Eufisky - The lost book

## 二重积分计算

\begin{align*}&\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin x\sin y\left( \sin x+\sin y \right) \text{e}^{\sin x\sin y}\text{d}x\text{d}y}}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ^2x\sin y\text{e}^{\sin x\sin y}\text{d}x\text{d}y}}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ^2x\cos y\text{e}^{\sin x\cos y}\text{d}x\text{d}y}}\\=&2\iint_S{x\text{e}^x\text{d}x\text{d}y},\end{align*}

$$I=2\int_0^1{x\text{e}^x\frac{\pi}{2}\sqrt{1-x^2}\frac{\text{d}x}{\sqrt{1-x^2}}}=\pi \int_0^1{x\text{e}^x\text{d}x}=\pi.$$

\begin{align*}&\iint_D{\sin x\sin y\left( \sin x+\sin y \right) e^{\sin x\sin y}d\sigma}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ^2x\sin ye^{\sin x\sin y}dxdy}}=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\left( 1-\cos ^2x \right) \sin ye^{\sin x\sin y}dxdy}}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ye^{\sin x\sin y}dxdy}}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\cos x\frac{\partial e^{\sin x\sin y}}{\partial x}dxdy}}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ye^{\sin x\sin y}dxdy}}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\left[ \cos x\left. e^{\sin x\sin y} \right|_{0}^{\pi /2}-\left( \int_0^{\frac{\pi}{2}}{\left( -\sin x \right) e^{\sin x\sin y}dx} \right) \right] dy}\\=&2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin ye^{\sin x\sin y}dxdy}}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\left( -1 \right) dy}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin xe^{\sin x\sin y}dxdy}}\\=&\pi .\end{align*}

## LaTeX输入主值积分符号

\def\Xint#1{\mathchoice
{\XXint\displaystyle\textstyle{#1}}%
{\XXint\textstyle\scriptstyle{#1}}%
{\XXint\scriptstyle\scriptscriptstyle{#1}}%
{\XXint\scriptscriptstyle\scriptscriptstyle{#1}}%
\!\int}
\def\XXint#1#2#3{{\setbox0=\hbox{$#1{#2#3}{\int}$}
\vcenter{\hbox{$#2#3$}}\kern-.5\wd0}}
\def\ddashint{\Xint=}
\def\dashint{\Xint-}
\dashint gives a single-dashed integral sign, \ddashint a double-dashed one.

$$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{\left( x^n+\frac{1}{x^n} \right) \left( x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}} \right)}}=\frac{x}{x^2-1}\sum_{n=0}^{\infty}{\left( \frac{1}{x^{2n}+1}-\frac{1}{x^{2n+2}+1} \right)}=\frac{1}{2}\frac{x}{x^2-1}$$

Cheatsheet – Python & R codes for common Machine Learning Algorithms：https://www.analyticsvidhya.com/blog/2015/09/full-cheatsheet-machine-learning-algorithms/

Essentials of Machine Learning Algorithms (with Python and R Codes)：https://www.analyticsvidhya.com/blog/2015/08/common-machine-learning-algorithms/

10 种机器学习算法的要点（附 Python 和 R 代码）：http://blog.jobbole.com/92021/

## LaTeX排版心得

1、用LaTeX高效排版化学方程式http://www.latexstudio.net/archives/9998

2、张敬信老师的LaTeX入门讲座http://www.latexstudio.net/archives/5325

3、用LaTeX制作私房菜谱http://www.latexstudio.net/archives/9988

4、我自己排版的《笑傲江湖》

5、时尚的图http://www.latexstudio.net/archives/6556

6、颜色不一样的烟火http://www.latexstudio.net/archives/5103

7、特殊符号http://www.latexstudio.net/archives/4719

8、图片跨页显示http://www.latexstudio.net/archives/4683

## 复分析作业

1.设$\displaystyle f_n\in O(D),f_n\rightrightarrows f$, $\displaystyle S_n=\cup_{k\geq n}f_k(D)$,令$\displaystyle S=\cap_{n=1}^\infty S_n$.问$S$的内部$\mathring{S}$和$f(D)$有什么关系?

2.Schwarz引理: $f:\triangle\to \triangle$解析, $f(0)=0$,则$|f'(0)|\leq 1$,并且$|f'(0)|= 1\Leftrightarrow f\in \mathrm{Aut} (\triangle)$.

(1)求出$\lambda$;

(2)若$f\in \mathscr{F}_{z_0}$,则$f\in \mathrm{Aut} (\triangle) \Leftrightarrow |f'(z_0)|=\lambda$.

3.设$f_n,g_n\in O(\triangle),n\geq 1$,设$|f_n(z)|\leq 2,|g_n(z)|\leq 2,|f_n(z)g_n(z)|\leq\frac1n,\forall z,\forall n$.设$f_n(0)=0,g_n(0)=1,\forall n$.设$\{z_n\}$是$\triangle$中子列,若满足$f_n(z_n)=1,g_n(z_n)=0,\forall n$,则$\lim\limits_{n\to\infty}|z_n|=1$.

4.对$r\in (0,1)$,记$A_r=\{z\in \mathbb{C}|r<|z|<1\}$

(1)对$\forall r\in (0,1)$,证明$A_r,\triangle^\ast,\mathbb{C}^\ast$不共形等价;

(2)设$r_1,r_2\in (0,1)$,若$A_{r_1}\cong A_{r_2}$,则$r_1=r_2$;

(3)计算$A_r$的自同构群$\mathrm{Aut}(A_r)$.

5.证明$\mathbb{C}^\ast,\triangle^\ast,A_r$同胚.

Let $q>0$ such that $[q[qn]]+1=[q^2n],n=1,2,\cdots$,solve $q$.

(1)计算$S^n(r)$上诱导度量$i^\ast g_0$在球极投影坐标下的表达式;

(2)计算$(S^n(r),i^\ast g_0)$的在一组正交标架下的联络形式;

(3)证明$(S^n(r),i^\ast g_0)$是常曲率黎曼流形.

(1) $f_{ij}=f_{ji}$,其中$i,j=1,2,\ldots,m$;

(2)$f_{ijk}-f_{ikj}=f_lR_{ijk}^l$,其中$i,j,k=1,2,\ldots,m$.

## 我想做数学家---数学物理学家趣闻逸事

Math1.普林斯顿高等研究院成立后，冯·诺伊曼应聘担任了研究院的教授。当时那个研究院仅聘有六名教授，其中就包括创建相对论的大物理学家爱因斯坦，前辈天才大数学家外尔等。冯·诺伊曼那年30岁，而立之年，是普林斯顿最年轻的教授。普林斯顿高等研究院因这些天才们的聚集而飞速发展，其研究水平之高，令世人瞩目。普林斯顿很快就成为世界数学的中心，是全世界数学家们的向往之地，著名的华裔数学家陈省身、樊畿与华罗庚都先后在这所研究院工作过。

Math2.有所长必有所短，天才的数学家冯·诺依曼却是个非常蹩脚的司机，开车时经常走神去思考问题，难免时常出现险情与交通事故。他几乎每年要撞坏一部汽车。在当年普林斯顿的一条街道的尽头，堆放着所有被冯·诺依曼“报销”了的废车，那块地方获得了一个绰号：冯·诺依曼之角。

Math3.冯·诺依曼能够在普林斯顿高等研究院内成功地研制计算机是奇迹，是异数，要知道一个轰隆作响的计算机与研究院里那高雅沉稳的传统学术气氛是多么不协调。只有冯·诺依曼，能够凭着他那超级人望和威信，说服研究院同仁，加之他长袖善舞，成功游说政府和军方慷慨解囊，方使得计算机的科研项目在普林斯顿高等研究院上马启动。虽然研究院容忍他聘雇进来一批工程师，制造了计算机，但是没有多少数学家对他的科研项目真正感兴趣。冯·诺依曼是数学家出身，深深理解他的同事们，他明白普林斯顿高等研究院绝非计算机科学和计算数学生长的好土壤。在他将要离开普林斯顿，前往首都华盛顿就职的时候，他必须为他的计算机找个栖身之地。他选中了附近的普林斯顿大学，而普林斯顿大学也乐意接受冯·诺依曼的“礼物”，并承诺保持机器正常运转。后来，普林斯顿大学十分后悔，因为计算机的运转与维护费用一年高达十万美元。冯·诺依曼去世的不幸消息传来，普林斯顿大学立即关闭了计算机。冯·诺依曼的计算机一时之间成了“食之无味，弃之可惜”的一堆废铁。IBM趁机索要，普林斯顿大学乐得甩掉“包袱”，让IBM用大卡车运走了。拥有当年冯·诺依曼的计算机，IBM在制造电子计算机的厂商中间鹤立鸡群，风头更劲。普林斯顿大学后悔莫及，当年IBM没有拆走的、钉在墙上的6英寸的计算机的开关控制器，成为仅存的珍贵文物。更为可惜的是，当年冯·诺依曼的追随者们，后来都成为计算机科学的先锋，他们各奔东西，没有一个留在普林斯顿，那个让他们受尽歧视的地方。

Math4. 香农(Shannon)发明信息论的时候，引入了对事件不确定性的度量。为了给这个概念取一个合适的名字，想着冯·诺伊曼是个数学家，就去征求他的意见。冯·诺依曼建议把它叫做熵（Entropy），因为这个词已经在热力学中得到了应用，而且更重要的是，没人知道熵到底是什么意思，因此在与别人辩论的时候便会永远处于不败之地。

Math5.据说有一天，冯·诺依曼心神不定地被同事拉上了牌桌。一边打牌，一边还在想他的课题，狼狈不堪地“输掉”了10元钱。这位同事也是数学家，突然心生一计，想要捉弄一下他的朋友，于是用赢得的5元钱，购买了一本冯·诺依曼撰写的《博弈论和经济行为》，并把剩下的5元贴在书的封面，以表明他 “战胜”了“赌博经济理论家”，着实使冯·诺依曼“好没面子”。

Math6.在ENIAC计算机研制时期。 有几个数学家聚在一起切磋数学难题，百思不得某题之解。有个人决定带着台式计算器回家继续演算。次日清晨，他眼圈黑黑，面带倦容走进办公室，颇为得意地对大家炫耀说：“我从昨天晚上一直算到今晨4点半，总算找到那难题的5种特殊解答。它们一个比一个更难咧！”说话间，冯·诺依曼推门进来，“什么题更难？”虽只听到后面半句话，但“更难”二字使他马上来了劲。有人把题目讲给他听，教授顿时把自己该办的事抛在爪哇国，兴致勃勃地提议道：“让我们一起算算这5种特殊的解答吧。”

Math7.一次,冯诺伊曼在晚会上,女主人勇敢地向他提出一个谜题:

"太让我惊讶了,你这么快就算出来了,"她说道,"大多数数学家都没能看出这里面的技巧,而是用无穷级数去计算,这花费了他们很长时间。"
"什么技巧?我也是用无穷级数算的,"冯诺依曼回答道。

Math8.钟开莱给人的印象那是牛逼哄哄的。甫列华氏门墙，一天华老爷子啰里八嗦讲了一大堆东西，钟开莱不服气回家折腾了十页的纲领性文字，第二天上课的时候扔给华罗庚，意思是你拿去看吧。华老爷子很不爽，说你不就是个毛头孩子吗，跟我玩这套，华罗庚也折腾了一晚上，硬是把这10页压缩成3页，回敬给钟开莱。当时是西南联大吧，学习氛围可见一斑。

Math9.钟开莱到美国留学以后，师从John Tukey和Harald Cramér。据说John Tukey曾经用红笔把钟开莱论文中的语法错误一一标注出来。钟开莱就跑到图书馆把John Tukey的全部著作都找出来，用红笔将其中的所有语法错误也一一标注。

Math10. 钟开莱原本就读于清华大学（西南联大）物理系，当时西南联大理学院院长是吴有训先生。

吴有训开设光学课，钟开莱听了几次课以后觉得他讲授的内容书上全都有，自己看书自学就可以，就开始逃课。

可当时理学院听课的学生只有寥寥十来人，走了一个很现形，吴有训很快发觉钟开莱逃课的事实，大发雷霆。钟开莱担心今后的日子混不下去，所以转到了数学系。

---杨振宁赠陈省身

Math11. 杨振宁当时是西南联大物理系学生，陈省身是数学系老师。杨振宁选了一门陈省身的《微分几何》。一次杨振宁遇到一道题，想了好几天也想不出来。而当他向陈省身请教时，陈先生一句话就让他茅塞顿开，这道题就迎刃而解了，“一句话能把我苦思冥想的问题解决，这足见陈先生的大智慧。”
Math12.“陈先生上课非常奇妙，简直像变戏法一样。后来，我听他在美国的学生讲，看他上课的板书，简直让人惊讶。当他算一道题的时候，经常越算越长，写满了一黑板，而陈先生一点都不着急，依然有条理地算下去。算到最后，神奇的事情发生了，长长的演算一项一项都相互消去了，最后剩下了一个极为简洁的结果，我们都觉得他有一种化腐朽为神奇的力量。他屡屡在做这件事情，学生们觉得他上课像变戏法一样。”

Math13. 他每天来上课，都在黑板上写满长长的微分计算，而这些微分需要微分形式的变换。他从来不带任何笔记，从来不停顿去思考任何难以捉摸的结论，从来不犯错误。整个课堂展开得如此美妙流畅，就好像我们在阅读一本编写完美的书。后来，一位非常有勇气的学生在课后问他，他是如何做到这些的。他平静地回答，事实上，他开始发展这个主题时就没有写下任何东西。他说，就好像他头脑里有一块黑板，相关的知识就写在上面并永远存在。这样说是如此的文雅，没有让人感到一点不谦虚。
------- Robert E. Greene回忆陈省身教书

## 问题征解1

1.（高等代数）证明:实对称矩阵${A_n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{1}}&{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\end{array}} \right]$的特征值都大于$0$,且小于等于$3+2\sqrt{2}$.

$\left\{ \begin{array}{l}b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 + \cdots + b_n^2 = 1,\\b_2^2 + b_3^2 + \cdots + b_n^2 = \frac{1}{2},\\\vdots \\b_n^2 = \frac{1}{n}.\end{array} \right.$

$0\leq\frac{x^TB^TBx}{x^Tx}=\frac{(Bx)^TBx}{x^Tx}\leq 3+2\sqrt{2},$

$0\leq\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{\left(x_1+x_2+\cdots +x_k\right)^2}{k\left(k+1\right)}}+\frac{\left(x_1+x_2+\cdots +x_n\right)^2}{n}\leq (3+2\sqrt{2})\sum_{k=1}^n{x_{k}^{2}}.$

$\left(\frac{x_{1}^{2}}{a_1}+\frac{x_{2}^{2}}{a_2}+\cdots +\frac{x_{k}^{2}}{a_k}\right)\left(a_1+a_2+\cdots +a_k\right)\geq\left(x_1+x_2+\cdots +x_k\right)^2.$

$\frac{\left(x_1+x_2+\cdots +x_k\right)^2}{k\left(k+1\right)}\leq\sum_{i=1}^k{\frac{a_1+a_2+\cdots +a_k}{k\left(k+1\right)a_i}x_{i}^{2}}.$

$\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{\left(x_1+x_2+\cdots +x_k\right)^2}{k\left(k+1\right)}}+\frac{\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)^2}{n}\leq\sum_{k=1}^n{y_kx_{k}^{2}},$

$y_k=\sum_{i=k}^{n-1}{\frac{a_1+a_2+\cdots +a_i}{i\left(i+1\right)a_k}}+\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{na_k}.$

$y_k=\frac{1}{a_k}\left(\sum_{i=k}^{n-1}{\frac{1}{\left(i+1\right)\sqrt{i}}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right).$

\begin{align*}2\left(\frac{1}{\sqrt{i}}-\frac{1}{\sqrt{i+1}}\right)&=2\frac{\sqrt{i+1}-\sqrt{i}}{\sqrt{i}\cdot\sqrt{i+1}}=2\frac{1}{\sqrt{i}\cdot\sqrt{i+1}\left(\sqrt{i+1}+\sqrt{i}\right)}\\&\geq 2\frac{1}{\sqrt{i}\cdot\sqrt{i+1}\left(\sqrt{i+1}+\sqrt{i+1}\right)}=\frac{1}{\left(i+1\right)\sqrt{i}}.\end{align*}

\begin{align*}y_k&\leq\frac{1}{a_k}\left[\sum_{i=k}^{n-1}{2\left(\frac{1}{\sqrt{i}}-\frac{1}{\sqrt{i+1}}\right)}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right]=\frac{1}{a_k}\left[2\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)+\frac{1}{\sqrt{n}}\right]\\&\leq\frac{2}{a_k\sqrt{k}}=\frac{2}{\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\sqrt{k}}=\frac{2\left(\sqrt{k}+\sqrt{k-1}\right)}{\sqrt{k}}\\&=2\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{k}}\right)<4<3+2\sqrt{2}.\end{align*}

2.（高等概率论）Let the stochastic processes $\{X_k,1\leq k\leq n\}$ and $\{X'_k,1\leq k\leq n\}$ be independent of one another and have the same joint distributions. If $m_k$ is a median of $X_k,1\leq k\leq n$. Prove: for $\lambda>0$,

$$P\left( {\mathop {\max }\limits_{1 \le k \le n} \left| {{X_k} - {m_k}} \right| \ge \lambda } \right) \le 2P\left( {\mathop {\max }\limits_{1 \le k \le n} \left| {{X_k} - {X'_k}} \right| \ge \lambda } \right).$$

$A_k^+=\left\{S_{k-1}^{\ast}<\lambda , X_k-m_k\geq\lambda\right\},\quad A_k=\left\{S_{k-1}^{\ast}<\lambda , X_k-m_k\leq -\lambda\right\},$则有$A_k^+\cap A_k^-=\emptyset,A_k^+\cup A_k^-=A_k$,且$\forall 1\leq i<j\leq n, A_i^+\cap A_j^+=A_i^-\cap A_j^-=\emptyset$.又因为$A_i\cap A_j=\emptyset$,则$\forall 1\leq i<j\leq n,A_i^+\cap A_j^-=\emptyset$.再令$M_{k}^{+}=\left\{m_k-X'_k\geq 0\right\},M_{k}^{-}=\left\{m_k-X'_k\leq 0\right\}$且$B_k=\left\{\underset{1\leq j\leq k-1}{\max}\left| X_j-X'_j\right|<\lambda ,\left| X_k-X'_k\right|\geq\lambda\right\},$

$P\left(\underset{1\leq k\leq n}{\max}\left| X_k-X'_k\right|\geq\lambda\right)=P\left(\bigcap_{k=1}^n{B_k}\right).$

$P\left(\underset{1\leq k\leq n}{\max}\left| X_k-X'_k\right|\geq\lambda\right)=P\left(\bigcap_{k=1}^n{B_k^+}\right)+P\left(\bigcap_{k=1}^n{B_k^-}\right).$

\begin{align*}P\left(\underset{1\leq k\leq n}{\max}\left| X_k-X'_k\right|\geq\lambda\right)&\geq P\left(\bigcap_{k=1}^n{\left(A_{k}^{+}\cap M_{k}^{+}\right)}\right)+P\left(\bigcap_{k=1}^n{\left(A_{k}^{-}\cap M_{k}^{-}\right)}\right)\\&=\sum_{k=1}^n{P\left(A_{k}^{+}\right)\cdot P\left(M_{k}^{+}\right)}+\sum_{k=1}^n{P\left(A_{k}^{-}\right)\cdot P\left(M_{k}^{-}\right)}\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n{\left[P\left(A_{k}^{+}\right)+P\left(A_{k}^{-}\right)\right]}=\frac{1}{2}P\left(\bigcap_{k=1}^n{\left(A_{k}^{+}\cap A_{k}^{-}\right)}\right)\\&=\frac{1}{2}P\left(\bigcap_{k=1}^n{A_k}\right)=\frac{1}{2}P\left\{\underset{1\leq k\leq n}{\max}\left| X_k-m_k\right|\geq\lambda\right\}.\end{align*}

3.（高等代数）$F$为数域, $A,B,P\in M_n(F)$, $P$幂零且$(A-B)P=P(A-B),\qquad BP-PB=2(A-B).$

\begin{align*}B{G^n} - {G^n}B&= \left( {B{G^n} - GB{G^{n - 1}}} \right) + \left( {GB{G^{n - 1}} - {G^2}B{G^{n - 1}}} \right) + \cdots + \left( {{G^{n - 1}}BG - {G^n}B} \right)\\&= H{G^{n - 1}} + GH{G^{n - 2}} + \cdots + {G^{n - 1}}H = nH{G^{n - 1}},\end{align*}

$B{G^n} - {G^n}B=nH{G^{n - 1}}.$

\begin{align*}\left( {B + H} \right)Q - QB &= \left( {B + H} \right)\left( {1 - G + \frac{{{G^2}}}{{2!}} - \frac{{{G^3}}}{{3!}} + \cdots } \right) - \left( {1 - G + \frac{{{G^2}}}{{2!}} - \frac{{{G^3}}}{{3!}} + \cdots } \right)B\\&= \sum\limits_{n \ge 0} {\left[ {\left( {B + H} \right)\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{G^n}}}{{n!}} - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{G^n}}}{{n!}}B} \right]} = \sum\limits_{n \ge 0} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}\left( {B{G^n} - {G^n}B + H{G^n}} \right)} \\&= \sum\limits_{n \ge 0} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}\left( {nH{G^{n - 1}} + H{G^n}} \right)} = \sum\limits_{n \ge 0} {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\frac{{H{G^{n - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}} + \frac{{H{G^n}}}{{n!}}} \right)} = 0.\end{align*}

## 2017考研题解

$$\lim_{n\rightarrow\infty}n^n\left(x_n-\frac{\pi}{2}\right)=0.$$

\begin{align*}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(n+1\right)^{n+1}\left(x_{n+1}-\frac{\pi}{2}\right)&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(n+1\right)^{n+1}\left(x_n+\cos x_n-\frac{\pi}{2}\right)\\&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(n+1\right)^{n+1}\left(x_n+\sin\left(\frac{\pi}{2}-x_n\right)-\frac{\pi}{2}\right)\\&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(n+1\right)^{n+1}\left(x_n+\left(\frac{\pi}{2}-x_n\right)-\frac{1}{6}\left(\frac{\pi}{2}-x_n\right)^3-\frac{\pi}{2}\right)\\&=-\frac{1}{6}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(n+1\right)^{n+1}\left(\frac{\pi}{2}-x_n\right)^3\\&=-\frac{1}{6}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(n+1\right)^{n+1}}{n^{3n}}\left[n^n\left(x_n-\frac{\pi}{2}\right)\right]^3=0.\end{align*}

TangSong：令$y_n=\frac\pi2-x_n$,得到$y_n=y_{n-1}-\sin y_{n-1}$.可以证明$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n+1}}{y_{n}^{3}}=\frac{1}{6}.$$因此当$n>N$时,我们有$$\frac{y_{n+1}}{y_{n}^{3}}<\frac{1}{2}.$$因此$$0<y_n<\frac{1}{2}y_{n-1}^{3}<\left(\frac{1}{2}\right)^{1+3}y_{n-2}^{3^2}<\cdots <\left(\frac{1}{2}\right)^{1+3+\cdots +3^{n-N-2}}y_{N+1}^{3^{n-N-1}},$$

\begin{align*}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_{3n - 3}}}\\{{x_{3n - 2}}}\\{{x_{3n - 1}}}\end{array}} \right) &= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}3&{ - 2}&1\\4&{ - 1}&0\\4&{ - 3}&2\end{array}} \right)^{n - 1}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0}}\\{{x_1}}\\{{x_2}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{1/2}&3\\2&0&4\\2&0&5\end{array}} \right){\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}} \right)^{n - 1}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&{5/2}&{ - 2}\\2&1&{ - 2}\\0&{ - 1}&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}5\\7\\8\end{array}} \right)\\&= \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{1/2}&3\\2&0&4\\2&0&5\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{n - 1}&0\\0&1&0\\0&0&{{2^{n - 1}}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&{5/2}&{ - 2}\\2&1&{ - 2}\\0&{ - 1}&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}5\\7\\8\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{n + 1 + 3 \times {2^{n - 1}}}\\{2n + 1 + {2^{n + 1}}}\\{2n + 1 + 5 \times {2^{n - 1}}}\end{array}} \right).\end{align*}

## 误差函数Erf专题

1.int e^(-x^2-2y^2),  y=0..x, x=0..\infty用WolframAlpha计算二重积分.

$\int_0^\infty {\int_0^x {{e^{ - {x^2} - 2{y^2}}}} } dydx = \frac{{\arctan \left( {\sqrt 2 } \right)}}{{2\sqrt 2 }}.$

\begin{align*}I\left( b \right) &= \int_0^\infty  {\int_0^x {{e^{ - {a^2}{x^2} - {b^2}{y^2}}}} } dydx = \int_0^\infty  {{e^{ - {a^2}{x^2}}}dx\int_0^x {{e^{ - {b^2}{y^2}}}} } dy\\&= \frac{1}{b}\int_0^\infty  {{e^{ - {a^2}{x^2}}}dx\int_0^{bx} {{e^{ - {y^2}}}} } dy = \frac{{\sqrt \pi  }}{{2b}}\int_0^\infty  {{e^{ - {a^2}{x^2}}} \mathrm{erf}\left( {bx} \right)dx}. \end{align*}

\begin{align*}I'\left( b \right) &=  - \frac{1}{{{b^2}}}\int_0^\infty  {{e^{ - {a^2}{x^2}}}dx\int_0^{bx} {{e^{ - {y^2}}}} } dy + \frac{1}{b}\int_0^\infty  {x{e^{ - \left( {{a^2} + {b^2}} \right){x^2}}}dx} \\&=  - \frac{1}{b}I\left( b \right) + \frac{1}{{2b\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}.\end{align*}

## 关于$\pi$的级数

$$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{1 + 14n + 76{n^2} + 168{n^3}}}{{{2^{20n}}}}{{\left( \begin{array}{c}2n\\n\end{array} \right)}^7}} = \frac{{32}}{{{\pi ^3}}}.$$

1.若$\alpha\beta=\pi$,则$$\sqrt \alpha \int_0^\infty {\frac{{{e^{ - {x^2}}}dx}}{{\cosh \alpha x}}} = \sqrt \beta \int_0^\infty {\frac{{{e^{ - {x^2}}}dx}}{{\cosh \beta x}}} .$$
2.求证$\int_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{7\pi x}}}}{{{{\left( {{e^{3\pi x}} + {e^{ - 3\pi x}}} \right)}^3}\left( {1 + {x^2}} \right)}}dx} = \frac{\pi }{8} + \frac{{4\left( {837\sqrt 3 + 5\pi \left( {161 - 75\sqrt 3 \pi } \right)} \right)}}{{3375{\pi ^2}}}.$
3.2016.12.30
$\int_{ - \infty }^\infty {\frac{{{x^3}\sin x}}{{{x^4} + 2{x^2} + 1}}dx} = \frac{\pi }{{2e}}.$
4.求$\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\ln \left( {2k - 1} \right)}}{{2k - 1}}} .$