Eufisky - The lost book

## 几个恒等式证明

1.证明:

$\sum_{j=1}^{n-1}{\frac{1}{1-\exp \left\{ \frac{2\pi ij}{n} \right\}}}=\frac{n-1}{2}.$

2.设$N$为自然数, $\{x\}$表示$x$的小数部分.证明$\sum_{n=1}^N{\left( \left\{ x+\frac{n}{N} \right\} -\frac{1}{2} \right)}=\left\{ Nx \right\} -\frac{1}{2}.$

$\int_0^1{\left( \left\{ ax \right\} -\frac{1}{2} \right) \left( \left\{ bx \right\} -\frac{1}{2} \right) dx}=\frac{1}{12ab}.$

3.求极限
$\lim_{m\rightarrow \infty}\lim_{n\rightarrow \infty}\int_0^1{\int_0^1{\cdots \int_0^1{\sum_{i=0}^m{\exp \left\{ -\frac{n}{\sum_{k=1}^n{x_{k}^{m-1}}} \right\} \frac{\prod_{j=1}^i{\sum_{k=1}^n{x_{k}^{j-1}}}}{\left( \sum_{k=1}^n{x_{k}^{m-1}} \right) ^i}}dx_1dx_2\cdots dx_n}}}.$
4.证明
\begin{align*}f\left( x \right) &=\frac{1}{a}+\frac{x}{a\left( a+d \right)}+\cdots +\frac{x^n}{a\left( a+d \right) \cdots \left( a+nd \right)}+\cdots\\&=\frac{e^{x/d}}{dx^{a/d}}\int_0^x{e^{-t/d}t^{a/d-1}dt}.\end{align*}

5.证明Ramanujan的恒等式
$\int_0^{\infty}{e^{-3\pi x^2}\frac{\sin\text{h}\pi x}{\sin\text{h}3\pi x}dx}=\frac{1}{\sqrt{3}e^{2\pi /3}}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{e^{-2n\left( n+1 \right) \pi}}{\left( 1+e^{-\pi} \right) ^2\left( 1+e^{-3\pi} \right) ^2\cdots \left( 1+e^{-\left( 2n+1 \right) \pi} \right) ^2}}.$

6.Compute
$$\sum_{n=1}^{\infty}{\left( \frac{n^n}{n!e^n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}} \right)}.$$
By the software Mathematica, I find
$$\sum_{n=1}^{\infty}{\left( \frac{n^n}{n!e^n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}} \right)}=-\frac{2}{3}-\frac{\zeta \left( 1/2 \right)}{\sqrt{2\pi}}.$$

Well, $-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\zeta\left(\tfrac{1}{2}\right)$ is the $\zeta$-regularization of the divergent series $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}$, hence the problem boils down to finding the $\zeta$-regularization of the divergent series $\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^n}$. As pointed out in the comments,

$$W(x) = \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1}(-1)^{n-1}}{n!}x^n$$
holds for any $x\in\left(-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right)$ by Lagrange inversion theorem, hence
$$ze^{-z} W'(-ze^{-z})=\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^{nz}}z^{n}=\frac{z}{1-z} =\sum_{n\geq 1}z^n\tag{1}$$
holds for any $z\in(-W(e^{-1}),1)$. Pretty strange identity, I can give you that.<br>
Similarly, over the same interval
$$-W(-z e^{-z})=\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1}}{n!e^{nz}}z^n = z \tag{2}$$
$$1=\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n}}{n!e^{nz}}z^{n-1}-\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n}}{n!e^{nz}}z^{n}=\frac{1}{1-z}-\frac{z}{1-z}.\tag{3}$$
Since $\zeta(0)=-\frac{1}{2}$, it should not be difficult to prove from $(1)$ and $(2)$ that the $\zeta$-regularization of $\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^n}$ equals $-\frac{2}{3}$ as wanted, for instance by computing $\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1-k}}{n!e^n}$ for any $k\in\mathbb{N}$:
$$\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-2}}{n!e^n}=\int_{-1/e}^{1}\frac{W(x)}{x}\,dx = \frac{1}{2},\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-3}}{n!e^n}=-\int_{-1/e}^{1}\frac{W(x)}{x}(1+\log(-x))\,dx=\frac{5}{12}$$
$$\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-4}}{n!e^n}=\frac{7}{18},\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-4}}{n!e^n}=\frac{1631}{4320},$$
$$\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1-k}}{n!e^n}= \frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}(1-x)(x-1-\log x)^{k-1}\,dx.\tag{4}$$
Indeed the substitution $x=e^{-s}$ in $(4)$ and the integral representation for the $\zeta$ function complete the proof.
Taking $$F\left(x\right)=\sum_{n\geq1}\frac{n^{n-1}}{n!e^{n}}x^{n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n\geq1}\frac{x^{n}}{n^{3/2}}=-W\left(-\frac{x}{e}\right)-\frac{\mathrm{Li}_{3/2}\left(x\right)}{\sqrt{2\pi}},\,\left|x\right|<1$$ where $W\left(x\right)$ is the [Lambert $W$ function][1] and $\mathrm{Li}_{3/2}\left(x\right)$ is the [Polylogarithm function][2], we obtain, differentiating both sides,that $$\sum_{n\geq1}\left(\frac{n^{n}}{n!e^{n}}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right)x^{n-1}=-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}-\frac{\mathrm{Li}_{1/2}\left(x\right)}{x\sqrt{2\pi}}$$ so $$\sum_{n\geq1}\left(\frac{n^{n}}{n!e^{n}}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right)=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\left(-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}-\frac{\mathrm{Li}_{1/2}\left(x\right)}{x\sqrt{2\pi}}\right).$$ Now, [we know][3] that $$\mathrm{Li}_{v}\left(z\right)=\left(\Gamma\left(1-v\right)\left(1-z\right)^{v-1}+\zeta\left(v\right)\right)\left(1+O\left(\left|1-z\right|\right)\right),v\neq1,\,z\rightarrow1$$  and now we claim $$-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}\sim\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}-\frac{2}{3}$$ as $x\rightarrow1^{-}$. This is true because, [since][5] $$W\left(z\right)\sim-1+\sqrt{2ze+2}-\frac{2}{3}e\left(z+\frac{1}{e}\right)$$ as $z\rightarrow-1/e$, we have $$-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}\sim\frac{1-\sqrt{2\left(1-x\right)}+\frac{2}{3}\left(1-x\right)}{x\sqrt{2\left(1-x\right)}-\frac{2}{3}\left(1-x\right)x}$$ $$=\frac{1}{x}\left(-1+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}\left(\frac{1}{1-\sqrt{2-2x}/3}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(-1+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}\sum_{k\geq0}\left(\frac{\sqrt{2-2x}}{3}\right)^{k}\right)$$ $$=\frac{1}{x}\left(-\frac{2}{3}+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}+O\left(\sqrt{1-x}\right)\right)$$ then the claim.

[1]:https://en.wikipedia.org/wiki/Lambert_W_function
[2]:https://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm
[3]:http://functions.wolfram.com/ZetaFunctionsandPolylogarithms/PolyLog/06/01/02/01/01/
[4]:http://mathworld.wolfram.com/StirlingsSeries.html
[5]:http://functions.wolfram.com/ElementaryFunctions/ProductLog/06/01/02/
This is a general answer to the followup question by Jack D'Aurizio.

**Proposition**
>Let $n\in\mathbb{N}$. We have the asymptotic expansion
$$n!\sim \sqrt{2\pi n} \frac{n^n}{e^n} \left[ 1+ \frac1{12n} +\frac1{288n^2}-\frac{139}{51840n^3}-\frac{157}{2488320n^4}+\cdots \right]$$

Note that this is not a convergent series, but an asymptotic expansion. The error in the truncated series is asymptotically equal to the first omitted term. Regard the series on the right as an element of the ring of power series over rational numbers $\mathbb{Q}[[T]]$.
$$S(T)=1+ \frac1{12}T+\frac1{288}T^2-\frac{139}{51840}T^3-\frac{157}{2488320}T^4 + \cdots.$$
Consider the multiplicative inverse of $S(T)$ in $\mathbb{Q}[[T]]$.
$$S^{-1}(T)=1-\frac1{12}T+ g_2 T^2 + g_3 T^3 + g_4 T^4 + \cdots.$$
Let $Y_s(T)=\sum_{n=0}^{\infty} h_n(s) T^n \in\mathbb{Q}[s][[T]]$ be defined by
$$\left(\frac12 T^2\right)^{s-1}\sum_{n=0}^{\infty} h_n(s) T^n = \left[ \frac12 T^2 + \frac13 T^3 + \frac14 T^4+\cdots \right]^{s-1}.$$
Then we have

**Theorem**
>$$\sum_{n=1}^{\infty} n^p\left[ \frac{n^n}{n!e^n}- \frac1{\sqrt{2\pi n}} \sum_{k=0}^p \frac{g_k}{n^k}\right]=(-2)^p p!h_{2p+1}(-p) - \frac1{\sqrt{2\pi}}\sum_{k=0}^p g_k \zeta\left(k+\frac12-p\right).$$

With $p=0$, it is the original series
$$\sum_{n=1}^{\infty} \left[\frac{n^n}{n!e^n} - \frac1{\sqrt{2\pi n}}\right]=-\frac23 - \frac{\zeta\left(\frac12\right)}{\sqrt{2\pi}}$$

With $p=1$, it gives the value of
$$\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{n^{n+1}}{n!e^n} - \sqrt{\frac{n}{2\pi}} + \frac{1}{12\sqrt{2\pi n}}\right] = -\frac 4{135} - \frac{\zeta\left(-\frac12\right)}{\sqrt{2\pi}} + \frac{\zeta\left(\frac12\right)}{12\sqrt{2\pi}}.$$

7.Prove that $$\sum_{m\leqslant x}\sum_{n\leqslant x}\Big\{\frac{x}{m+n}\Big\}=\Big(2\log2-\frac{\pi^2}{12}\Big)x^2+O(x\log x),$$

where $\{x\}$ is the fractional part of the real number $x$.

I know
$$\sum_{n\leqslant x} \Big\{\frac{x}{n} \Big\}=(1-\gamma)x+O\big(x^{1/2}\big),$$

where $\gamma$ is Euler's constant. But I don't know whether it is useful. Can you help me?

Write $\{x\} = x - \lfloor x\rfloor$,s so that
$\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\{ \frac{x}{m + n}\right\} = \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{x}{m + n} - \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\lfloor \frac{x}{m + n}\right\rfloor.$
Then note that
$\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\lfloor \frac{x}{m + n}\right\rfloor = \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \sum_{\ell \leq \frac{x}{m + n}} 1 = \sum_{\ell \leq \frac{x}{2}} \sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} \sum_{m \leq \frac{x}{\ell} - n} 1.$
The sum over $m$ is $\lfloor x/\ell\rfloor - n$. The ensuing sum over $n$ is
$\left\lfloor \frac{x}{\ell}\right\rfloor \left(\left\lfloor \frac{x}{\ell}\right\rfloor - 1\right) - \sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} n.$
Via partial summation,
$\sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} n = \left(\frac{x}{\ell} - 1\right) \left(\left\lfloor \frac{x}{\ell} \right\rfloor - 1\right) - \int_{1}^{\frac{x}{\ell} - 1} \lfloor t\rfloor \\, dt,$
and this integral is equal to $\frac{1}{2} \left(\frac{x}{\ell} - 1\right)^2 + O(\frac{x}{\ell})$. So the sum over $n$ and $m$ simplifies to
$\frac{x^2}{2 \ell^2} + O\left(\frac{x}{\ell}\right).$
The ensuing sum over $\ell$ is
$\frac{x^2}{2} \sum_{\ell = 1}^{\infty} \frac{1}{\ell^2} - \frac{x^2}{2} \sum_{\ell > \frac{x}{2}} \frac{1}{\ell^2} + O(x \log x).$
The first sum over $\ell$ is $\zeta(2) = \pi^2/6$. The second is $O(1/x)$. So this simplifies to
$\frac{\pi^2 x^2}{12} + O(x \log x).$

Now we deal with
$\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{x}{m + n} = x \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{1}{m + n}.$
We deal with the sum over $n$ via partial summation: it is equal to
$\frac{\lfloor x\rfloor}{m + x} + \int_{1}^{x} \frac{\lfloor t \rfloor}{(m + t)^2} \\, dt = \log \frac{m + x}{m + 1} + O\left(\frac{1}{m}\right),$
where we have used the fact that $\lfloor x \rfloor = x - \{x\} = x + O(1)$, the fact that the antiderivative of $t/(m + t)^2$ is $m/(m + t) + \log(m + t)$, and the fact that the antiderivative of $1/(m + t)^2$ is $-1/(m + t)$.

So it remains to evaluate
$\sum_{m \leq x} \log \frac{m + x}{m + 1} = \lfloor x\rfloor \log \frac{2x}{x + 1} + (x + 1) \int_{1}^{x} \frac{\lfloor t\rfloor}{(t + x)(t + 1)} \\, dt.$
The antiderivative of $\frac{t}{(t + x)(t + 1)}$ is $\frac{x}{x - 1} \log \frac{t + x}{t + 1}$, and so after some simplification, we arrive at $(2\log 2) x + O(\log x)$.

## 1-1+1-1+...＝1/2？

Suppose $f(x)>0$, $f''(x)\le 0$, and $f(+\infty)=+\infty$ on $[0,+\infty)$, prove the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{f^s(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Since $f(x)>0$, $f''(x)\le 0$, and $f(+\infty)=+\infty$, it is not hard to see $f'(x)>0$, then
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{f^s(n)}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{f^s(2n)}-\frac{1}{f^s(2n+1)} \right)=-\sum\limits_{n=0}^{\infty} g_s(\xi_n),$
where $g_s(x)=(\frac{1}{f^s(x)})'=-\frac{sf'(x)}{f^{s+1}(x)}$ and $\xi_n \in (2n,2n+1)$. Since
$g_s'(x)=s\cdot \frac{(s+1)f'^2(x)-f''(x)f(x)}{f^{s+2}(x)}>0,$
we can get
$-\sum\limits_{n=0}^{\infty} g_s(\xi_n)\le -\sum\limits_{n=0}^{\infty} g_s(2n)\le -g_s(0)-\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{2n-2}^{2n} g_s(x)dx$
$=-g_s(0)-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} g_s(x)dx=-g_s(0)+\frac{1}{2f^s(0)}\to \frac{1}{2}$
as $s\to 0_+$. Similarly, we have
$-\sum\limits_{n=0}^{\infty} g_s(\xi_n)\ge -\sum\limits_{n=0}^{\infty} g_s(2n+1)\ge -\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \int_{2n+1}^{2n+3} g_s(x)dx$
$=-\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty} g_s(x)dx=\frac{1}{2f^s(1)}\to \frac{1}{2}$
as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Prove that $\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sn^2}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Let $f_s(x)=e^{-sx^2}$, by Euler-Maclaurin formula, we have
$\sum\limits_{n=0}^{N} f_s(n)=\int_{0}^{N} f_s(x)dx+\frac{f_s(0)+f_s(N)}{2}+\frac{f_s'(0)+f_s'(N)}{12}-\frac{1}{2}\int_{0}^{N} B_2(x)f_s''(x)dx.$
Since $f_s'(x)=-2sxe^{-sx^2}$, $f_s''(x)=2se^{-sx^2}(2sx^2-1)$, we can get
$\int_{0}^{N} f_s(x)dx\to \int_{0}^{+\infty} f_s(x)dx=\int_{0}^{+\infty} e^{-sx^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{s}}$
$f_s(0)+f_s(N)=1+e^{-sN^2}\to 1$
$f_s'(0)+f_s'(N)=-2sNe^{-sN^2}\to 0$
$\int_{0}^{N} B_2(x)f_s''(x)dx\to \int_{0}^{\infty} B_2(x)f_s''(x)dx=\int_{0}^{\infty} B_2(x)2se^{-sx^2}(2sx^2-1)dx$
$=2\sqrt{s}\int_{0}^{\infty} B_2(\frac{x}{\sqrt{s}})e^{-x^2}(2x^2-1)dx$
as $N\to \infty$. Therefore, we have
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-sn^2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{s}}+\frac{1}{2}-2\sqrt{s}\int_{0}^{\infty} B_2(\frac{x}{\sqrt{s}})e^{-x^2}(2x^2-1)dx.$
Since $B_2(x)$ is bounded, we can get $\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-sn^2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{s}}+\frac{1}{2}+O(\sqrt{s})$ as $s\to 0_+$, then $\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sn^2}=2\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-4sn^2}-\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-sn^2}=\frac{1}{2}+O(\sqrt{s})$.\\
Another method: Let $\vartheta(t)=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}e^{-\pi n^2t}$, $t>0$ be the Jocabi theta function. Since
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2t}\le \sum\limits_{n=1}^{\infty} e^{-\pi nt}=\frac{e^{-\pi t}}{1-e^{-\pi t}}=O(e^{-\pi t}),$
we can get
$\vartheta(t)=1+2\sum\limits_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2t}=1+O(e^{-\pi t})$
and
$\vartheta(\frac{1}{t})=\sqrt{t}\theta(t)=\sqrt{t}+O(\sqrt{t}e^{-\pi t}).$
as $t\to \infty$. Then we have
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-sn^2}= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\vartheta(\frac{s}{\pi})=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{s}}+\frac{1}{2}+O(s^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{1}{s}})$
as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Suppose $p(x)=x^m+a_{m-1}x^{m-1}+...+a_1x+a_0$ is a monic polynomial with degree $m\ge 1$, prove that
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sp(n)}=\frac{1}{2}.$

Prove that $\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^s}=-\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Since
$\Gamma(s)=\int_0^{\infty}x^{s-1}e^{-x}dx=\int_0^{\infty}(at)^{s-1}e^{-at}dat=a^s\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-at}dt,$
we have
$a^{-s}=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-at}dt.$
Then
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^s}=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}t^{s-1}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^ne^{-nt}dt=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}t^{s-1}\frac{-e^{-t}}{1+e^{-t}}dt$
$=-\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}\frac{t^{s-1}}{1+e^t}dt=-\frac{\int_0^{\infty}\frac{t^{s-1}}{1+e^t}dt}{\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-t}dt}\to -\frac{1}{2}$
as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Let $S(s)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{1+n^2s}}$, prove that $\lim\limits_{s\to 0+}S(s)=\frac{1}{2}$.

\begin{proof}
It is generally known that $\sin z=z\mathop{\Pi}\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2})$, or
$\sin \pi z=\pi z\mathop{\Pi}\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z^2}{n^2}).$
Take logarithmic derivative, we have
$\pi\cot \pi z=\frac{1}{z}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{-2z}{n^2-z^2}=\frac{1}{z}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{z+n}+\frac{1}{z-n})=\frac{1}{2}\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}(\frac{1}{z+n}+\frac{1}{z-n}).$
Since
$\frac{1}{\sin \pi z}-\cot \pi z=\frac{1-\cos \pi z}{\sin \pi z}=\tan \frac{\pi z}{2}$
and
$\pi \tan \frac{\pi z}{2}=\pi\cot (\pi \frac{1-z}{2})=\frac{1}{2}\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}(\frac{1}{\frac{1-z}{2}+n}+\frac{1}{\frac{1-z}{2}-n})$
$=-\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}} \left(\frac{1}{z-(2n+1)}+\frac{1}{z+(2n-1)}\right)=-\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}} \left(\frac{1}{z-(2n+1)}+\frac{1}{z+(2n+1)}\right)$
we have
$\frac{\pi}{\sin \pi z}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}(-1)^n(\frac{1}{z+n}+\frac{1}{z-n})=z\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{z^2-n^2},$
then
$\frac{\pi}{\sinh \pi z}=\frac{i\pi}{\sin i\pi z}=z\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{z^2+n^2}.$
It is easy to show
$\int_{0}^{\infty}\frac{\pi dt}{\sinh(\pi y \cosh t)}=\int_{0}^{\infty} y \cosh t\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{y^2\cosh^2t+n^2}dt$
$=\int_{0}^{\infty} \sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{y^2\sinh^2t+(y^2+n^2)}d(y\sinh t)$
$=\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{\sqrt{y^2+n^2}}\arctan\frac{y\sinh t}{\sqrt{y^2+n^2}}|_{0}^{\infty} =\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{\sqrt{y^2+n^2}}\cdot\frac{\pi}{2}.$
Let $s=\frac{1}{y^2}$, then we have $y\to+\infty$ as $s\to 0_+$, and
$S(s)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{1+n^2s}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{\sqrt{1+n^2s}}=\frac{1}{2}+\frac{y}{2}\sum\limits_{n\in \mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{\sqrt{y^2+n^2}}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\pi y dt}{\sinh(\pi y \cosh t)}.$
\\
Since
$\frac{\pi y}{\sinh(\pi y \cosh t)}\to 0$
as $y\to \infty$, and
$\frac{\pi y}{\sinh(\pi y \cosh t)}\le\frac{1}{\cosh t}\in L^1[0,\infty),$
we have
$\int_{0}^{\infty}\frac{\pi y dt}{\sinh(\pi y \cosh t)}\to 0$
as $y\to\infty$ by dominated convergence theorem.

\end{proof}

Prove that $\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n(\frac{\sin ns}{ns})^2=-\frac{1}{2}$.\\ \\ \\ \\

Suppose $a_s(x)=a(x,s)\in C([0,\infty)\times[0,1])$ and $a_s(x)\in C^1[0,\infty)$. Under the following conditions\\
$\text{(i)}a_0(x)=1,$\\
$\text{(ii)}a_s(\infty)=0 \text{ for } s>0,$\\
$\text{(iii)}\int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx \to 0 \text{ as } s\to 0_+,$\\
we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^na_s(n)=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Since
$a_s(0)=\int_{0}^{\infty}a_s'(x)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{n}^{n+1}a_s'(x)dx,$
we have
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^na_s(n)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left( a_s(2n)-a_s(2n+1) \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{2n}^{2n+1}a_s'(x)dx$
$=\frac{1}{2}a_s(0)+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{2n}^{2n+1}a_s'(x)dx-\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{n}^{n+1}a_s'(x)dx$
$=\frac{1}{2}a_s(0)+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{2n}^{2n+1} \left( a_s'(x)-a_s'(x+1) \right) dx.$
Since $a_s(0)\to a_0(0)=1$ and
$|\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{2n}^{2n+1} \left( a_s'(x)-a_s'(x+1) \right) dx|\le \sum\limits_{n=0}^{\infty}\int_{2n}^{2n+1} |a_s'(x)-a_s'(x+1)| dx$
$\le \int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx \to 0$
as $s\to 0_+$, we can get the conclusion.

\end{proof}

Suppose $a_s(x)=a(x,s)\in C([0,\infty)\times[0,1])$ and $a_s(x)\in C^1[0,\infty)$. Under the following conditions\\
$\text{(i)}a_0(x)=1,$\\
$\text{(ii)}a_s(\infty)=0 \text{ for } s>0,$\\
$(\text{iii}')a_s(x) \text{ is a convex function },$\\
we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^na_s(n)=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Since $a_s(x)$ is a convex function, $a_s'(x)$ is increasing, we have
$\int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx=\int_{0}^{\infty} a_s'(x+1)-a_s'(x)dx=a_s(0)-a_s(1)\to 1-1=0$
as $s\to 0_+$, it implys (iii).
\end{proof}

Suppose $f(x)>0$, $f''(x)\le 0$, and $f(\infty)=\infty$ on $[0,\infty)$, prove the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{f^s(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
If we take $a_s(x)=\frac{1}{f^s(x)}$, then (i), (ii) are trivial, and
$a_s''(x)=s\cdot \frac{(s+1)f'^2(x)-f''(x)f(x)}{f^{s+2}(x)}>0$
means $a_s(x)$ is convex.
\end{proof}

Suppose $f(x)>0$, $f''(x)\le 0$, and $f(\infty)=\infty$ on $[0,\infty)$, we have the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sf(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
If we take $a_s(x)=e^{-sf(x)}$, then (i), (ii) are trivial, and
$a_s''(x)=s(sf'^2(x)-f''(x))e^{-sf(x)}\ge 0$
means $a_s(x)$ is convex.
\end{proof}

Suppose $f\in C^{m+1}[0,\infty)$ with $f>0$, $f^{(m+1)}\le 0$, where $m\ge 1$. If $f(\infty)=\infty$, prove the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sf(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
We have solved the case $m=1$ before, and we only consider $m\ge 2$. Without loss of generality, assume $f, f',\cdots, f^{(m)}>0$. Otherwise, we can replace $m$ by a smaller number. If we take $a_s(x)=\frac{1}{f^s(x)}$, then (i), (ii) are trivial, and
$a_s''(x)=s(sf'^2(x)-f''(x))e^{-sf(x)}.$
By lemma, we have
$(\frac{f'^2}{f''})'\ge (1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon)f'>0$
and
$\frac{f'^2}{f''}\ge (1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon)f-C,$
then $\frac{f''}{f'^2}$ is decreasing to $0$, so the number of roots of $a_s''(x)$ is no more than $1$. If $s$ is small enough, then there is $x_s$ s.t. $a_s''(x_s)=0$, i.e. $s=\frac{f''(x_s)}{f'^2(x_s)}$, and
$\int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx=\int_{0}^{x_s} a_s'(x)-a_s'(x+1)dx+\int_{x_s}^{\infty} a_s'(x+1)-a_s'(x)dx$
$=-a_s(0)+a_s(1)+2(a_s(x_s)-a_s(x_s+1)).$
Now, we only need to prove that $a_s(x_s)-a_s(x_s+1)\to 0$ as $s\to 0_+$. Since $a_s(x_s+1)-a_s(x_s)=a_s'(\xi_s)$, where $\xi_s\in(x_s, x_s+1)$, we have
$|a_s(x_s+1)-a_s(x_s)|\le sf'(\xi_s).$
Since
$f'(\xi_s)=f'(x_s)+\cdots+\frac{f^{(m)}(x_s)}{(m-1)!}(\xi_s-x_s)^{m-1}+\frac{f^{m+1}(\eta_s)}{m!}(\xi_s-x_s)^m$
$\le f'(x_s)+\cdots+\frac{f^{(m)}(x_s)}{(m-1)!}<<f'(x_s)$
and
$s=\frac{f''(x_s)}{f'^2(x_s)}<<\frac{1}{f(x_s)},$
we have $sf'(\xi_s)<<\frac{f'(x_s)}{f(x_s)}\to 0$ as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Suppose $f(x)>0$, $f'''(x)\le 0$, and $f(\infty)=\infty$ on $[0,\infty)$, we have the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sf(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
If there is $x_0\ge 0$ s.t. $f''(x_0)\le 0$, then $f''(x)\le 0$ for $x\ge x_0$, we have solved this case. So we can assume $f''(x)>0$, and $f'(x)>0$. If we take $a_s(x)=e^{-sf(x)}$, then (i), (ii) are trivial, and
$a_s''(x)=s(sf'^2(x)-f''(x))e^{-sf(x)}.$
Since $f''(x)$ is decreasing, and $f'(x)$ is strictly increasing, then $\frac{f''(x)}{f'^2(x)}$ is decreasing to $0$, so the number of roots of $a_s''(x)$ is no more than $1$.\\
If $a_s''(x)>0$ for all $x\ge 0$, then $a_s(x)$ is convex.\\
If there is $x_s$ s.t. $a_s''(x_s)=0$, i.e. $s=\frac{f''(x_s)}{f'^2(x_s)}$, then
$\int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx=\int_{0}^{x_s} a_s'(x)-a_s'(x+1)dx+\int_{x_s}^{\infty} a_s'(x+1)-a_s'(x)dx$
$=-a_s(0)+a_s(1)+2(a_s(x_s)-a_s(x_s+1)).$
Since $a_s(x_s+1)-a_s(x_s)=a_s'(\xi_s)$, where $\xi_s\in(x_s, x_s+1)$, we have
$|a_s(x_s+1)-a_s(x_s)|\le sf'(\xi_s).$
Since $f'(\xi_s)-f'(x_s)=f''(\eta_s)(\xi_s-x_s)\le f''(0)$, where $\eta_s \in(x_s, \xi_s)$, and
$f'(x_s)=\sqrt{\frac{f''(x_s)}{s}}\le \sqrt{\frac{f''(0)}{s}},$
we have
$|a_s(x_s+1)-a_s(x_s)|\le s(f''(0)+\sqrt{\frac{f''(0)}{s}})=sf''(0)+\sqrt{sf''(0)}\to 0$
as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Prove that
$$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!^s}=\frac{1}{2}.$$

Lemma: Suppose $f\in C^{m+1}[0,\infty)$ and $f, f',\cdots, f^{(m)}>0$, $f^{(m+1)}\le 0$, where $m\ge 1$. Prove that
$$\limsup\limits_{x\to +\infty} \frac{f(x)f''(x)}{f'^2(x)}\le 1-\frac{1}{m}.$$

\begin{proof}
We can deal with this problem by induction. The case $m=1$ is trivial, so we can assume $m\ge 2$. Since
$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2}x^2\ge f'(0)x,$
we can get $f(x)\to\infty$ as $x\to \infty$. Fixed $\varepsilon>0$, we have
$\frac{f'f'''}{f''^2}\le 1-\frac{1}{m-1}+\varepsilon$
for $x\ge x_0$ by induction. Since
$(\frac{f'^2}{f''})'=\frac{2f'f''^2-f'^2f'''}{f''^2}=(2-\frac{f'f'''}{f''^2})f'\ge (1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon)f',$
we have
$\frac{f'^2}{f''}\ge (1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon)f-C,$
that means
$\frac{ff''}{f'^2}\le \frac{f}{(1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon)f-C}\to \frac{1}{1+\frac{1}{m-1}-\varepsilon}$
as $x\to\infty$. Let $\varepsilon\to 0$, we can obtain
$$\limsup\limits_{x\to +\infty} \frac{ff''}{f'^2}\le 1-\frac{1}{m}.$$
\end{proof}

Suppose $f\in C^{m+1}[0,\infty)$ with $f>0$, $f^{(m+1)}\le 0$, where $m\ge 1$. If $f(\infty)=\infty$, prove the following conclusion
$\lim\limits_{s\to 0+} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{f^s(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Without loss of generality, assume $f, f',\cdots, f^{(m)}>0$. Otherwise, we can replace $m$ by a smaller number. If we take $a_s(x)=\frac{1}{f^s(x)}$, then (i), (ii) are trivial, and
$a_s''(x)=s\cdot \frac{(s+1)f'^2(x)-f''(x)f(x)}{f^{s+2}(x)}.$
By lemma, we can get $a_s''(x)>0$ for $x\ge x_0$, that means $a_s(x)$ is convex.
\end{proof}

Suppose $p(x)=x^m+a_{m-1}x^{m-1}+...+a_1x+a_0$ is a monic polynomial with degree $m\ge 1$, prove that
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sp(n)}=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Let $a_s(x)=e^{-sp(x)}$, then (i), (ii) are trivial. We only need to show that
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=2N}^{\infty} (-1)^ne^{-sp(n)}=\frac{1}{2}$
for some positive integer $N$, or equivalent
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-sp(n+2N)}=\frac{1}{2},$
so we can consider $p(x+2N)$ instead of $p(x)$. Without loss of generality, we can assume the coefficients of $p(x)$ are positive.

Since $a_s'(x)=-sp'(x)e^{-sp(x)}<<sx^{m-1}e^{-sx^m}$, we have $a_s(x)-a_s(x+1)=-a_s'(\xi)<<sx^{m-1}e^{-sx^m}$, where $\xi\in (x,x+1)$. Then
$\int_{0}^{\infty} |sp'(x)e^{-sp(x)}-sp'(x)e^{-sp(x+1)}|dx<<s^2\int_{0}^{\infty} x^{2(m-1)}e^{-sx^m}dx$
$=s^{\frac{1}{m}}\int_{0}^{\infty} x^{2(m-1)}e^{-x^m}dx \to 0$
as $s\to 0_+$. Since $p'(x)-p'(x+1)<<x^{m-2}$, we have
$\int_{0}^{\infty} |sp'(x)e^{-sp(x+1)}-sp'(x+1)e^{-sp(x+1)}|dx<<s\int_{0}^{\infty} x^{m-2}e^{-sx^m}dx$
$=s^{\frac{1}{m}}\int_{0}^{\infty} x^{m-2}e^{-x^m}dx \to 0$
as $s\to 0_+$. That means (iii).
\end{proof}

Suppose $f\in C^1[0,\infty)$, $f'\in L^1[0,\infty)$, and $f(0)=1$, $f(\infty)=0$, then we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Let $a_s(x)=f(sx)$, then (i), (ii) are trivial. Since $a_s'(x)=sf'(sx)$, we have
$\int_{0}^{\infty} |a_s'(x)-a_s'(x+1)|dx=s\int_{0}^{\infty} |f'(sx)-f'(s(x+1))|dx$
$=\int_{0}^{\infty} |f'(x)-f'(s+x)|dx=||f'-f_s'||_{L^1} \to 0$
as $s\to 0_+$.
\end{proof}

Let $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}, (\frac{\sin x}{x})^2, 2(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1})$ and so on, then we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}.$\\

Suppose $F(x)$ is the Cantor-Lebesgue function, let $f(x)=F(1-x)$, then it is obvious that
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=1$
for $s=\frac{1}{3^n}$, and
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}$
for $s=\frac{2}{3^n}$, where $n\ge 1$.\\

Suppose $g(x), 0\le x\le 1$ is the unique continuous solution of the following equation

$g(x)=\frac{1}{4}f(2x), 0\le x\le\frac{1}{2},$\\

$g(x)=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}f(2x-1), \frac{1}{2}\le x\le 1.$\\
or equivalent,

$g: \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{2^n}\mapsto \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a_n 3^{S_{n-1}}}{4^n}$
where $a_n=0, 1$, and $S_n=\sum\limits_{i=1}^{n} a_i$, $S_0=0$. Let $f(x)=g(1-x)$, then it is obvious that
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{3}{4}$
for $s=\frac{1}{2^n}$, where $n\ge 1$.\\

Suppose $f\in C[0,\infty)$ is an decreasing function with $f(0)=1$ and $f(\infty)=0$. If the limit
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\lambda$
exists, then $\lambda=\frac{1}{2}$.

Suppose $f\in C[0,\infty)$ is an increasing function with $f(0)=1$ and $f(\infty)=0$, then
$\liminf\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)\le\frac{1}{2}\le \limsup\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns).$

\begin{proof}
Let $f_1(x)=\int_{0}^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt$, then we can get the conclusion.
\end{proof}

Let $f(x)=\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$, then we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}.$

Suppose $f\in C^2[0,\infty)$, $f''\in L^1[0,\infty)$, and $f(0)=1$, $f(\infty)=0$, then we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}.$
\begin{proof}
Since $f''\in L^1[0,\infty)$, $f'(\infty)$ exists, then we have $f'(\infty)=0$ by $f(\infty)=0$. Let $f_s(x)=f(sx)$, by Euler-Maclaurin formula, we have
$\sum\limits_{n=0}^{N} f_s(n)=\int_{0}^{N} f_s(x)dx+\frac{f_s(0)+f_s(N)}{2}+\frac{f_s'(0)+f_s'(N)}{12}-\frac{1}{2}\int_{0}^{N} B_2(x)f_s''(x)dx.$
Since
$f_s(0)=f(0)=1$, $f_s'(x)=sf'(sx)$, $f_s''(x)=s^2f''(sx)$,
$\int_{0}^{N} f_s(x)dx=\frac{1}{s}\int_{0}^{sN}f(x)dx,$
$\int_{0}^{N} B_2(x)f_s''(x)dx=s^2\int_{0}^{N} B_2(x)f''(sx)dx=s\int_{0}^{sN} B_2(\frac{x}{s})f''(x)dx$
we have
$\sum\limits_{n=0}^{N} f_{2s}(n)=\frac{1}{2s}\int_{0}^{2sN}f(x)dx+\frac{1+f(2sN)}{2}+\frac{sf'(0)+sf'(2sN)}{6}$
$-s\int_{0}^{2sN} B_2(\frac{x}{2s})f''(x)dx$
and
$\sum\limits_{n=0}^{2N} f_{s}(n)=\frac{1}{s}\int_{0}^{2sN}f(x)dx+\frac{1+f(2sN)}{2}+\frac{sf'(0)+sf'(2sN)}{12}$
$-\frac{s}{2}\int_{0}^{2sN} B_2(\frac{x}{s})f''(x)dx$
Since $f''\in L^1[0,\infty)$, we can get $f'$ is bounded.
Thus,
$\sum\limits_{n=0}^{2N} (-1)^nf(ns)=2\sum\limits_{n=0}^{N} f(2ns)-\sum\limits_{n=0}^{2N} f(ns)=2\sum\limits_{n=0}^{N} f_{2s}(n)-\sum\limits_{n=0}^{2N} f_s(n)$
$=\frac{1+f(2sN)}{2}+\frac{sf'(0)+sf'(2sN)}{4}-2s\int_{0}^{2sN} B_2(\frac{x}{2s})f''(x)dx$
$+\frac{s}{2}\int_{0}^{2sN} B_2(\frac{x}{s})f''(x)dx$
Let $N\to \infty$, we have
$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}+s\frac{f'(0)}{4}-2s\int_{0}^{\infty} B_2(\frac{x}{2s})f''(x)dx+\frac{s}{2}\int_{0}^{\infty} B_2(\frac{x}{s})f''(x)dx$
Since $B_2(x)$ is bounded, we can get $\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}+O(s)$.
\end{proof}

Let $f(x)=\frac{\sin x}{x}$, then we have
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)=\frac{1}{2}.$

\begin{proof}
Let $f_N(x)=f(x)\chi_{[0,N\pi]}$, it is not difficult to show that
$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf_N(ns)=\frac{1}{2},$
then we have
$\limsup\limits_{s\to 0+}|\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nf(ns)-\frac{1}{2}|=\limsup\limits_{s\to 0+}|\sum\limits_{ns>N\pi}^{\infty} (-1)^nf(ns)|$
$=\limsup\limits_{s\to 0+}|\sum\limits_{ns>N\pi}^{\infty} \frac{(-1)^n\sin ns}{ns}|$
By Abel formula, take $a_n=(-1)^n\sin ns=\sin n(\pi+s)$, $b_n=\frac{1}{ns}$, we have
$|\sum\limits_{ns>N\pi}^{\infty} \frac{(-1)^n\sin ns}{ns}|\le \frac{A}{N\pi}.$
Let $N\to \infty$, we can get the conclusion.
\end{proof}

$\lim\limits_{s\to 0+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-se^n}=\frac{1}{2}?$

For any $a>1$, the limit
$\lim\limits_{x\to 1-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{a^n}$
does not exist.

(2018年中科大考研题) Suppose $a_n>0$ and
$\left| \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (a_nx)}{n^2} \right|\le |\tan x|$
for $x\in (-1,1)$, prove that $a_n=o(n^2)$ as $n\to\infty$.
\begin{proof}
Since $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{\sin (a_nx)}{n^2}$ is uniform convergence, we have
$\int_{0}^{t}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (a_nx)}{n^2}dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\int_{0}^{t} \sin (a_nx)dx=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1-\cos(a_nt)}{n^2a_n}$
and
$\int_{0}^{t} \tan x dx=-\ln\cos t,$
then we can get
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1-\cos(a_nt)}{n^2a_n}\le -\ln\cos t$
for $t\in (0,1)$, so that
$2\sum\limits_{n=1}^{N} \frac{1-\cos(a_nt)}{n^2a_nt^2}\le -\frac{2\ln\cos t}{t^2}$
for any $N\in\mathbb{N}$. Let $t\to 0_+$, then
$\sum\limits_{n=1}^{N} \frac{a_n}{n^2}\le 1.$
Let $N\to\infty$, it is obvious that
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2}\le 1.$
\end{proof}

## 第一届熊赛分析与方程部分试题

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%\title{中国科学技术大学\\
%2015年硕士学位研究生入学考试试题}
%\author{(线性代数与解析几何)}
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\newenvironment{newproof}{\par\CJKfamily{xiao}\noindent{\makebox[0pt][r]{\;\;}\textbf{证明:}}\color{black!90}\small}{\hfill$\Box$\quad\par}

\newenvironment{solution}{\par\CJKfamily{xiao}\noindent{\makebox[0pt][r]{\;\;}\textbf{解:}}\small}{\hfill$\Box$\quad\par}

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\lfoot{科目名称：分析与方程}
\cfoot{}

\begin{document}
%\maketitle

%\fancypage{%
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\begin{center}
{\erhao \CJKfamily{kd}{第一届Xionger网络数学竞赛} }\\
\vspace{0.3cm}
{\sanhao \textbf{分析与方程部分试题解答} }\\
\vspace{0.2cm}
2018年6月8日}
%{\sanhao \textbf{解答：Eufisky (Xiongge)}}\\
\end{center}
%\textbf{分析与代数：}
%满分为100分，考试时间为120分钟，答案必须写在答题纸上\\
%\vspace*{-0.05cm}
\rule{\textwidth}{0.5mm}
%\rule{\textwidth}{0.4pt}
%\vspace*{-0.05cm}
%\boxed{\text{\textbf{注意：答案必须写在答题纸上，写在试卷或草稿纸上均无效。}}}

\begin{enumerate}
%\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{{\theenumi}.}}
% 重定义第一级计数显示
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}.}}
\renewcommand{\labelenumi}{\theenumi}

% 重定义第二级计数显示
\renewcommand{\theenumii}{\alph{enumii}}
\renewcommand{\labelenumii}{(\theenumii)}

\item Suppose $S_n=a_1+\cdots+a_n$, and $T_n=S_1+\cdots+S_n$. If $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}T_n=s$ and $na_n$ is bounded, then $\lim\limits_{n\to\infty} S_n=s.$
\begin{proof}
We may assume that $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}T_n=0$, or we can replace $a_1$ by $a_1-s$. For $\forall \varepsilon>0$, there is a large number $N$, $\forall n\ge N$, we have $|T_n|\le \varepsilon n.$ Since
$$T_{n+k}-T_n=S_{n+1}+\cdots+S_{n+k}$$
$$=kS_n+(ka_{n+1}+(k-1)a_{n+2}+\cdots+2a_{n+k-1}+a_{n+k}),$$
we have
$$kS_n=T_{n+k}-T_n-(ka_{n+1}+(k-1)a_{n+2}+\cdots+2a_{n+k-1}+a_{n+k}).$$
Suppose $|na_n|\le C$, then
$$k|S_n|\le (2n+k)\varepsilon+C\left(\frac{k}{n+1}+\frac{k-1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+k}\right)\le (2n+k)\varepsilon+C\frac{k^2}{n},$$
or equivalent,
$$|S_n|\le \left(\frac{2n}{k}+1\right)\varepsilon+C\frac{k}{n}.$$
Take $k=[\sqrt{\varepsilon}n]>\frac{1}{2}\sqrt{\varepsilon}n$, then we have
$$|S_n|\le \left(\frac{4}{\sqrt{\varepsilon}}+1\right)\varepsilon+C\sqrt{\varepsilon}=\left(4+\sqrt{\varepsilon}+C\right)\sqrt{\varepsilon}.$$
\end{proof}

%\begin{solution}

%\end{solution}

\item Suppose $f$ is a real value function on $\mathbb{R}$, and $f(x+y)=f(x)+f(y)$ for $\forall x, y\in \mathbb{R}$. If the set $\{(x,f(x)): x\in\mathbb{R}\}$ is not dense in $\mathbb{R}^2$, then $f$ is continuous.
\begin{proof}
In fact, we have $f(x)\equiv f(1)x$. It is not hard to see $f(rx)=rf(x)$ for $x\in\mathbb{R}, r\in \mathbb{Q}$. We denote $c=f(1)$, then $f(r)=cr$ for $r\in \mathbb{Q}$. If $f(x)\equiv cx$ is false, then there exists a number $x_0\in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$, s.t. $y_0=f(x_0)\ne cx_0$. Then we have
$$f(x_0s+r)=y_0s+cr=c(x_0s+r)+(y_0-cx_0)s, \forall s, t\in \mathbb{Q}.$$
Fix $y\in\mathbb{R}$. For $\forall \varepsilon>0$, there is a number $s\in\mathbb{Q}$, s.t. $|s(y_0-cx_0)-y|<\varepsilon$, then $|s|< \frac{|y|+\varepsilon}{|y_0-cx_0|}\le \frac{|y|+1}{|y_0-cx_0|}=C$. Take $r\in\mathbb{Q}$ s.t. $|x_0+r|<\varepsilon$, we have
$$f(x_0+r)=c(x_0+r)+(y_0-cx_0),$$
and
$$f(s(x_0+r))=sc(x_0+r)+s(y_0-cx_0),$$
then $|s(x_0+r)|\le C\varepsilon$ and
$$|f(s(x_0+r))-y|\le |sc(x_0+r)|+|s(y_0-cx_0)-y|< (Cc+1)\varepsilon.$$
Fix $(x,y)\in\mathbb{R}^2$. For $\forall \varepsilon>0$, there exists a number $a\in \mathbb{R}$ s.t. $|a|<\varepsilon$, and $|f(a)-(y-cx)|< \varepsilon$. Take $r\in \mathbb{Q}$ s.t. $|x-r|<\varepsilon$, we have
$$f(a+r)=f(a)+cr=f(a)+cx+c(r-x)$$
then $|(a+r)-x|<2\varepsilon$ and
$$|f(a+r)-y|=|f(a)-(y-cx)|+|c(r-x)|< (1+c)\varepsilon.$$
\end{proof}

\item Suppose $\Omega\subset \mathbb{C}$ is a domain, and $u_n=Re f_n$, where $f_n\in H(\Omega)$. If $\{u_n\}$ is uniform convergence on arbitrary compact subset of $\Omega$, and $\{f_n(z_0)\}$ is convergence for some $z_0\in \Omega$. Prove that $\{f_n\}$ is uniform convergence on arbitrary compact subset of $\Omega$.
\begin{proof}
Since the compact set has a finite open covering property, we only need to consider the case $\Omega=\mathbb{D}$. We can obtain the conclusion by the Borel-Carath$\acute{\text{e}}$odory lemma: Suppose $f\in H(\mathbb{D})$. Let $M(r)=\max\limits_{|z|=r} |f(z)|$, $A(r)=\max\limits_{|z|=r} Re f(z)$, then for $0<r<R<1$, we have
$$M(r)\le \frac{2r}{R-r}A(R)+\frac{R+r}{R-r}|f(0)|.$$
\end{proof}

\item  Suppose $\Omega\subset \mathbb{C}$ is a convex domain, and $f\in H(\Omega)$. If $Re f'(z)\ge 0$ for $\forall z\in\Omega$ and $f$ is not constant function, then $f$ is injective.
\begin{proof}
Consider $e^{-f'(z)}\in H(\Omega)$, then $|e^{-f'(z)}|=e^{-Re f'(z)}\le 1$. If $Re f'(z_0)=0$ for some $z_0\in\Omega$, then $e^{-f'(z)}=const$, or $f'(z)=const$ by the maximum principle. That is to say $f(z)=cz$ with $c\ne 0$, then $f$ is injective. If $Re f'(z)> 0$ for $\forall z\in\Omega$, then for $\forall z_1, z_2\in\Omega$ with $z_1\ne z_2$, we have
$$f(z_2)-f(z_1)=\int_{z_1}^{z_2}f'(z)dz=(z_2-z_1)\int_{0}^{1} f'(z_1+t(z_2-z_1))dt,$$
then
$$Re\frac{f(z_2)-f(z_1)}{z_2-z_1}=\int_{0}^{1} Re f'(z_1+t(z_2-z_1))dt>0.$$
\end{proof}

%\begin{enumerate}[itemsep=0pt,parsep=0pt,label=(\arabic*)]
%\item
%\end{enumerate}

%\begin{newproof}

%\end{newproof}

\item  Prove the linear span of $t^ne^{-t}, n=0,1,2,\cdots$ is dense in $L^2(0,\infty)$.
\begin{proof}
Let $M$ be the closed linear span of $t^ne^{-t}, n=0,1,2,\cdots$. Take any $\varphi\in M^{\bot}$, we have
$$\int_{0}^{\infty} t^ne^{-t}\varphi(t)dt=0, n=0,1,2,\cdots.$$
Let $z$ be a complex with $\Im\ z>-1$, and
$$f(z)=\int_{0}^{\infty} e^{izt}e^{-t}\varphi(t)dt.$$
Since $|\frac{e^z-1}{z}|\le C\max\{1,e^{|z|}\}$, we have
$$f'(z)=\lim\limits_{h\to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h}=\lim\limits_{h\to 0} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{iht}-1}{h}e^{izt}e^{-t}\varphi(t)dt$$
$$=\int_{0}^{\infty} ite^{izt}e^{-t}\varphi(t)dt$$
by the dominated convergence theorem. That means $f$ is analytic. Similarly, we have
$$f^{(n)}(z)=\int_{0}^{\infty} i^nt^ne^{izt}e^{-t}\varphi(t)dt.$$
Since $f^{(n)}(0)=i^n\int_{0}^{\infty} t^ne^{-t}\varphi(t)dt=0, n=0,1,2,\cdots$, we have $f(z)\equiv 0$, that means $e^{izt}e^{-t}\in M$. According to the Weierstrass approximation theorem, every continuous periodic function $h(t)$ is the uniform limit of trigonometric polynomials, we can get $h(t)e^{-t}\in M$. Let $g(t)$ be a continuous function with compact support, and $g_1(t)=g(t)e^t$. Denote by $h(t)$ a $T$ periodic function such that
$$h(t)\equiv g_1(t), t\in [0,T],$$
where $T$ is large enough so that the support of $g_1(t)$ is contained in the interval $[0,T]$. Then
$$|g_1(t)-h(t)|\le ||g_1||_{L^{\infty}}\chi_{(T,\infty)}(t),$$
so that
$$|g(t)-h(t)e^{-t}|\le ||g_1||_{L^{\infty}}e^{-t}\chi_{(T,\infty)}(t).$$
Let $T\to\infty$, we can get $g(t)\in M$. Since the set of all continuous functions with compact support is dense in $L^2(0,\infty)$, we have $M=L^2(0,\infty)$.
\end{proof}

\item Let  $A$ is a unital commutative Banach algebra that is generated by $\{1,x\}$ for some $x\in A$. Then the complement set of $\sigma(x)$ is connected.
\begin{proof}
Let us decompose $\sigma(x)^c$ into its connected components, obtaining an unbounded component $\Omega_{\infty}$ together with a sequence of holes $\Omega_1, \Omega_2, \cdots,$
$$\sigma(x)^c=\Omega_{\infty}\cup\Omega_1\cup\Omega_2\cup\cdots.$$
Let $\Omega=\Omega_1\cup\Omega_2\cup\cdots$. If $\sigma(x)^c$ is not connected, the $\Omega\ne \emptyset$. Suppose $\lambda\in\Omega$, then for arbitrary polynomial $p(z)$, since $p(z)$ is analytic, we have
$$|p(\lambda)|\le \max_{z\in \sigma(x)} |p(z)|=\max\limits_{\omega\in Sp(A)} |\omega(p(x))|\le ||p(x)||$$
by the maximum principle and Gelfand theorem. If we defind
$$\omega: p(x)\mapsto p(\lambda),$$
then $\omega$ is bounded on $\{p(x)\}$. Since $\{p(x)\}$ is dense in $A$, $\omega$ have unique extension on $A$, and $\omega(xy)=\omega(x)\omega(y)$, that means $\omega\in Sp(A)$. Then $\lambda=\omega(x)\in\sigma(x)$, it is a contradiction.
\end{proof}

\item Suppose $X$ is a compact  Hausdorff space. $\Omega$ is a family of colsed connected subset of $X$, and $\Omega$ is totally order with respect to inclusion relation. Then $Y=\cap\{A: A\in\Omega\}$ is connected.
\begin{proof}
If $Y$ is not connected, then are open set $B$ and $C$, with $B\cap C=\emptyset$, $B\cap Y\ne \emptyset$ and $C\cap Y\ne \emptyset$. Consider the set $Y_1=\cap\{A-(B\cup C): A\in\Omega\}$, then $Y_1=Y-(B\cup C)=\emptyset$. Since $A$ is connected, if $A-(B\cup C)=\emptyset$, or $A\subset B\cup C$, then $A\subset B$, or $A\subset C$, it is impossible. Thus $A-(B\cup C)\ne\emptyset$. Since $A-(B\cup C)$ is compact, and finite intersection is not empty, then $Y_1\ne\emptyset$. It is a contradiction.
\end{proof}

\item Suppose the measurable set $A\subset \mathbb{R}$ with $0<m(A)<\infty$. Let $f(x,r)=m(A\cap[x-r,x+r])/2r$, then there exists $x\in\mathbb{R}$ s.t.
$$0<\liminf\limits_{r\to 0_+}f(x,r)\le \limsup\limits_{r\to 0_+}f(x,r)<1.$$
\begin{proof}
Since $0<m(A)<\infty$, there are interval $I_1, I_2$ with $|I_1|=|l_2|=2r_0$ s.t. $m(A\cap I_1)>\frac{1}{2}|I_1|$, $m(A\cap I_2)<\frac{1}{2}|I_2|$.
Since $f(x,r)$ is continuous about $x$, there exists $x_0$ with $f(x_0,r_0)=\frac{1}{2}$. Since we have
$$m(A\cap [x_0-r_0,x_0+r_0])=m(A\cap [x_0-r_0, x_0])+m(A\cap [x_0, x_0+r_0])=r_0,$$
there exists $x_1\in [x_0-\frac{r_0}{2},x_0+\frac{r_0}{2}]$ with $f(x_1,\frac{r_0}{2})=\frac{1}{2}$. Or equivalently, there exists $x_1\in\mathbb{R}$ with
$$|x_1-x_0|\le\frac{r_0}{2}, f(x_1,\frac{r_0}{2})=\frac{1}{2}.$$
Similarly, there exists $x_n\in\mathbb{R}$ with
$$|x_n-x_{n-1}|\le\frac{r_0}{2^n},\quad f\left(x_n,\frac{r_0}{2^n}\right)=\frac{1}{2}.$$
Let $x=\lim\limits_{n\to\infty} x_n$, then $|x-x_n|=\left|\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} (x_k-x_{k-1})\right|\le \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} |x_k-x_{k-1}|\le\frac{r_0}{2^n}$. For any $r<r_0$, there exists unique $N\ge 1$ s.t. $\frac{r_0}{2^N}\le r<\frac{r_0}{2^{N-1}}$. Then we have
$$\left[x_{N+1}-\frac{r_0}{2^{N+1}}, x_{N+1}+\frac{r_0}{2^{N+1}}\right]\subset\left[x-\frac{r_0}{2^N},x+\frac{r_0}{2^N}\right]\subset[x-r,x+r],$$
and
\begin{align*}
f(x,r)&=\frac{m\left( A\cap \left[ x-r,x+r \right] \right)}{2r}\ge \frac{m\left( A\cap \left[ x_{N+1}-\frac{r_0}{2^{N+1}},x_{N+1}+\frac{r_0}{2^{N+1}} \right] \right)}{2\times\frac{r_0}{2^{N-1}}}\\
&=\frac{1}{4}f\left( x_{N+1},\frac{r_0}{2^{N+1}} \right) =\frac{1}{8}.
\end{align*}

On the other hand, we have
\begin{align*}
m\left( A\cap \left[ x-r,x+r \right] \right) &\le m\left( A\cap \left[ x_{N+1}-\frac{r_0}{2^{N+1}},x_{N+1}+\frac{r_0}{2^{N+1}} \right] \right)
\\
&+m\left( \left[ x-r,x+r \right] -\left[ x_{N+1}-\frac{r_0}{2^{N+1}},x_{N+1}+\frac{r_0}{2^{N+1}} \right] \right)
\\
&=\frac{r_0}{2^{N+1}}+2r-\frac{2r_0}{2^{N+1}}=2r-\frac{r_0}{2^{N+1}}\le 2r-\frac{1}{4}r=\frac{7}{4}r,
\end{align*}
then
$$f(x,r)=\frac{m(A\cap[x-r,x+r])}{2r}\le\frac{7}{8}.$$
That is to say
$$\frac{1}{8}\le\liminf\limits_{r\to 0_+}f(x,r)\le \limsup\limits_{r\to 0_+}f(x,r)\le\frac{7}{8}.$$
\end{proof}

\item Suppose $\{f_n\}_{n=1}^{\infty}$ is a bounded sequence in $L^p$ with $1\le p<\infty$. If $f_n\to f$ a.e., then $f\in L^p$ and
$$\lim\limits_{n\to\infty}\int |f_n|^p-|f_n-f|^p=\int |f|^p.$$
\begin{proof}
We denote $M=\mathop{\sup}_{n\ge 1}\int |f_n|^p<\infty$.Since $f_n\to f$ a.e., we have $|f_n|^p\to|f|^p$ a.e. and by Fatou Lemma
$$\int |f|^p\le\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\to\infty}\int |f_n|^p\le M<\infty,$$
that is to say $f\in L^p$. For $\forall a,b\ge 0$, we have
$$|a^p-b^p|=p\xi^{p-1}|a-b|\le p\max\{a,b\}^{p-1}|a-b|$$
by Lagrange Mean Value Theorem, where $\xi$ is a real number between $a$ and $b$. Then we obtain
$$||f_n|^p-|f_n-f|^p|\le p\max\{|f_n|,|f_n-f|\}^{p-1}|f|.$$
Fixed $\varepsilon>0$. Suppose $A$ is a measurable set with $m(A)<\infty$, and the follow inequality holds
$$\int_{A^c} |f|^p\le \varepsilon.$$
There is a $\delta>0$ such that
$$\int_B |f|^p<\varepsilon \text{ whenever } m(B)<\delta$$
by absolute continuity. Since $f_n\to f$ a.e. on $A$ and $m(A)<\infty$, we can find a measurable subset $a\subset A$ such $m(A\setminus a)<\delta$ and $f_n\to f$ uniformly on $a$ by Egorov Theorem. Then we have
$$\int_a |f_n|^p-|f_n-f|^p\to \int_a |f|^p,$$
as $n\to\infty$, and
$$\int_{a^c} |f|^p=\int_{A\setminus a} |f|^p+\int_{A^c} |f|^p< 2\varepsilon.$$
Since the function $\max\{|f_n|,|f_n-f|\}^{p-1}\in L^{p'}$, and $$||\max\{|f_n|,|f_n-f|\}^{p-1}||_{p'}=||\max\{|f_n|,|f_n-f|\}||_p^{p-1}\le (3M^p)^{\frac{1}{p'}}.$$
We have
\begin{align*}
\int_{a^c} ||f_n|^p-|f_n-f|^p|&\le p\int_{a^c}\max\{|f_n|,|f_n-f|\}^{p-1}|f|\\
&\le p(3M)^{\frac{1}{p'}}(\int_{a^c} |f|^p)^{\frac{1}{p}}
\le p(3M)^{\frac{1}{p'}}(2\varepsilon)^{\frac{1}{p}},
\end{align*}
by H\"{o}lder inequality. Thus we obtain
$$\mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\to\infty}\left|\int |f_n|^p-|f_n-f|^p-\int |f|^p\right|\le (1+p(3M)^{\frac{1}{p'}})(2\varepsilon)^{\frac{1}{p}}.$$
\end{proof}

\item Suppose $D_n(t)$ are the Dirichlet kernels, and $F_N(t)$ is the $N$-th Fej$\acute{\text{e}}$r kernel given by
$$F_N(t)=\frac{D_0(t)+\cdots+D_{N-1}(t)}{N}.$$
Let $L_N(t)=\min\left(N,\frac{\pi^2}{Nt^2}\right)$. Prove
$$F_N(t)=\frac{1}{N}\frac{1-\cos Nt}{1-\cos t}\le L_N(t)$$
and $\int_{\mathbb{T}} L_N(t)dt\le 4\pi$. If $f\in L^1(\mathbb{T})$ and the $N$-th Ces$\grave{\text{a}}$ro mean of Fourier series is
$$\sigma_N(f)(x)=\frac{S_0(f)(x)+\cdots+S_{N-1}(f)(x)}{N},$$
then $\sigma_N(f)(x)\to f(x)$ for every $x$ in the Lebesgue set of $f$.
\begin{proof}
Since $D_N(t)=\sum\limits_{n=-N}^{N}e^{int}=\frac{\sin(N+\frac{1}{2})t}{\sin\frac{t}{2}}$, we have
$$F_N(t)=\frac{1}{N}\frac{\sin^2\frac{Nt}{2}}{\sin^2\frac{t}{2}}=\frac{1}{N}\frac{1-\cos Nt}{1-\cos t}.$$
Since $|D_N(t)|\le 2N+1$, we can get $F_N(t)\le N$. For $0<x<\frac{\pi}{2}$, we have $\sin x\ge\frac{2}{\pi}x$, then
$$F_N(t)=\frac{1}{N}\frac{\sin^2\frac{Nt}{2}}{\sin^2\frac{t}{2}}\le\frac{1}{N}\frac{1}{\sin^2\frac{t}{2}}\le\frac{\pi^2}{Nt^2}.$$
That mens $F_N(t)\le L_N(t)$. And
$$\int_{\mathbb{T}} L_N(t)dt=2\int_0^{\pi}L_N(t)dt=2\int_0^{\frac{\pi}{N}}Ndt+2\int_{\frac{\pi}{N}}^{\pi}\frac{\pi^2}{Nt^2}dt=4\pi-\frac{2\pi}{N} \le 4\pi.$$
Since $\int_{\mathbb{T}}F_N(t)=1$ and $F_N(t)\le L_N(t)$, we can get $\{F_N(t)\}$ is an approximation to the identity, then $\sigma_N(f)(x)=(f*F_N)(x)\to f(x)$ for every $x$ in the Lebesgue set of $f$.
\end{proof}

\item Suppose the sequence $\{a_n\}$ satisfying $a_{n+1}=(4n-2)a_n+a_{n-1}$. Prove that $\{a_n\}$ is convergence if and only if
$$(e-1)a_0+(e+1)a_1=0.$$
\begin{proof}
If $\{a_n\}$ is convengence and not vanishing, then it is obvious that $a_na_{n+1}<0$. We can assume $a_0>0$, $a_1<0$, then $a_{2n}>0$, $a_{2n+1}<0$. Let $b_n=4n-2$ and
$$a_n=p_{n-2}a_1+q_{n-2}a_0, n\ge 2.$$
Since $a_2=b_1a_1+a_0$, and $a_3=(1+b_1b_2)a_1+b_2a_0$, we can get
$$p_0=b_1, p_1=1+b_1b_2, q_0=1, q_1=b_2.$$
Since $a_{n+2}=b_{n+1}a_{n+1}+a_n=b_{n+1}(p_{n-1}a_1+q_{n-1}a_0)+(p_{n-2}a_1+q_{n-2}a_0)=(b_{n+1}p_{n-1}+p_{n-2})a_1+(b_{n+1}q_{n-1}+q_{n-2})a_0$, we can get
$$p_n=b_{n+1}p_{n-1}+p_{n-2}, q_n=b_{n+1}q_{n-1}+q_{n-2}.$$
That is to say
$$\frac{p_n}{q_n}=\left[b_1,b_2,\cdots,b_{n+1}\right]=b_1+\cfrac{1}{b_2+\cfrac{1}{\cdots+\cfrac{1}{b_{n+1}}}},$$
and we have $\frac{p_n}{q_n}\to [b_1,b_2,\cdots]$ as $n\to\infty$. Since
$$a_{2n+1}=p_{2n-1}a_1+q_{2n-1}a_0<0, a_{2n+2}=p_{2n}a_1+q_{2n}a_0>0,$$
we have
$$\frac{p_{2n}}{q_{2n}}(-a_1)<a_0<\frac{p_{2n-1}}{q_{2n-1}}(-a_1),$$
Let $n\to\infty$, we can get
$$a_0+[b_1,b_2,\cdots]a_1=0.$$
On the contrary, if $a_0+[b_1,b_2,\cdots]a_1=0$, since $\left|[b_1,b_2,\cdots]-\frac{p_n}{q_n}\right|<\frac{1}{q_nq_{n+1}}$, we can get
$$|a_n|=|a_1|\cdot\left|p_{n-2}-q_{n-2}[b_1,b_2,\cdots]\right|\le\frac{|a_1|}{q_{n-1}}\to 0.$$
Since
$$\frac{e-1}{e+1}=[0,2,6,10,\cdots]=\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{6+\cfrac{1}{10+\cfrac{1}{\cdots}}}},$$
we can get $[b_1,b_2,\cdots]=\frac{e+1}{e-1}$, then $a_0+[b_1,b_2,\cdots]a_1=0$ is equivalent to
$$(e-1)a_0+(e+1)a_1=0.$$
\end{proof}

\item Suppose $\{x_n\}$ satisfying $x_1=1$, $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{S_n}$, where $S_n=x_1+\cdots+x_n$. Prove that\\
(a) $x_n^2-2\ln S_n$ is increasing and $x_n^2-2\ln S_{n-1}$ is decreasing for $n\ge 2$.\\
(b) $x_n^2-2\ln n-\ln\ln n$ is convengence.\\
(c) $\lim\limits_{n\to\infty} \cfrac{\ln n}{\ln \ln n}\left(\cfrac{x_n}{\sqrt{2\ln n}}-1\right)=\frac{1}{4}$.
\begin{proof}
For $n\ge 2$, we have
\begin{align*}
&\left( x_{n+1}^{2}-\text{2}\ln S_n \right) -\left( x_{n}^{2}-\text{2}\ln S_{n-1} \right) =\left( x_n+\frac{1}{S_n} \right) ^2-x_{n}^{2}+\text{2}\ln \frac{S_{n-1}}{S_n}
\\
&=\frac{2x_n}{S_n}+\frac{1}{S_{n}^{2}}+\text{2}\ln \left( 1-\frac{x_n}{S_n} \right) <\frac{2x_n}{S_n}+\frac{1}{S_{n}^{2}}-2\left( \frac{x_n}{S_n}+\frac{x_{n}^{2}}{2S_{n}^{2}} \right) =\frac{1-x_{n}^{2}}{2S_{n}^{2}}\le 0.
\end{align*}

Similarly,
\begin{align*}
&\left( x_{n+1}^{2}-\text{2}\ln S_{n+1} \right) -\left( x_{n}^{2}-\text{2}\ln S_n \right) =\left( x_n+\frac{1}{S_n} \right) ^2-x_{n}^{2}-\text{2}\ln \frac{S_{n+1}}{S_n}
\\
&=\frac{2x_n}{S_n}+\frac{1}{S_{n}^{2}}-\text{2}\ln \left( 1+\frac{x_{n+1}}{S_n} \right) >\frac{2x_n}{S_n}+\frac{1}{S_{n}^{2}}-2\left( \frac{x_{n+1}}{S_n}-\frac{x_{n+1}^{2}}{2S_{n}^{2}}+\frac{x_{n+1}^{3}}{3S_{n}^{3}} \right)
\\
&=\frac{x_{n+1}^{2}-1}{S_{n}^{2}}-\frac{2}{3}\frac{x_{n+1}^{3}}{S_{n}^{3}}=\frac{x_{n+1}^{2}}{S_{n}^{2}}\left( 1-\frac{1}{x_{n+1}^{2}}-\frac{2x_{n+1}}{3S_n} \right).
\end{align*}
Since $x_1=1, x_2=2$, and $S_1=1, S_2=3$, we have
$$x_{n+1}-S_n=x_n+\frac{1}{S_n}-S_n=\frac{1}{S_n}-S_{n-1}\le \frac{1}{S_2}-S_1=-\frac{1}{2}<0,$$
that means $\frac{2x_{n+1}}{3S_n}\le\frac{2}{3}$, then
$$1-\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{2x_{n+1}}{3S_n}>\frac{1}{3}-\frac{1}{x_{n+1}^2}>0.$$
That implys (a).\\
Since $x_n^2-2\ln S_n$ is increasing, we can get $x_n^2-2\ln S_n\ge x_2^2-2\ln S_2=4-2\ln 3>1$. Since $x_n\ge 1$, we have $S_n\ge n$, then
$$x_n^2\ge 1+2\ln S_n\ge 1+2\ln n.$$
Since $x_n^2-2\ln S_{n-1}$ is decreasing, we can get $x_n^2-2\ln S_n\le x_{n+1}^2-2\ln S_n\le x_2^2-2\ln S_2=4$, then
$$x_n^2\le 4+2\ln S_n.$$
Since $S_n\ge n$, we can get $x_n\le 1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n-1}\le 2+\ln n$, then $S_n\le nx_n\le n(2+\ln n)$, and
$$x_n^2\le 4+2\ln n+2\ln(2+\ln n).$$
Thus, it is obvious that
$$\frac{x_n}{\sqrt{\ln n}}\to\sqrt{2},$$
and we have
$$\frac{S_n}{n\sqrt{\ln n}}\to \sqrt{2}$$
by Stolz formula. Since $x_n^2-2\ln S_n\le 4$, we can get $x_n^2-2\ln S_n$ is convengence, then
$$x_n^2-2\ln n-\ln\ln n=x_n^2-2\ln S_n+2\ln\frac{S_n}{n\sqrt{\ln n}}$$
is convengence. That implys (b).\\
Since $x_n^2=2\ln n+\ln\ln n+a+o(1)$, we can get
$$\frac{x_n^2}{2\ln n}-1=\frac{\ln \ln n}{2\ln n}+\frac{a+o(1)}{2\ln n},$$
then
\begin{align*}
\cfrac{\ln n}{\ln \ln n}\left(\cfrac{x_n}{\sqrt{2\ln n}}-1\right)&=\left(\cfrac{x_n}{\sqrt{2\ln n}}+1\right)^{-1}\cfrac{\ln n}{\ln \ln n}\left(\frac{x_n^2}{2\ln n}-1\right)\\
&\to \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.
\end{align*}
Moreover, we have
$$\lim\limits_{n\to\infty} \ln \ln n\left(\cfrac{\ln n}{\ln \ln n}\left(\cfrac{x_n}{\sqrt{2\ln n}}-1\right)-\frac{1}{4}\right)=\frac{a}{4}.$$
\end{proof}

\item Suppose $f\in C[0,\infty)$ and for $\forall a\ge0$, we have
$$\lim\limits_{x\to\infty} f(x+a)-f(x)=0.$$
Then there exist $g\in C[0,\infty)$ and $h\in C^1[0,\infty)$ with $f=g+h$, such that
$$\lim\limits_{x\to\infty} g(x)=0, \text{ } \lim\limits_{x\to\infty} h'(x)=0.$$
\begin{proof}
In fact, $f$ is uniformly continuous. Otherwise, there are two sequences $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$, $\{y_n\}_{n=1}^{\infty}$ and a positive $\varepsilon$, such that
$$x_n, y_n\to\infty, |x_n-y_n|\to 0, |f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0$$
as $n\to\infty$. Consider the functions
$$\varphi_n(x)=f(x_n+x)-f(x_n)$$
and
$$\phi_n(x)=f(y_n+x)-f(y_n)$$
defined on the interval [0,1]. Then we have
$$\varphi(x), \phi(x)\to 0$$
as $n\to\infty$ due to $\lim\limits_{x\to\infty} f(x+a)-f(x)=0$. For $\forall 0<\varepsilon<\cfrac{1}{2}$, there is a set $A_{\varepsilon}\in[0,1]$ such that $m([0,1]\setminus A_{\varepsilon})<\varepsilon$ and $\varphi_n, \phi_n\to 0$ uniformly on $A_{\varepsilon}$ by Egorov Theorem. Take a integer $N$ such that $\forall n\ge N$ and $\forall x\in A_{\varepsilon}$, we have $|x_n-y_n|<1-2\varepsilon$ and
$$|\varphi_n(x)|\le\cfrac{\varepsilon_0}{3},\qquad |\phi_n(x)|\le\cfrac{\varepsilon_0}{3}.$$
Since $m((x_n+A_{\varepsilon})\cap(y_n+A_{\varepsilon}))=m(x_n+A_{\varepsilon})+m(y_n+A_{\varepsilon})-m((x_n+A_{\varepsilon})\cup(y_n+A_{\varepsilon}))\ge 2(1-A_{\varepsilon})-(1+|x_n-y_n|)=1-2\varepsilon-|x_n-y_n|>0$, there is a point $x\in(x_n+A_{\varepsilon})\cap(y_n+A_{\varepsilon})$. We have $x-x_n,x-y_n\in A_{\varepsilon}$, and then
$$|\varphi(x-x_n)|=|f(x)-f(x_n)|\le\cfrac{\varepsilon_0}{3}, \quad |\phi(x-y_n)|=|f(x)-f(y_n)|\le\cfrac{\varepsilon_0}{3},$$
thus $|f(x_n)-f(y_n)|\le \cfrac{2}{3}\varepsilon_0$, it is a contradiction.

Let $h(x)=\int_{x}^{x+1} f(t)dt$, and $g(x)=f(x)-h(x)$, then we have
$$h'(x)=f(x+1)-f(x)\to 0$$
as $x\to\infty$. Since $f$ is uniformly continous, there is positive $M$ such $\forall x,y\ge 0$ with $|x-y|\le 1$, we have $|f(x)-f(y)|\le M$. Since $f(x)-f(x+t)\to 0$ as $x\to\infty$ and $|f(x)-f(x+t)|\le M$ for $\forall t\in [0,1]$, by DCT (Dominated convergence theorem), we have
$$g(x)=\int_{0}^{1} f(x)-f(x+t)\to 0 \text{ as } n\to\infty.$$
\end{proof}

\end{enumerate}

\end{document}

## 优化专题

Emmanuel Candes：Advanced Topics in Convex Optimization

# Euler in Modern Toolchains

Today, there exists an OpenType edition of Euler, Neo Euler, by Khaled Hosny. However, it was abandoned in 2011. If you download Neo Euler from its GitHub page, it is possible to use with either LuaLaTeX or XeLaTeX, but there are a few gotchas.

This is lengthy because I give many complex examples that you can cut and paste into your preamble. They should just about cover all the use cases I’ve ever heard anyone recommend.

## The Classic Look

Neo Euler, like AMS Euler, contains only glyphs for upright math. To get the classic look of the euler and eulervm packages, or the book Concrete Mathematics, you’ll want to set the unicode-math option math-style=upright.

Then, you want to load only the glyphs Neo Euler provides, with a fallback math font for the rest. Here, I use Khaled Hosny’s newer math font, Libertinus Math. It shows some influence from Euler, especially in its integrals. Finally, make sure to load the Greek letters as the upright math alphabet, since unicode-math expects lowercase Greek letters to be slanted. It sets up the other alphabets the euler package does, including Euler Script as both \mathcal and \mathscr, but not all the alphabets unicode-math supports. Legacy documents should still compile with this preamble.

For the text font, this sets up the Computer Modern Unicode version of Concrete. (Note that the CMU Concrete Bold font is a recent addition. DEK did not create a bold face for Concrete Roman, and used Computer Modern Roman Bold Extended in Concrete Mathematics instead. The beton documentation traditionally recommended Computer Modern Sans Serif Demibold Condensed. Today, you might try Gill Sans/Gillius ADF and see if you like it.)

\documentclass{article}
\pagestyle{empty}

\usepackage{amsmath}
\DeclareMathOperator\Res{Res}
\newcommand*\diff{\mathop{}\!\mathup{d}}

\usepackage{amsthm}
\newtheorem{theorem}{Theorem}

\usepackage{unicode-math}

%%%
% Set up you text and math fonts
%%%

\unimathsetup{math-style=upright}
\setmainfont{CMU Concrete}
\defaultfontfeatures{Scale=MatchLowercase}
\setmathfont{Libertinus Math}
\setmathfont[range={"0000-"0001,"0020-"007E,
"00A0,"00A7-"00A8,"00AC,"00AF,"00B1,"00B4-"00B5,"00B7,
"00D7,"00F7,
"0131,
"0237,"02C6-"02C7,"02D8-"02DA,"02DC,
"0300-"030C,"030F,"0311,"0323-"0325,"032E-"0332,"0338,
"0391-"0393,"0395-"03A1,"03A3-"03A8,"03B1-"03BB,
"03BD-"03C1,"03C3-"03C9,"03D1,"03D5-"03D6,"03F5,
"2016,"2018-"2019,"2021,"2026-"202C,"2032-"2037,"2044,
"2057,"20D6-"20D7,"20DB-"20DD,"20E1,"20EE-"20EF,
"210B-"210C,"210E-"2113,"2118,"211B-"211C,"2126-"2128,
"212C-"212D,"2130-"2131,"2133,"2135,"2190-"2199,
"21A4,"21A6,"21A9-"21AA,"21BC-"21CC,"21D0-"21D5,
"2200,"2202-"2209,"220B-"220C,"220F-"2213,"2215-"221E,
"2223,"2225,"2227-"222E,"2234-"2235,"2237-"223D,
"2240-"224C,"2260-"2269,"226E-"2279,"2282-"228B,"228E,
"2291-"2292,"2295-"2299,"22A2-"22A5,"22C0-"22C5,
"22DC-"22DD,"22EF,"22F0-"22F1,
"2308-"230B,"2320-"2321,"2329-"232A,"239B-"23AE,
"23DC-"23DF,
"27E8-"27E9,"27F5-"27FE,"2A0C,"2B1A,
"1D400-"1D433,"1D49C,"1D49E-"1D49F,"1D4A2,"1D4A5-"1D4A6,
"1D4A9-"1D4AC,"1D4AE-"1D4B5,"1D4D0-"1D4E9,"1D504-"1D505,
"1D507-"1D50A,"1D50D-"1D514,"1D516-"1D51C,"1D51E-"1D537,
"1D56C-"1D59F,"1D6A8-"1D6B8,"1D6BA-"1D6D2,"1D6D4-"1D6DD,
"1D6DF,"1D6E1,"1D7CE-"1D7D7
}]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{greek,Greek}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{latin,Latin,num}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}

\begin{document}

\begin{theorem}[Residue theorem]
Let $f$ be analytic in the region $G$ except for the isolated
singularities $a_1,a_2,\dots,a_m$. If $\gamma$ is a closed
rectifiable curve in $G$ which does not pass through any of the
points $a_k$ and if $\gamma\approx 0$ in $G$, then
$\frac{1}{2\symup{\pi i}} \int\limits_\gamma f\Bigl(x^{\mathbf{N}\in\mathbb{C}^{N\times 10}}\Bigr) = \sum_{k=1}^m n(\gamma;a_k)\Res(f;a_k)\,.$
\end{theorem}

\begin{theorem}[Maximum modulus]
Let $G$ be a bounded open set in $\BbbC$ and suppose that $f$ is a
continuous function on $G^-$ which is analytic in $G$. Then
$\max\{\, |f(z)|:z\in G^- \,\} = \max\{\, |f(z)|:z\in \partial G \,\}\,.$
\end{theorem}

First some large operators both in text:
$\iiint\limits_{Q}f(x,y,z) \diff x \diff y \diff z$
and
$\prod_{\gamma\in\Gamma_{\bar{C}}}\partial(\tilde{X}_\gamma)$;\
and also on display
$\iiiint\limits_{Q}f(w,x,y,z) \diff w \diff x \diff y \diff z \leq \oint_{\partial Q} f'\Biggl(\max\Biggl\{ \frac{\Vert w\Vert}{\vert w^2+x^2\vert}; \frac{\Vert z\Vert}{\vert y^2+z^2\vert}; \frac{\Vert w\oplus z\Vert}{\vert x\oplus y\vert} \Biggr\}\Biggr)\,.$
\end{document}

This is a variant of the classic “Survey of Free Math Fonts for TeX and LaTeX.”

## Extending to ISO Style with Concrete

If you want to get the full range of math alphabets, you would need to kitbash the Euler math font with others to supply the missing glyphs. Here is a version that selects ISO style (upright sum and product symbols, constants π and i, and numerals; Italic Γ function and variables), retains the upright ∂ from Neo Euler, keeps all the math alphabets that exist in Neo Euler (except the digits, which ought to match the text font and have bad spacing as superscripts anyway), and supplies the missing pieces of itbfbfup and bfit from the CMU Concrete family.

\unimathsetup{math-style=ISO, partial=upright, nabla=upright}
\setmainfont{CMU Concrete}
\defaultfontfeatures{Scale=MatchLowercase}
\setmathfont{Libertinus Math}
\setmathfont[range={"0000-"0001,"0020-"007E,
"00A0,"00A7-"00A8,"00AC,"00AF,"00B1,"00B4-"00B5,"00B7,
"00D7,"00F7,
"0131,
"0237,"02C6-"02C7,"02D8-"02DA,"02DC,
"0300-"030C,"030F,"0311,"0323-"0325,"032E-"0332,"0338,
"0391-"0393,"0395-"03A1,"03A3-"03A8,"03B1-"03BB,
"03BD-"03C1,"03C3-"03C9,"03D1,"03D5-"03D6,"03F5,
"2016,"2018-"2019,"2021,"2026-"202C,"2032-"2037,"2044,
"2057,"20D6-"20D7,"20DB-"20DD,"20E1,"20EE-"20EF,
"210B-"210C,"210E-"2113,"2118,"211B-"211C,"2126-"2128,
"212C-"212D,"2130-"2131,"2133,"2135,"2190-"2199,
"21A4,"21A6,"21A9-"21AA,"21BC-"21CC,"21D0-"21D5,
"2200,"2202-"2209,"220B-"220C,"220F-"2213,"2215-"221E,
"2223,"2225,"2227-"222E,"2234-"2235,"2237-"223D,
"2240-"224C,"2260-"2269,"226E-"2279,"2282-"228B,"228E,
"2291-"2292,"2295-"2299,"22A2-"22A5,"22C0-"22C5,
"22DC-"22DD,"22EF,"22F0-"22F1,
"2308-"230B,"2320-"2321,"2329-"232A,"239B-"23AE,
"23DC-"23DF,
"27E8-"27E9,"27F5-"27FE,"2A0C,"2B1A,
"1D400-"1D433,"1D49C,"1D49E-"1D49F,"1D4A2,"1D4A5-"1D4A6,
"1D4A9-"1D4AC,"1D4AE-"1D4B5,"1D4D0-"1D4E9,"1D504-"1D505,
"1D507-"1D50A,"1D50D-"1D514,"1D516-"1D51C,"1D51E-"1D537,
"1D56C-"1D59F,"1D6A8-"1D6B8,"1D6BA-"1D6D2,"1D6D4-"1D6DD,
"1D6DF,"1D6E1,"1D7CE-"1D7D7
}]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{greek,Greek}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{latin,Latin,num}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/num]{CMU Concrete}
\setmathfont[range=it/{latin,Latin,greek,Greek}]{CMU Concrete Italic}
\setmathfont[range=bfup/{Greek}]{CMU Concrete Bold}
\setmathfont[range=bfit/{latin,Latin,greek,Greek}]{CMU Concrete Bold Italic}

## Euler plus Palatino (My Personal Favorite)

Here is the version that, after a lot of trial and error, I like the best.

Another common recommendation, including in the earlier answer, is to combine Euler math symbols with Palatino text. It sets the text font to Palatino, or one of its many clones, in this case Pagella (although you might have the original Palatino or Palatino Linotype). It then fills in all the missing parts of Neo Euler with another Palatino clone, Asana Math. It sets up \mathcalas Euler Script, \mathbfcal from the alternate style of Asana, \mathbb from Latin Modern Math (more legible and more similar to classic amsfonts), digits from Asana (as these need to match the main text) and all other symbols not defined in Euler from Asana.

We now have complete coverage of all Unicode math symbols, which allows us to set this example in ISO style. This uses italic math letters as the default, including uppercase Greek such as the Gamma function, but leaves symbols such as ∑ and ∏ intact and sets constants such as 2πi in the denominator as upright. (Observe that unicode-math is smart enough to set \symup{\pi i} as Euler and \mathrm and operator names in the text font.) It keeps the upright partial derivative and nabla, as Euler does not define cursive forms.

You can change back to math-style=upright to get a more classic look that still allows you to use all the math alphabets.

\unimathsetup{math-style=ISO, partial=upright, nabla=upright}
\setmainfont{TeX Gyre Pagella}
\defaultfontfeatures{Scale=MatchLowercase}
\setmathfont{Asana Math}
\setmathfont[range={"0000-"0001,"0020-"007E,
"00A0,"00A7-"00A8,"00AC,"00AF,"00B1,"00B4-"00B5,"00B7,
"00D7,"00F7,
"0131,
"0237,"02C6-"02C7,"02D8-"02DA,"02DC,
"0300-"030C,"030F,"0311,"0323-"0325,"032E-"0332,"0338,
"0391-"0393,"0395-"03A1,"03A3-"03A8,"03B1-"03BB,
"03BD-"03C1,"03C3-"03C9,"03D1,"03D5-"03D6,"03F5,
"2016,"2018-"2019,"2021,"2026-"202C,"2032-"2037,"2044,
"2057,"20D6-"20D7,"20DB-"20DD,"20E1,"20EE-"20EF,
"210B-"210C,"210E-"2113,"2118,"211B-"211C,"2126-"2128,
"212C-"212D,"2130-"2131,"2133,"2135,"2190-"2199,
"21A4,"21A6,"21A9-"21AA,"21BC-"21CC,"21D0-"21D5,
"2200,"2202-"2209,"220B-"220C,"220F-"2213,"2215-"221E,
"2223,"2225,"2227-"222E,"2234-"2235,"2237-"223D,
"2240-"224C,"2260-"2269,"226E-"2279,"2282-"228B,"228E,
"2291-"2292,"2295-"2299,"22A2-"22A5,"22C0-"22C5,
"22DC-"22DD,"22EF,"22F0-"22F1,
"2308-"230B,"2320-"2321,"2329-"232A,"239B-"23AE,
"23DC-"23DF,
"27E8-"27E9,"27F5-"27FE,"2A0C,"2B1A,
"1D400-"1D433,"1D49C,"1D49E-"1D49F,"1D4A2,"1D4A5-"1D4A6,
"1D4A9-"1D4AC,"1D4AE-"1D4B5,"1D4D0-"1D4E9,"1D504-"1D505,
"1D507-"1D50A,"1D50D-"1D514,"1D516-"1D51C,"1D51E-"1D537,
"1D56C-"1D59F,"1D6A8-"1D6B8,"1D6BA-"1D6D2,"1D6D4-"1D6DD,
"1D6DF,"1D6E1,"1D7CE-"1D7D7
}]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{greek,Greek}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range=up/{latin,Latin}, script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range={bfup/{latin, Latin, greek, Greek}, frak, bffrak, cal},
script-features={}, sscript-features={}
]{Neo Euler}
\setmathfont[range={up/num, bfup/num, it, bfit, scr, bfscr,
sfup, sfit, bfsfup, bfsfit, tt}
]{Asana Math}
\setmathfont[range=bfcal, Scale=MatchUppercase, Alternate]{Asana Math}
\setmathfont[range=bb, Scale=MatchUppercase]{Latin Modern Math}

## Euler Symbols, Palatino Letters

This alternative uses use only the math symbols from Neo Euler and overwrite all its math alphabets, for the most consistency between text and math modes.

\unimathsetup{math-style=ISO, partial=upright, nabla=upright}
\setmainfont{TeX Gyre Pagella}
\defaultfontfeatures{Scale=MatchLowercase}
\setmathfont{Asana Math}
\setmathfont[range={"0000-"0001,"0020-"007E,
"00A0,"00A7-"00A8,"00AC,"00AF,"00B1,"00B4-"00B5,"00B7,
"00D7,"00F7,
"0131,
"0237,"02C6-"02C7,"02D8-"02DA,"02DC,
"0300-"030C,"030F,"0311,"0323-"0325,"032E-"0332,"0338,
"0391-"0393,"0395-"03A1,"03A3-"03A8,"03B1-"03BB,
"03BD-"03C1,"03C3-"03C9,"03D1,"03D5-"03D6,"03F5,
"2016,"2018-"2019,"2021,"2026-"202C,"2032-"2037,"2044,
"2057,"20D6-"20D7,"20DB-"20DD,"20E1,"20EE-"20EF,
"210B-"210C,"210E-"2113,"2118,"211B-"211C,"2126-"2128,
"212C-"212D,"2130-"2131,"2133,"2135,"2190-"2199,
"21A4,"21A6,"21A9-"21AA,"21BC-"21CC,"21D0-"21D5,
"2200,"2202-"2209,"220B-"220C,"220F-"2213,"2215-"221E,
"2223,"2225,"2227-"222E,"2234-"2235,"2237-"223D,
"2240-"224C,"2260-"2269,"226E-"2279,"2282-"228B,"228E,
"2291-"2292,"2295-"2299,"22A2-"22A5,"22C0-"22C5,
"22DC-"22DD,"22EF,"22F0-"22F1,
"2308-"230B,"2320-"2321,"2329-"232A,"239B-"23AE,
"23DC-"23DF,
"27E8-"27E9,"27F5-"27FE,"2A0C,"2B1A,
"1D400-"1D433,"1D49C,"1D49E-"1D49F,"1D4A2,"1D4A5-"1D4A6,
"1D4A9-"1D4AC,"1D4AE-"1D4B5,"1D4D0-"1D4E9,"1D504-"1D505,
"1D507-"1D50A,"1D50D-"1D514,"1D516-"1D51C,"1D51E-"1D537,
"1D56C-"1D59F,"1D6A8-"1D6B8,"1D6BA-"1D6D2,"1D6D4-"1D6DD,
"1D6DF,"1D6E1,"1D7CE-"1D7D7
}]{Neo Euler}
\setmathfont[range={up/{latin, Latin, greek, Greek, num},
it, bfup, bfit, bb, bbit, scr, bfscr, frak, bffrak,
sfup, sfit, bfsfup, bfsfit, tt }
]{Asana Math}
\setmathfont[Alternate, range={cal, bfcal}]{Asana Math}

# Backward-Compatiblity with PDFTeX

If you cannot use unicode-math, it is still possible to get Type 1 fonts, bold math symbols, upright Greek, and more. Here is a sample:

\documentclass{article}
\pagestyle{empty}

\usepackage{amsmath}
\DeclareMathOperator\Res{Res}
\newcommand*\diff{\mathop{}\!\mathrm{d}}

\usepackage{amsthm}
\newtheorem{theorem}{Theorem}

%%%
% Set up you text and math fonts
%%%

\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{textcomp}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{ccfonts}
\usepackage{eucal}
\usepackage{eufrak}
\usepackage{eulervm}

\newcommand\BbbC{\ensuremath{\mathbb{C}}}
\DeclareSymbolFont{eulerup}{U}{zeur}{m}{n}
\DeclareMathSymbol{\uppi}{\mathord}{eulerup}{"19}
\DeclareMathSymbol{\upi}{\mathord}{eulerup}{"69}

\begin{document}

\begin{theorem}[Residue theorem]
Let $f$ be analytic in the region $G$ except for the isolated
singularities $a_1,a_2,\dots,a_m$. If $\gamma$ is a closed
rectifiable curve in $G$ which does not pass through any of the
points $a_k$ and if $\gamma\approx 0$ in $G$, then
$\frac{1}{2 \uppi \upi} \int\limits_\gamma f\Bigl(x^{\mathbold{N}\in\mathbb{C}^{N\times 10}}\Bigr) = \sum_{k=1}^m n(\gamma;a_k)\Res(f;a_k)\,.$
\end{theorem}

\begin{theorem}[Maximum modulus]
Let $G$ be a bounded open set in $\BbbC$ and suppose that $f$ is a
continuous function on $G^-$ which is analytic in $G$. Then
$\max\{\, |f(z)|:z\in G^- \,\} = \max\{\, |f(z)|:z\in \partial G \,\}\,.$
\end{theorem}

First some large operators both in text:
$\iiint\limits_{Q}f(x,y,z) \diff x \diff y \diff z$
and
$\prod_{\gamma\in\Gamma_{\bar{C}}}\partial(\tilde{X}_\gamma)$;\
and also on display
$\iiiint\limits_{Q}f(w,x,y,z) \diff w \diff x \diff y \diff z \leq \oint_{\partial Q} f'\Biggl(\max\Biggl\{ \frac{\Vert w\Vert}{\vert w^2+x^2\vert}; \frac{\Vert z\Vert}{\vert y^2+z^2\vert}; \frac{\Vert w\oplus z\Vert}{\vert x\oplus y\vert} \Biggr\}\Biggr)\,.$

\end{document}

Note that \mathrm selects the text font and \mathbf doesn’t work, so I instead define \uppi and \upi (\mathnormal would work until you changed the math font to something other than Euler, whereas these select upright Greek letters from Euler in any document) and use the \mathbold command from eulervm.

## 2018中科院考博事宜

中国科学院大学招生办公室

2018年4月5日

（一）普通招考考生（含全日制和非全日制）进入拟录取名单的基本条件为其思想政治品德考核与体检必须合格，复试成绩不低于60分，入学考试初试各门业务课成绩不低于60分，且符合以下条件：

1.报考北京、上海地区各单位的考生，入学考试英语初试成绩不低于55分，其中报考农学（学科代码09）各专业的考生，入学考试英语成绩不低于53分；

2.外语选考小语种的，小语种考试初试成绩不低于55分。

3.同等学力考生的政治理论和加试的2门业务课成绩均不低于60分。

（二） “少数民族高层次骨干人才计划”考生进入拟录取名单的基本条件为其思想政治品德考核与体检必须合格，同等学力政治理论和两门业务课加试成绩均不低于60分，复试成绩不低于60分，且符合以下条件：

1.报考博士新疆班和民族药专项的少数民族骨干计划考生，其初试成绩分数线由相关培养单位根据报考该专项的生源状况和招生计划数自行划定，报国科大招生办公室备案。

2.报考各单位除上述两项专项计划外的少数民族考生，入学考试外语初试成绩不低于50分，各门业务课初试成绩不低于60分，初试总分不低于225分；报考各单位除上述两项专项计划外的汉族骨干计划考生，入学考试外语成绩不低于55分，各门业务课初试成绩不低于60分，初试总分不低于230分。

（三）拟录取的硕博连读转博考生，其转博考核成绩不低于60分。

（四）开展博士招考改革“申请-考核”制的单位，其分数线要求执行与对应地区全校普通招考考生相同的分数线。

（五）“顶尖千人”创新团队博士生专项计划、或为其他单位导师代招的，一般应执行挂靠单位对应专业的分数线。

（六）直博生是指从优秀本科推免生中遴选并录取为直接攻读博士学位的考生。拟录取的直博生，必须是在接收推免阶段已面试合格，且已按直博生办理接收手续的高校推免生。在录取阶段，须按推免生要求审核其本科最后一学年的学习成绩和现实表现。若有下列情况之一者，取消其拟录取资格：

1.在本科阶段最后一学年（四年制的指第七、八学期，五年制的指第九、十学期）主干课程学习成绩有不及格科目。

2.毕业设计（论文）未取得良好以上（含良好）成绩。

3.毕业时未获得本科毕业证或学士学位。

4.政审或体检不合格。

5.考试作弊或违纪（法）受到“警告”以上处分的，或有其他情节严重的违法乱纪行为受到处罚者。

6.申请人提交的材料有弄虚作假者。

7.考生主动申请自愿放弃者。

（七）各单位可根据上述第（一）～（五）款的要求，结合本单位的生源情况、招生计划和学科状况，制定具体的分专业分数线（含单科成绩要求和总分要求）。各单位制定的分数线可高于上述第（一）～（五）款的要求，但不得低于上述第（一）～（五）款规定的分数线。

2018年4月11日

2018年博士录取名单公示
2018-05-03

1 余渊洋 基础数学
2 郭琪 基础数学
3 董晓婧 基础数学
4 姜姗 计算数学
5 李翊君 计算数学
6 杨鹏飞 计算数学
7 王晓荣 计算数学
8 郭益敏 统计学
9 李娜 统计学
10 李春亚 统计学
11 苏苗苗 统计学
12 刘也驰 应用数学
13 陈跃文 应用数学
14 刘明明 应用数学
15 王丽 应用数学
16 李嘉旭 应用数学
17 司苏亮 应用数学
18 成程程 应用数学
19 王齐 运筹学与控制论
20 董康宁 运筹学与控制论
21 徐汾 运筹学与控制论
22 刘泽群 系统理论
23 井立达 系统分析与集成
24 杨光 管理科学与工程
25 冷洁 管理科学与工程
26 祝灵秀 管理科学与工程
27 程旭 基础数学
28 亓博 基础数学
29 游志兴 基础数学
30 虞天龙 基础数学
31 肖博 基础数学
32 张义平 基础数学
33 王宏钰 基础数学
34 肖冠举 基础数学
35 颜晓军 基础数学
36 朱秀武 基础数学
37 邵锋 基础数学
38 徐旺 基础数学
39 林章立 基础数学
40 刘楚箫 基础数学
41 马元庆 基础数学
42 陈雅丹 计算数学
43 党海坤 计算数学
44 付姚姚 计算数学
45 桂升 计算数学
46 金典聪 计算数学
47 金鹏展 计算数学
48 刘瑶宁 计算数学
49 史言言 计算数学
50 徐岚 计算数学
51 刘世伟 计算数学
52 徐孜立 计算数学
53 杨沐明 计算数学
54 曾慧兰 计算数学
55 张晓迪 计算数学
56 周雪梅 计算数学
57 吴宇宸 计算数学
58 谢小月 概率论与数理统计
59 崔凯源 概率论与数理统计
60 苏厚齐 概率论与数理统计
61 冯伟 概率论与数理统计
62 刘松 应用数学
63 苏佩 应用数学
64 詹伟成 应用数学
65 陈凯伦 应用数学
66 李想 应用数学
67 王永建 应用数学
68 郭婧 应用数学
69 骆丽夏 应用数学
70 赵明阳 应用数学
71 刘珍 应用数学
72 王贺松 应用数学
73 马鸿宇 应用数学
74 彭鑫 运筹学与控制论
75 邬潇莹 运筹学与控制论
76 苑秋月 运筹学与控制论
77 陈良彪 运筹学与控制论
78 钟声 运筹学与控制论
79 彭程 运筹学与控制论
80 张小城 运筹学与控制论
81 任晓涛 运筹学与控制论
82 王嘉成 运筹学与控制论
83 熊健康 系统理论
84 朱艳 系统理论
85 王成杰 统计学
86 靳瑾 统计学
87 郑思明 统计学
88 邹家辉 统计学
89 孟珍 统计学
90 李萌 计算机软件与理论
91 刘帅 管理科学与工程
92 宣一 基础数学
93 薛威 基础数学
94 王杰 基础数学
95 桂弢 基础数学
96 李源 概率论与数理统计
97 龙鸣亚 概率论与数理统计
98 夏梓耕 概率论与数理统计
99 许锐航 应用数学
100 秦国林 应用数学
101 王石玮 运筹学与控制论
102 冷嘉承 运筹学与控制论
103 王子轩 概率论与数理统计
104 池文豪 管理科学与工程
105 崔如鸿 管理科学与工程
106 张瑜 管理科学与工程
107 相鑫 管理科学与工程
108 陈辉 系统理论
109 涂植鹏 系统理论
110 黄世杰 系统理论
111 赵玉涛 系统理论
112 刘俊良 应用数学
113 杨剑霆 应用数学
114 徐戍 计算数学
115 黄磊 计算数学
116 王辉 计算数学
117 姜博鸥 计算数学

公示期间（10个工作日），对公示名单如有异议，可通过电话、电子邮件或书面形式，向招生办反映情况，要求实事求是且署真实姓名。

联系电话：010-82541871

邮 箱：yyh@amss.ac.cn

中国科学院数学与系统科学研究院

研究生部

2018年5月3日

## 漫谈微分几何（丘成桐专辑）

Prince 发表于 2006/9/23 21:01:00

教育这个问题似乎现在来谈已经变成了老话题。中国的教育制度一变再变，已经变成了一个畸形怪胎。好像医学院大玻璃瓶里面用福尔马林泡着的四肢不备心脑不全的怪物。任何人看见了都难堪得不吐不快，但是几乎所有的言论都无法指导其向一个健全的方向上发展。最近哈佛的华裔数学家丘成桐大师又对中国的教育体系发了一通牢骚。大约颇能吸引诸位关心中国教育的看官们的眼球罢。

据说7月8号丘成桐跑到杭州来了一趟，估计是希望来消夏，孰料又和什么杭州市高考的数学尖子之类见了面。结果让他大失所望。许多人根本对数学体系没有清晰的概念，于定理亦不甚了了。令我们的丘老教授大失所望。认为中国的教育体系培养的学生不过是做题的机器，根本不能培养出数学人才云云。又把哈佛大学高高捧了一遍，说最近几年面试的中国学生，根本没有符合要求的。想必又让许多想靠数学晋身哈佛女孩刘亦婷一流人物的未来精英大大义愤填膺了一把。丘教授虽然在国内被许多大学联聘，但是对于国内的现状才是真的“不甚了了”。中国教育自古不过是社会的一个缩影。社会上时兴什么，就学什么。连颜之推老先生看到鲜卑语吃香，还巴望着子孙学学外语之类。一代大儒语言学家都难免势利一回，何况今日大学之狗头校长乎。国贸金融计算机这类专业，几乎敢挂大学牌子的学校都有了。这两年工业设计时兴，七七八八的学校都纷纷开设。 其所为人才乎？钱乎？当然钱是一定要到手的，人才么，看造化。

大学如此，学生的算盘就打得更加精了。学什么当然无需兴趣，只要毕业有钱赚就不成问题。僧多粥少自然就要靠考分定天下，考分高低和做题准确性挂钩，所以只要做对就可以，至于懂或不懂，并非主要问题也。如此心态的学习，想做好怕是不易。能具备基本的专业知识都难，何况叫本科生“每年发表2—3篇文章”？

本科教育如此，毕业之后还是如此。丘教授觉得国内做学问缺少“做学问的热情和科研的大视野”，却不觉得这是国内体制的必然。综观国内任何一所大学，无论是毕业加薪升职分房，无不与论文产出的数量和速率挂钩。在这种情况下，选题要想不偏于简单方便速成，简直就是天方夜谭。本来学生学习的目的就是赚钱，难道还能不求多年的教育投资有所回报，反而去做事倍功半的研究？就算自己愿意，单位还不愿意。学校的考核制度就要看每人每年的论文数。不够？对不起，请你下岗，斯文扫地。丘教授贵为浙大特聘，不知道是否了解过敬爱的浙大校长，中国共产党中央委员会候补委员潘云鹤院士否？潘院士在当了浙大校长之后的7年里，平均每年发表 32篇文章。平均十天一篇，实在是让我等小辈望尘莫及。然而文章的质量，倒是不见人细细考究。而潘院士校务缠身，又经常出国联谊联谊。大约文章只要一夜就有一篇的。年轻教师自然是惭愧无地，赶快要打起精神多快好省建设社会主义。一线课题短期不见成效，岂不是要被潘院士辈笑话？还是算了。

我不知道丘先生为什么只是奚落在这种环境下产生的懵懂学生，而没有更深一步质疑一下同样是这个环境之下产生的一批所谓“专家学者”。或许数学界还算比较干净，然而如今的生化学界已经算是名誉扫地。中国千不该万不该不该出了个方舟子，方又偏偏学了生物。这下可是苦了一帮生物学界的大尾巴狼。成天就怕被方舟子抓到把柄。于是国家一横心封了新语丝，可是最近似乎连国内也无法忍受这些功利性的专家了。徐匡迪院士公开站出来质疑这些所谓专家，他们究竟扮演什么角色？所谓的 “社会活动院士”是人们不能忍受的。作为学者，所代表的应当是真理而非某个集团的私利。为了个人利益而歪曲事实甚至编造事实的“专家”是可耻的。然而就是在一个这样的教育体系之下，没有数学头脑，只会做题的学生，最终就会被培养成为这类无耻专家，因为这和他们功利的目标是一脉相承的。能够为了个人的功利心甘愿成为作题机器的学生，最终也将为因为利欲熏心而放弃真理和良知。我们经历了所谓的应试教育改革而跨入素质教育，而一切告诉我们这不过只是无聊的文字把戏而已。如果所能做的仅仅只是诅咒这该死的社会风气，那么我们不如一起冷笑着看它毁灭吧。

(XYS20050813)

◇◇新语丝(www.xys.org)(xys.dxiong.com)(xys.3322.org)(xys.dyndns.info)◇◇

、黎曼创立的内蕴几何，一直到与物理学水乳相融的近代几何，都以简洁而富于变化为宗，

，解决很多重要的问题。正如曹雪芹创造《红楼梦》时，也是一样，全书既有真实，亦有虚

”李白写“年年柳色，灞陵伤别。”周邦彦写“柳阴直，烟里丝丝弄碧，隋堤上，曾见几番
，拂水飘绵送行色……长亭路，年去岁来，应折柔条过千尺。”晏几道写“舞低杨柳楼心月
，歌尽桃花扇底风。”

http://www.aoxue.org/cgi-bin/bbs/attachment.cgi?aid=697677

The Magic Flute, Act 1, Scene 4, 1791 魔笛，第一幕，第四场 点击放大

今天是北大百周年校庆，五四运动便是北大学生发动的。作为演讲的引子，让我们先简略地回顾一下“五四”前后中西文化之争。十九世纪中业以后，中国对西文科技的认识，是“船竖炮利”，在屡次战争失利后，张之洞提出了“中学为体、西学为用”的主张，即以传统儒家精神为主，加入西方的技术。到了五四运动前后便有了科玄论战。以梁漱溟为主的一派以东方精神文明为上，捍卫儒学，以为西方文明强调用理性和知识去征服自然，缺乏生命之道，人变成机械的奴隶；而中国文化自适自足，行其中道，必能发扬光大。其时正值第一次世界大战结束，西方哲学家罗素等对西方物质文明深恶痛绝，也主张向东方学习。另一派以胡适为首者则持相反意见，他们以为在知识领域内科学万能，人生观由科学方法统驭，未经批判及逻辑研究的，皆不能成为知识。

科玄论战最终不了了之，并无定论。两派对近代基本科学皆无深究，也不收集数据，理论无法严格推导，最后变得空泛。其实这便是中国传统文化之一特点。一方面极抽象，有质而无量，儒道皆云天人合一，禅宗又云不立文字，直指心性。另一方面则极实际，庄子说“蔽于天而不知人”。古代的科学讲求实用，一切为人服务，四大发明之一指南针、造纸、印刷术、火药莫不如此。要知道西方技术之基础在科学，实际和抽象的桥梁乃是基本科学，而基本科学的工具和语言就是数学。

历代不少科学家对数学都有极高的评价。我们引一些物理学家的话作为例子。R.Feyman在「物理定律的特性」一书中说我们所有的定律，每一条都由深奥的数学中的纯数学来叙述，为什么？我一点也不知道。E.Wigner说数学在自然科学中有不合常理的威力。F.Dyson说：在物理科学史历劫不变的一项因此,就是由数学想像力得来的关键贡献，基本物理既然由高深的数学来表示。应用物理，流体等大自然界的一切现象，只要能得到成熟的了解时，都可以用数学来描述。写过「湖滨散记」的哲人梭罗也说有关真理最明晰，最美丽的陈述，最终必以数学形式展现。

其实数学家不只从自然界吸收养分，也从社会科学和工程中得到启示。人类心灵中由现象界启示而呈现美的概论，只要能够用严谨逻辑来处理的都是数学家研究的对象。数学和其他科学不同之处是容许抽象，只要是美丽的，就足以主宰一切，数学和文学不同之处是一切命题都可以由公认的少数公理推出。数学正式成为系统性的科学始于古希腊的欧机里德，他的「几何原本」是不朽名作。明末利玛窦和徐光启把它译成中文，并指出“十三卷中五百余题，一脉贯通，卷与卷，题与题相结倚，一先不可后，一后不可先，累累交承渐次积累，终竟乃发奥微之义”。复杂深奥的定理都可以由少数简明的公理推导，至此真与美得到确定的意义，水乳交融，再难分开。值得指出，欧机里德式的数学思维，直接影响了牛顿在物理上三大定律的想法，牛顿距著「自然哲学的数学原理」与「几何原本」一脉相承。从爱因斯坦到现在的物理学家都希望完成统一场论，能用同一种原理来解释宇宙间的一切力场。

数学的真与美，数学家的体会深刻。Sylvester说“它们揭露或阐明的概念世界，它们导致的对至美与秩序的沉思，它各部分的和谐关联，都是人类眼中数学最坚实的根基”。数学史家M.Kline说“一个精彩巧妙的证明，精神上近乎一首诗”。当数学家吸收了自然科学的精华，就用美和逻辑来引导，将想像力发挥的淋漓尽致，创造出连作者也惊叹不已的命题。大数学家往往有宏伟的构思，由美作引导，例如Weil猜想促成了重整算数机何的庞大计划，将拓扑和代数几何融入整数方程论中。由A.Grothendieck和P.Deligne完成的Weil猜想，可说是抽象方法的伟大胜利。回顾数学的历史，能够将几个不同的重要观念自然融合而得出的结果，都成为数学发展的里程碑。爱因斯坦将时间和空间的观念融合，成为近百年来物理学的基石；三年前A.Wiles对自守型式和Fermat最后定理的研究，更是扣人心魄。数学家能够不依赖自然科学的启示得出来的成就，令人惊异，这是因为数字和空间本身就是大自然的一部分，它们的结构也是宇宙结构的一部分。然而，我们必须紧记，大自然的奥秘深不可测，不仅仅在数字和空间而已，它的完美无处不在，数学家不能也不应该抗拒这种美。

本世纪物理学两个最主要的发现：相对论和量子力学对数学造成极大的冲击。广义相对论使微分几何学“言之有物”，黎曼几何不再是抽象的纸上谈兵。量子场论从一开始就让数学家迷惑不已，它在数学上作用仿如魔术。例如Dirac方程在几何上的应用使人难以捉摸，然而它又这么强而有力地影响着几何的发展。超对称是最近二十年物理学家发展出来的观念，无论在实验或理论上都颇为诡秘，但借着超弦理论的帮助，数学家竟能解决了百多年来悬而未决的难题。超弦理论在数学上的真实性是无可置疑的，除非造化弄人，它在物理上终会占一席位。

上世纪末数学公理化运动使数学的严格性坚如盘石，数学家便以为工具已备，以后工作将无往而不利。本世纪初Hilbert便以为任何数学都能用一套完整的公理推导出所有的命题。但好景不常，Godel在931年发表了著名的论文“「数学原理」中的形式上不可断定的命题及有关系统I”。证明了包含着通常逻辑和数论的一个系统的无矛盾性是不能确立的。这表示Hilbert的想法并非是全面的，也表示科学不可能是万能的。然而由自然界产生的问题，我们还是相信Hilbert的想法是基本正确的。

数学家因其品禀各异，大致可分为下列三种：

(一)创造理论的数学家。这些数学家工作的模式，又可粗分为七类。

●从芸芸现象中窥见共性。从而提炼出一套理论，能系统地解释很多类似的问题。一个明显的例子便是上世纪末Lie在观察到数学和物理中出现大量的对称后，便创造出有关微分方程的连续变换群论。李群已成为现代数学的基本概念。

●把现存理论推广或移植到其它结构上。例如将微积分由有限维空间推广到无限维空间，将微积分用到曲面而得到连络理论等便是。当Ricci,Christofel等几何学家在曲面上研究与座标的选取无关的连络理论时，他们很难想像到它在数十年后的Yang-Mills场论中的重要性。

●用比较方法寻求不同学科的共同处而发展新的成果。例如：Weil比较整数方程和代数几何而发展算数几何：三十年前Langlands结合群表示论和自守形式而提出“Langlands纲领”，将可以交换的领域理论推广到不可交换的领域去。

●为解释新的数学现象而发展理论。例如：Gauss发现了曲面的曲率是内蕴（即仅与其第一基本形式有关）之后，Riemann便由此创造了以他为名的几何学，成就了近百年来的几何的发展；H.Whitney发现了在纤维丛上示性类的不变性后，Pontryagin和陈省身便将之推广到更一般的情况，陈示性类在今日已成为拓扑和代数几何中最基本的不变量。

●为解决重要问题而发展理论。例如J.Nash为解决一般黎曼流形等距嵌入欧氏空间而发展的隐函数定理，日后自成学科，在微分方程中用处很大。而S.Smale用h-协边理论解决了五维或以上的Poincare猜想后，此理论成为微分拓扑的最重要工具。

●新的定理证明后，需要建立更深入的理论。如Atiyah-Singer指标定理，Donaldson理论等提出后，都有许多不同的证明。这些证明又引起重要的工作。

●在研究对象上赋予新的结构。Kahler在研究复流形时引入了后来以他为名的尺度；近年Thurston在研究三维流形时，也引进了“几何化”的概念。一般而言，引进新的结构使广泛的概念得到有意义的研究方向。有时结构之上还要再加限制，如Kahler流形上我们要集中精神考虑Kahler-Einstein尺度，这样研究才富有成果。

（二）从现象中找寻规律的数学家。这些数学家或从事数据实验，或在自然和社会现象中发掘值得研究的问题，凭着经验把其中精要抽出来，作有意义的猜测。如Gauss检视过大量质数后，提出了质数在整数中分布的定律；Pascal和Fermat关于赌博中赔率的书信，为现代概率论奠下基石。五十年代期货市场刚刚兴起，Black和Scholes便提出了期权定价的方程，随即广泛地应用于交易上。Scholes亦因此而于去年获得诺贝尔的经济学奖。这类的例子还有很多，不胜枚举。

话说回来，要作有意义的猜测并非易事，必须对面对的现象有充分的了解。以红楼梦为例，只要看了前面六七十回，就可以凭想像猜测后面大致如何。但如果我们对其中的诗词不大了解，则不能明白它的真义。也无从得到有意义的猜测。

（三）解决难题的数学家。所有数学理论必须能导致某些重要问题的解决，否则这理论便是空虚无价值的。理论的重要性必与其能解决问题的重要性成正比。一个数学难题的重要性在于由它引出的理论是否丰富。单是一个漂亮的证明并不是数学的真谛，比如四色问题是著名的难题，但它被解决后我们得益不多，反观一些难题则如中流砥柱，你必须将它击破，然后才能登堂入室。比如一日不能解决Poincare猜测，一日就不能说我们了解三维空间！我当年解决Calabi猜测，所遇到的情况也类似。

数学家要承先启后，解掉难题是“承先”，再进一步发展理论，找寻新的问题则是“启后”。没有新的问题数学便会死去，故此“启后”是我们数学家共同的使命。我们最终目标是用数学为基础，将整个自然科学，社会科学和工程学融合起来。

自从A Wiles在1994年解决了Fermat大定理后，很多人都问这有什么用。大家都觉得Fermat大定理的证明是划时代的。它不仅解决了一个长达350年的问题，还使我们对有理数域上的椭圆曲线有了极深的了解；它是融合两个数论的主流——自守式和椭圆曲线——而迸发出来的火花。值得一提的是，近十多年来椭圆曲线在编码理论中发展迅速，而编码理论将会在电脑贸易中大派用场，其潜力无可估计。

最后我们谈谈物理学家和数学家的差异。总的来说，在物理学的范畴内并没有永恒的真理，物理学家不断努力探索，希望能找出最后大统一的基本定律，从而达到征服大自然的目的。而在数学的王国里，每一条定理都可以从公理系统中严格推导，故此它是颠扑不破的真理。数学家以美作为主要评选标准，好的定理使我们从心灵中感受大自然的真与美，达到“天地与我并生，万物与我为一”的悠然境界，跟物理学家要征服大自然完全不一样。

物理学家为了捕捉真理，往往在思维上不断跳跃，虽说是不严格和容易犯错，但他们欲能把自然现象看得更透更远，这是我们十分钦佩的。毕竟数学家要小心奕奕、步步为营，花时间把所有可能的错误都去掉，故此这两种做法是互为表里，缺一不可的。

在传统文化中，我们说立德，但即从不讨论如何求真，不求真，则何以立德？我们又说“温柔敦厚，诗教也”，但只是含糊的说美，数学兼讲真美，是中华民族需要的基本科学。

## 中英文论文写作的最大不同

A是由于B的存在造成的，

A是由于B的存在造成的，
B会被C所诱发，

B很普遍，可以用理论C解释。

P数除以2乘以0.001346乘以纸张克数=书脊。
P数：指同种纸张总页数,通常一张A4纸为2P，设计公司计算P数是按210mmX285mm，计算,即大度16开计算。

## “侯沉，你的论文充斥着垃圾”： 浅谈英文科研写作

我一头雾水，什么意思？我的论文不就是我的工作，我的工作不就是我的论文吗？

“你的工作不错，这个这个和那个那个，但是你的论文充斥着垃圾。写作一塌糊涂，我读着读着都想撕了它。” （其实他用了一个比”垃圾“更不堪入耳的词儿，和犬科动物有关，大家都能猜到，我就不点明了，呵呵。）

台下的哥们一脸坏笑，台上的我一脸讪笑，满屋的人哄堂大笑。东欧国家的人好像不讲政治正确啊，是什么就说什么（所以人家遇到的恐怖袭击也少呢。）

我博士导师从来不发火，唯一一次抱怨就是博士答辩之前：”你看那个阿根廷小妹妹，人家母语也不是英语，比你来美国还晚，人家毕业论文写的可以直接拿去发表。你，你媳妇儿是说英语的，你也不让她给你改改，你自己看的懂吗？“

博士后的老板在我刚进去时曾经评论：你的写作是hopeless。博士后二老板比较客气一些：我读你的东西有一些困难。

2009年，我痛定思痛，知耻后勇，发奋图强，悬梁刺股，花了一年时间废寝忘食地提高英语写作。一年之后，基本上每篇文章，审稿人或编辑都会称赞写的不错，很容易懂（well written, easy to follow），再没有在写作上被人质难过。前年写了一篇长文（我自认是自己最重要的工作），给审稿人很深的一个印象就是“写的很好”，嘿。

今天周末，这就花点儿时间和博士生，博士后，还有青椒们交流一下我的逆袭过程。以我这么差的底子都可以逆袭（大学四级68分，托福惨不忍睹，写作被所有的老板批判），那我相信除了陈楷翰陈疯子，所有的人都可以逆袭。

先声明一下，本文是交流理工科的初级或中级科研论文写作的经验，文艺创作或高级科普写作不在此列。而且主要是集中在生命科学这种使用自然语言的学科。像物理数学这种使用公式语言比较多的学科，可能用处也不是很大。另外，此文的目的是完完全全功利性的，讲的就是你辛辛苦苦学好文武艺后，如何卖与帝王家。蔡宁兄和陈楷翰陈疯子这种超然物外的，准备好清水洗耳朵哈。

科研写作最常见的毛病就是没有逻辑。这一点和语言无关，中国人和美国人没有区别。我博后老板经常说，很多美国博士生写的东西也没法看。

关于写作的逻辑，网上已经有很多文章了。比如图表的取舍，顺序的安排等等。最重要的就是要讲一个完整的故事，不要把做过的实验，事无巨细统统写出来。你自己做的，你觉得重要，但别人不一定这么想。套句说俗了的话；一定要“舍得”，有舍才有得。我经常给学生说，除非是你奶奶，连你妈都没有兴趣和耐心听你唠叨，80%的读者看你的文章都是一掠而过，所以一定要言简意赅。（写博文，可以稍微话篓子一点儿哈。）

另外，你在做的过程中，可能走过弯路，思路设计等等都有过变化。这些弯弯绕绕就不要写了。你自己知道就行，别人没有和你一起走这个过程，也不知道你的心理活动，所以也看不懂。你就直指人心，见性成佛即可。（当然，如果负面结果很重要，那当然要提一下，省得别人也走弯路。这个分寸如何把握，就是考较工夫的时候。把握不好，就去问问前辈）

中国学生，能读到博士这个阶段，脑子一般都是清楚的，在叙述的逻辑方面应该没什么太大的问题。所以我下面主要交流一下如何提高科研写作的英文。讲英文科研写作的文章有很多，大多数都很长，你看了也不一定都能记住。我就讲三个非常简单的要点，保证你能记得住。

第一，提高科研写作水平，最最最最重要的重中之重，我最重要的心得，说出来很简单，就是两个字：“耐心”。 写一篇文章时一定要有耐心。这个可能和我个人有关。我一气呵成的文章，人家往往批的我满地找牙。我精雕细刻，苦苦思索出来的文章，基本上都会得到好评。所以，我个人的经验就是，革命不是请客吃饭，不是绣花做文章，不能。。。哦，不对，我是要说，科研写作不是写诗，不要文不加点，不要李白，科研写作是绣花，要的是贾岛—两句三年得，一吟双泪流。一定要慢慢写，性子要压住（所以陈疯子写不了呢，他不肯屈就读者嘛）。

而且，写完了之后，一定要放一两个星期再投出去。投稿之前一定要再花几天时间改几遍。我敢赌一桌满汉全席—你放几周之后再看，肯定有你自己看不明白的地方，肯定有你觉得不通的地方。你当初写的时候，胸中“自有丘壑”，其实很多时候是主观地自说自话，并没有客观的把意思表达出来。很多句子写出来，靠的是你的意识流，自己写起来痛快，别人却不知你什么意思。你自己在你胸中的“丘壑”里弯弯绕绕，别人不一定能跟上。放个几周，胸中的激情消失了，意识流也都流光了，就可以比较冷静客观地看自己的文章。肯定有诸多需要修改的地方。

我只知道三个人写作是一气呵成的。一个是哈佛大学的伟大的生态学家爱德华威尔逊。威尔逊写作几乎不用改第二遍，写完就可以付梓。但是人家能得普利策奖（美国最大的文学奖），你行吗？你不多改几遍？还有一个是清华的施一公教授，据他说，他有一次一晚上就把一篇投Nature的文章写完了。这个我是极其佩服。第三个是中科院的邢老人家，科学网的网友都很熟悉了，他LRJ是江湖有名的快手，写文章也经常是下笔千言，立马可待。但是我想，他搞的理论物理，公式是主要内容，描述性的文字是次要的，而且学物理的人自有一套语言和逻辑体系，有别常人，所以我们学不了。 我博后老板是学物理的英国人，大家都说他写作极佳，但是他写一篇生物的Nature/Science也得一个月。

好几年前看过一个加州大学的大牛讲如何写基金标书的视频，给我印象很深。此大牛（美国的母语写作者）多少年来NIH的基金没有断过，而且经常同时拿两个（美国的基金基本是看本子，不看人的。我认识两个院士很多年都拿不到钱）。大牛说，他写一个本子，要改几十遍甚至上百遍（你能想象得到吗）。最后一版和第一版比起来可以面目皆非。所以他建议写作一定要早早的开始。写完了之后，每隔一段时间就拿出来改一遍。他说他改写的稿子能有一尺高。在那个视频里，我记得他说，then  rewrite it, then rewrite it, then rewrite it，一口气说了能有六七遍强调这个事儿。

我觉得，写文章和写标书虽然有不同，但是道理差不多，一定要提早开始，改个几遍再投。

第二，一定要秉持我最不齿的西方还原论思维。中国人的思想有时候很深，很复杂，想表达的意思很精妙。所以中国人讲存乎一心的哲学，讲究只可意会不可言传，讲究尽在不言中。这种哲学思想已经深入到中国人的基因里了。但是，你去给编辑和审稿人“拈花微笑”吗？人家回过头来给你一棒子。禅宗有个词叫棒喝。什么是棒喝？这就叫棒喝！（此处应该有幅漫画。）

西方人的思维特点就是“肢解”“还原”。从小学开始，他们就是这样教育的，一直到生意场的经营管理测略，什么“和乔布斯学管理”之 类的烂书，都强调先把一个复杂的事物肢解还原成多个简单的事物，再一一处理。（其实我隐隐觉得，西方很多东西，包括人工智能，都是对真实世界的还原模拟。东方人用整体的思维方式从上而下的去认识宇宙自然，西方人先还原了之后，自下而上的，通过无限接近的模拟方式去认识事物。所以他们认识到的都是近似的假东西。但是在大多数情况下，比如苹果手机诸多的实体模拟程序，因为太像了，人们都感觉不出来。）

兰若寺的燕赤霞大侠说，道可道，非常道。这话可以反过来说，若要道，弃常道。什么意思呢？意思就是，既然你要发论文，就别学陈疯子故作高深了，一定要繁杂化清淡。你既然想写论文，那就是要和人交流，要和人交流，那你的思想只要“道”出来，就必然要失真。你要做的就是，通过细细的分割，把失真率降低。

好像说的太玄了哈。高大上的玄谈背后是一个非常非常非常简单的规则：重写所有的长句子！

就这么简单。

中国人写英文，喜欢从句套从句，从句再套从句。你把所有三个以上的从句都改成两个以下，你文章的接受率就大大提高了。

欧洲人我不清楚。美国人，一个句子里若出现三个以上互相有逻辑关系的事物，普通人的耳朵就关上了（没有统计数据，是我自己的感觉）。科研人员能好一些。但是如果你把一个含两个关系的句子，分割成两个各含一个关系的句子，一般的科研人员就会觉得读起来轻松的多。当然，我就是举这么个例子，很多时候是不可能分割 开的。但是，宗旨就是把一个复杂的句子分割成多个简单的句子。这样做，读起来会稍微显得罗嗦一些，但是别人肯定能读得懂。（这也要有个度，也不能太罗嗦了，从句还是有用的。但是总而言之就是要化繁就简。）

从操作层面来讲，如果一个句子超过了Word文件的四行，你就一定要想办法或者缩减或者分割，三行其实都嫌长了。很多美国人的大脑不足以处理这么长的信息。（除非你英文特别好，用词捏拿都很有分寸，那就没有这个限制了。但是，如果你的英文这么好，看我这篇博文就是浪费时间了。）

第三，用小词儿，不用大词（jargon，自己去查这个词的意思）。除了专业词汇，不要显示你的词汇量。马克吐温说，要想写好，很简单，杀掉所有的形容词。科研写作是一样的，尤其是动词，能用use，就不要用utilize。形容词，凡是太花的，全部删掉。平平实实。这不是文学创作，不是写小说，不需要词汇量。我博后的大老板有时候会在讨论部分加点儿比较感性一点的词，不多，两三个而已。即就是这样，博后的二老板还是很反对，能删的都删。

儒林外史里有个秦翰林。秦翰林很看不起放浪形骸不求功名的天长县的杜少卿，他让自己家族里入了学的子弟们在书桌上都贴一个小纸条—“不可学天长杜仪”（杜仪，字少卿）。如今我说，要发SCI文章的青年博士生博士后，你们听我的，在电脑的桌面上都贴一句话：”不可学泉州陈楷翰“。

你们去看看陈楷翰正儿八经的专业博文（散文不算）。。。那是一个大词接一个大词，专有名词不解释不说，把些动词都搞得那么复杂。除了他师兄戎可和我，不知道谁有耐心去一个一个请教他都是什么意思。至于看懂看不懂？那是谁也看不懂（我请教之后，能看懂七八成），比相对论还玄。所以，同学们，如果要发SCI论文，就去看陈楷翰的博文，他怎么做，你们就反着做，庶几能发。

差不多就这些了。还有一些细节的技巧，比如动词不要放在很长的词组后面（美国人读句子的时候下意识地在找动词在哪里 ，如果你放在句子的后半段，他一下子看不到，心里就会着急）等等。那些我说了你也记不住，我也就不说了。

词汇量，不重要。你的目标不是诺贝尔文学奖，也不是写小说。日常的词汇加专业词汇足够了。何况还有我刚才说的第三条。

语法，重要，但是简单。真的很简单。其实常见的语法错误就是那么多。找一本新东方的托福的语法书。认真看，认真做所有的练习，两个星期，保证你能杜绝90%的语法错误。剩下的10%不好解决，但是不会让审稿人产生厌恶的情绪。到现在，什么地方加the，什么地方不加the，我还是搞不清楚（其实美国人有些时候对加不加the也有争议），但这些都对你发文章影响不大了。

对于英文程度比较高的科研工作者，想写的精致文雅一点的，我100次强烈推荐这篇文章：“The science of scientific writing”。网上一搜就有，免费下载的。这文章我看了好几遍了，每隔几年看一遍。现在能达到文章要求的50-60%，还在继续努力中。内容是什么我就不废话了，总之就是科研写作的九阳真经，绝对的宝典。

总结一下：英文的科研写作的宗旨就是化繁就简，屈尊俯就读者，让人读着不累。如何才能不累呢：整篇文章要有逻辑；每句话要短，尽量一句话一个意思，不要把复杂的意思挤到一句话里；每个词要简单，用小词儿，不用大词儿。为了保证这几点，一定要慢慢的多改几遍。

最后叮嘱一句，怕你们忘了，科研文章，不要李白，不要陈楷翰，不要那高，不要那多雪。

## 爱情故事

天阴沉沉的，朔风北吹，玛格丽特趴在阁楼的窗户上，嘴里哈着热气把窗户玻璃上霜花化掉，她瞪着明亮的大眼睛看着镇子尽头的那条小

他答应过她今天要来带她到城里的酒吧去看看，那可是洛杉矶呀，从墨西哥移民来到这个大城市边上的小镇里，玛格丽特一次都没有走出这个

也就是那次，玛格丽特认识了简·雷得沙－－一个和她一样有着棕红色头发的英俊的小伙子。简在洛杉矶一个叫Old　friend的小酒吧里做侍应生。

每每和玛格丽特在一起时，简都要问候那只牧羊犬，他总会笑着对玛格丽特说：“我的小玛蕊，我要绿蒂做我们结婚时的见证犬，它是那样的可爱，它会给我们生一窝漂亮的小baby，就象你，我要你给我生三个女儿，都象你一样的漂亮。”。这时，玛格丽特会靠在简的肩头，用她纤长的手臂揽住简的腰，闭上她那长长睫毛的绿眼睛，幸福地憧憬着未来。那可是她小的时候就有的梦啊。

简告诉亨利，后天也就是他休息的日子，他要带他的女朋友玛格丽特到酒吧来喝酒。亨利咧开大嘴，笑着把这消息瞬间传到了酒吧的每一个角落。杰瑞·卡休大声地问简：“嘿！小伙子，把你的玛丽带来吗？那可是个大美人呀，她有着地中海一样的绿色的眼睛，她的红棕色的头发象墨西哥城外的野马驹，那就是在墨西哥人里也不多见的啊。还有她的鼻子，她的鼻子，高傲的象个公主，她的红红的嘴唇，噢！那嘴唇呦性感的象玛丽莲·梦露。多想吻她一下呀！可她是你的了！”简开怀笑着，他曾对这里每一个老顾客描绘着他的玛丽的动人的美丽。直到上一次大家去小镇打猎，很多人都见到了玛格丽特的美貌。杰瑞当时就对玛格丽特跪下说道：“简的玛丽，我心中的女神，当简这个可爱的小伙子无情地抛弃你时，可别忘了我老杰瑞，我会痛打他一顿，再把你关在我的象牙笼子里，你会快活地歌唱。”老杰瑞的这番表演曾惹得大家轰堂大笑。但美丽善良的玛格丽特用她纤细修长的双手拉起老杰瑞，在他卸顶的光头上轻轻地吻了一下说：“杰瑞大叔，会有个漂亮的姑娘爱上你的，上帝在看着你，他会为你选个美丽的新娘子的。”杰瑞·卡休象喝醉了一样站了起来，他满脸通红地有些不好意思了，但旋即他高高举起酒杯对四周的人大声叫道：“我说绅士们，来吧，为这对儿年轻人举杯吧，祝福他们，象祝福我们的儿子与女儿！”　老杰瑞的话音还没落，那边角落里正打着“休斯顿国王”纸牌的加利安奴·得比律斯也高声叫道：“简，后天我会带来我烤熟的整只的羊腿，那是上次你的玛丽－－我们这里的小天使最爱吃的了，我还会让我家里的人都来看看天使一样美的玛格丽特。对吗，我的亨利大叔？”
亨利哈哈笑着应和着：“是呀是呀，小玛丽是这里的小天使，老伙记们有什么好吃的就都拿来吧，简，明天放你个假，去理理发，买件新的衬衫，还有你那双旧的皮鞋也要换掉，这些钱我会从你三个月的工资里慢慢扣除的。去吧，小伙子！”
让万·德西这个老法国骑师也举起手中的酒杯对简说道：“简，去吧，接你的天使去吧，还是骑上我的那匹银王子去吧，用它拉回你的小玛丽，你就是她的白马王子。多可爱的玛格丽特，就象我的女儿……”让万喝了口酒又开始在嘴里嘟囔着谁也听不清的法语了。
夜已很深了，客人们陆陆续续地走出了酒吧。打烊的时候，简问亨利：“亨利大叔，我想在后天为玛格丽特调一杯酒，可用什么做基酒好呢？”
亨利想了想说道：“就用Tequila酒吧，那是墨西哥的特产，也是很有意义的啊。”
简边擦着地，边琢磨着亨利的话。回到家里，简开始精心地计划后天的安排了。他想明天回趟家，想让父亲与母亲都来看看他们未来的儿媳妇是多么地受人欢迎，是多么的可爱。简不知道成不成，但他觉得都过去有一年了，父亲该气消了。
当简睁开眼睛的时候，已是快到中午了，简匆匆地吃了块面包煎鸡蛋，喝了杯牛奶，就向回家的路上走去。家里静悄悄的，只有保姆薇薇安在，她在厨房里烤着奶油梨馅饼，那是简最爱吃的甜点了。浓郁的法式甜点香味在薇薇安的身旁飘了过来。
简走了过去，从后面抱住了这个胖胖的黑人老太太，薇薇安装做被一大跳。因为在这个家里只有简象自己的儿子一样，从小就和她做这样的把戏。
简回来了，是薇薇安最高兴不过的事了。她愉快地说：“你回来了，我的小安迪，瞧，这是我为你烤的馅饼，本来还要给你送去，这回可好了，省得让我这老骨头再跑两条街了，就快烤好了。”
简笑着对薇薇安说道：“薇薇安，我是回来请父亲的，明天我要带玛格丽特到我工作的酒吧，那有很多的人要为我们俩庆祝，我也要在那里向我的玛丽正式地求婚，请她嫁给我，我想请你们都去。”
薇薇安听后快活地笑了：“老让万早就对我说了，玛格丽特是个好姑娘，是个漂亮的美人，我的小安迪，你是个幸福的人，明天我对你父亲说，他今天要很晚才回来，你母亲去医院了，刚才有个病人需要她去动手术，我的小安迪，你今天在家住吗？”
简摇摇头说：“不了，我还要去买衬衣与皮鞋，亨利放了我一天的假，我要好好准备准备，明天一大早就要出发去接她。我走了薇薇安，明天你们一定要来呀！”
薇薇安边送着简，边保证着：“会的，我们都会去的，老爷就是不去我也会拖着他去的，我的小安迪求婚的日子，我们都会去的，哦！我的上帝，主啊！快让我见到我的小安迪的天使吧。那是您怎样的仁慈呀！”

适应了这鬼天气，一路上简与银王子也就不再忽急忽慢地跑了。雪渐渐地大了起来，天地间开始变得一片银白。放亮的天光被浓浓的雾霭阻隔着，虽隐约还看得见路面，但已没了往日里的色彩。简此时的心早已飞到了玛格丽特的身边，风雪中的急驰让简和银王子的头上身上都冒起了蒸气。
玛格丽特在窗前趴着，她微微皱了一下好看的眉毛，天气这样，简还会来吗？他要是这时来……。
玛格丽特胡思乱想着，就听见楼下妈妈在叫着：“绿蒂！绿蒂……回来，回来……”
她跑下楼去，听见妈妈在说：“玛丽，快快，绿蒂跑了出去，快去追呀。”
玛格丽特想也没想就冲出屋门，她一边呼唤着绿蒂的名字，一边四处寻看着。到了镇子口的路上，玛格丽特才发现一串绿蒂的脚印向西南的林子里跑去。犹豫了一下，玛格丽特不知该不该到林子里去。这几天镇子里的人们都在传说林子里常有只黑熊出没，她不知道该不该去找绿蒂。
忽然一阵马蹄声从远处的风雪里传了过来。玛格丽特转过头，一匹白马隐隐约约的出现在大路的尽头。那是银王子，玛格丽特激动地高声呼喊了起来：“简……简……我在这儿！”
听到玛格丽特的叫声，银王子脚下加速了奔跑，简也兴奋地高声回应道：“玛丽！……玛丽！……”
跳下马，简和玛格丽特紧紧地抱在了一起，简热切地吻着他心爱的姑娘，玛格丽特依偎在简的怀里轻声地问道：“简，下这样大的雪还赶来呀，瞧你脸上的汗……”
简揽过玛格丽特的腰，他笑着在问：“我的玛丽，下这样大的雪你还站在这里等我呀？”
玛格丽特这才想起绿蒂来，她连忙对简说：“简，是绿蒂，绿蒂跑了出来，它跑到林子里去了，可我不敢去追了。”
简疑惑地问道：“为什么？”
玛格丽特便把黑熊的事对简说了一遍。简笑了笑，拍了拍银王子鞍子上的枪囊，对玛格丽特说：“玛丽，你在这等着我，我不只把绿蒂给你带回来，还会给你带回来一只大笨熊，明年的圣诞夜你会和我们的孩子躺在温暖的熊皮上听我给你们讲故事的！”说完，简上马冲向了树林。
等了好久，玛格丽特也不见树林子里有什么动静。不由得着急了起来，简该不会出什么事吧？玛格丽特跺着渐渐发冷的脚，双手哈着气在原地来回来去地徘徊着，这时身后传来父亲的呼唤，回头望去，父亲和镇上的一些人跑了过来。
原来他们发现玛格丽特向镇外的树林走去，又听她的妈妈说绿蒂跑了，估计玛格丽特是准备进林子找绿蒂，众人这才着急了起来，当看到她一个人在这里徘徊，众人才舒了一口气。可听到玛格丽特说到简单人匹马的闯进林子找绿蒂去了，不由得为这个小伙子的勇敢所感动。玛格丽特听见众人在夸奖她的心上人，心里充满了甜蜜。

银王子虽很惧怕，但蹄下也丝毫没放松地向林中急弛。众人一下子被甩在了后面，大家高声呼叫着玛格丽特也发足急奔过去。

玛格丽特的耳边风声呼呼地在响，她根本听不见后面众人的呼唤。一阵急奔就到了林子的边上，银王子说什么也不肯再向前跑了。玛格丽特只好翻身下马，下马时她发现在马鞍的枪囊里还有一枝转轮手枪斜插着，她拔了出来，双手提起拖地的长裙向林子里跑去。
这时，她听见林子深处又传来一声枪声。玛格丽特急了，她大声地呼唤着：”简！……简！……你在哪？绿蒂！……绿蒂！……快帮帮我！……”
突然身边的草丛里一动，绿蒂嘴里叼着一只小兔钻了出来，玛格丽特连忙蹲下身，用手去抱绿蒂的头。
就在这时，绿蒂一声低吼，它呲出两排锋利的牙齿，从玛格丽特身边蹿了出去，与此同时玛格丽特听见简在大声地叫着：“玛蕊！……玛蕊！……，你别过来，我来救你！”　　　玛格丽特抬头向前方看去，她惊呆了，一只身材巨大的黑熊，恶狠狠地扑向正向她奔来的简。她惊得忘记了一切。突然绿蒂的身影一跃而起，它矫健地冲黑熊就是一口，绿蒂咬住了黑熊的左前爪，不住地甩动着头。简举起枪又放了下来，他冲绿蒂喊到：“绿蒂，闪开！”
绿蒂咬住黑熊不放，黑熊也发起疯来。玛格丽特看到这，举起手中的枪，一扣板机，一颗子弹正中黑熊的右臂。黑熊这才转过身发现向它开枪的玛格丽特，它狂呼一声一掌打在绿蒂的身上，绿蒂象一块布一样地飞了出去，当场晕了过去。
黑熊疯一样地冲玛格丽特大声叫着，它直起身，象一座黑塔一样地扑向玛格丽特，两只血淋淋的黑爪在所过的灌木上留下了无数的血红的点子。玛格丽特一下子惊得不知所措了，她往后退着，长长的裙子被灌木刮住了，撕开了一条大口子，也绊倒了她。就在这时，黑熊已到了她的眼前。

原来玛格丽特听见简在叫她和一声枪响，她看见黑熊转身扑向了身后的简，玛格丽特也不知哪来的气力，一下子爬了起来。她举起手中还握着的枪，对着黑熊的后脑就是一枪，与此同时简的第三枪也响了。
简没看见玛格丽特站了起来，不幸的事发生了。简的第二枪打中了玛格丽特，而此刻跑进林子里的众人正好看到了这悲惨的一幕。简惊呆了！他张大了嘴，不敢相信自己的眼睛，他心爱的姑娘倒在了自己的枪下。
“噢！不！不！不！……”简惊得说不出话来。他扑了过去。
简抱起玛格丽特的身子，哭着在喊：“噢！不！不！我的上帝！玛蕊！玛蕊！我做了什么？玛蕊！玛蕊！……噢！主啊！醒醒！醒醒！我的玛蕊！……”
玛格丽特艰难地睁开了她那美丽的绿眼睛，嘴角流出了鲜红的血。她缓缓抬起手，艰难地用手摸摸简蓬乱带血的棕红色的头发，简连忙伏下头。
众人围了上来，玛格丽特的父亲蹲了下来，他亲眼目睹了这一惨剧的发生。玛格丽特看看父亲，又看看简，用尽了全身最后的一丝力气，断断续续地说道：“简。我……的爱……人，我……走了，我……爱……你！不后……悔！我好…………冷……”
还没说完，玛格丽特的头一歪，倒在了简的臂弯里。简吓得紧紧地抱住了玛格丽特的头，放声大哭了起来。他用尽了力气在呼唤着玛格丽特的名字，一遍一遍，又一遍的，林子的上空回旋着简那凄惨的哀嚎……

简成了大街小巷的公众人物。可他的内心无法排解那份失去玛格丽特的痛苦。他来到了小镇住下，在西南的林子里，在玛格丽特倒下的地方，玛格丽特被埋在了那里，绿蒂也被埋在她的旁边。玛格丽特的墓志铭是这样写道：“勇敢的天使，为爱而与上帝同在。”
简每天都带上一瓶墨西哥的Tequila酒和一只与玛格丽特绿色的眼睛一样的青柠檬到那里和玛格丽特在一起，眼泪和痛苦已深深地把他和他心爱的姑娘埋在了一起。简从早喝到晚，直到醉在玛格丽特的墓前被人抬回家中，就这样过了一年。

原来简的亲生母亲也是个墨西哥人，在生下简没多久就抛弃了简和丈夫，改嫁他人了。所以，他恨死了墨西哥人，听到简也交了一个墨西哥女孩，他简直要气疯了。
但他万万没有想到玛格丽特会为救自己的儿子，死在了自己儿子的枪口下，而且玛格丽特的家人并没有因此而把简投入监狱。还在简来到小镇上时照顾他，他被这真诚的感情所感动。老雷得沙教授托人从墨西哥带回一丛郁郁葱葱的蓝色的龙舌兰花，带到了玛格丽特的墓前，祭典这位美丽的墨西哥姑娘。他默默地请求玛格丽特原谅他的过错，也请求儿子的原谅。简听到这些，心中那无法解开的郁闷与痛苦被释然了。

1919年的春天，卢森堡王室的夏洛特公主继承了王位，同时她又嫁给了波旁家庭的后裔费利克斯王子。
双喜临门，整个卢森堡王室热闹非凡。为了迎接那些贵客，御厨们更是通宵达旦地忙碌着。18岁的男孩莱昂已经在这个厨房工作了4个年头。14岁那年，他跟着做厨师的亲戚从希腊辗转来到卢森堡，后来进了王宫。
这几天莱昂忙坏了，他的双手在水里泡得太久，几乎每根手指都裂开了口子。
好不容易有点空闲，莱昂坐在门口用盐水擦洗伤口。“这样太不卫生了，伤口容易发炎。”一个细弱的声音轻轻地飘进了莱昂的耳朵，他抬头看到，阳光下站着一个女孩。女孩大方地坐在了他的身边，说：“要用药水擦洗，这样一定很疼吧？”她盯着莱昂的手指，心疼地微微皱起了眉头。就在莱昂不知道如何回答时，一个女佣跑进来说：“芭莎公主，快走，夫人在找你！”女孩回头冲­莱昂笑了一下，急忙跟着女佣跑了出去。原来她是公主！在王宫中，除了带他进来的亲戚，从来没有人关心过他，更何况是公主。她那几句简短的问候，让他产生了温暖的错觉。
此后，莱昂得知，15岁的芭莎是波旁家族的远亲。因为无依无靠，所以被费利克斯王子带了过来。
有一次，莱昂正在忙着手里的活计，转头时突然发现厨房门口有一个脑袋探来探去。当对方与莱昂的目光对上时，高兴地冲他招了招手。那正是芭莎公主。她塞给莱昂一个布包，便慌慌张张地走了。莱昂打开布包，里面竟然有一只疗伤的药膏。那个晚上，莱昂躺在床上，脑海中总是浮现出芭莎因为心疼而皱眉的样子，多善解人意的姑娘啊，他的心里既温暖又甜蜜。
几天后，一位伯爵过生日，要在宫中举办一个小型宴会。宴会上的蛋卷冰激凌是当时刚刚流行的，它成了年轻的公主、王子们最喜欢的甜点。其实芭莎也很喜欢冰激凌，但这种还是稀罕物的美食是轮不上她的。莱昂开始设法为她做冰激凌。
那天晚上，莱昂悄悄地潜入厨房。过了一会儿，一个橙子味的冰激凌就被他做好了。芭莎品尝着香甜爽滑的冰激凌，神情陶醉，仿佛陷入了某种美好的回忆。随后，她轻声告诉莱昂，她的母亲是个富有想象力的女人，在世时喜欢给她调制各种口味的冰激凌。莱昂恍然大悟，原来冰激凌里有芭莎对母亲的回忆。此外，由于母亲是英国人，芭莎也精通英文，她经常教莱昂简单的英语，似乎这样也能让她重温对母亲的回忆。
从此以后，莱昂常常为芭莎调制各种口味的冰激凌。很多个繁星点点的夜晚，他们品尝着美味的冰激凌，­也让爱情的甜蜜萦绕在心头。不过，由于身份和处境的差异，他们谁都没有说出心里的爱意，只是默默地将这份感情埋在心底。
悲伤的热克力难留爱情
有一回，芭莎突发奇想地说：“­莱昂，冰激凌里加上巧克力会不会更好吃：”芭莎的愿望就是莱昂的动力，他又有了新的目标：巧克力冰激凌。如何让巧克力融入冰激凌并有最佳的口感，让他很费神。就在他苦苦琢磨时，一个消息像阴风一样吹进了卢森堡的王宫。
20世纪初，小小的卢森堡在整个欧洲的地位很低，不时有人提出废除王室特权。为了找到一个靠山和同盟国，1921年，卢森堡和邻国比利时确立了经济同盟关系。为巩固两国之间的关系，王室联姻成了最好的办法，而被选中的人就是芭莎公主。这个新闻在御厨房里炸开了锅，正在埋头调制巧克力冰激淋的莱昂感到自己的心猛烈地抽搐着。
一连3天，芭莎公主都没有出现在餐桌旁。心急如焚的莱昂盼着周三的晚上能快些到来，因为那是他们约定一起调制巧克力冰激凌的日子。可是那天晚上，芭莎失约了，直到莱昂盘中的冰激凌完全化掉，她也没有出现。莱昂感到有种撕心裂肺的疼痛。
芭莎出现在莱昂的视线里已经是在一个月后，那天下午，他意外地在餐桌前看到了芭莎。她瘦了一圈，整个人看上去憔悴了许多。只是在看到莱昂的那一瞬间，她的眼中迸发出两道强烈的亮光，那光像剑一样刺痛了莱昂的心。他很想冲过去，抓住芭莎的手质问她，希望她告诉自己一切都是假的，她不会嫁人，因为她真心爱的人是他。可他是仆人，她是高贵的公主，莱昂无法开口确认她的爱情。
这天，莱昂给公主和王子们准备的甜点依然是冰激凌，由于真正的巧克力冰激凌还没有调制成功，他急中生智，在芭莎的那份冰激凌上直接用热巧克力写了几个英文字母“DOVE” ，正是“DO YOU LOVE ME”的缩写。他相信如果芭莎心有灵犀，一定会读懂他的心声。莱昂紧张地盯着芭莎，看着那份写着字母的冰激凌转到了她的面前，可是直到上面的热巧克力融化，芭莎也没有仔细看那几个字母，她只是发了很长时间的呆，然后含泪吃下他为她做的最后一份冰激凌。
几天之后，芭莎出嫁了。莱昂坐在高高的山坡上，看着载着芭莎的车驶向远方。他手里的冰激凌融化了，心爱的姑娘也远去了，他流下了伤心的眼泪。
伤感情话刻在每一块巧克力上
芭莎出嫁的第二年，莱昂离开了卢森堡，来到美国，在一家高级餐厅里找到了工作。他踏实肯干、虚心老实，老板很赏识他，便将女儿许配给他。几年后，莱昂随老板一家迁往芝加哥。在芝加哥，莱昂又成了一名糖果商。由于莱昂始终无法忘记芭莎，妻子只好与他离了婚。
此后莱昂一直独自带着儿子，经营着他的糖果店。1946年的一天，莱昂看到儿子在追一辆贩卖冰激凌的车，当他拦下儿子后，儿子失望地告诉他，那辆车上有好吃的巧克力冰激凌。莱昂紧闭的心门顿时被撞开了。芭莎离开之后，他没有做过一次冰激凌。这次莱昂决定继续过去没有为芭莎完成的工作。­
经过几个月的精心研制，一款富含奶油、同时被香醇的巧克力包裹的冰激凌问世了，上面刻着四个字母。儿子天真的问莱昂，冰激凌上“DOVE”这几个字母是什么意思。莱昂轻轻地说：这是冰激凌的名字。
就在此时，莱昂意外地收到了一封来自卢森堡的信件，莱昂从信中得知，芭莎公主曾派人回国四处打听他的消息，希望他能够去探望她，却被告知他去了美国。芭莎到底怎么样了？她还好吗？莱昂的心仿佛又回到了当年，依然那么急迫而热切。
历经千辛万苦，莱昂终于来到了比利时。芭莎并不在王宫，而是住在郊外一处破败的别墅里。迎接他的佣人神色悲戚，莱昂有了一种不祥的预感。芭莎老了，她虚弱地躺在床上，曾经如清波荡漾的眼睛变得灰蒙蒙的。莱昂扑在她的床边，眼泪无法自抑地滴落在她苍白的手背上。芭莎伸出手来轻轻地抚摸着莱昂的头发，用近乎微弱到听不清的声音叫着莱昂的名字。­随后，她艰难地讲述了整个故事。
原来当年在卢森堡时，芭莎也深深地爱着莱昂，曾以绝食拒绝联姻，但是被送到宫外严密看守了一个月后，她深知自己不可能逃脱联姻的命运，何况莱昂从未说过爱她，更没有任何承诺。在那个年代，一个女子要同整个家庭决裂是要付出沉重代价的，何况她也无处可去。她最终只能向命运妥协，但希望离开卢森堡前能回王宫喝一次下午茶，因为她想在那里与莱昂作最后的告别。她吃到了他送给她的巧克力冰激凌，却没有看到那些融化的字母。
听到这里，莱昂泣不成声，过去的误解终于有了答案。但一切都晚了。三天之后，芭莎离开了人世。莱昂听佣人说，自从芭莎嫁过来之后，终日郁郁寡欢，导致疾病缠身。她曾派人回去找过莱昂，得知他离开卢森堡并已经在美国结婚后，就一病不起。
听到这里，莱昂泣不成声，如果当年那冰激凌上的热巧克力没有化掉，如果芭莎明白他的心思，她会改变主意与他私奔吗？他觉得一定会的。他开始悔恨自己的愚蠢和疏忽，为什么要在冰激凌上面用热巧克力写字。如果那巧克力是固体的，那些字就不会融化了，他就不会失去最后的机会。莱昂决定制造一种固体的巧克力，使其可以保存更久。­
经过精心调制，香醇独特的德芙巧克力终于制成了，“DOVE”这四个字母被牢牢地刻在了每一块巧克力上，莱昂以此来纪念他和芭莎那错过的爱情。它虽然苦涩而甜蜜，悲伤而动人，如同德芙的味道。
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如今，德芙巧克力已经有了数十种口味，每一种爱情都能在这巧克力王国中被诠释和寄托。全世界越来越多的人爱上因爱而生、从冰淇淋演变而来的德芙。当情人们送出了德芙，就意味着送出了那轻声的爱情之问：DO YOU LOVE ME？那也是创始人在提醒天下有情人，如果你爱他（她），请及时让爱的人知道，并记得深深地爱，不要放弃。

【中文名称】：百利甜酒
【英文名称】：Bailys
【材    料】：爱尔兰威士忌、奶油等
【联系方式】：爱尔兰

百利甜的发祥地在英国。那里有一位著名的调酒师，调酒师的太太是一名出色的女性，他们彼此深爱着对方。有一天，很不幸，调酒师的太太死于一次意外。调酒师从此悲伤，过着孤单的生活。直到一次出行的飞机上，调酒师遇到了一位像极了他前妻的空姐。他仿佛重获新生，一切生命的希望再一次点燃。那以后，调酒师疯狂的追求着那位空姐。
但是空姐并不能接受调酒师的爱，空姐对调酒师说，有时候人的心会被蒙住。你对你前妻的思念和对我的爱完全是不同的情感，就像是奶和威士忌永远无法混在一起。调酒师听完空姐的话，默默的走开。他用了一年的时间，终于将奶和威士忌相溶，而且加了蜂密使味道也混为一体，并起了一个好听的名字(Baileys Rock)，以此证明他对空姐的爱。当他知道空姐终于肯品尝这第一杯Baileys Rock时，忍不住在杯里加上了一滴眼泪。后来百利甜被空姐带上飞机，传播到世界各地，她对每一个喜欢喝百利甜的人说，“这杯酒，我等了一年”。

在景色秀丽、波光闪烁、绿荫铺地、花树倒影、斜阳染红水面的北京什刹海西岸，有一处别致的中式酒吧 — 甲丁坊。百利甜（baileys）全球排名第一的甜酒等你和你的她来鉴赏品尝,甲丁坊酒吧她古朴典雅，在荷花市场酒吧一条街，格外耀眼璀璨。

百利甜不像酒，有人说它是漂亮女人的最爱，更像是巧克力奶昔。如果她不会或者不喜欢喝酒，百利甜会令她改变主意，放下矜持。百利甜是由新鲜的爱尔兰奶油和上等的爱尔兰whiskey调混而成，带有芳香的巧克力味道，香滑细腻。也有人说它像爱情，冰凉的巧克力奶油、甜蜜、诱人、却一点都不会觉得腻。并且还有点威士忌的刺激。

1974年问世于爱尔兰；
全球排名第一的力娇酒；
全世界销量排名第六的高档酒，在近30年问世的最成功的高档酒品牌；
在130个国家销售；
纯天然的，是它是新鲜奶油、爱尔兰威士忌和上等烈酒及天然香料的完美结合，演绎爱尔兰的历史与农业传统；
每年有40,000头奶牛为百利甜酒产奶；

女人喝酒是很冒险的事情，其形象要不就是特别坠落，要不就是特别美丽，而百利甜酒的所有组合都是很适合时尚女性，让她们在品位百利酒芳香与细腻的同时，更能完美的展现出自身的时尚浪漫和优雅品位！无论在何时何地以百利甜酒做休闲饮品，都给饮家带来独特的感受。
最风靡的方式就是将它倾倒在冰块上，使冰和酒相互融合交织，啜一口，就这样的一口，就让人情不自禁的爱上它。不过每一种喝法都能演绎出不同美妙味觉，适合在各种不同的场合饮用。

故事：
Pachelbel在他10几岁的时候，流浪到英国被英国一个小村庄的琴师收养，之后他天天听那个他弹琴，也学会了钢琴。
在他们旁边的镇上上有一个女孩子叫Barbara Gabler，家里有钱有势，Barbara Gabler也是镇上最漂亮的女孩，自从到教堂听Pachelbel弹的曲子，就爱上了他。很多有钱人上门向Barbara Gabler提亲都被拒绝了，因为Barbara Gabler心里只喜欢Pachelbel。但女孩比较害羞，从小被宠到大的Barbara Gabler一直不敢向Pachelbel表白，后来Barbara Gabler就找了个理由，说要去Pachelbel那里学钢琴，她对Pachelbel说自己热爱音乐，希望可以拜师学艺。Pachelbel很高兴的收下了这个徒弟。
但Barbara Gabler她的目的并不是弹琴，所以几乎不把精力花费在钢琴上，遭到了Pachelbel一再的责骂。Barbara Gabler心里委屈，但还是一直跟Pachelbel，希望Pachelbel能明白自己的心意。终于有一天Pachelbel对Barbara Gabler说：“你走吧，你真的不适合弹钢琴。而且你也不喜欢钢琴。”Barbara Gabler听后，对自己说：“不要说我不行！Pachelbel。我回去一定要好好弹琴，半年后我要拿到本地的钢琴第一名的！” 半年里，Barbara Gabler天天练习，饿了就叫家里的用人送些吃的，困了就趴着睡一会。半年一转眼就过去了，Barbara Gabler参加了比赛，果真的拿了奖。
Barbara Gabler想拿这个奖杯去Pachelbel向他表达自己的爱意Pachelbel已经走了。当时正值战乱，Pachelbel被征去打仗，Barbara Gabler说：“好，我等他回来。”就这样Barbara Gabler等了Pachelbel3年多。
在这期间村长的儿子看上Barbara Gabler ，村长的儿子很清楚Barbara Gabler已经心有所属，就叫人从前线运回来一具碎尸体，说那就是Pachelbel，但没有人可以对证，Barbara Gabler相信Pachelbel真的已经死了，趴在"Pachelbel"的尸体上哭了3天3夜，那时，村长的儿子买了很多的礼物去找Barbara Gabler提亲，Barbara Gabler没有理睬。
在3天后晚上， Barbara Gabler割腕自杀了。而Pachelbel在Barbara Gabler离开的半年里，他发现没有Barbara Gabler在身边，自己少了很多很多的快乐。Pachelbel在Barbara Gabler离开后才发现原来自己已经不知不觉的爱Barbara Gabler，只是因为她学琴不努力所以就埋没了对她的喜欢。当时他准备写一首歌，做为向Barbara Gabler求婚的礼物，当他完成了卡农的1/3的时候。他被招去打仗了，在战乱中，自己的生命多次都是九死一生，每当心中不舒服的时候都会想到 Barbara Gabler，想到教她弹琴的日子......那段时光真是值得怀念啊。之后他完成了卡农剩下的2/3。
在Barbara Gabler自杀后了第2个月，Pachelbel回到了村里。他从村民的口中知道了Barbara Gabler的故事和她为自己做的所有事后，他咆哮着，放声大哭。他找到了Barbara Gabler的家人，问她现在葬在哪。她家里人都不肯告诉Pachelbel，随后的一次礼拜，Pachelbel招集他们村和Barbara Gabler村上所有的人，他坐在钢琴前强忍着泪水，弹出了卡农"Canon(D Major)”。

1902年夏季，对埃莉诺·桑顿来说，是极不寻常的一个夏天。她是一位美丽的姑娘，但命运却并没有因为她拥有过人的容貌和聪颖的头脑而对她格外眷顾。年幼时的桑顿遭到父亲的遗弃，与靠擦皮鞋为生的母亲相依为命。为了养家和给重病卧床的母亲治病，她只能到夜总会当交际花。

1650年，斯德哥尔摩的街头，52岁的笛卡尔邂逅了18岁的瑞典公主克里斯汀。
那时，落魄、一文不名的笛卡尔过着乞讨的生活，全部的财产只有身上穿的破破烂烂的衣服和随身所带的几本数学书籍。生性清高的笛卡尔从来不开口请求路人施舍，他只是默默地低头在纸上写写画画，潜心于他的数学世界。
一个宁静的午后，笛卡尔照例坐在街头，沐浴在阳光中研究数学问题。他如此沉溺于数学世界，身边过往的人群，喧闹的车马队伍。都无法对他造成干扰。
突然，有人来到他旁边，拍了拍他的肩膀，“你在干什么呢？”扭过头，笛卡尔看到一张年轻秀丽的睑庞，一双清澈的眼睛如湛蓝的湖水，楚楚动人，长长的睫毛一眨一眨的，期待着他的回应。她就是瑞典的小公主，国王最宠爱的女儿克里斯汀。
她蹲下身，拿过笛卡尔的数学书和草稿纸，和他交谈起来。言谈中，他发现，这个小女孩思维敏捷，对数学有着浓厚的兴趣。
和女孩道别后，笛卡尔渐渐忘却了这件事，依旧每天坐在街头写写画画。
几天后，他意外地接到通知，国王聘请他做小公主的数学老师。满心疑惑的笛卡尔跟随前来通知的侍卫一起来到皇宫，在会客厅等候的时候，他听到了从远处传来的银铃般的笑声。转过身，他看到了前儿天在街头偶遇的女孩子。慌忙中，他赶紧低头行礼。
从此，他当上了公主的数学老师。
公主的数学在笛卡尔的悉心指导下突飞猛进，他们之间也开始变得亲密起来。笛卡尔向她介绍了他研究的新领域——直角坐标系。通过它，代数与几何可以结合起来，也就是日后笛卡尔创立的解析几何学的雏形。
在笛卡尔的带领下，克里斯汀走进了奇妙的坐标世界，她对曲线着了迷。每天的形影不离也使他们彼此产生了爱慕之心。
在瑞典这个浪漫的国度里，一段纯粹、美好的爱情悄然萌发。
然而，没过多久，他们的恋情传到了国王的耳朵里。国王大怒，下令马上将笛卡尔处死。在克里斯汀的苦苦哀求下，国王将他放逐回国，公主被软禁在宫中。
当时，欧洲大陆正在流行黑死病。身体孱弱的笛卡尔回到法国后不久，便染上重病。在生命进入倒计时的那段日子，他日夜思念的还是街头偶遇的那张温暖的笑脸。他每天坚持给她写信，盼望着她的回音。然而，这些信都被国王拦截下来，公主一直没有收到他的任何消息。
在笛卡尔给克里斯汀寄出第十三封信后，他永远地离开了这个世界。此时，被软禁在宫中的小公主依然徘徊在皇宫的走廊里，思念着远方的情人。
这最后一封信上没有写一句话，只有一个方程：r=a(1-sinθ)。
国王看不懂，以为这个方程里隐藏着两个人不可告人的秘密，便把全城的数学家召集到皇宫，但是没有人能解开这个函数式。他不忍看着心爱的女儿每天闷闷不 乐，便把这封信给了她。拿到信的克里斯汀欣喜若狂，她立即明白了恋人的意图，找来纸和笔，着手把方程图形画了出来，一颗心形图案出现在眼前，克里斯汀不禁 流下感动的泪水，这条曲线就是著名的“心形线”。
国王去世后，克里斯汀继承王位，登基后，她便立刻派人去法国寻找心上人的下落，收到的却是笛卡尔去世的消息，留下了一个永远的遗憾……
这封享誉世界的另类情书，至今，还保存在欧洲笛卡尔的纪念馆里。