每日一题-2025-08

0806

数分

题目： 设 $p > 1$，证明：数列 $\{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^p} \}$ 收敛。

证明： 首先，$\{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^p}\}$ 是单调递增的，下证其有上界。

观察到，有不等式，

$$(1+x)^\alpha - 1 \geq \alpha x \geq \frac{\alpha x}{1+x}, \quad \forall x \geq 0, \alpha \geq 0$$

于是，

$$\begin{align*} \frac{1}{n^{p-1}} - \frac{1}{(n+1)^{p-1}} &= \frac{1}{(n+1)^{p-1}} \left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{p-1} - 1 \right) \\ &\geq \frac{1}{(n+1)^{p-1}} \cdot \frac{(p-1) \frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}} \\ &= \frac{p-1}{(n+1)^{p}} \end{align*}$$

故，

$$\frac{1}{(n+1)^{p}} \leq \frac{1}{p-1} \left( \frac{1}{n^{p-1}} - \frac{1}{(n+1)^{p-1}} \right)$$

于是，

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^p} &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(k+1)^p} \leq 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{p-1} \left( \frac{1}{k^{p-1}} - \frac{1}{(k+1)^{p-1}} \right) \\ &= 1 + \frac{1}{p-1} \left( 1 - \frac{1}{(n+1)^{p-1}}\right) \\ & \leq \frac{p}{p-1}, \quad \forall n \geq 1 \end{align*}$$

由单调有界数列必收敛，命题得证。

解几

外积的性质：

1. 证明：$\vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \cdot \vec{c}) \vec{b} - (\vec{a} \cdot \vec{b}) \vec{c}$
2. 证明：$(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot (\vec{c} \times \vec{d}) = (\vec{a} \cdot \vec{c}) (\vec{b} \cdot \vec{d}) - (\vec{a} \cdot \vec{d}) (\vec{b} \cdot \vec{c})$
3. 证明：$(\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{c} + (\vec{b} \times \vec{c}) \times \vec{a} + (\vec{c} \times \vec{a}) \times \vec{b} = 0$

证明：

（1）

情形1：$\vec{a} = \vec{0}$ 或 $\vec{b} \times \vec{c} = \vec{0}$，此时二者共线，结论显然成立。

情形2：设 $\vec{d} = \vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c})$，有

$$\vec{d} \perp \vec{a}, \quad \vec{d} \perp \vec{b} \times \vec{c}$$

因为 $\vec{d} \perp \vec{b} \times \vec{c}$，所以 $\vec{b},\vec{c},\vec{d}$ 三者共面，可设 $\vec{d} = \lambda \vec{b} + \mu \vec{c}$。

又 $\vec{d} \perp \vec{a}$，故

$$\vec{a} \cdot \vec{d} = \lambda (\vec{a} \cdot \vec{b}) + \mu (\vec{a} \cdot \vec{c}) = 0$$

即：

$$\left\{\begin{matrix} \lambda = k (\vec{a} \cdot \vec{c})\\ \mu = - k (\vec{a} \cdot \vec{b}) \end{matrix}\right.$$

故，

$$\vec{d} = k \left[ (\vec{a} \cdot \vec{c}) \vec{b} - (\vec{a} \cdot \vec{b}) \vec{c} \right]$$

由任意性，取 $\vec{a} = \vec{b} = \vec{i}, \vec{c} = \vec{j}$，则

$$\vec{d} = \vec{i} \times (\vec{i} \times \vec{j}) = \vec{j} = k \vec{j} \Rightarrow k = 1$$

得证。

□

（2） 由（1），已有

$$\vec{b} \times (\vec{c} \times \vec{d}) = (\vec{b} \cdot \vec{d})\vec{c} - (\vec{b} \cdot \vec{c})\vec{d}$$

右侧对 $\vec{a}$ 内积，

$$\begin{align*} (\vec{a} \times \vec{b}) \cdot (\vec{c} \times \vec{d}) &= [\vec{a}, \ \vec{b}, \ \vec{c} \times \vec{d}] \\ &= [\vec{b}, \ \vec{c}\times\vec{d}, \ \vec{a}] = \vec{b} \times (\vec{c} \times \vec{d}) \cdot \vec{a} \\ &= (\vec{a} \cdot \vec{c}) (\vec{b} \cdot \vec{d}) - (\vec{a} \cdot \vec{d}) (\vec{b} \cdot \vec{c}) \end{align*}$$

□

（3）对每一项都使用（1）中公式，

$$\begin{align*} (\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{c} &= (\vec{a} \cdot \vec{c})\vec{b} - (\vec{b} \cdot \vec{c})\vec{a} \\ (\vec{b} \times \vec{c}) \times \vec{a} &= (\vec{b} \cdot \vec{a})\vec{c} - (\vec{c} \cdot \vec{a})\vec{b} \\ (\vec{c} \times \vec{a}) \times \vec{b} &= (\vec{c} \cdot \vec{b})\vec{a} - (\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{c} \\ \end{align*}$$

相加即可。

□

0807

数分

不同余项的 Taylor 公式

1. （Peano 余项）设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，则当 $x \to x_0$ 时，有，

$$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n)$$

2. （Lagrange 余项）设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上 $n+1$ 阶可导，则对任意 $x, x_0 \in I$，存在位于 $x$ 与 $x_0$ 之间的实数 $\xi$ 使得，

$$$$

f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{(n+1)}

$$$$

3. （Cauchy余项）设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上 $n+1$ 阶可导，则对任意 $x, x_0 \in I$，存在位于 $x$ 与 $x_0$ 之间的实数 $\xi$ 使得，

   $$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^{n}(x-x_0)$$

常用的 Maclaurin 展式

1. 当 $x \to 0$ 时，

$$$$

e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n)

$$$$

2. 当 $x \to 0$ 时，

$$$$

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} + o(x^{2n-1})

$$$$

$$$$

\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n})

$$$$

3. 当 $x \to 0$ 时，

$$$$

\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n} + o(x^{n})

$$$$

$$$$

\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \cdots - \frac{x^{n}}{n} + o(x^{n})

$$$$

4. 当 $x \to 0$ 时，

$$$$

(1+x)^{\alpha} = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + o(x^n)

$$$$

$$$$

\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^{n} x^n + o(x^{n})

$$$$

$$$$

\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n} + o(x^{n})

$$$$

5. 当 $x \to 0$ 时，

$$$$

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+1})

$$$$

Wallis 公式 与 Stirling 公式

Wallis 积分公式

(1) 单项情形

定义

$$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!}, & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$

证明： 首先，对于 $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx$，令 $t = \frac{\pi}{2} - x$，

$$I_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \cos^n \left( \frac{\pi}{2} - t \right) d\left( \frac{\pi}{2} - t \right) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n t \, dt$$

下面考虑 $\sin x$ 的情形即可。利用分部积分，

$$\begin{align*} I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \, d\cos x \\ &= -\sin^{n-1} x \cdot \cos x \bigg|_0^{\frac{\pi}{2}} + (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \cdot \sin^{n-2} x \, dx \\ &= (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \, dx - (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx \\ &= (n - 1) \cdot I_{n-2} - (n - 1) \cdot I_n \end{align*}$$

所以，

$$\begin{align*} I_n &= \frac{n-1}{n} \cdot I_{n-2} = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdot I_{n-4} = \cdots \\ &= \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot I_0 , & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot I_1 , & n \text{ 为奇数}. \end{cases} \end{align*}$$

而

$$I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}, \quad I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \, dx = 1$$

故，

$$I_n = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} , & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} , & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$

(2) 二元情形

定义

$$I_{m,n} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx = \begin{cases} \dfrac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & m, n \text{ 均为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!}, & \text{否则}. \end{cases}$$

证明：

$$\begin{align*} I_{m,n} &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^{n-1} x \, d(\sin x) \\ &= \sin^{m+1} x \cdot \cos^{n-1} x \bigg|_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \, d(\sin^m x \cdot \cos^{n-1} x) \\ &= -m \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx + (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+2} x \cdot \cos^{n-2} x \, dx \\ &= -m \cdot I_{m,n} + (n - 1) \cdot I_{m+2,n-2} \end{align*}$$

得到递归式，

$$I_{m,n} = \frac{n-1}{m+1} \cdot I_{m+2,n-2}$$

n为偶数的情形

设 $n = 2k$,

$$\begin{align*} I_{m,n} &= \frac{n-1}{m+1} \cdot I_{m+2,n-2} = \frac{n-1}{m+1} \cdot \frac{n-3}{m+3} \cdot I_{m+4,n-4} = \dots \\ &= \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\dots\cdot1}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\dots\cdot(m+n-1)} \cdot I_{m+n} \end{align*}$$

带入一元情况，

$$I_{m,n} = \begin{cases} \dfrac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} &, \, m\text{也为偶数} \\[6pt] \dfrac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!} &, \, \text{否则} \end{cases}$$

n为奇数的情形

设 $n = 2k+1$，则

$$I_{m,n} = \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\cdots\cdot2}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\cdots\cdot(m+n-2)} \cdot I_{m+n-1,1}$$

单独计算第一项，

$$I_{m+n-1,1} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+n-1} x \cdot \cos x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+n-1} x \, d(\sin x) = \frac{1}{m+n}$$

带回，

$$I_{m,n} = \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\cdots\cdot2}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\cdots\cdot(m+n-2)} \cdot \frac{1}{m+n} = \frac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!}$$

□

Wallis 公式

来自 浙江大学 2023 微积分 II 课程笔记

当 $n \to +\infty$ 时，$\dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \sim \sqrt{n\pi}$；更具体地，

$$\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1} = \frac{\pi}{2}$$

证明： 对 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$，由 $\sin x \in (0,1)$

$$\sin^{2n+1} x < \sin^{2n} x < \sin^{2n-1} x$$

对 $x$ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上积分，得：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n+1} x \, dx < \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x \, dx < \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n-1} x \, dx$$

由 Wallis 积分公式，

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

定义：

$$A_n := \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1}, \quad B_n := \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n}$$

注意到，

$$A_{n+1} = \left[ \frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+3} \Rightarrow \frac{A_{n+1}}{A_n} = \frac{(2n+2)^2}{(2n+1)(2n+3)} >1$$

$$B_{n+1} = \left[ \frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+2} \Rightarrow \frac{B_n}{B_{n+1}} = \frac{(2n+1)^2}{(2n)(2n+2)} >1$$

则上述不等式可改写为：

$$A_n < A_{n+1} < \cdots < \frac{\pi}{2} < \cdots < B_{n+1} < B_n$$

数列 $\{A_n\}$ 严格单增有上界，$\{B_n\}$ 严格单减有下界，二者都存在极限。

计算 $B_n - A_n$（夹逼之），

$$\begin{align*} B_n - A_n &= \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1} \right) \\ &= \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \cdot \frac{1}{2n(2n+1)} \\ &= A_n \cdot \frac{1}{2n} \\ &< \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2n} \to 0 \quad (n \to \infty) \end{align*}$$

于是有

$$\lim_{n \to \infty} A_n = \frac{\pi}{2} = \lim_{n \to \infty} B_n$$

结合 $A_n$ 的定义，即有，

$$\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1} = \frac{\pi}{2}$$

□

Stirling 公式

证明来自 香蕉空间

<span style="color:red">Stirling 公式：对 $n \in \mathbb{Z}_+$ 有，

$$n! = \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n e^{c_n}$$

其中 $c_n$ 满足：

$$0 < c_n < \frac{1}{12n}$$

证明：
对 $n \in \mathbb{Z}_+$ 定义数列

$$d_n = \log(n!) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\log n + n$$

利用 Taylor 展开计算 $d_n - d_{n+1}$：

$$\begin{align*} d_n - d_{n+1} &= -\log(n+1)+(n+1+\frac{1}{2})\log(n+1)-(n+\frac{1}{2})\log n - 1\\ &= (n+\frac{1}{2}) \log (\frac{n+1}{n}) -1\\ &= \frac{2n + 1}{2} \log\left( \frac{1 + \frac{1}{2n + 1}}{1 - \frac{1}{2n + 1}} \right) -1\\ &= \frac{2n + 1}{2} \sum_{k=0}^\infty \frac{2}{2k+1} \left( \frac{1}{2n+1}\right)^{2k+1} -1\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k + 1} \cdot \frac{1}{(2n + 1)^{2k}} \end{align*}$$

于是放缩得到：

$$0 < d_n - d_{n+1} < \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{(2n + 1)^{2k}} = \frac{1}{12n(n+1)} = \frac{1}{12n} - \frac{1}{12(n + 1)}$$

也即，

$$d_n - \frac{1}{12n} < d_{n+1} - \frac{1}{12(n+1)} < \cdots < d_{n+1} < d_n$$

故 $d_n$ 递减而 $d_n - \frac{1}{12n}$ 递增。于是有下述极限存在：

$$\lim_{n \to \infty} \left( d_n - \frac{1}{12n} \right) = C = \lim_{n \to \infty} d_n$$

更精确地有：

$$0 < c_n = d_n - C < \frac{1}{12n}$$

现只要证明

$$C = \frac{1}{2}\log(2\pi) \Leftrightarrow e^C = \sqrt{2\pi}$$

而根据 Wallis 公式，我们有：

$$\begin{align*} \sqrt{\frac{\pi}{2}} &= \sqrt{\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2 \frac{1}{2n+1}}= \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \frac{1}{\sqrt{2n+1}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{[(2n)!!]^2}{(2n-1)!!(2n)!!} \frac{1}{\sqrt{2n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2^n n!)^2}{(2n)! \sqrt{2n + 1}} \end{align*}$$

结合：

$$\lim_{n \to \infty} e^{d_n} = \lim_{n \to \infty} n! \left( \frac{e}{n} \right)^n \frac{1}{\sqrt{n}} = e^C \Rightarrow n! \sim \sqrt{n} \left( \frac{n}{e} \right)^n e^C$$

有，

$$\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2^n n!)^2}{(2n)! \sqrt{2n + 1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n} n \left( \frac{n}{e}\right)^{2n} e^{2C}}{\sqrt{2n} \left( \frac{2n}{e} \right)^{2n} e^C \sqrt{2n+1}} = \frac{e^C}{2}$$

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高代

题目

题目1

一个 $n$ 阶行列式，如果它的元素满足 $a_{ij} = -a_{ji},\ i,j = 1,2,\cdots,n$，就称为反对称行列式。证明：奇数阶反对称行列式等于 $\boldsymbol{0}$。

要证明奇数阶反对称行列式的值为零，可按以下步骤推导：

$$\begin{align*} D &= \begin{vmatrix} 0 & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ -a_{12} & 0 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ -a_{13} & -a_{23} & 0 & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{1n} & -a_{2n} & -a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & -a_{12} & -a_{13} & \cdots & -a_{1n} \\ a_{12} & 0 & -a_{23} & \cdots & -a_{2n} \\ a_{13} & a_{23} & 0 & \cdots & -a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} \\ &= (-1)^{n} \begin{vmatrix} 0 & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ -a_{12} & 0 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ -a_{13} & -a_{23} & 0 & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{1n} & -a_{2n} & -a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} = (-1)^n D = -D \end{align*}$$

故 $D = 0$.

□

题目2

Lagrange 插值多项式的唯一性。

求证：给定一组数据 $\{(x_i, y_i),\, 1 \leq i \leq n+1\}$，则唯一存在一个 $n$ 次多项式

$$P(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k,$$

使得

$$P(x_i) = y_i,\, 1 \leq i \leq n+1.$$

证明： 将 $P(x_i) = y_i,\, 1 \leq i \leq n+1$ 代入 $\sum_{k=0}^n a_k x^k = y$，得到线性方程组：

$$\begin{cases} a_0 + a_1 x_1 + \cdots + a_n x_1^n = y_1 \\ a_0 + a_1 x_2 + \cdots + a_n x_2^n = y_2 \\ \cdots\cdots \\ a_0 + a_1 x_{n+1} + \cdots + a_n x_{n+1}^n = y_{n+1} \end{cases}$$

该方程组的系数行列式为 Vandermonde行列式，

$$D = \prod_{\substack{1 \leq i < j \leq n+1}} (x_j - x_i) \neq 0.$$

由 Cramer 法则，系数 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 可唯一确定：

$$a_k = \frac{D_k}{D},\quad D_k = \sum_{j=1}^{n+1} (-1)^{k+1+j} A_{jk} y_j \quad (0 \leq k \leq n)$$

此处 $A_{jk}$ 是缺项的 Vandermonde 行列式。

□

另：多项式 $P(x)$ 也可通过 拉格朗日插值公式 直接构造：

$$\begin{align*} P(x) &= \sum_{j=1}^{n+1} \left( \frac{(x_1 - x)(x_2 - x) \cdots (x_{j-1} - x)(x_{j+1} - x) \cdots (x_{n+1} - x)}{(x_1 - x_j)(x_2 - x_j) \cdots (x_{j-1} - x_j)(x_{j+1} - x_j) \cdots (x_{n+1} - x_j)} \right) y_j \\ &= \sum_{j=1}^{n+1} \left( \prod_{\substack{i=1, \\ i \neq j}}^{n+1} \frac{x - x_i}{x_j - x_i} \right) y_j. \end{align*}$$

行列式的基本性质

1. 转置不变性：行列式的转置（行与列互换）值不变，即

   $$D = D^T, \quad \text{其中 } D^T = \det(a_{ji})$$

2. 行公因子提取：若第 $i$ 行（记为 $r_i$）所有元素有公因子 $k$，则公因子可提取到行列式外：

   $$D \xrightarrow{kr_i} kD$$

   （仅对某一行提取公因子，列同理）。

3. 行和分解性：若第 $i$ 行的每个元素可表示为两数之和（如 $a_{ik} = b_{ik} + c_{ik}$），则行列式可分解为两个行列式之和：

   $$\begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ b_{i1}+c_{i1} & \cdots & b_{in}+c_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ b_{i1} & \cdots & b_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ c_{i1} & \cdots & c_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix}$$

   （仅某一行分解，其余行不变）。

4. 行对换的反号性：交换第 $i$ 行与第 $j$ 行（记为 $r_i \leftrightarrow r_j$），行列式值反号：

   $$\xrightarrow{r_i \leftrightarrow r_j} -D$$

   • 推论1：若行列式有两行完全相同，则 $D = 0$
   • 推论2：若行列式有两行成比例（一行是另一行的 $k$ 倍），则 $D = 0$

5. 行操作不变性：
   将第 $i$ 行的 $k$ 倍加到第 $j$ 行上（记为 $r_j + kr_i$），行列式值不变：

   $$D \xrightarrow{r_j + kr_i} D$$

   （列操作同理，值也不变）。

6. 按行展开：行列式可按任意一行展开求值。$A_{ij}$ 是元素 $(i,j)$ 的代数余子式，对第 $i$ 行（$1 \leq i \leq n$）有：

$$$$

D = a_{i1}A_{i1} + a_{i2}A_{i2} + \cdots + a_{in}A_{in} = \sum_{k=1}^n a_{ik}A_{ik} $$

• 推论1：若取第 $i$ 行元素与第 $j$ 行的代数余子式对应相乘再求和：

$$$$

\sum_{k=1}^n a_{ik}A_{jk} = D\delta_{ij}, \quad \delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j, \ 0, & i \neq j. \end{cases}

$$$$

7. Cramer 法则：如果 $n \times n$ 线性方程组

   $$\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j = b_i, \quad i = 1, 2, \cdots, n,$$

   的系数行列式 $D = \det(a_{ij}) \neq 0$，则该方程组 存在唯一解：

   $$x_j = \frac{D_j}{D}, \quad j = 1, 2, \cdots, n,$$

   其中 $D_j$ 是将系数行列式 $D$ 的第 $j$ 列替换为常数项 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 后得到的 $n$ 阶行列式，即：

   $$D_j = \begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1,j-1} & b_1 & a_{1,j+1} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & \cdots & a_{2,j-1} & b_2 & a_{2,j+1} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{n,j-1} & b_n & a_{n,j+1} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}, \quad j = 1, 2, \cdots, n.$$

   • 推论：Lagrange 插值多项式的唯一性

0808

数分

题目

求证：$\{(1+\frac{1}{n})^{n+1}\}$ 单减，$\{(1+\frac{1}{n})^n\}$ 有界。

$\{(1+\frac{1}{n})^n\}$ 有上界其实也可以用求导来做

证明：首先有，

$$b^{n+1} - a^{n+1} > (n+1) a^n (b-a) , \quad 0 < a < b$$

利用上面公式，

$$\begin{align*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} - \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} &> (n+1) \cdot \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \cdot \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) \\ &= (n+1) \cdot \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \cdot \frac{1}{n(n+1)} \\ &= \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{n+1}{n+2} \\ &> \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \cdot \frac{1}{n+1} \end{align*}$$

移项，

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} > \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+2}$$

故 $\{(1+\frac{1}{n})^{n+1}\}$ 单减。更进一步，

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \leq (1+1)^2 = 4, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

于是，

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \leq \dfrac{4}{1+\frac{1}{n}} < 4, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

高代

0809

数分

题目

求证：$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e$

证明

法一（硬放缩）

符号说明：用 $\log$ 来记 $\ln$

实际上只需证：$\lim_{n\to\infty} \log \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = 1$

左侧有，

$$\log \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = \log n - \frac{1}{n} \log (n!) = \frac{1}{n} \left( n \log n - \sum_{i=1}^n \log i \right)$$

对于求和项，我们用积分加以逼近。

一方面，

$$\begin{align*} \sum_{i=1}^n \log i &= \log 2 + \log 3 + \cdots + \log n \\ &\leq \int_2^{n+1} \log x \, dx = \bigl. x \log x - x \bigr|_{2}^{n+1} \\ &= (n+1) \log (n+1) - (n-1) \end{align*}$$

另一方面，

$$\begin{align*} \sum_{i=1}^n \log i &= \log 2 + \log 3 + \cdots + \log n \\ &\geq \int_1^{n} \log x \, dx = \bigl. x \log x - x \bigr|_{1}^{n} \\ &= n \log n - (n-1) \end{align*}$$

故，夹逼之，

$$\frac{n \log n - (n+1) \log (n+1) + (n-1)}{n} \leq \log \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} \leq \frac{n-1}{n}$$

即，

$$\log (\frac{n}{n+1}) + \frac{(n-1)}{n} - \frac{\log (n+1)}{n} \leq \log \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} \leq \frac{n-1}{n}$$

取 $n \to \infty$，得

$$\lim_{n\to\infty} \log \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = 1$$

□

法二（构造数列）

构造数列 $\{a_n\}$，满足：

$$a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = \frac{(n+1)^n}{n^n}$$

于是，

$$\lim_{n\to\infty} a_n = e$$

故，

$$\begin{align*} \lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} &= \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}} = \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{2}{1} \cdot \frac{3^2}{2^2} \cdot \frac{4^3}{3^3} \cdots \frac{(n+1)^n}{n^n} \cdot \frac{n^n}{(n+1)^n}} \\ &= \lim_{n\to\infty} \left( \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdots a_n} \cdot \frac{n}{n+1} \right) \\ &= e \end{align*}$$

□

高代

0810

数分

题目

来自《红宝书》p12

设 $f:[c,d] \to [c,d]$ 连续，任取 $x \in [c,d]$，则数列 $\{x_n\}$ 收敛的 <span style="color:red">充要条件 为 $\lim_{n \to +\infty}(x_{n + 1} - x_n) = 0$，其中 $x_n = f^n(x)$（$n \geq 1$）表示 $n$ 个 $f$ 复合。

证明： 必要性可由 Cauchy 收敛准则直接得到，只需证明充分性。

假设结论不正确，则存在 $a < b$ 使得 $\{x_n\}$ 有子列收敛于 $a,b$。又由于 $|x_{n + 1} - x_n| \to 0$，易证 $[a,b]$ 中的每个点均为数列 $\{x_n\}$ 某个子列的极限。

以下证明 $[a,b]$ 中的每个点均为函数 $f$ 的不动点。任取 $\eta \in [a,b]$，设 $\lim_{k \to +\infty} x_{n_k} = \eta$，则

$$\lim_{k \to +\infty} x_{n_k + 1} = \lim_{k \to +\infty} \left( x_{n_k + 1} - x_{n_k} \right) + \lim_{k \to +\infty} x_{n_k} = \eta$$

由 $f$ 的连续性，对等式 $x_{n_k + 1} = f(x_{n_k})$ 两边取极限可得 $f(\eta) = \eta$。

这意味着，若对某个 $k$，有 $x_k \in [a,b]$，则当 $n \geq k$ 时，恒有 $x_n = x_k$，与假设矛盾。因此，$\{x_n\}$ 必收敛。

□

补充

补充上面过程中“易证”的内容。实际上有如下结论：

对有界数列 $\{x_n\}$，若满足 $\lim_{n \to \infty} (x_{n+1} - x_n) = 0$，则 $\{x_n\}$ 的全体聚点构成一个闭区间。

反证法： 假设存在 $A \in (l, L)$，$A$ 不是聚点，则存在 $\varepsilon > 0$，使区间 $(A-\varepsilon, A+\varepsilon)$ 中只包含了有限个 $x_n$。

于是，存在正整数 $N_1$，使得对 $\forall n > N_1$ 时，有 $|x_n - A| > \varepsilon$。

又 $\lim_{n \to \infty} (x_{n+1} - x_n) = 0$，故存在 $N_2$，使得对 $\forall n > N_2$ 时，有 $|x_{n+1} - x_n| < \varepsilon$。

记 $N = \max(N_1, N_2)$。由 $l,L$ 的定义（上下极限），取其中有限项 $x_i, x_{i+1}, \dots, x_j$ ，满足

$$x_j < A-\varepsilon < A+\varepsilon < x_i \quad and \quad N < i < j$$

不妨设上述取出的有限项中，最后一个 $> A+\varepsilon$ 的项为 $x_k$，于是

$$x_{k+1} < A-\varepsilon < A+\varepsilon < x_{k} \quad and \quad N < k < k+1 \leq j$$

此时 $|x_{k+1} - x_k| > 2\varepsilon$，矛盾。

□

高代

$\varepsilon$

0811

数分

有关上下极限的定理与结论

概念

设 $\{x_n\}$ 是一个数列，记

$$\alpha_k = \inf_{n \geqslant k} x_n , \quad \beta_k = \sup_{n \geqslant k} x_n$$

于是 $\{\alpha_k\}$ 单调递增，$\{\beta_k\}$ 单调递减。

（1）若 $\{x_n\}$ 有下界。

由单调有界收敛原理，$\{\alpha_k\}$ 收敛或发散于 $+\infty$，记为

$$\varliminf_{n \to \infty} x_n \quad or \quad \liminf_{n \to \infty} x_n$$

称之为 $\{x_n\}$ 的下极限（inferior limit）。

（2）若 $\{x_n\}$ 无下界。

则 $\alpha_k = -\infty (\forall \ k \geqslant 1)$，此时记

$$\varliminf_{n \to \infty} x_n = \liminf_{n \to \infty} x_n = -\infty$$

（3）若 $\{x_n\}$ 有上界。

由单调有界收敛原理，$\{\beta_k\}$ 收敛或发散于 $-\infty$，记为

$$\varlimsup_{n \to \infty} x_n \quad or \quad \limsup_{n \to \infty} x_n$$

称之为 $\{x_n\}$ 的上极限（superior limit）。

（4）若 $\{x_n\}$ 无上界。

则 $\beta_k = +\infty (\forall \ k \geqslant 1)$，此时记

$$\varlimsup_{n \to \infty} x_n = \limsup_{n \to \infty} x_n = +\infty$$

定理

设 $\{x_n\}$ 有界，若记，

$$H = \varlimsup_{n \to \infty} x_n, \quad h = \varliminf_{n \to \infty} x_n,$$

则 $H$ 和 $h$ 分别是 $\{x_n\}$ 的所有极限点中的最大者和最小者。

证明：仅对 $H$ 进行证明，$h$ 类似。

先证 $H$ 是某子列极限，再证明最大性。

首先，对任意的 $k \in \mathbb{Z}_{>0}$，由 $\lim_{n \to \infty} \beta_k = H$ 知，存在 $N \in \mathbb{Z}_{>0}$，当 $n > N$ 时有，

$$H - \frac{1}{k} < \beta_n = \sup \{x_n, \ x_{n+1}, \cdots\} < H + \frac{1}{k}$$

一方面，从上式右侧得到，对任意的 $n > N$ 均有 $x_n < H + \frac{1}{k}$。

另一方面，上式左侧不等式与上确界定义可知，存在 $n_k > N$，使得 $x_{n_k} > H - \frac{1}{k}$。

综合上述两方面，对任意的正整数 $k$，均在 $x_{n_k}$（可以适当选择使得指标 $n_k$ 严格单增）上有，

$$H - \frac{1}{k} < x_{n_k} < H + \frac{1}{k}$$

因此 $\{x_{n_k}\}$ 收敛于 $H$。

下面证明 $H$ 的最大性。

任取 $\{x_n\}$ 的一个收敛子列 $\{x_{m_k}\}$，设其收敛于 $a$。由 $\beta_n$ 的定义可知 $x_{m_k} \leqslant \beta_{m_k} (\forall \ k \geqslant 1)$，于是由极限的保序性，得到 $a \leqslant H$。

推论

$\{x_n\}$ 收敛于 $A$ 的充要条件是

$$\varliminf_{n \to \infty} x_n = \varlimsup_{n \to \infty} x_n = A$$

题目

设 $\{x_n\}$ 是一个正数列，证明：

$$\varliminf_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_n} \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{x_n} \leqslant \varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{x_n} \leqslant \varlimsup_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_n}$$

证明：证明右侧不等式即可，左侧同理。

当 $\varlimsup_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_n} = +\infty$ 时，命题显然成立。

现假设 $\varlimsup_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_n} = A \in \mathbb{R}_{\geqslant 0}$，则对任意的 $\varepsilon > 0$，存在 $N \in \mathbb{N}$，当 $n \geqslant N$ 时，有 $\frac{x_{n + 1}}{x_n} < A + \varepsilon$。

进而对 $n > N$，有，

$$\frac{x_n}{x_N} = \frac{x_{N+1}}{x_{N}} \cdot \frac{x_{N+2}}{x_{N+1}} \cdots \frac{x_n}{x_{n - 1}} < (A + \varepsilon)^{n - N}$$

也即，

$$\sqrt[n]{x_n} < (A + \varepsilon)\left( \frac{x_N}{(A + \varepsilon)^N} \right)^{\frac{1}{n}}, \quad \forall \ n > N.$$

令 $n \to \infty$，有：

$$\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{x_n} \leqslant \varlimsup_{n \to \infty} (A + \varepsilon)\left( \frac{x_N}{(A + \varepsilon)^N} \right)^{\frac{1}{n}} = A + \varepsilon$$

□

高代

$\varepsilon$

0812

数分

题目

来自陆亚明《数学分析入门-上册》p80-p82 以及课后题 T11

定理（柯西收敛准则）

级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_n$ 收敛的 <span style="color:red">充要条件 是：对任意的 $\varepsilon > 0$，均存在 $n_{\varepsilon} \in \mathbb{Z}_{>0}$，使得对任意的 $m > n > n_{\varepsilon}$ 均有

$$|S_m - S_n| = \left| \sum_{k = n + 1}^{m} u_k \right| < \varepsilon,$$

其中 $S_n$ 表示该级数的第 $n$ 个部分和。

（Hint：此即数列的柯西收敛准则。）

□

题目一

研究级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$（$s \in \mathbb{R}$）的敛散性。

解：分以下两种情况讨论：

(1) $s \leqslant 1$，

此时，由于对任意的 $n \in \mathbb{Z}_{>0}$ 有

$$\left| \sum_{k = n + 1}^{2n} \frac{1}{k^s} \right| \geqslant n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}$$

故而级数发散。

(2) $s > 1$，

对任意的整数 $m > n \geqslant 1$，必存在 $v \in \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$ 使得 $2^{v}n < m \leqslant 2^{v + 1}n$，于是

$$\begin{align*} \left| \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k^{s}} \right| &\leqslant \sum_{j = 0}^{v} \ \sum_{2^{j}n < k \leqslant 2^{j + 1}n} \frac{1}{k^{s}} \leqslant \sum_{j = 0}^{v} 2^{j}n \cdot \frac{1}{(2^{j}n)^{s}} \\ &= \frac{1}{n^{s - 1}} \sum_{j = 0}^{v} \frac{1}{(2^{s - 1})^{j}} \leqslant \frac{1}{n^{s - 1}} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{1}{(2^{s - 1})^{j}} \end{align*}$$

由右侧的几何级数收敛，于是上式左端可由 $\frac{1}{n^{s-1}}$ 控制。利用柯西收敛准则，当 $s > 1$ 时，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$ 收敛。

当 $s > 1$ 时，我们把级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$ 的和记作 $\zeta(s)$，并称之为黎曼 $\zeta$ 函数 (Riemann zeta function)。

题目二

研究级数 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n(\log n)^{s}}$（$s \in \mathbb{R}$）的敛散性。

解：分两种情况：

(1) $s \leqslant 1$，

由 <span style="color:red">调和级数的估计 知，当 $n \to \infty$ 时

$$\begin{align*} \left| \sum_{k = 2^{n} + 1}^{2^{2n}} \frac{1}{k(\log k)^{s}} \right| &\geqslant \frac{1}{2n \log 2} \sum_{k = 2^{n} + 1}^{2^{2n}} \frac{1}{k} = \frac{1}{2n \log 2} \left( \sum_{k = 1}^{2^{2n}} \frac{1}{k} - \sum_{k = 1}^{2^{n}} \frac{1}{k} \right) \\ &= \frac{1}{2n \log 2} \left( (\log 2^{2n} + \gamma + o(1)) - (\log 2^{n} + \gamma + o(1)) \right) \\ &= \frac{1}{2} + o(1), \end{align*}$$

因此级数发散。

注：调和级数的估计。当 $n \to \infty$ 时，

$$1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} = \log n + \gamma + o(1),$$

其中，$\gamma=0.57721 56649\cdots$ 称为是 Euler-Mascheroni 常数。

(2) $s > 1$

对任意的正整数 $m > n > 4$，必存在 $u, v \in \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$ 使得 $2^{2^{u}} < n \leqslant 2^{2^{u + 1}}$ 以及 $m \leqslant 2^{2^{v}}$。于是当 $n \to \infty$ 时，

$$\begin{align*} \left| \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k(\log k)^{s}} \right| &\leqslant \sum_{k = 2^{2^{u}} + 1}^{2^{2^{v}}} \frac{1}{k(\log k)^{s}} = \sum_{j = u}^{v - 1} \sum_{k = 2^{2^{j}} + 1}^{2^{2^{j + 1}}} \frac{1}{k(\log k)^{s}} \\ &\leqslant \sum_{j = u}^{v - 1} \frac{1}{(2^{j} \log 2)^{s}} \sum_{k = 2^{2^{j}} + 1}^{2^{2^{j + 1}}} \frac{1}{k} \\ &= \sum_{j = u}^{v - 1} \frac{1}{(2^{j} \log 2)^{s}} \left( (\log 2^{2^{j + 1}} + \gamma + o(1)) - (\log 2^{2^{j}} + \gamma + o(1)) \right) \\ &= \sum_{j = u}^{v - 1} \frac{1}{(2^{j} \log 2)^{s}} \left( 2^j \log 2 + o(1) \right) = \sum_{j = u}^{v - 1} \frac{1}{(2^{j} \log 2)^{s-1}} + o(1) \\ &\leqslant \frac{1}{(2^u \log 2)^{s-1}} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{(2^{s-1})^j} + o(1) \\ &\leqslant \left(\frac{2}{\log n}\right)^{s-1} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{(2^{s-1})^j} + o(1) \\ \end{align*}$$

由柯西收敛准则，此时级数收敛。

题目三

设 $A$ 是正整数集的一个无限子集。对任意的正整数 $n$，以 $f(n)$ 表示集合 $A\cap[1,n]$ 中的元素个数。如果存在正常数 $c > 0$，使得 $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=c$，证明：级数 $\sum_{a\in A}\frac{1}{a}$ 发散，这里 $\sum_{a\in A}$ 表示将 $A$ 中元素从小到大排列后进行求和。

证明：由极限定义知存在 $N$，使得当 $n > N$ 时有 $\frac{3}{4}c < \frac{f(n)}{n} < \frac{5}{4}c$。进而对任意的 $n > N$ 有

$$f(2n) - f(n) > \frac{3}{4}c \cdot 2n - \frac{5}{4}c \cdot n = \frac{1}{4}cn$$

从而

$$\sum_{\substack{a \in A \\ n < a \leq 2n}} \frac{1}{a} > \frac{1}{2n} \cdot \frac{1}{4}cn = \frac{c}{8}$$

这说明 $\sum_{a \in A} \frac{1}{a}$ 发散。

高代