一篇文档引领我找到了南京大学数学系主页http://math.nju.edu.cn/里面有梅加强老师的精品课程。还有他的TeX资料，他的主页是http://math.nju.edu.cn/~meijq/

试题来自陈洪葛的博客.

问题1.（10分）函数$f(x)$在$(-1,1)$上连续，除了$0$这一点外可导。

1. 若$f(x)$的导函数当$x\to 0$时极限存在，证明$f(x)$在$0$点的导数存在。
2. 上述命题的逆命题是否成立？就是说$f(x)$在$0$点的导数存在是不是一定有$f(x)$在$x\to 0$的极限存在？成立请证明，否则给出反例。

问题2（10分）证明函数$f(x)$在$(a,b)$上一致连续的充分必要条件是对$(a,b)$上的收敛数列$\{x_{n}\}$,数列$\{f(x_{n})\}$也收敛。

问题3（10分）

证明含参变量积分

\[\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin{xy}}{y(1+x)}dy\]

关于$x$在$0<\delta\leq x<+\infty$上一致收敛，在$0<x<+\infty$上非一致收敛。

问题4（10分）设$X$是带有度量空间上的紧集，$E\subset X,\varphi(x)$是$E$上的变换，且满足

\[d(\varphi(x),\varphi(y))<d(x,y) \qquad (x\neq y,x,y\in E).\]

证明$\varphi(x)$在E中存在唯一的不动点。

问题5（10分）(Tauber定理)

设在$-1<x<1$上有

\[f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\]

并且

\[\lim_{n\to\infty}na_{n}=0.\]

若$\displaystyle \lim_{x\to 1^{-}}f(x)=S$,则$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}$收敛且其和为$S$.

问题6 （15分）

讨论微分方程过点y=0的解的存在性和唯一性，其中$\alpha>0$.

\[\frac{dy}{dx}=|y|^{\alpha}.\]

问题7 （15分）设$A$是$n$阶可逆复方阵，证明存在分解

\[A=UT,\]

其中$U$是酉矩阵，$T$是主对角线上都是正数的上三角型矩阵，并证明这种分解的唯一性。

问题8 （20分）

已知$A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}a&b\\c&d\end{array}} \right) \in \mathbb{C}^{2\times 2}$,定义$\mathbb{C}^{2\times 2}$的变换$f:f(X)=XA,\forall X\in \mathbb{C}^{2\times 2}$.

1. 证明$f$是$\mathbb{C}^{2\times 2}$的线性变换;

2. 求$f$在$\mathbb{C}^{2\times 2}$的基

   \[{E_{11}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\0&0\end{array}} \right),{E_{12}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&1\\0&0\end{array}} \right),{E_{21}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&0\\1&0\end{array}} \right),{E_{22}}= \left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&0\\0&1\end{array}} \right)\]

   下的矩阵$M$.

3. 给出$\mathbb{C}^{2\times 2}$的两个非零的$f$不变子空间$V_1$和$V_2$,使得$\mathbb{C}^{2\times 2}=V_1\oplus V_2$,请阐述理由.
4. 证明:存在$\mathbb{C}^{2\times 2}$的一个基,使得$f$在这一基下的矩阵为对角矩阵当且仅当矩阵$A$与对角矩阵相似.

1. 求\[\iint\limits_D {{e^x}\cos ydxdy} ,\]其中$D: x^2+y^2\leq 1$.

    

   先证明\[\int_0^{2\pi } {{e^{r\cos \theta }}\cos \left( {r\sin \theta } \right)d\theta } = 2\pi .\]

    

   事实上,在积分号下求导,得$F'\left( r \right) = \int_0^{2\pi } {{e^{r\cos \theta }}\cos \left( {\theta + r\sin \theta } \right)d\theta } $.由归纳法,可知

   \[{F^{\left( n \right)}}\left( r \right) = \int_0^{2\pi } {{e^{r\cos \theta }}\cos \left( {n\theta + r\sin \theta } \right)d\theta } .\tag{1}\]从而导出${F^{\left( n \right)}}\left( 0 \right) = 0\left( {n = 1,2, \cdots } \right)$.因此根据Taylor公式,我们有

   \[F\left( r \right) - F\left( 0 \right) = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{{F^{\left( k \right)}}\left( 0 \right)}}{{k!}}{r^k}} + \frac{{{F^{\left( n \right)}}\left( {{\theta _1}r} \right)}}{{n!}}{r^n} = \frac{{{F^{\left( n \right)}}\left( {{\theta _1}r} \right)}}{{n!}}{r^n}\left( {0 < {\theta _1} < 1} \right).\]

   注意到由(1)可得$\left| {{F^{\left( n \right)}}\left( {{\theta _1}r} \right)} \right| \le 2\pi {e^r}$,故知

   \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{F^{\left( n \right)}}\left( {{\theta _1}r} \right)}}{{n!}}{r^n}} \right| \le \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2\pi {e^r}}}{{n!}}{r^n} = 0,F\left( r \right) \equiv F\left( 0 \right) = 2\pi .\]

    

   \begin{align*}\iint\limits_D {{e^x}\cos ydxdy} &= \int_0^1 {rdr\int_0^{2\pi } {{e^{r\cos \theta }}\cos \left( {r\sin \theta } \right)d\theta } } \\&= 2\pi \int_0^1 {rdr} = \pi.\end{align*}

2. 证明:

   \[\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\sin x - \sin a} }}dx} = \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}.\]

   证法一: 利用椭圆函数的一些性质.

   \begin{align*}&\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\sin x - \sin a} }}dx} = \mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_0^{\frac{\pi }{2} - a} {\frac{1}{{\sqrt {\cos x - \cos \left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} }}dx} \\= &\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \sqrt 2 K\left( {\sin \frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} \right) = \sqrt 2 K\left( 0 \right) = \frac{\pi }{{\sqrt 2 }},\end{align*}

   其中$K(x)$为Complete Elliptic Integral of the First Kind,以及参考Elliptic Integral of the First Kind.

    

   证法二: 根据

   \begin{align*}&\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\sin x - \sin a} }}dx} = \int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {2\cos \frac{{x + a}}{2}\sin \frac{{x - a}}{2}} }}dx} \\= &\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\frac{{\cos \frac{{x + a}}{2}}}{{\frac{\pi }{2} - \frac{{x + a}}{2}}}\frac{{\sin \frac{{x - a}}{2}}}{{\frac{{x - a}}{2}}}} \sqrt {\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{{x + a}}{2}} \right)\frac{{x - a}}{2}} }}dx} \\= &\frac{1}{{\sqrt 2 }}\sqrt {\frac{{\frac{\pi }{2} - \frac{{\xi + a}}{2}}}{{\cos \frac{{\xi + a}}{2}}}} \cdot \sqrt {\frac{{\frac{{\xi - a}}{2}}}{{\sin \frac{{\xi - a}}{2}}}} \int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{{x + a}}{2}} \right)\frac{{x - a}}{2}} }}dx} \left( {a < \xi < \frac{\pi }{2}} \right).\end{align*}

   而

   \begin{align*}&\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{{x + a}}{2}} \right)\frac{{x - a}}{2}} }}dx} = 2\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\pi \left( {x - a} \right) - {x^2} + {a^2}} }}dx} = 2\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {a - \frac{\pi }{2}} \right)}^2} - {{\left( {x - \frac{\pi }{2}} \right)}^2}} }}dx} \\= &2\int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{2x - \pi }}{{\pi - 2a}}} \right)}^2}} }}d\left( {\frac{{2x - \pi }}{{\pi - 2a}}} \right)} = \left. {2\arcsin \left( {\frac{{2x - \pi }}{{\pi - 2a}}} \right)} \right|_a^{\frac{\pi }{2}} = 2 \times \frac{\pi }{2} = \pi .\end{align*}

    

    

   证法三: 由于

   \begin{align*}&\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_a^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {\sin x - \sin a} }}dx} = \mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_0^1 {\frac{{\frac{\pi }{2} - a}}{{\sqrt {\sin \left( {a + \left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)t} \right) - \sin a} }}dt} \\= &\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \int_0^1 {\frac{{\frac{\pi }{2} - a}}{{\sqrt {2\sin \left[ {\frac{t}{2}\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} \right]\cos \left[ {a + \frac{t}{2}\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} \right]} }}dt} \\= &\int_0^1 {\mathop {\lim }\limits_{a \to \frac{\pi }{2}} \frac{{\frac{\pi }{2} - a}}{{\sqrt {2\sin \left[ {\frac{t}{2}\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} \right]\sin \left[ {\left( {1 - \frac{t}{2}} \right)\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right)} \right]} }}dt} = \int_0^1 {\frac{1}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt {\frac{t}{2}\left( {1 - \frac{t}{2}} \right)} }}dt} .\end{align*}

   令$\sqrt {\frac{t}{2}} = \sin \theta $,我们有

    

   \[\int_0^1 {\frac{1}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt {\frac{t}{2}\left( {1 - \frac{t}{2}} \right)} }}dt} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {2\sqrt 2 d\theta } = \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}.\]

    

   证法四: 显然等价于求

   \[\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^a {\frac{1}{{\sqrt {\cos x - \cos a} }}dx} = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^a {\frac{1}{{\sqrt {2\sin \frac{{a - x}}{2}\sin \frac{{a + x}}{2}} }}dx} .\]

   由$0\leq x<a$,则有

   \begin{align*}&{\left( {2\sin \frac{{a - x}}{2}\sin \frac{{a + x}}{2}} \right)^{ - \frac{1}{2}}} = {\left[ {2\left( {\frac{{a - x}}{2} + O\left( {{{\left( {a - x} \right)}^3}} \right)} \right)\left( {\frac{{a + x}}{2} + O\left( {{{\left( {a + x} \right)}^3}} \right)} \right)} \right]^{ - \frac{1}{2}}}\\= &{\left( {\frac{{{a^2} - {x^2}}}{2} + O\left( {\left( {{a^2} - {x^2}} \right){{\left( {a + x} \right)}^2}} \right)} \right)^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }} + O\left( {\frac{{{{\left( {a + x} \right)}^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} \right).\end{align*}

   即有

   \begin{align*}\int_0^a {\frac{1}{{\sqrt {\cos x - \cos a} }}dx} &= \int_0^a {\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx} + O\left( {\int_0^a {\frac{{{{\left( {a + x} \right)}^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx} } \right)\\&=\frac{\pi }{{\sqrt 2 }} + O\left( {{a^2}} \right) \to \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}\left( {a \to 0} \right).\end{align*}

   其中在算阶的时候用到了

   \[\max \left\{ {\left( {{a^2} - {x^2}} \right){{\left( {a + x} \right)}^2},\left( {{a^2} - {x^2}} \right){{\left( {a - x} \right)}^2},{{\left( {{a^2} - {x^2}} \right)}^3}} \right\} = \left( {{a^2} - {x^2}} \right){\left( {a + x} \right)^2},\]

   这里$0\leq x<a$.

    

   推论：设$f(x)$在$[0,a]$具有二阶连续导数,且满足$f'(x)=0,f''(0)<0$,则有

   \[\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^a {\frac{{dx}}{{\sqrt {f\left( x \right) - f\left( a \right)} }}} = \frac{\pi }{{\sqrt {2\left| {f''\left( 0 \right)} \right|} }}.\]

   

   \begin{align*}&\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^a {\frac{{dx}}{{\sqrt {f\left( x \right) - f\left( a \right)} }}} = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^1 {\frac{{adt}}{{\sqrt {f\left( {at} \right) - f\left( a \right)} }}} \\=& \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^1 {\frac{{\sqrt 2 dt}}{{\sqrt {f''\left( {a{\xi _1}} \right){t^2} - f''\left( {a{\xi _2}} \right)} }}} \left( {0 < {\xi _1} < 1,0 < {\xi _2} < 1} \right)\\= &\int_0^1 {\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \frac{{\sqrt 2 dt}}{{\sqrt {f''\left( {a{\xi _1}} \right){t^2} - f''\left( {a{\xi _2}} \right)} }}} = \int_0^1 {\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \frac{{\sqrt 2 dt}}{{\sqrt {\left| {f''\left( 0 \right)} \right|\left( {1 - {t^2}} \right)} }}} \\= &\frac{\pi }{{\sqrt {2\left| {f''\left( 0 \right)} \right|} }}.\end{align*}

3. 证明:

   \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_{n\pi }^{\left( {n + 1} \right)\pi } {\frac{x}{{1 + {x^2}{{\sin }^2}x}}dx} = \pi .\]

   更一般地,以下极限

   \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_{n\pi }^{\left( {n + 1} \right)\pi } {\frac{x}{{1 + {x^\alpha }{{\sin }^2}x}}dx} \]

   与$n$的关系是什么?

   对$x\in [n\pi,(n+1)\pi]$,则有

   \[\frac{{n\pi }}{{1 + {{\left( {n + 1} \right)}^2}{\pi ^2}{{\sin }^2}x}} < \text{被积函数} < \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{{1 + {n^2}{\pi ^2}{{\sin }^2}x}}.\]

4. 求\[\int_0^1 {\left( {1 + \ln x} \right)\ln \left( {1 + x} \right)\ln \ln \frac{1}{x}dx} .\]

   令$x=e^{-t}$,我们有

   $$ I = \int_{0}^{+\infty}e^{-t}(1-t)\log(1+e^{-t})\log t\,dt$$

   由于

   $$ \int_{0}^{+\infty}e^{-(n+1)t}(1-t)\log t\,dt = -\frac{1}{(n+1)^2}\left(1+n\gamma+n\log (n+1)\right),$$

   我们有

    

   $$ I = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n(n+1)^2}\left(1+n\gamma+n\log (n+1)\right).$$

   因此

   $$ I = 2-2\log 2-\gamma-\zeta(2)\left(\frac{1}{2}+\log\sqrt{4\pi}\right)+\pi^2\log A,$$

   其中 $A$ 是Glaisher-Kinkelin constant.

5. 证明:\[I = \int_0^1 {{x^{ - x}}\left( {{{\ln }^2}x - 2} \right)dx} < 0.\]

    注意到

   \[{x^{ - x}} = {e^{ - x\ln x}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot \frac{{{x^k}{{\ln }^k}x}}{{k!}}} .\]

   故有

   \[I = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left[ {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}\int_0^1 {\left( {{x^k}{{\ln }^{k + 2}}x - 2{x^k}{{\ln }^k}x} \right)dx} } \right]} .\]

   又

   \[\int_0^1 {{x^k}{{\ln }^{k + 2}}xdx} = {\left( { - 1} \right)^k}\int_0^\infty {{e^{ - \left( {k + 1} \right)t}}{t^{k + 2}}dt} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {k + 2} \right)!}}{{{{\left( {k + 1} \right)}^{k + 3}}}},x = {e^{ - t}}.\]

   和\[\int_0^1 {{x^k}{{\ln }^k}xdx} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}k!}}{{{{\left( {k + 1} \right)}^{k + 1}}}}.\]

   因此

   \[I = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left[ {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}\int_0^1 {\left( {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {k + 2} \right)!}}{{{{\left( {k + 1} \right)}^{k + 3}}}} - 2\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}k!}}{{{{\left( {k + 1} \right)}^{k + 1}}}}} \right)dx} } \right]} = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{k}{{{{\left( {k + 1} \right)}^{k + 2}}}}} < 0.\]

1. 数学基础，汪芳庭，科学出版社，2001-09-01
2. 数学分析，何琛，史济怀，徐森林，高等教育出版社，1983
   评语：1985年出版，最初是数学系和少年班的讲义，一共3册(豆瓣上只列了第一册)，是现用《教程》的前身.当然《教程》要比原书厚重，习题也更难.第2册讲了微分形式，在国内是比较早的，这是教学改革的成果.徐森林、薛春华夫妇的三卷本《数学分析》也是这套书的扩展.北方一所培养过Wolf Prize得主的数学强校，今日在数学分析课上仍不讲微分形式，这位Wolf Prize得主泉下有知，不知会作何感想.还有更搞笑的：华东师大编《数学分析》，第一版讲微分形式，第二版删去，第三版又写进去，第四版再次删掉！这烧饼翻的！
3. 数学分析教程，常庚哲，中国科学技术大学出版社，2012-8
   评语：
   上册：陈天权《数学分析讲义》出版后，此书仍然拒绝引入拓扑空间、微分流形等“现代化”内容，个人不敢评论这种处理的好坏.此书是国内古典数学分析中最难的，前身是何琛、史济怀、徐森林《数学分析》.本书能看见华罗庚先生的影子！使用初等工具处理了高等的问题，例如上册中的混沌现象.本书对n维Euclid空间的处理让人有意犹未尽的感觉，应该学习徐森林《数学分析》多讲一些拓扑的内容，可能是怕时间不够吧.另外此书很聪明地只讲实数的性质，不讲实数的构造，跟Tom Apostol的Mathematical Analysis异曲同工.
   下册：相对第2版，本书有顺序上的重大调整，把多元微积分调整到级数理论、Fourier分析之前，这是为了让学生能在第一学年学完微积分的全部内容，这无疑增加了学习难度.因为中科大的学生是在第2学期才上“线性代数”课的，在矩阵、二次型等工具尚未学习时处理多元微分学，难免会力不从心.在“曲面积分”一章中，照例引入了微分形式，讲了一般的Stokes公式，此乃中科大的传统.
    
4. 高等数学引论，华罗庚，高等教育出版社，2009-2-1
   
   评语：华罗庚先生在中科大数学系“一条龙”教学的讲义，第一册和第二册是微积分的内容；第三册讲“复变函数论”，第四册处理代数矩阵论(因文革的原因成为残篇).接下来他原想写微分几何、抽象代数、代数拓扑、勒贝格测度与积分论、概率论等等，因种种原因未果.
    
5. 高等数学导论，左敦稳、赵剑峰、徐峰，中国科技大学出版社，2007-8
   评语：书起源于曾肯成教授(文革后首批博士生导师，李尚志是其学生)在中科大建校之初的《高等数学讲义》，又经过史济怀教授等老师的修订，已成为国内非数学专业最完备最有深度的微积分教材.
6. 高等数学导论学习辅导，中国科学技术大学高等数学教研室编，中国科学技术大学出版社，2004-06-01
   评语：5的辅导书，本来是配第二版的.
7. 微积分学导论，陈祖墀，中国科学技术大学出版社，2011-8
   
   评语：《高等数学导论》改编精简本.这是中科大工科类专业教材.本书下册把《高等数学导论》中的外微分形式内容移入附录.
8. 微积分学习指导，段雅丽、叶盛、顾新身、陈祖墀，中国科学技术大学出版社，2014-8-1
   评语：7的配套辅导书，这是上册，估计明年初下册就会出来.此书的功能和下面的18差不多.不得不说，价钱有点贵.
9. 简明微积分，龚昇，高等教育出版社，2006-4
   评语：深切缅怀龚昇教授！1965年，在教中科大近代物理系的高等数学时，龚昇与张声雷二位老师合写此书初稿，因文革原因，到1978年才由人教社出版.本书应该是国内最早讲外微分形式的非数学专业微积分教材，而且把epsilon-delta语言放到第九章，降低了难度，充分配合物理课教学.此书现为中科大生物类微积分教材.在龚先生逝世3年后，这本书出了英文版“Concise Calculus”，算是成就了他的遗愿.英文版作者还有一位"Gong Youhong"，看名字就是女性，中文是“龚幼红”(?)，应该是他的女儿吧.
10. 微积分五讲，龚昇，科学出版社，2004-1
    评语：在这本书中，龚昇教授强调外微分形式使微积分从古典走向现代，篇尾讲了些复数域上的微积分和流形上的微积分的内容.龚教授2004年春在中科大10次讲座“数学基础选讲”的讲稿，2006年3月～2007年3月连载于台湾中央研究院《數學傳播》30卷1期～31卷1期，已经上线供下载.
11. 微积分，谢盛刚、李娟、陈秋桂，2010-7
    评语：《高等数学导论》的简化版，中科大化学类专业教材.下册与第一版相比，删去了外微分形式.
12. 微积分学习辅导，陈效群、陈秋桂、顾新身，科学出版社，2004-8-1
    评语：上面书的辅导书，原来是配第一版的.
13. 数学，谢盛刚 ，2010-6
    评语：《高等学校过渡教材读本•数学》是作者结合多年的教学经验，专门针对高中数学与大学数学教学之间的知识漏点编写而成的.内容包括：复数的基本性质、多项式的基本性质、极坐标与参数方程等.同时配有一定的例题及习题，并给出了习题参考答案，以提高学生的理解能力，确保大学新生在数学学习上平稳过渡.
14. 解析几何简明教程，吴光磊、田畴，高等教育出版社，2008-3
    评语：第一作者已作古多年，本书简单而美丽.在中科大，附录II的射影几何不讲，国内非师范类大学也基本如此.而师范大学的学生在“高等几何”课学习射影几何，因为有毕业后任教于中学的需要.我觉得还是射影几何有必要在课堂上讲的，或者老师提纲挈领地讲个概貌，课下学生自学，这部分内容对理解Felix Klein的“Erlangen Program”大有裨益.
15. 代数学引论，许以超，上海科学技术出版社，1966
    评语：中科大数学系1961级、1963级解析几何、线性代数、抽象代数课讲义整理而成，1966年出版.许以超《线性代数与矩阵论》前身.有兴趣的读者可以看看我对《线性代数与矩阵论》一书的评论.
16. 线性代数（第2版），李炯生，查建国，王新茂，中国科学技术大学出版社 ，2010年01月
    评语：许以超《代数学引论》的简化版，亚洲第一难书，新版由王新茂修订.里面的一些讲法相当先进——如将n阶行列式视为数域F上的n维向量空间的规范反对称n重线性函数，这是外代数的观点，曾肯成教授1965年就这样教了.张贤科教授在中科大任教时，也曾教过这门课，用过此书作教材.可惜此书排版和印刷不大好.中科大数学专业自2006级开始改用李尚志《线性代数(数学专业用)》，难度比本书有所降低.
17. 线性代数，李尚志，高等教育出版社，2006-5
    评语：不要被“数学专业用”吓倒，这本书比绝大部分工科线性代数都容易自学，要害在于“空间为体，矩阵为用”，我翻译一下就是“用几何去想，用代数去算”. 北大现行蓝以中老师的《高等代数简明教程》也是这个思路.线性代数课改革的趋势是更加重视空间与映射的理论，这也是欧美许多优秀教材的共同处理方法.作者是新中国首批18名博士之一(导师曾肯成先生)，2003年成为首届“高等学校教学名师”.本书为国家级精品课程教材，北航也用此书(李尚志老师2004年跳槽去了北航).
18.  
    线性代数五讲，龚昇，科学出版社，2005-2
    评语：龚昇教授2004年秋冬在中科大14次讲座的讲稿，从模(Module)的观点重新审视线性代数，使线性代数由古典走向现代.2007年7月～2008年7月，《線性代數五講》連載於台灣中央研究院《數學傳播》31卷2期～32卷2期，已经上线供下载.
19. 群与代数表示引论，冯克勤，中国科学技术大学出版社，2006-3
    评语：研究生教材，第一作者是中科大数学系1959级学生，1964年研究生师从华罗庚先生学习数论，后曾任中科大副校长、清华大学数学系系主任.有趣的是三个作者在写本书时已分别被清华、北航、上海交大挖走.
20. 线性代数简明教程，陈龙玄、钟立敏编，中国科学技术大学出版社，2000-10
    评语：本书起源于上世纪60年代曾肯成教授编写的中科大非数学专业《线性代数》，是下面28的参考文献之一.
21. 线性代数辅导和题解，蒋长锦，中国科学技术大学出版社，2005-12
    评语：上书20的配套辅导书，附录中给出了20的习题参考答案，因为有了题解书，所以在中科大20被22取代了.
22. 线性代数与解析几何，陈发来、陈效群、李思敏、等编，高等教育出版社，2011-7
    评语：国家级精品课程的教材
23. 整数与多项式，冯克勤，余红兵，高等教育出版社，1999-1
    评语：数论课教材，第一作者是中科大数学系1959级学生，1964年研究生师从华罗庚，1991年获陈省身数学奖.他曾任中科大副校长，后被挖到清华数学系，据说是为了选院士的需要，可惜没选上。第二作者曾是科大教授，现在苏州大学工作.中科大数学学院本科生一年级第1学期上这门课，对以后学习近世代数很有帮助(环的结构).不过这样一来，线性代数就被挤到第2学期开课了，对多元微分学的学习是个障碍.
24. 实变函数论，徐森林编，北京大学出版社，2002-2
    评语：作者是中科大数学系1960级学生，师从吴文俊院士.这本书是北大周民强与复旦夏道行的调和版，北大和复旦书都在中科大数学专业和概率统计专业用过，中科大的特点是数学和概率统计专业的学生在一起上实变函数课.后来又不用这本了，改回北大那本，也许是这本太难了.徐森林教授后来外聘到华中师范大学，在2009年与夫人薛春华在清华大学出版社出了一本同名教材，2年后他们与学生又出了一本习题解答.书后参考文献中除了以下2本，还有苏联那汤松的《实变函数论》.
25. 实变函数论与泛函分析，夏道行、吴卓人、严绍宗、舒五昌，高等教育出版社，2010-1
    评语：上世纪90年代的中科大实变函数课教材，徐森林教授评价“复旦的书侧重于一般的测度理论和积分理论，这有利于概率统计专业学生对后续知识的学习和研究".与此同时也用过北大周民强《实变函数论》，后来徐森林教授的书代替了这2本，再后来又用回了周民强的书.这本最后只好作为一本参考书了.第一作者夏道行先生，50年代留苏师从数学大师盖尔范德，是文革后1980年第一批中科院数学物理学部院士.因与谷超豪院士结下梁子，1984年远遁美国，至今年逾八旬，仍未回归.扯远了，就此打住.
26. 实变函数论，周民强，北京大学出版社，2008-5-2
    评语：徐森林教授评价“北大的书侧重于分析数学能力的训练，尤其是书中配有一定难度的习题，能引起爱好数学的学生的兴趣和激起他们极大的学习热情，且能增强他们做难题的能力，激励他们对数学进行深入的学习和研究”.自从徐森林教授被特聘到华中师范大学，实变函数课在科大就又用回此书，人走茶凉啊！
27. 简明复分析，龚昇，中国科学技术大学出版社，2009-5
    评语：龚昇教授的2本教材之一，曾被中科大、北师大、香港中大作为复变函数课教材.这本薄书中文的出了2版，英文的也出了2版，龚教授上世纪90年代在UCSD教过书，英语很好.英文修订版作者还有一位：Gong Youhong，是龚教授的女儿吗？北师大用此书是因为前系主任郑学安教授是龚教授学生的关系.龚教授临终前，还与张德健一起写了《複分析五講》，10年6月～11年6月刊载于台湾中研院《數學傳播》34卷～35卷.至此《微積分五講》《線性代數五講》《複分析五講》構成一個系列，龚先生可以无悔无憾地在天堂里研究多复变函数论了.
28. 复变函数，史济怀、刘太顺，中国科学技术大学出版社，1998
    评语：这本书一定程度受上面的27影响，作者在前言中也这样说。第一作者曾任中科大副校长、研究生院院长，2009年以73岁高龄获得“高等学校教学名师”称号，应该是退休后返聘的.第二作者2006年被挖到湖州师范学院，可能是那里工资待遇更高吧，对中科大数学系是个损失.
29. 复变函数，严镇军编，中国科学技术大学出版社，2001-9
    评语：外系教材.
30. 复变函数，潘永亮、汪琥庭、汪芳庭、宋立功，科学出版社，2004-7-1
    评语：外系教材.
31. 近世代数引论，冯克勤、李尚志、章璞，中国科学技术大学出版社，2009-12
    评语：有配套的习题解答《近世代数三百题》，这种书还是尽量不看为妙.
32. 常微分方程教程，丁同仁、李承治，高等教育出版社，2004-8
    评语：中科大数学专业少有的不用本院编写教材的课，这本书明显是模仿庞特里亚金（Pontryagin）和彼德罗夫斯基（Petrovsky）的两本常微分方程的体系，讲了分支理论与定性理论，为学习混沌理论提供了必要的知识背景.
33. 点集拓扑讲义，熊金城，高等教育出版社，2011-6-1
    评语：点集拓扑的经典教材，作者现在华南师范大学，曾翻译了数学大师John W.Milnor 的Topology from the Differentiable Viewpoint.美中不足的是这本书没有给出参考文献.
34. 概率论，苏淳，2010-8
    评语：作者是新中国首批18名博士之一(1983年)，学概率统计专业，导师陈希孺院士.本书据说很大程度上“抄”了南开杨振明的书，有什么意思嘛，国内的书抄国外的，国内的书接着互相抄.作者近年来热衷于数学竞赛，不断写书，四处讲学，还曾担任IMO中国国家队主教练.看来这是一条名利双收的道路，比在大学里教课舒坦多了.
35. 概率论教程，缪柏其、胡太忠，中国科学技术大学出版社，2009-5
36. 概率论与数理统计，陈希孺，中国科学技术大学出版社，2009-2
    评语：中国科学院数学物理学部概率统计方面的院士，只活了71岁。陈教授是新中国首批博士生导师，“十八勇士”之中即有3人出自他门下：白志东、赵林城、苏淳，某种意义上来说，现在中科大概率统计的老师都是他的徒子徒孙.这是一本非数学专业教材.
37. 数理统计学教程，陈希孺，中国科学技术大学出版社，2009-7-1
    评语：《数理统计学教程》是为综合性大学和师范院校数学系的数理统计课以及高等院校数理统计专业大学生、研究生和教师进修班的数理统计基础课提供一种教材，也可供工科等非数学类学生选作此课程的教材或参考书，具备初等微积分、矩阵论以及概率论基本知识的读者，均可使用《数理统计学教程》。
38. 随机过程，方兆本、缪柏其、主编:程艺，科学出版社，2011-2
39. 随机过程引论，奚宏生，中国科学技术大学出版社，2009-1
    评语：评语：工科研究生教材。
40. 微分几何，陈卿，高等教育出版社，2002-7
    评语：数学学院现用的“微分几何”课教材
41. 微分几何，徐森林、纪永强、金亚东，中国科学技术大学出版社，2013-2
    评语：这本书的前身是1997年徐森林、薛春华夫妇的同名教材，可惜douban上没有，所以用此书代替，都是中科大出版社出版的.该书不是中科大现行教材，但肯定是一本重要参考书，徐老师本科学的是“吴龙”(1960级)，所以在几何拓扑研究上取得重要成果.徐老师对中国数学最大的贡献是把没有本科文凭的肖刚推荐到中科大读研.肖刚后来成为世界一流的代数几何学家，他的语言、计算机能力也超强.不幸他已于2014年夏在法国病逝，年仅62岁.
42. 组合数学引论，许胤龙、孙淑玲，中国科学技术大学出版社，2010-4
    评语：第二作者是冯克勤教授的夫人，据说有一次监考时身体撑不住，让人抬了出去，太敬业了。
43. 组合数学，潘永亮，科学出版社发行部，2007-1
    评语：还有一本李乔教授写的《组合学讲义》(第一版叫做《组合数学基础》)，讲得比42和43都要好，这里未列入，因李乔老师已“转会”上海交大多年.不知中科大数学学院用这三本书中的哪一本.
44. 图论及其应用，徐俊明 ，中国科学技术大学出版社，2010-3
45. 数学物理方法，严镇军，中国科学技术大学出版社，1999-1
    评语：外系教材
46. 数学物理方程，严镇军编，中国科学技术大学出版社，1996-8
    评语：外系教材
47. 数学物理方程，季孝达、薛兴恒、陆英、宋立功，2009-10
    评语：外系教材
48. 数学实验，李尚志、陈发来，蓝色畅想，2004-8
    评语：国家级精品课程教材
49. 偏微分方程，陈祖墀，中国科学技术出版社，2002-1
    评语：46,47是“中国科学技术大学21世纪教改系列教材”中的两本，这套丛书中还有上面28徐森林教授的《实变函数论》.
50. 交换代数导引，宋光天，中国科学技术大学出版社，2002-08-01
    评语：冯克勤《交换代数基础》的改编版，学过近世代数课程的读者均可学习该教材. 《交换代数导引》可作为数学系研究生公共基础课教材和数学系高年级本科生选修课教材，也可供数学工作者参考.本书在微盘上有pdf版. 有一本 Atiyah,Macedonald 的同名书，比这本好几个档次，中译本的pdf也可在微盘上找到.
51. 泛函分析讲义（上册），张恭庆，北京大学出版社，2001-12-1
    评语：少有的用外校教材的课，第一作者是北京大学教授、中国科学院院士，主攻无穷维莫尔斯理论，陈省身数学奖(1986)与华罗庚数学奖(2009)年双料得主.他的妻弟文兰院士也是双料得主，隔代继承了姐夫的中国数学会理事长的交椅.陈、华二奖的双料得主还有北大的姜伯驹院士，中国科学院系统科学研究所的李邦河院士和中国科学院应用数学研究所的马志明院士.
52. 数值分析方法，奚梅成，中国科学技术大学出版社，1995-2
    评语：计算机系及其他非数学系“计算方法”课教材
53. 数值计算方法与算法，张韵华，科学出版社，2006-5

1.数学分析，王昆扬，北京师范大学，http://video.chaoxing.com/play_400001575_18227.shtml

2.高等代数，丘维生，北京大学，http://video.chaoxing.com/serie_400015565.shtml

3.高等代数，李尚志，北京航天航空大学，http://video.chaoxing.com/serie_400001055.shtml

4.实变函数，上海交大，http://video.1kejian.com/university/ggkc/12481/或者http://www.dxzy163.com/view/index6750.html后者包括一些泛函分析

5.抽象代数，邓少强，南开大学http://www.icourses.cn/jpk/viewCharacterDetail.action?courseId=5968§ionId=100992

6.抽象代数，章璞，上海交大，http://video.chaoxing.com/serie_400008049.shtml

7.泛函分析.国立台湾大学，http://video.1kejian.com/video/?68356-0-0.html

8.高等代数,杜现昆,吉林大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_3399.html

9.常微分方程,史少云,吉林大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_6531.html

10.数学物理方法,吴崇试,北京大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_3569.html

11.偏微分方程,朱长江,华中师范大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_4147.html

12.复变函数,刘太顺,湖州师范学院,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_3950.html

13.泛函分析,孙炯,内蒙古大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_7021.html

14.高等代数,林亚南,厦门大学,http://www.icourses.cn/coursestatic/course_3077.html

国立交通大学开放式课程：http://ocw.nctu.edu.tw/index.php

15.台湾大学陈金次老师高等微积分http://ocw.aca.ntu.edu.tw/ntu-ocw/index.php/ocw/cou/101S130/2/V/1?v=ntu

豆瓣视频推荐http://www.douban.com/group/topic/50463538/

善科数学视频：http://www.mysanco.cn/index.php?class=video&action=video_collection#tab9

爱课程网http://www.icourses.cn/home/

1.Integrals of the Ising class (D.H. Bailey J.M. Borwein R.E.Crandall)

2.Hypergeometric forms for Ising-class integrals (D.H. Bailey, D. Borwein, J.M. Borwein,R.E. Crandall)

3. Finding General Explicit Formulas for Ising Integral Recursions (D.H. Bailey J.M. Borwein)

4.On Recurrences for Ising Integrals (Johannes Kepler University Linz, Austria)

1.THREE TRIPLE INTEGRALS (G. N. WATSON)

2.WATSON'S THIRD INTEGRAL (Hannah Cairns)

3.ON THE EVALUATION OF GENERALIZED WATSON INTEGRALS (G. S. JOYCE AND I. J. ZUCKER)

1.Box integrals (D.H. Bailey J.M. Borwein R.E. Crandall)

2.Higher-dimensional box integrals (Jonathan M. Borwein O-Yeat Chan y R. E. Crandall)

3.ADVANCES IN THE THEORY OF BOX INTEGRALS (D. H. BAILEY, J. M. BORWEIN, AND R. E. CRANDALL)

1.Euler Sums and Contour Integral Representations (Philippe Flajolet and Bruno Salvy)

2.Experimental evaluation of Euler sums (D.H.Bailey J.M.Borwein andR.Girgensohn)

3.Evaluation of triple euler sums (Jonathan M. Borwein)

4.Harmonic sums,Mellin transforms and Integrals (J.A.M.Vermaseren,NIKHEF)

1.EllipticK 范例

在三维立点阵中随机访问并返回原点的概率：

1 - \[Pi]^2/

72 (6 + 2 Sqrt[3] + Sqrt[6]) EllipticK[

35 + 24 Sqrt[2] - 20 Sqrt[3] - 14 Sqrt[6]]^-2 // N

测试程序

BlockRandom[SeedRandom[11]; 
Count[Table[walkerPosition = {0, 0, 0}; steps = 0; 
While[steps == 0 || (steps < 100 && walkerPosition =!= {0, 0, 0}), 
steps++; 
walkerPosition = 
walkerPosition + {{1, 0, 0}, {-1, 0, 0}, {0, 1, 0}, {0, -1, 
0}, {0, 0, 1}, {0, 0, -1}}[[Random[Integer, {1, 6}]]]]; 
steps, {1000}], _?(# < 100 &)]]

2.Beta

贝塔函数倒数的$n\times n$ 矩阵的行列式为$n!$：

9月5号逆神在数学竞赛交流群里给了一份试题，建模结束后自己才真正仔细思考起来，经过各位大神的指教，终于能够把所有试题的答案给补全，难免存在错误，联系2609480070@qq.cm进行纠正.

数学分析练习题

来源：逆蝶

整理：1729

2014年9月5日

下面的习题均来自大学生数学竞赛群群友逆蝶提供的数学分析练习题，难免存在错误，请联系（2609480070）进行纠正！

1.已知$a_1=a_2=1,a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n,n=1,2,\ldots$，求幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty{a_n x^n}$的收敛半径，收敛域以及和函数.

解.\begin{align*}&{a_{n + 2}} + {a_{n + 1}} = 3\left( {{a_{n + 1}} + {a_n}} \right) \\\Rightarrow &{a_{n + 1}} + {a_n} = \left( {{a_2} + {a_1}} \right) \times {3^{n - 1}} = 2 \times {3^{n - 1}}\\&{a_{n + 1}} - \frac{1}{2} \times {3^n} = \left( { - 1} \right)\left( {{a_n} - \frac{1}{2} \times {3^{n - 1}}} \right) \\\Rightarrow &{a_n} - \frac{1}{2} \times {3^{n - 1}} = \frac{1}{2}{\left( { - 1} \right)^{n - 1}}.\end{align*}

即

\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}{x^n}} &= \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{3^{n - 1}} + {{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}} \right){x^n}} \\&= \frac{1}{6}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( {3x} \right)}^n}} - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - x} \right)}^n}} \\&= \frac{1}{2}\frac{x}{{1 - 3x}} + \frac{1}{2}\frac{x}{{1 + x}} = \frac{{x\left( {1 - x} \right)}}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}.\end{align*}

由\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{3^n} + {{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{3^{n - 1}} + {{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}} = 3\]

知幂级数收敛半径为$\frac13$，收敛域为$\left(-\frac13,\frac13\right)$.

2.计算级数\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\left( {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}} \right)} \]的和.

解.由Stolz公式

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{{n + 1}}}}{{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n + 2}} = 0.\]

我们有

\begin{align*}&\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\left( {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}} \right)} \\&= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\left[ {\left( {n + 1} \right)\left( {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}} \right) - n\left( {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} + \frac{1}{{n + 1}}} \right) + \frac{n}{{n + 1}}} \right]} \\&= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}}{n} - \frac{{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right)} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \\&= 1 - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{{n + 1}}}}{{n + 1}} + \frac{{{\pi ^2}}}{6} - 1 = \frac{{{\pi ^2}}}{6}.\end{align*}

3.设$\alpha$是实数，计算\[\int_0^\infty {\frac{{dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {x^\alpha }} \right)}}} .\]

解.令$x=\tan t$，我们知

\begin{align*}\int_0^\infty {\frac{{dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {x^\alpha }} \right)}}} &= \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\cos }^\alpha }t}}{{{{\sin }^\alpha }t + {{\cos }^\alpha }t}}dt} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^\alpha }t}}{{{{\sin }^\alpha }t + {{\cos }^\alpha }t}}dt} \\&= \frac{1}{2}\left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\cos }^\alpha }t}}{{{{\sin }^\alpha }t + {{\cos }^\alpha }t}}dt} + \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^\alpha }t}}{{{{\sin }^\alpha }t + {{\cos }^\alpha }t}}dt} } \right)\\&= \frac{\pi }{4}.\end{align*}

4.设$f(x)$在$[0,\pi]$连续，求证：不能同时有\[\int_0^\pi {{{\left| {f\left( x \right) - \sin x} \right|}^2}dx} < \frac{\pi }{4},\int_0^\pi {{{\left| {f\left( x \right) - \cos x} \right|}^2}dx} < \frac{\pi }{4}.\]又问何时上面的两个不等式成为等式？

证.注意到

\[a^2+b^2\geq \frac{(a-b)^2}{2}.\]

我们有

\[\int_0^\pi {{{\left| {f\left( x \right) - \sin x} \right|}^2}dx} + \int_0^\pi {{{\left| {f\left( x \right) - \cos x} \right|}^2}dx} \ge \int_0^\pi {\frac{{{{\left( {\sin x - \cos x} \right)}^2}}}{2}dx} = \frac{\pi }{2}.\]

由抽屉原理知题给两式不能同时成立.由取等条件知当且仅当

\[f\left( x \right) - \sin x = \cos x - f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\sin x + \cos x}}{2}\]

时取等成立.

5.设$f(x)$在$[0,\infty]$上有$n+1$阶连续导函数，且$f(0)\geq 0,f'(0)\geq0,\ldots,f^{(n)}(0)\geq0.$又对任意$x>0$，有$f(x)\leq f^{(n+1)}(x)$.求证：$f(x)\geq0$.

证.1. （gg）若$f(x)$在$x=0$的某个领域$(0,\xi)$内，满足$f(x)>0$.不妨设存在某个$x>0$，有$f(x)<0$，则此时由连续性，存在某个$x_1>0$，使得$f(x_1)=0$.当$x\in(0,x_1)$时，有$f(x)>0$，则$f^{n+1}(x)\geq f(x)>0$.易推得$f(x)$在$(0,x_1)$上为增函数，$f(x_1)>0$，故此时假设不成立；

2. 若$f(x)$在$x=0$的某个邻域$(0,\xi)$内，满足$f(x)<0$，下证矛盾.构造$g\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {{f^{\left( k \right)}}\left( x \right)} /{e^x}$，则$g(x)$为增函数，所以$g\left( x \right) \ge g\left( 0 \right) \ge 0 \Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {{f^{\left( k \right)}}\left( x \right)} \ge 0$.由于$f(x)$在$x=0$的某个邻域$(0,\xi)$内，满足$f(x)<0$，则必存在某个$\xi_1$，使得当$x\in(0,\xi_1)$时，有$f(x)<0$.对$k=1,2,\ldots,n$，均存在$\xi_k>0$，使得当$x\in(0,\xi_k)$时，使得$f^{(k)}(x)<0$.取$\eta=\min\{\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_n\}$.当$x\in(0,\eta)$时，有$\sum\limits_{k = 0}^n {{f^{\left( k \right)}}\left( x \right)}<0$，矛盾；

3. 若$f(x)$在$x=0$的某个邻域$(0,\xi)$内，满足$f(x)=0$，且$f(x)$不恒为0，易知此时可推得$(0,\xi)$内，有$f^{(k)}(x)=0,k=1,2,3,\ldots,n$.可转化为在$x=\xi$为初始点的情况，这时我们可采用类似1.,2.的讨论；

4. 若$f(x)=0$，则命题得证.

综上，命题成立.

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（逆蝶）对于$x\in(0,1]$，由Taylor公式，存在$x_1\in(0,1)$使\[f\left( x \right) = f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x + \cdots + \frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( {{x_1}} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{x^{n + 1}}.\]根据条件得\[f\left( x \right) \ge f\left( {{x_1}} \right)\frac{{{x^{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}.\]同样将$f(x_1)$展开，可得$x_2\in(0,x_1)$使得\[f\left( {{x_1}} \right) \ge f\left( {{x_2}} \right)\frac{{x_1^{n + 1}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}.\]继续这个过程，可得$(0,x)$中严格递减序列$\{x_k\}$使得\[f\left( {{x_k}} \right) \ge f\left( {{x_{k + 1}}} \right)\frac{{x_k^{n + 1}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}.\]于是\[f\left( x \right) \ge f\left( {{x_{k + 1}}} \right)\frac{{{x^{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}\frac{{x_1^{n + 1}}}{{\left( {n + 1} \right)!}} \cdots \frac{{x_k^{n + 1}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}.\]因为$x$及$x_k$都在$[0,1]$中，上式右端当$k\to+\infty$时趋于0，于是对于$x\in[0,1]$有$f(x)\geq0$.由此\[f'\left( x \right) = f'\left( 0 \right) + f''\left( 0 \right)x + \cdots + \frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}}{{\left( {n - 1} \right)!}}{x^{n - 1}} + \frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( \xi \right)}}{{n!}}{x^n} \ge \frac{{f\left( \xi \right)}}{{n!}}{x^n} \ge 0,\]其中$\xi\in(0,x)$.归纳可证$f^{(k)}\geq0,x\in[0,1],k=1,2,\ldots,n+1$.对函数$g(x)=f(x+1)$重复以上过程可知$f(x)\geq0,x\in[1,2]$.用归纳法可证对任意自然数$m$，$f(x)$在$[m,m+1]$上非负.于是结论得证.

6. 设$f(x)$是$[0,+\infty)$上连续函数，满足$0<f(x)<1$，而且无穷积分在$\int_0^{+\infty}{f(x)\, dx}$和$\int_0^{+\infty}{xf(x)\, dx}$都收敛.求证：\[\int_0^{ + \infty } {xf\left( x \right)\, dx} > \frac{1}{2}{\left( {\int_0^{ + \infty } {f\left( x \right)\, dx} } \right)^2}.\]

证.令\[g\left( y \right) = \int_0^y {xf\left( x \right)dx} - \frac{1}{2}{\left( {\int_0^y {f\left( x \right)dx} } \right)^2},y>0.\]

我们得到\[g'\left( y \right) = yf\left( y \right) - f\left( y \right)\int_0^y {f\left( x \right)dx} = f\left( y \right)\left( {y - \int_0^y {f\left( x \right)dx} } \right).\]

又$0<f(x)<1$，我们得到\[0 < \int_0^y {f\left( x \right)dx} < \int_0^y {dx} = y.\]因此我们有$g'(y)>0,g(y)>g(0)=0.$再令$y\to+\infty$即可.

7. 设$0<\alpha\leq1,\beta>0,\alpha+\beta>1$，$f(x)$是$[1,+\infty)$的正函数，且$\int_1^{+\infty}{f(x)\, dx}$收敛.求证：$\int_1^{+\infty}{\frac{{(f(x))}^\alpha}{x^\beta}\, dx}$收敛.

证.当$\alpha=1$时，由\[0 < \int_1^{ + \infty } {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^\beta }}}dx} \le \int_1^{ + \infty } {f\left( x \right)dx} .\]可知积分收敛.

当$0<\alpha<1$时.

（Holder积分不等式）若函数$f(x)$与$g(x)$在区间$[a,b]$上连续非负，且$p>1,\frac1p+\frac1q=1$，则有不等式\[\int_a^b {f\left( x \right)g\left( x \right)dx} \le {\left( {\int_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^p}dx} } \right)^{\frac{1}{p}}}{\left( {\int_a^b {{{\left[ {g\left( x \right)} \right]}^q}dx} } \right)^{\frac{1}{q}}}.\]

取$p=\frac1\alpha,q=\frac1{1-\alpha},f(x)={[f(x)]}^\alpha,g(x)=\left(\frac1x\right)^\beta$，对于任给的正数$A$，我们有

\[0 < \int_1^A {\frac{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^\alpha }}}{{{x^\beta }}}dx} \le {\left( {\int_1^A {f\left( x \right)dx} } \right)^\alpha }{\left( {\int_1^A {\frac{1}{{{x^{\frac{\beta }{{1 - \alpha }}}}}}dx} } \right)^{1 - \alpha }} \le {\left( {\int_1^{ + \infty } {f\left( x \right)dx} } \right)^\alpha }{\left( {\int_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^{\frac{\beta }{{1 - \alpha }}}}}}dx} } \right)^{1 - \alpha }}.\]

再注意到$\int_1^{ + \infty } {f\left( x \right)dx} ,\int_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^{\frac{\beta }{{1 - \alpha }}}}}}dx} \left( {\frac{\beta }{{1 - \alpha }} > 1} \right)$均收敛即可得证.

8. 设$\{a_n\}$是正的递增数列.求证：级数$\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{a_{n+1}}{a_n}-1\right)$收敛的充分必要条件是$\{a_n\}$有界.

证.1. ($\Rightarrow$)注意到\[\ln(1+x)<x,x>0.\]我们有\[A = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} - 1} \right)} > \sum\limits_{n = 1}^\infty {\ln \frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \ln \frac{{{a_n}}}{{{a_1}}}.\]故\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = B \le {a_1}{e^A}.\]

2. ($\Leftarrow$)又\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} - 1} \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{a_n}}}} < \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{a_1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n} - {a_1}}}{{{a_1}}} = \frac{1}{{{a_1}}}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} - 1.\]故$\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{a_{n+1}}{a_n}-1\right)$收敛.

9. 设$\alpha>0,\{a_n\}$是递增正数列.求证：级数$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_{n+1}-a_n}{a_{n+1}a_n^\alpha}$收敛.

证.1. 当$0<\alpha<1$时，有\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{a_{n + 1}}a_n^\alpha }}} \le \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{\alpha }\left( {\frac{1}{{a_n^\alpha }} - \frac{1}{{a_{n + 1}^\alpha }}} \right)} = \frac{1}{{\alpha a_1^\alpha }} - \frac{1}{\alpha }\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{a_n^\alpha }}.\]

事实上，由Lagrange中值定理，我们有\[\frac{{a_{n + 1}^\alpha - a_n^\alpha }}{{{a_{n + 1}} - {a_n}}} = \alpha {\xi ^{\alpha - 1}} > \alpha a_{n + 1}^{\alpha - 1},\]其中$\xi\in(a_n,a_{n+1})$.

因此，根据$a_n$单调递增的性质，对于其有界和无界两种情况，不等式右端的级数都是收敛的，由此得证.

2. 当$\alpha\geq1$时，又有

\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{a_{n + 1}}a_n^\alpha }}} &= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_n^\alpha }} - \frac{{a_n^{1 - \alpha }}}{{{a_{n + 1}}}}} \right)} \le \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_n^\alpha }} - \frac{{a_{n + 1}^{1 - \alpha }}}{{{a_{n + 1}}}}} \right)} \\&= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_n^\alpha }} - \frac{1}{{a_{n + 1}^\alpha }}} \right)} = \frac{1}{{a_1^\alpha }} - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{a_n^\alpha }}.\end{align*}

同理，不等式右端的级数亦是收敛的，证毕.

10. 设$0<\alpha<1$，证明数列\[{a_n} = \frac{1}{{1 + {n^\alpha }}} + \frac{1}{{2 + {n^\alpha }}} + \cdots + \frac{1}{{n + {n^\alpha }}},n = 1,2, \cdots \]发散.

证.注意到\[x>\ln(x+1).\]我们有\[\frac{1}{{k + {n^\alpha }}} > \ln \frac{{k + 1 + {n^\alpha }}}{{k + {n^\alpha }}}.\]

因此\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{k + {n^\alpha }}}} > \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \ln \frac{{n + 1 + {n^\alpha }}}{{1 + {n^\alpha }}} \to \infty .\]

所以此数列发散.

11. 计算\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{n}{{{1^2} + \sqrt n + {n^2}}} + \frac{n}{{{2^2} + 2\sqrt n + {n^2}}} + \cdots + \frac{n}{{{n^2} + n\sqrt n + {n^2}}}} \right).\]

解.注意到

\begin{align*}&\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{n}{{{k^2} + {n^2}}}} - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{n}{{{k^2} + k\sqrt n + {n^2}}}} } \right] = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{kn\sqrt n }}{{\left( {{k^2} + k\sqrt n + {n^2}} \right)\left( {{k^2} + {n^2}} \right)}}} \\&\le \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{kn\sqrt n }}{{{n^2} \cdot {n^2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n\sqrt n }}{{{n^2} \cdot {n^2}}} \cdot \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 0.\end{align*}

因此

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{n}{{{k^2} + k\sqrt n + {n^2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{n}{{{k^2} + {n^2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{{\left( {\frac{k}{n}} \right)}^2} + 1}}} = \int_0^1 {\frac{1}{{{x^2} + 1}}dx} = \frac{\pi }{4}.\]

12. 设$f(x)$是$[0,2\pi]$上可导的凸函数，$f'(x)$有界.试证\[{a_n} = \frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {f\left( x \right)\cos nx\, dx} \ge 0.\]

证.由分部积分，我们有

\[{a_n} = \frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {f\left( x \right)\cos nxdx} = \frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {f\left( x \right)d\frac{{\sin nx}}{n}} = - \frac{1}{{n\pi }}\int_0^{2\pi } {f'\left( x \right)\sin nxdx} .\]

又由第二积分中值定理，我们有

\begin{align*}\int_0^{2\pi } {f'\left( x \right)\sin nxdx} &= f'\left( {0 + } \right)\int_0^\xi {\sin nxdx} + f'\left( {2\pi - } \right)\int_\xi ^{2\pi } {\sin nxdx} \\&= \frac{{1 - \cos n\xi }}{n}\left[ {f'\left( {0 + } \right) - f'\left( {2\pi - } \right)} \right] \le 0.\end{align*}

故\[{a_n} = - \frac{1}{{n\pi }}\int_0^{2\pi } {f'\left( x \right)\sin nxdx} \ge 0.\]

13. 设$\{a_n\}$是正数列使得$\sum\limits_{n=1}^\infty{\frac{1}{a_n}}$收敛.求证\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{n}{{{a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}}}} \le 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{a_n}}}} ,\]而且上式右端的系数2是最佳的.

证.由柯西不等式我们得

\[\sum\limits_{m = 1}^n {\frac{{{m^2}}}{{{a_m}}}} \sum\limits_{m = 1}^n {{a_m}}  \ge {\left( {1 + 2 +  \cdots  + n} \right)^2} = \frac{1}{4}{n^2}{\left( {n + 1} \right)^2},\]

即\[\frac{n}{{{a_1} + {a_2} +  \cdots  + {a_n}}} \le \frac{4}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}\sum\limits_{m = 1}^n {\frac{{{m^2}}}{{{a_m}}}} .\]

因此

\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{n}{{{a_1} + {a_2} +  \cdots  + {a_n}}}}  &\le 4\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}\sum\limits_{m = 1}^n {\frac{{{m^2}}}{{{a_m}}}} }  = 4\sum\limits_{m = 1}^\infty  {\frac{{{m^2}}}{{{a_m}}}\sum\limits_{n = m}^\infty  {\frac{1}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} } \\&\le 4\sum\limits_{m = 1}^\infty  {\frac{{{m^2}}}{{{a_m}}}\sum\limits_{n = m}^\infty  {\frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \right]} }  = 2\sum\limits_{m = 1}^\infty  {\frac{1}{{{a_m}}}} .\end{align*}

这里用到了\[\frac{1}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} \le \frac{1}{2}\frac{{2n + 1}}{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{1}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \right].\]

注意到$a_n=n^\alpha,\alpha>1$时有

\[\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 1} \frac{{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{n}{{{a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}}}} }}{{\sum\limits_{j = 1}^\infty {\frac{1}{{{a_j}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 1} \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \frac{{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{n}{{{1^\alpha } + {2^\alpha } + \cdots + {n^\alpha }}}} }}{{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{{n^\alpha }}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 1} \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \frac{{\frac{N}{{\frac{1}{{\alpha + 1}}{N^{\alpha + 1}} + O\left( {{N^\alpha }} \right)}}}}{{\frac{1}{{{N^\alpha }}}}} = 2.\]

14. 设$f(x)$是$[0,+\infty)$上正的连续函数，且$\int_0^{+\infty}{\frac{1}{f(x)}\, dx}$收敛.记$F(x)=\int_0^x{f(t)\, dt}$.求证\[\int_0^{ + \infty } {\frac{x}{{F\left( x \right)}}dx} < 2\int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} ,\]且上式右端的系数2是最佳的.

证.（陈洪葛）由$Cauchy-Schwarz$不等式，得到\[\left( {\int_0^x {f\left( t \right)dt} } \right) \cdot \left( {\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} } \right) \ge {\left( {\int_0^x {tdt} } \right)^2} = \frac{1}{4}{x^4}.\]

所以

\[\int_0^{ + \infty } {\frac{x}{{F\left( x \right)}}dx} \le \int_0^{ + \infty } {\frac{4}{{{x^3}}}\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} dx} .\]

注意到\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{{x^2}}}\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{2f\left( x \right)}} = 0.\]

以及\[\frac{1}{{{x^2}}}\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} = \int_0^\xi {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} < \int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} .\]

故\begin{align*}&\int_0^A {\frac{4}{{{x^3}}}\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} dx} = \int_0^A {\left( {\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} } \right)d\left( { - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} \\&= \int_0^A {\frac{2}{{f\left( x \right)}}dx} - \frac{2}{{{A^2}}}\int_0^A {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} < \int_0^A {\frac{2}{{f\left( x \right)}}dx} - 2\int_\xi ^A {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt}.\end{align*}

令$A\to+\infty$，得到

\[\int_0^{ + \infty } {\frac{4}{{{x^3}}}\int_0^x {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} dx} \le \int_0^{ + \infty } {\frac{2}{{f\left( x \right)}}dx} - 2\int_\xi ^{ + \infty } {\frac{{{t^2}}}{{f\left( t \right)}}dt} < \int_0^{ + \infty } {\frac{2}{{f\left( x \right)}}dx}.\]

另外，当我们取$f(x)=x^a+1(a>1)$时，有$\int_0^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^a} + 1}}} = \frac{\pi }{{a\sin \frac{\pi }{a}}}$收敛.此时有

\[\mathop {\lim }\limits_{a \to 1} \frac{{\int_0^{ + \infty } {\frac{x}{{F\left( x \right)}}dx} }}{{\int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} }} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 1} \frac{{\int_0^{ + \infty } {\frac{x}{{{x^{a + 1}}/\left( {a + 1} \right) + x}}dx} }}{{\int_0^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^a} + 1}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 1} \frac{{\int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^a}/\left( {a + 1} \right) + 1}}dx} }}{{\int_0^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^a} + 1}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 1} {\left( {a + 1} \right)^{\frac{1}{a}}} = 2.\]

15. 设$f(x)$在$\mathbb{R}$上有二阶导函数，$f(x),f'(x),f''(x)$都大于零，假设存在正数$a,b$使得$f''(x)\leq af(x)+bf'(x)$对一切$x\in\mathbb{R}$成立.

1. 求证：$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'\left( x \right) = 0$;

2. 求证：存在常数$c$使得$f'(x)\leq cf(x)$;

3. 求使上面不等式成立的最小常数$c$.

证.1. 显然由单调有界定理知$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'\left( x \right)$均存在，不妨设$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right)=c_1,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'\left( x \right)=c_2$.因此我们有$f(x)\geq c_1\geq0,f'(x)\geq c_2\geq0$.又\[f\left( 0 \right) = \int_x^0 {f'\left( x \right)dx} + f\left( x \right) \ge - {c_2}x + f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) \le {c_2}x + f\left( 0 \right).\]我们知$c_2=0$，否则令$x\to-\infty$，矛盾.

2. 令

\begin{align*}&g\left( x \right) = \left( {\frac{{b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right){e^{\frac{{ - b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}x}},\\&g'\left( x \right) = \left( {af\left( x \right) + bf'\left( x \right) - f''\left( x \right)} \right){e^{\frac{{ - b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}x}} \ge 0.\end{align*}

又$\lim\limits_{n\to-\infty} g(x)=0$.故$g(x)\geq g(-\infty)=0$.即\[f'\left( x \right) \le \frac{{b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}f\left( x \right).\]故存在常数$c={\frac{{b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}}$使得$f'(x)\leq cf(x)$成立.

3. 我觉得应该把“求使上面不等式成立的最小常数$c$”改成“求使上面不等式成立的最大常数$c$”.事实上，我们取：

\[\left\{ \begin{array}{l}h\left( x \right) = {e^{cx}}\\h'\left( x \right) = c{e^{cx}}\\h''\left( x \right) = {c^2}{e^{cx}}\end{array} \right.\left( {c > 0} \right).\]

只需保证\[c^2\leq bc+a\Rightarrow 0<c\leq {\frac{{b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}}.\]

故常数$c$的最大值为${\frac{{b + \sqrt {4a + {b^2}} }}{2}}$.

16. 设$f(x)$是$\mathbb{R}$上有下界或者有上界的连续函数且存在正数$a$使得\[f\left( x \right) + a\int_{x - 1}^x {f\left( t \right)dt} \]为常数.求证：$f(x)$必为常数.

证.（Slade）由题意，$f(x)$必存在上下界，否则，在等式\[f\left( x \right) + a\int_{x - 1}^x {f\left( t \right)dt}=C\]两端同时取$x\to \infty$，等式左端无界，而右端为常数，矛盾.

再之，注意到$\int_{x-1}^x f(t)\,dt$是可微的，故$f$也是可微的.又\[f'\left( x \right) = a\left( {f\left( {x - 1} \right) - f\left( x \right)} \right) \Rightarrow \left| {f'\left( x \right)} \right| \le a\left( {\left| {f\left( {x - 1} \right)} \right| + \left| {f\left( x \right)} \right|} \right).\]由于$f$有界，故$f'$亦有界.记$N=[a]+1$，则$0<\frac aN<1$.令$x=\frac x N$，我们得到\[f'\left( {\frac{x}{N}} \right) = a\left( {f\left( {\frac{x}{N} - 1} \right) - f\left( {\frac{x}{N}} \right)} \right).\]

固定$x$，由Lagrange中值定理，存在${a_1} \in \left( {\frac{x}{N} - 1,\frac{x}{N}} \right)$使得\[f\left( {\frac{x}{N} - 1} \right) - f\left( {\frac{x}{N}} \right) = - \frac{1}{N}f'\left( {{a_1}} \right),\]即$f'\left( {\frac{x}{N}} \right) = - \frac{a}{N}f'\left( {{a_1}} \right)$.类似地，我们有数列$\{a_n\}$使得\[f'\left( {\frac{x}{N}} \right) = - \frac{a}{N}f'\left( {{a_1}} \right) = {\left( { - \frac{a}{N}} \right)^2}f'\left( {{a_2}} \right) = \cdots = {\left( { - \frac{a}{N}} \right)^n}f'\left( {{a_n}} \right).\]令$n\to\infty$，我们有$f'\left( {\frac{x}{N}} \right) = 0 $即$f'\left( x \right) = 0$.故$f(x)$必为常数.

17. 设$f:[0,+\infty)\to [0,+\infty)$且对任意$x\geq0$有$f\circ f(x)=af(x)+bx$，其中$a<0,b>0$.求$f(x).$

证.先证明几个引理：

引理1.设$f\in C^0(\mathbb{R},\mathbb{R})$是方程$f(f(x))=af(x)+bx$的解.若方程中的常数$b\neq0$，则$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$即单射又是满射，即是一个一一映射.

引理2.设$f\in C^0(\mathbb{R},\mathbb{R})$是方程$f(f(x))=af(x)+bx$的解.若$b\neq0$，且$\lambda$的多项式$\lambda^2-a\lambda-b$的两个根$r$与$s$不相等，则对任意$x\in\mathbb{R}$及任意$n\in\mathbb{Z}$均有

\[{f^n}\left( x \right) = \frac{{{s^n}\left( {f\left( x \right) - rx} \right) + {r^n}\left( {sx - f\left( x \right)} \right)}}{{s - r}}.\]

事实上，当$n$为非正整数时下一式成立：\[{f^n}\left( x \right) = \frac{{{s^n}\left( {{f^{ - 1}}\left( x \right) - \frac{x}{r}} \right) + {r^n}\left( {\frac{x}{s} - {f^{ - 1}}\left( x \right)} \right)}}{{\frac{1}{s} - \frac{1}{r}}}.\]以$f(x)$代替$x$，以$n-1$代替$n$，可推知$n$为非正整数时亦成立.

引理3.设$g_n\in C^0(\mathbb{R},\mathbb{R})$，且${(-1)}^n g_n(x)$对$x$单调递增（$n=0,1,2,\ldots$）.若极限$g(x)=\lim\limits_{n\to\infty}g_n(x)$对任$x\in \mathbb{R}$均存在，则极限函数$g$是个常值函数.

事实上，因$g(x)=\lim\limits_{n\to\infty}g_{2n}(x)$，而$g_{2n}(x)$对$x$递增.又因$g(x)=\lim\limits_{n\to\infty}g_{2n+1}(x)$，而$\lim\limits_{n\to\infty}g_{2n+1}(x)$对$x$递减，故$g(x)$对$x$递减.于是$g$只能是个常值函数.

回到原题，我们有定理：设$r$及$s$是$\lambda$的二次多项式$\lambda^2-a\lambda-b=0$的两个根.若$r<0<s$，且$r\neq -s$，则$f\in C^0(\mathbb{R},\mathbb{R})$是方程$f(f(x))=af(x)+bx$的解的充分必要条件是$f(x)=rx$（对任$x\in\mathbb{R}$），或者$f(x)=sx$（对任$x\in\mathbb{R}$），或者，当$s=1$时还可以是$f(x)=rx+c$（对任$x\in\mathbb{R}$，$c$可以是任一个给定的实数）.

定理的充分性部分是显然的.下面证明定理的必要性部分，设$f$是方程$f(f(x))=af(x)+bx$的一个解，据引理1知$f$严格单调.若$f$严格递增，可推出

\[sx - f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {s - r} \right){f^n}\left( x \right)}}{{{r^n}}},\text{若}\left| r \right| > s,\\\mathop {\lim }\limits_{n \to - \infty } \frac{{\left( {s - r} \right){f^n}\left( x \right)}}{{{r^n}}},\text{若}\left| r \right| < s.\end{array} \right.\]

因${(-1)}^n(s-r)f^n(x)/r^n$是$x$的递增函数（任意$n\in\mathbb{Z}$），由引理3可知极限函数$sx-f(x)$恒取常值，即存在某$c\in\mathbb{R}$使得$f(x)=sx+c$对任意$x\in\mathbb{R}$成立，把$f(x)$的这一表达式代入得到$s^2x+sc+c=(r+s)(sx+c)-rsx$，推出$c=0$.因此，当$f$递增时$f(x)=sx$（对任意$x\in\mathbb{R}$）.

若$f$严格递减，可推出\[f\left( x \right) - rx = \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {s - r} \right){f^n}\left( x \right)}}{{{s^n}}},s > \left| r \right|,\\\mathop {\lim }\limits_{n \to - \infty } \frac{{\left( {s - r} \right){f^n}\left( x \right)}}{{{s^n}}},s < \left| r \right|.\end{array} \right.\]

因${(-1)}^n(s-r)f^n(x)/s^n$是$x$的递增函数（任意$n\in\mathbb{Z}$），由引理3可同样推出$f(x)=rx+c$（对任意$x\in\mathbb{R}$）.将此表达式代入得到$r^2x+rc+c=(r+s)(rx+c)-rsx$，可化简为$(s-1)c=0$.因此，当$s\neq1$时$c=0$，当$s=1$时$c$可为任意给定的实数.

另外：注意到$f:[0,+\infty)\to [0,+\infty)$这一条件，我们知$f(x)=sx(s>0)$.可参阅：

[1]关于迭代函数方程$f^2(x)=af(x)+bx$的通解，麦结华，数学研究与评论第17卷第1期83-90页，1997年2月.

[2]J.Matkowski and Zhang Weinian, Method of characteristics for functional equations in polynomial

form, Acta Math.Sinica, New Series.

18. 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且对任意$x$有$f(2x-f(x))=x$.求证：$f(x)\equiv x+c$，其中$c$为常数.

证.（逆蝶）令$g(x)=2x-f(x)$，则$f[g(x)]=x$，显然$g$是单射且为增函数.若$g$有上界，则$\lim\limits_{x\to+\infty}{g(x)}=a$存在.又$f$连续，$\lim\limits_{x\to+\infty}{f[g(x)]}=f(a)$，矛盾.从而$g$无上界也无下界.由于$g$连续，$\forall x\in R,\exists y$使得$x=g(y)$.从而$f(x)=f[g(y)]=y$，于是$g[f(x)]=g(y)=x$.由$g$递增知$f$递增.

若$\exists x_1,x_2$使得$f(x_1)-x_1\neq f(x_2)-x_2$，则由于$f(x)-x$的连续性知其可以取遍$f(x_1)-x_1$及$f(x_2)-x_2$之间的任何数.

设$d,d'$在它们之间，且$d/d'>1$是正无理数，设$d=f(x)-x,d'=f(x')-x'$.令$x_0=x,x_{n+1}=2x_n-f(x_n)$，则$f(x_{n+1})=x_n$.归纳可得$x_n=x+nd$，同理$x'_n=x'+nd'$.

令$x_m>x'_n,x_{m+1}<x'_n+1$，即$x+md>x'+nd,x+d+md<x'+d'+nd'$.即$(x'-x)/d<(md')/d-n<(x'-x)/d+(d/d'-1)$.由$d/d'$为无理数知上式关于$m,n$有解，这与$f$递增矛盾.

下面是一个推广：对$\forall m\neq0$，若一个连续函数$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$满足函数方程\[f\left(2x-\frac{f(x)}{m}\right)=mx,\]则有$f(x)=m(x-c)$.

证.（陈洪葛）我们设$g(x)=2x-\frac{f(x)}{m}$，显然$g(x)$是连续函数且有\[g(g(x))=2g(x)-x,\forall x\in\mathbb{R}.\]

若$g(x_1)=g(x_2)$，则有$g(g(x_1))=g(g(x_2))$，我们得到\[x_1=x_2.\]故$g(x)$是一个单射，而我们知道，若$g(x)$是一个连续的单射，则$g(x)$严格单调（关于这点可以用反证法证明）.因此，$g(x)$有2种情况，严格递增或者严格递减.下面证明$g(x)$只能严格递增.

（反证）设$g(x)$严格递减，则对于$x_1<x_2$，我们有$g(x_1)>g(x_2)$，接着又有$g(g(x_1))<g(g(x_2))$，二者等价于\[2g(x_1)-x_1<2g(x_2)-x_2\Leftrightarrow 2[g(x_1)-g(x_2)]<x_1-x_2.\]上面不可能成立，因为左边大于0而右边小于0，故$g(x)$只能严格递增.

改写$g(g(x))=2g(x)-x$为\[g(g(x))-g(x)=g(x)-x.\]递推后得到\[g^n(x)=ng(x)-(n-1)x,(n\geq1),\]这里$g^{(n)}(x)$表示$n$次复合.那么有\[g^n(x)-g^n(0)=n[g(x)-x-g(0)]+x\Leftrightarrow\frac{g^n(x)-g^n(0)}{n}=g(x)-x-g(0)+\frac{x}{n}.\]而$g(x)$严格递增，$g^n(x)$也严格递增，故对上式令$n\to\infty$，由$g(x)$的单调性，我们得到

\begin{align*}g(x)&\leq x+g(0),&&x<0\\g(x)&\geq x+g(0),&&x>0.\end{align*}

这样，我们得到$g(x)$的值域也是$\mathbb{R}$，故$g(x)$是一个一一映射，且$g^{-1}$存在.现在，用$x=g^{-1}(g^{-1}(y))$代入原来的方程，则有\[g^{-1}(g^{-1}(y))=2g^{-1}(y)-y.\]$g^{-1}(y)$同样满足这个方程，则用相同的手段，我们得到

\begin{align*}g^{-1}(y)&\leq y+g(0),&&y<0\\g^{-1}(y)&\geq y+g(0),&&y>0.\end{align*}

现在，用$x=g^{-1}(y)$代入\[g(g(x))-g(x)=g(x)-x\]得到\[g(y)-y=y-g^{-1}(y).\]令$y=0$得到$g^{-1}(0)=-g(0)$.

假设$g(0)\geq0$，则对$x>0$有$g(x)\geq x+g(0)>0$，则对$y=g(x)>0$有$x>g(x)+g^{-1}(0)=g(x)-g(0)$.故得到

\[g(x)=x+g(0),x>0\]同理可得\[g(x)=x+g(0),x<0.\]这样我们得到$f(x)=m(x-g(0))$对$x\in\mathbb{R}$成立.

19. 设$0<a<2$.求证：不存在$(-\infty,+\infty)$上连续的函数$f(x)$，使得对任意$x$有$f(ax-f(x))=x$.

证.我们设$g(x)=ax-f(x)$，显然$g(x)$是连续函数且有\[g(g(x))=ag(x)-x,\forall x\in\mathbb{R}.\]假设此方程有一连续函数解$g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$且多项式方程$r^2-ar+1=0$有一对复数特征根\[{r_1} = a - ib = S\exp \left( { - i\theta } \right),{r_2} = a + ib = S\exp \left( {i\theta } \right)，\]其中$a,b\in \mathbb{R},b>0,S>0$及$\theta\in(0,\pi)$.易知$f$是单调的且$f^2$是严格递增的.并且对于$x\neq0$有$f(x)\neq x$.因此当$f$是严格递增时，数列$\left\{ {{f^{n + 1}}\left( x \right)-{f^n}\left( x \right)} \right\}$对于任意固定的$x\neq0$同样是严格递增的.因此，我们有

\begin{align*}{f^n}\left( x \right) &= \frac{{r_2^n}}{{{r_2} - {r_1}}}\left( {f\left( x \right) - {r_1}x} \right) + \frac{{r_1^n}}{{{r_2} - {r_1}}}\left( {{r_2}x - f\left( x \right)} \right)\\&= \frac{1}{b}{S^n}\sin \theta \cdot f\left( x \right) - \frac{1}{b}{S^{n + 1}}\sin \left( {n - 1} \right)\theta \cdot x.\end{align*}

则

\[{f^{n + 1}}\left( x \right) - {f^n}\left( x \right) = r_2^nU\left( x \right) + r_1^nV\left( x \right),\]

其中$U\left( x \right) = \frac{{{r_2} - 1}}{{{r_2} - {r_1}}}\left( {f\left( x \right) - {r_1}x} \right),V\left( x \right) = \frac{{{r_1} - 1}}{{{r_2} - {r_1}}}\left( {{r_2}x - f\left( x \right)} \right)$.显然$\overline U\left( x \right) = V\left( x \right)$，故对于固定的$x\neq0$我们可令

\[U\left( x \right) = T\exp \left( {it} \right)\text{和}V\left( x \right) = T\exp \left( { - it} \right),\]

其中$T\geq0$且$t\in[0,2\pi]$.因此\[\begin{array}{l}{f^{n + 1}}\left( x \right) - {f^n}\left( x \right) = {S^n}T\left[ {\exp \left( {i\left( {n\theta + t} \right)} \right) + \exp \left( { - i\left( {n\theta + t} \right)} \right)} \right]\\= 2{S^n}T\cos \left( {n\theta + t} \right)\end{array}.\]

因为当$T>0$时$S>0$，与数列$\left\{ {{f^{n + 1}}\left( x \right)-{f^n}\left( x \right)} \right\}$的性质矛盾；当$T=0$时我们有$U(x)=V(x)=0$，因此对所有$x\neq0$我们有$f(x)=r_1x=r_2x$，由此我们得到$r_1=r_2$这一矛盾的结论.证毕.

20. 求证：不存在可微函数$f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$满足方程\[f'(x)=f\circ f(x),x\in(0,+\infty).\]

证.（刘畅）由$f(x)>0$知$f(f(x))>0$，从而有$f'(x)>0$，显然$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$（否则得到$\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0$，矛盾），因此$\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}f(f(x))=+\infty$.当$x$充分大时，我们有$f'(x)>1$，故存在足够大的$n\in\mathbb{N_+}$使得$f(n)>n+1$，我们有\[f\left( {n + 1} \right) - f\left( n \right) = \int_n^{n + 1} {f'\left( x \right)dx} = \int_n^{n + 1} {f\left( {f\left( x \right)} \right)dx} > f\left( {n + 1} \right),\]矛盾.

21. 设正数列$\{a_n\}$满足$\varliminf\limits_{n\to+\infty}{a_n}=1,\varlimsup\limits_{n\to+\infty}{a_n}<+\infty,\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}=1.$求证：

\[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}=1.\]

证.（别人解答）记$x_n=\ln a_n$，由题设条件，

\begin{align*}&\varliminf\limits_{n\to+\infty}x_n=0,\varlimsup\limits_{n\to+\infty}x_n\leq A<+\infty(A>0),\\&\lim\limits_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n x_k=0.\end{align*}

假设所有的$x_n\geq0$，则当$x\leq\ln2$时，成立不等式$e^x\leq1+2x$.对于固定的$n$，记${S_n} = \left\{ {i \in \mathbb{Z}\left| {1 \le i \le n,{x_i} \le \ln 2} \right.} \right\},{T_n} = \left\{ {i \in \mathbb{Z}\left| {1 \le i \le n,{x_i} > \ln 2} \right.} \right\}$，则

\[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{x_k}} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k \in {S_n}} {{x_k}} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k \in {T_n}} {{x_k}} \ge \frac{{\left| {{T_n}} \right|}}{n}\ln 2 \ge 0.\]

由此即知\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left| {{T_n}} \right|}}{n} = 0.\]

从而\[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{x_k}}}} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k \in {S_n}} {{e^{{x_k}}}} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k \in {T_n}} {{e^{{x_k}}}} \le 1 +\frac{{\left| {{T_n}} \right|}}{n}\left( {C+ {e^A}} \right) + \frac{2}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{x_k}} .\]而\[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{x_k}}}} \ge {e^{\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{x_k}} }}.\]由迫敛性即得\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{x_k}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} = 1.\]在一般情况下，作序列\[{z_n} = \left\{ \begin{array}{l}- {x_n},{x_n} < 0\\0,{x_n} \ge 0\end{array} \right.,n = 1,2, \cdots \]由题设可知\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {z_n} = 0.\]故$y_n=x_n+z_n\geq0$，得到$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{y_k}} = 0.$从而$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{y_k}}}} = 1$，再由$\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{x_k}}}} \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{y_k}}}}$，可得\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{e^{{x_k}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} = 1.\]

22. 设$f(x)$在$\mathbb{R}$上有二阶连续导数且满足方程\[f^3+{(f')}^3=1.\]求证：$f=1$.

证.（刘畅）显然$f=1$满足题意.当$f\neq1$时，我们有

\[f' = \sqrt[3]{{1 - {f^3}}},f'' = \frac{{ - {f^2}f'}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 - {f^3}} \right)}^2}}}}} = \frac{{ - {f^2}}}{{\sqrt[3]{{1 - {f^3}}}}}.\]

若$\exists x_0\in\mathbb{R}$使$f(x_0)>1$，则$f'(x_0)<0$，故对$x\leq x_0$都有$f'(x)<0,f''(x)>0$,从而$f(-\infty)=+\infty$.若$\exists x_1>x_0$使得$f(x_1)<1$，则对$x\leq x_1$都有$f'(x)>0,f''(x)<0$，故$f(-\infty)=-\infty$，矛盾.

故对$x>x_0$，均有$f(x)\geq1$.

若$\exists a>x_0$使得$f(a)=1$（其中$a$为使得$f(x)=1$的最小实数），则我们有$x>a$均有$f(x)=1$，这时有$f''(x)$在$x=a$处不连续，矛盾.

若不$\exists b>x_0$使得$f(b)=1$，则对于$x\in\mathbb{R}$均有$f(x)>1$，设$f(+\infty)=1$（否则有$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'\left( x \right) < 0$，与$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'\left( x \right) = 0$矛盾），而\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'\left( x \right) = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f''\left( x \right) = + \infty .\]亦矛盾.证毕.

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一边参考葛神的日志，一边把这题做出来了，在今年中秋节这算是给我的不错礼物.