b]\cdot f(b). \]

显然 \(F\) 是阶梯函数. (原文求和中取的闭区间, 虽然可以理解, 但那样的 \(F\) 的确不是阶梯函数, 它在 \(a+k\ell\) 处有单点突变.) 根据 \(n\) 的取法, 可知

\[|f(x)-F(x)|<\Psi(x)\equiv\frac{\eps}{b-a}, \]

又 \(\int_a^b\Psi(x)=\eps\), 所以 \(f\) 是 Riemann 可积函数. (你这笔误都是集中爆发的吗...)

  4) \(\mathcal R(I)\) 是 \(\R\)-线性空间.

  不妨只证明 \(f,g\in\mathcal R(I)\Ra f+g\in\mathcal R(I)\). 根据定义, 存在阶梯函数对列 \(\{(f_n,\psi_n)\}\) 和 \(\{(g_n,\chi_n)\}\), 使得

\[|f(x)-f_n(x)|<\psi_n(x),~\lim_{n\to\oo}\int_I\psi_n=0;\\ |g(x)-g_n(x)|<\chi_n(x),~\lim_{n\to\oo}\int_I\chi_n=0. \]

现在考虑阶梯函数对列 \(\{(f_n+g_n,\psi_n+\chi_n)\}\), 由于 \(f\) 和 \(g\) 有界,

\[|(f(x)+g(x))-(f_n(x)+g_n(x))|\le|f(x)-f_n(x)|+|g(x)-g_n(x)|<\psi_n(x)+\chi_n(x)\to 0. \]

  5) 如果 \(f,g\in\mathcal R(I)\), 那么 \(f\cdot g\in\mathcal R(I)\). (对在 \(\C\) 或 \(\textbf M_n(\C)\) 取值者也成立.)

  取出 4) 中的 \(\{(f_n,\psi_n)\}\) 和 \(\{(g_n,\chi_n)\}\), 考虑 \(f_ng_n\), 设 \(|f(x)|\le M\), 那么

\[\begin{aligned} |f(x)g(x)-f_n(x)g_n(x)| &\le |f(x)-f_n(x)||g_n(x)|+|f(x)||g(x)-g_n(x)|\\ &\le|\psi_n(x)||g_n(x)|+M|\chi_n(x)|=:\vartheta_n(x). \end{aligned} \]

为了控制 \(\vartheta_n(x)\), 最好让 \(|g_n(x)|\) 也有界. 令 \(N=\sup_{x\in I}\{|g(x)|\}\), 定义

\[\ol{g_n}(x)=\begin{cases} g_n(x),&\chi_n(x)\le N;\\ 0,&\chi_n(x)>N. \end{cases} \]

这显然也是一列阶梯函数, 与之对应的,

\[\ol{\chi_n}(x)=\begin{cases} \chi_n(x),&\chi_n(x)\le N;\\ N,&\chi_n(x)>N. \end{cases} \]

明显 \(|\ol{g_n}(x)|\le 2N\) 并且 \(|g(x)-\ol{g_n}(x)|\le\ol{\chi_n}(x)\), 同时 \(0\le\ol{\chi_n}(x)\le\chi_n(x)\Ra\int_I\ol{\chi_n}(x)\to 0\). 用 \(\{(\ol{g_n},\ol{\chi_n})\}\) 替代原来的 \(\{(g_n,\chi_n)\}\), 这样就可以有

\[\int_I\vartheta_n\le\int_I 2N\psi_n+\int_I M\chi_n\to 0, \]

从而 \(f\cdot g\in\mathcal R(I)\).

  6) 若 \(f\in\mathcal R(I)\), 那么 \(|f|:x\mapsto|f(x)|\) 也是 Riemann 可积函数.

  对 \(f\), 存在 \(\{(f_n,\psi_n)\}\), 使得 \(|f(x)-f_n(x)|<\psi_n(x)\) 且 \(\lim_{n\to\oo}\int_I\psi_n=0\). 令 \(F_n(x)=|f_n(x)|\), 此时 \(||f(x)|-F_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|<\psi_n(x)\). 取 \(\{(F_n,\psi_n)\}\) 即可.

\(\S19\) Riemann 和, Darboux 上下和, 上下积分

定理 122 (P199)

  设 \(I\sub\R\) 是有界闭区间, \(f\in\mathcal R(I)\), 那么

\[\A\eps>0,~\E\delta>0,~\A(\sigma,\xi)\in\mathcal S'(I),~|\sigma|<\delta\Ra\l|S(f;\sigma,\xi)-\int_I f\r|<\eps. \]

  根据 Riemann 可积的定义, 可以取出 \(F,\psi\in\mathcal E(I)\), 使得 \(|f(x)-F(x)|\le\psi(x)\) 且 \(\int_I\psi<\eps/4\), 同时可以假设它们都与 \(\sigma_0=\{b_0<b_1<\cdots<b_m\}\) 相容. 现在, 任意选取 \(\sigma=\{a=a_0<a_1<\cdots<a_n=b\}\), 要求 \(|\sigma|\) 比 \(\sigma_0\) 中任意区间都还要短. 这时,

\[\l|S(f;\sigma,\xi)-\int_I f\r|\le\sum_{i=1}^n\l|\int_{a_{i-1}}^{a_i}f-f(\xi_i)\r|. \]

(Remark: 闻到了一股分块的味道, 然后去逛了一圈洛谷, 记之.) 对于每个 \([a_{i-1},a_i]\), 讨论:

  a) 若 \((a_{i-1},a_i)\) 里没有 \(b_k\), 记这里 \(i\in A\), 这说明 \(F\) 和 \(\psi\) 在这里都是常数. 所以

\[\begin{aligned} |f(x)-f(\xi_i)| &\le |f(x)-F(x)|+|F(x)-f(\xi_i)|\\ &= |f(x)-F(x)|+|F(\xi_i)-f(\xi_i)|\\ &\le \psi(x)+\psi(\xi_i)\\ &= 2|\psi(x)|, \end{aligned} \]

因此

\[\l|\int_{a_{i-1}}^{a_i} f-f(\xi_i)\r|\le 2\int_{a_{i-1}}^{a_i}\psi. \]

  b) 若 \((a_{i-1},a_i)\) 里有 \(b_k\), 记这里 \(i\in B\), 因为 \((a_{i-1},a_i)\) 足够短, 所以只有恰好一个 \(b\) 在其中, 所以这样的 \((a_{i-1},a_i)\) 不超过 \(m\) 个 (\(m-1\) of course). 这时可以用 \(\|f\|_\oo\) 来控制 \(f(x)\), 我们有

\[\begin{aligned} \l|\int_{a_{i-1}}^{a_i}f-f(\xi_i)\r| &\le |a_i-a_{i-1}|\|f\|_\oo+|a_i-a_{i-1}|f(\xi_i)\\ &\le 2|\sigma|\|f\|_\oo. \end{aligned} \]

  综合 a) 和 b),

\[\begin{aligned} \l|S(f;\sigma,\xi)-\int_I f\r| &\le \sum_{i\in A}\int_{a_{i-1}}^{a_i}2\psi+\sum_{i\in B}2|\sigma|\|f\|_\oo\\ &\le 2\int_a^b\psi+2m|\sigma|\|f\|_\oo\\ &\le \frac{\eps}{2}+2m|\sigma|\|f\|_\oo. \end{aligned} \]

其中 \(m\) 固定, 当 \(|\sigma|<\frac{\eps}{4m\|f\|_\oo}\), 上式 \(<\eps\).

  By the way, 这个定理也可以写作:

\[\lim_{|\sigma|\to 0}S(f;\sigma,\xi)=\int_a^bf. \]

 

引理 123 (P201)

  对于任意两个划分 \(\sigma,\sigma'\in\mathcal S(I)\), 有 \(\ul S(f;\sigma)\le\ol S(f;\sigma')\).

  提示云, 只需要证明 \(\sigma\prec\sigma'\) 时有 \(\ul S(f;\sigma)\le\ol S(f;\sigma')\) 以及 \(\ul S(f;\sigma')\le\ol S(f;\sigma)\), 这挺明显. 另外, 也可以取二者共有的加细 \(\sigma_0\), 说明 \(\ul S(f;\sigma)\le\ul S(f;\sigma_0)\le\ol S(f;\sigma_0)\le\ol S(f;\sigma')\) 即可.

 

命题 124 (P202)

  若 \(f:I\to\R\) 是有界函数, 那么

\[\ol D(f)=\ol{\int_a^b}f,\quad \ul D(f)=\ul{\int_a^b}f. \]

  只证下和的式子. 首先, 对任意 \(\sigma\), 令 \(\l.\varphi\r|_{[a_{i-1},a_i)}=m_i:=\inf_{x\in[a_{i-1},a_i)}f(x)\) 和 \(\varphi(b)=f(b)\), 有 \(\varphi\in\mathcal E_f(I)\), 因此 \(\int_a^b\varphi\le\ul{\int_a^b}f\), 从而 \(\ul S(f;\sigma)\le\ul{\int_a^b}f\), 那么 \(\ul D(f)\le\ul{\int_a^b}f\).

  其次, 对任意 \(\varphi\in\mathcal E_f(I)\), 取与 \(\varphi\) 相容的 \(\sigma=\{a_0<a_1<\cdots<a_n\}\). 由于 \(\l.\varphi\r|_{(a_{i-1},a_i)}\equiv\varphi_i\) 且 \(\varphi\le f\), 所以 \(\varphi_i\le m_i\). 那么

\[\int_a^b\varphi=\sum_{i=1}^n\varphi_i(a_i-a_{i-1})\le\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i-1})m_i=\ul S(f;\sigma)\le\sup_{\sigma\in\mathcal S(I)}\ul S(f;\sigma)=\ul D(f). \]

再对 \(\varphi\) 取左侧上界可知 \(\ul{\int_a^b}f\le\ul D(f)\). 最终 \(\ul D(f)=\ul{\int_a^b}f\).

\(\S20\) 紧区间上 Riemann 可积函数的刻画, ...

定理 128 (微积分基本定理: Newton-Leibniz 公式) (P212)

  假设 \(I\) 是有界闭区间, \(f\in\mathcal R(I)\), 如果 \(f\) 有原函数 \(F\), 那么 \(\int_a^b f=\l.F(x)\r|_a^b\).

  证明之外, 值得注意的是, 由于 \(f\) 可能在某些点处不连续, 所以 \(\int_a^xf(y)\d y\) 未必可微分, 也就未必有 \(F(x)=\int_a^xf(y)\d y\). 个人觉得有点反直觉, 举个例子, 令

\[F(x)=\begin{cases} x^2\sin(1/x),&x\neq 0;\\ 0,&x=0. \end{cases} \]

此时 \(f=F'=2x\sin(1/x)-\cos(1/x)\), \(f(0)=0\), 在 \(x=0\) 处不连续.

  回到证明. 只需要证明, 对任意 \(\eps>0\), 都有

\[\l|F(b)-F(a)-\int_a^b f\r|<\eps. \]

由于 \(f\) 是 Riemann 可积的, 对给定 \(\eps\), 可以取出 \(g,\psi\in\mathcal E(I)\), 使得

\[|f(x)-g(x)|\le\psi(x),\quad \int_a^b\psi<\eps. \]

同时取出相容于 \(g\) 和 \(\psi\) 的 \(\sigma=\{a_0<a_1<\cdots<a_n\}\), 令

\[\l.g\r|_{(a_{i-1},a_i)}=y_i,\quad \l.\psi\r|_{(a_{i-1},a_i)}=z_i. \]

那么

\[\begin{aligned} F(b)-F(a)-\int_a^b g &= \sum_{i=1}^n(F(a_i)-F(a_{i-1}))-\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i-1})y_i\\ &= \sum_{i=1}^n(F(a_i)-F(a_{i-1})-(a_i-a_{i-1})y_i)\\ &= \sum_{i=1}^n((F(a_i)-a_iy_i)-(F(a_{i-1})-a_{i-1}y_i)). \end{aligned} \]

在每个 \([a_{i-1},a_i]\) 上, 考虑 \(x\mapsto F(x)-y_ix\) 上的 Lagrange 中值定理, 存在 \(\xi_i\in[a_{i-1},a_i]\), 使得

\[\begin{aligned} \l|(F(a_i)-a_iy_i)-(F(a_{i-1})-a_{i-1}y_i)\r| &= |F'(\xi_i)-y_i|(a_i-a_{i-1})\\ &= |f(\xi_i)-g(\xi_i)|(a_i-a_{i-1})\\ &\le \psi(\xi_i)(a_i-a_{i-1}). \end{aligned} \]

因而

\[\l|F(b)-F(a)-\int_a^b g\r|\le\int_a^b\psi<\eps. \]

最后回到原式,

\[\begin{aligned} \l|F(b)-F(a)-\int_a^b f\r| &\le \l|F(b)-F(a)-\int_a^b g\r|+\l|\int_a^b f-\int_a^b g\r|\\ &\le\eps+\eps=2\eps. \end{aligned} \]

  (这个公式也常用作: \(f\in C^1(I)\) 时, \(\int_a^b f'=\l.f(x)\r|_a^b\).)

 

命题 129 (部分积分公式) (P215)

  假设 \(f,g\in C^1(I)\), 那么

\[\int_a^b f'\cdot g=\l.(f\cdot g)\r|_a^b-\int_a^b f\cdot g'. \]

  算是基本定理的基本应用.

\[\l.(f\cdot g)\r|_a^b=\int_a^b(f\cdot g)'=\int_a^b f'\cdot g+\int_a^b f\cdot g'. \]

 

命题 130 (变量替换公式) (P215)

  设 \(\Phi:I\to J\) 是两个有界闭紧区间间的连续单增可微映射 (定语最长的一集), 其中 \(I=[a,b]\), \(J=[c,d]\), \(f\in C(J)\), 那么对于 \(I\) 中任意的 \(\alpha<\beta\), 都有

\[\int_a^b((f\circ\Phi)\cdot\Phi')=\int_{\Phi(a)}^{\Phi(b)}f. \]

  因为 \(f\in C(J)\), 所以能取出它的一个原函数 \(F(x)=\int_c^x f.\), 此时

\[(F\circ\Phi)'=(f\circ\Phi)\cdot\Phi'. \]

利用 Newton-Leibniz 公式:

\[\int_\alpha^\beta((f\circ\Phi)\cdot\Phi')=\int_\alpha^\beta(F\circ\Phi)'=\l.(F\circ\Phi)\r|_\alpha^\beta=F(\Phi(\beta))-F(\Phi(\alpha)). \]

另一方面, 考虑 \(F(x)\) 的积分形式,

\[F(\Phi(\beta))-F(\Phi(\alpha))=\int_c^{\Phi(\beta)}f-\int_c^{\Phi(\alpha)}f=\int_{\Phi(\alpha)}^{\Phi(\beta)}f. \]

  应用层面, 对 \(\int_a^b f(x)\d x\), 令 \(\Phi:x\mapsto u(x)\), 可实现换元 \(\int_a^b f(x)\d x=\int_\alpha^\beta f(u)u'\d x\), 其中 \(u(\alpha)=a\), \(u(\beta)=b\).

 

练习 20.1 (P217 例子)

  1) 圆面积计算 (设 \(\ol\pi\) 为 \(\sin x\) 在 \(\R_{>0}\) 的第一个零点, 相关性质可见 P157).

  考虑换元 \(\Phi:\theta\mapsto r\sin\theta\), 求半圆盘面积:

\[\begin{aligned} \int_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}\d x &= \int_{-\ol\pi/2}^{\ol\pi/2}\sqrt{r^2-(r\sin\theta)^2}\cdot r\cos\theta\cdot\d\theta\\ &= r^2\int_{-\ol\pi/2}^{\ol\pi/2}(\cos\theta)^2\d\theta\\ &= \frac{r^2}{2}\int_{-\ol\pi/2}^{\ol\pi/2}(\cos(2\theta)+1)\d\theta\\ &= \frac{r^2}{2}\l(\int_{-\ol\pi/2}^{\ol\pi/2}\cos(2\theta)\d\theta+\ol\pi\r)\\ &= \frac{\ol\pi r^2}{2}+\frac{r^2}{4}\int_{-\ol\pi}^{\ol\pi}\cos\vartheta\d\vartheta\\ &= \frac{\ol\pi r^2}{2}+\frac{r^2}{4}\l.\sin\vartheta\r|_{-\ol\pi}^{\ol\pi}\\ &= \frac{\ol\pi r^2}{2}. \end{aligned} \]

因而半径为 \(r\) 的圆盘的面积是 \(\ol\pi r^2\), 那么 \(\ol\pi=\pi\).

  2) 计算 \(\displaystyle\int_0^{\frac{3\pi}{2}}\sin^2x\cos x\d x\).

\[\begin{aligned} \int_0^{\frac{3\pi}{2}}\sin^2x\cos x\d x &= \l(\int_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}+\int_{\pi}^{\frac{3\pi}{2}}\r)\sin^2x\cdot\d\sin x\\ &= \int_0^1 y^2\d y+\int_1^0 y^2\d y+\int_0^{-1}y^2\d y\\ &= \frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}. \end{aligned} \]

  3) 计算 \(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\sin x\cos x\d x\).

\[\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\sin x\cos x\d x &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\sin(2x)\d x\\ &= -\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x(\cos 2x)'\d x\\ &= -\frac{1}{4}\l(\l.(x\cos 2x)\r|_0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 2x\d x\r)\\ &= -\frac{1}{4}\l(-\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\cdot 0\r)=\frac{\pi}{8}. \end{aligned} \]

  4) 计算 \(\displaystyle\int_1^2\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\d x\).

  换元 \(\frac{1}{x}\mapsto y\), 得到

\[\int_1^2\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\d x=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\d y. \]

联想到 \(\cosh^2x-\sinh^2x=1\), 可以再做 \(y\mapsto\sinh z\) 的换元, 得到

\[\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\d y=\int_\alpha^\beta\frac{1}{\cosh z}\cosh z\d z=\beta-\alpha. \]

其中 \(\sinh\alpha=\frac{1}{2}\), \(\sinh\beta=1\), 不难一元二次方程解出 \(e^\alpha\) 和 \(e^\beta\), 最终得到 \(\alpha\) 和 \(\beta\).