题目:设三条不同的直线$l_1:ax+2by+3(a+b+1)=0$,$l_2:bx+2(a+b+1)y+3a=0$,$l_3:(a+b+1)x+2ay+3b=0$,则它们相交于一点的充分必要条件为______.

:答案是$2a+2b+1=0$.
解析:三条直线交于一点,当且仅当关于$x,y$的线性方程组
$$
\begin{cases}
ax+2by=-3(a+b+1)\\
bx+2(a+b+1)y=-3a\\
(a+b+1)x+2ay=-3b
\end{cases}
$$
有且仅有一组解.该线性方程组的增广矩阵
$$
B_{1}=
\begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix}
$$
将矩阵$B_{1}$进行初等变换:
\begin{align*}
B_{1}&= \begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix} \\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{列乘以}\left(-\frac{1}{3}\right)]{\mbox{第}2\mbox{列乘以}\frac{1}{2}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
a+b+1&a&b
\end{pmatrix}=B_{2}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}1\mbox{行乘以}-1\mbox{加
到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
b+1&a-b&-a-1
\end{pmatrix}=B_{3}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}2\mbox{行乘以}-1\mbox{加到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{4}
\\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{行乘以}-a\mbox{加到第}1\mbox{行上}]{\mbox{第}3\mbox{行乘以}-b\mbox{加到第}2\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
0&2ab+a+b&2a^{2}+2a+b+1\\
0&2b^2+a+2b+1&2ab+a+b\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{5}.
\end{align*}
则该线性方程组有且仅有一解当且仅当矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的秩为$2$,且矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$.

先求线性方程组有且仅有一解的必要条件:
因为$3\times 3$矩阵$B_{2}$的秩为$2$,故$\det B_{2}=0$,即
\begin{align*}
\det B_{2}&=3ab(a+b+1)-a^3-b^3-(a+b+1)^3
\\&=-(2a+2b+1)[a^2+b^2+(a+b+1)^2-ab-b(a+b+1)-(a+b+1)a]
\\&=-(2a+2b+1)\left[\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}\right]
\\&=0,
\end{align*}

$$
\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}=0
$$
时,$a=b=-1$.此时矩阵$B_{2}(B_{5})$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩为$1$,矛盾.故只能有$2a+2b+1=0$.将这条关系代入矩阵$B_{5}$,得
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix}
$$
由于$\forall a\in \mathbf{R},2a^2+a+\cfrac{1}{2}\neq 0$,故矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的子矩阵的秩也为$2$.综上所述,三条直线交于一点的必要条件是$2a+2b+1=0$.

再说明$2a+2b+1=0$是线性方程组有且仅有一解的充分条件:
当$2a+2b+1=0$时,可得矩阵
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix},
$$
可得矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$,故线性方程组有且只有一个解.

我开始学习如何利用LaTeX的Tikz绘制图形.下面是我学习过程中绘制的一些例子.

\begin{tikzpicture}[domain=-2:3,scale=0.6]
  \draw[thick,->] (-2,0) -- (4.5,0) node[right] {$x$};
  \draw[thick,->] (0,-2) -- (0,5.8) node[above] {$y$};
  \draw[thick,color=red] plot (\x,{-1.4*\x +3}) node[right] {$l_{2}$};
  \draw[thick,color=blue] plot (\x,{-0.5*\x+ 2}) node[right] {$l_{3}$};
  \draw[thick,color=brown] plot (\x,{1.2*\x +1}) node[right]{$l_{1}$};
\end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture}[scale=0.6]
\draw[-latex](-4,0) -- (5,0) node[below]{$x$};
\draw[-latex](0,-4) -- (0,6) node[right]{$y$};
\draw[help lines,dashed,color=black] ( -4,-4 ) grid ( 5, 6);
\fill (1,4) circle (3pt) node[right]{$C$};
\fill (1,2) circle (3pt) node[right]{$B$};
\fill (1,-2) circle (3pt) node[right]{$D$};
\fill (0,0) circle (0pt) node[anchor=north east]{$O$};
\draw[thick,color=blue] (-1.5,-3) -- (3,6);
\draw[thick,color=red] (-0.8,-3.2) -- (1.5,6);
\draw[thick,color=brown](-3,6) -- (1.5,-3);
\end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture}[domain=-6:8,scale=0.4]
\draw[-latex](-8,0) -- (9,0) node[below]{$x$};
\draw[-latex](0,-5) -- (0,10) node[left]{$y$};
\draw[help lines,dashed,color=black] ( -8,-5 ) grid (9,10);
\fill (-4,6) circle (6pt);
\fill (-1,5) circle (6pt);
\fill (4,3) circle (6pt);
\fill (4,5) circle (6pt);
\fill (2,5) circle (6pt);
\fill (1,1) circle (6pt);
\fill (0,0) circle (6pt) node[anchor=north east]{$O$};
\fill (-2,1) circle (6pt);
\fill (1,6) circle (6pt);
\draw[thick]   plot (\x,{6})    node[right] {$l_{5}$};
\draw[thick] (-6,9)--(2,-3) node[right]{$l_{3}$};
\draw[thick](-5,-1)node[left]{$l_{1}$}--(7,7);
\draw[thick](0.2,-2.2)--(3,9) node[right]{$l_{2}$};
\draw[thick](-6,7)--(8,1.4)node[right]{$l_{4}$};
\end{tikzpicture}

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问题 1 (自编). 已知
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$
其中$n\in \mathbf{N}^{+}$.证明
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{k}{n}\right)^n=e^k,
$$
其中$n,k\in \mathbf{N}^{+}$.

解答 1.1. 证明使用数学归纳法.当$k=1$时,由已知命题成立.假设当$k=m(m\in
\mathbf{N}^{+})$时,命题成立,即
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=e^m,
$$
则当$k=m+1$时,
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{m+1}{n}\right)^n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1+\frac{m+1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\right)^n\\&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+m+1}{n+1}\right)^n\\&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n+1}\right)^{n}
\\&=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{m}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}}
\\&=\lim_{n\to\infty}(e^m)^{\frac{n}{n+1}}
\\&=e^m.
\end{align*}

$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m+1}{n}\right)^n=e^{m+1}.
$$
由数学归纳法,对于任意$k,n\in \mathbf{N}^{+}$,都有
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{k}{n}\right)^n=e^{k}
$$

问题 2 (自编). 已知
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$
其中$n\in \mathbf{N}^{+}$.证明当$x\in \mathbf{R}^{+}$时,
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.
$$

解答 2.1. 记$[x]$为不超过$x$的最大正整数.则
$$
\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]}<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}<\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]+1},
$$

$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]+1}=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)^{[x]}\left(1+\frac{1}{[x]}\right)=e,
$$

$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]}=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)^{[x]+1}}{\left(1+\frac{1}{[x]+1}\right)}=e.
$$
故由两边夹准则,
$$
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.
$$

问题 3. 利用问题2的结论重做问题1.

解答 3.1. 当$n,k\in \mathbf{N}^{+}$时,
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left[\left( 1+\frac{1}{\frac{n}{m}} \right)^{\frac{n}{m}}\right]^{m}=e^m.
$$

问题 4. 证明
$$
\lim_{x\to +\infty}\left( 1-\frac{1}{x} \right)^x=\frac{1}{e}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\left( 1-\frac{1}{x} \right)^x&=\lim_{x\to
+\infty}\left(
\frac{1}{1-\frac{1}{x}}
\right)^{-x}
\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\left(
1+\frac{1}{x-1} \right)^{x}}
\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\left( 1+\frac{1}{x-1}
\right)^{x-1}}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{x-1}}
\\&=\frac{1}{e}.
\end{align*}

问题 5. 证明
$$
\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac{k}{x} \right)^x=e^{k},
$$
其中$k\in \mathbf{Z}$.

解答 5.1. \begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac{k}{x}
\right)^x&=\lim_{x\to+\infty}\left[\left( 1+\frac{1}{\frac{x}{k}}
\right)^{\frac{x}{k}}\right]^{k}
\\&=e^{k}.
\end{align*}

问题 6. 已知$f(x)=e^{x}$.证明$f'(x)=e^{x}$.

解答 6.1. \begin{align*}
f'(x)&=\lim_{\Delta x\to 0}\cfrac{e^{x+\Delta x}-e^{x}}{\Delta
x}\\&=e^{x}\lim_{\Delta x\to 0}\frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta
x}
\\&=e^x\lim_{\Delta x\to 0}\left[\lim_{n\to\infty}\cfrac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n}
\right)^n-1}{\frac{\Delta x}{n}}\cdot \cfrac{1}{n}\right]
\end{align*}
由微分中值定理,当$\Delta x>0$时,存在$\xi\in \left(1,1+\cfrac{\Delta
x}{n}\right)$,当$\Delta x<0$时,存在$\xi\in \left( 1+\cfrac{\Delta x}{n},1 \right)$,使得
$$
n\xi^{n-1}=\frac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n} \right)^n-1}{\cfrac{\Delta x}{n}},
$$
因此
$$
\frac{\left( 1+\cfrac{\Delta x}{n} \right)^{n}-1}{\cfrac{\Delta x}{n}}\cdot \cfrac{1}{n}=\xi^{n-1}.
$$

$$
f'(x)=e^x\lim_{\Delta x\to
0}\left(\lim_{n\to\infty}\xi^{n-1}\right)\leq e^{x}\lim_{\Delta x\to
0}\left[\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{|\Delta x|}{n}
\right)^{n-1}\right]=e^x\lim_{\Delta x\to 0}e^{|\Delta x|}=e^{x}.
$$

问题 7. 已知$f(x)=e^{x}-\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n$,$x\in
[0,+\infty)$,$n\in \mathbf{N}^{+}$,$e$是自然对数的底数.证明:$f(x)$在$[0.+\infty)$上严格单调递增.

解答 7.1. 因为当$x>0$时,
$$
f'(x)=e^x-\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n-1}>e^{x}-\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n>0,
$$
所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上严格单调递增.

问题 8. 已知$f(x)=\left( 1+\cfrac{x}{m} \right)^{m}-\left( 1+\cfrac{x}{n}
\right)^n$,$x\in [0,+\infty)$.其中$m,n\in \mathbf{N}^{+}$且$m>n$.证明:$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增.

解答 8.1. 当$x>0$时,
$$
f'(x)=\left( 1+\frac{x}{m} \right)^{m-1}-\left( 1+\frac{x}{n}
\right)^{n-1}=\left[\left( 1+\frac{x}{m}
\right)^m\right]^{\frac{m-1}{m}}-\left[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n}\right]^{\frac{n-1}{n}}.
$$
因为$m>n>0$,所以
$$
\left( 1+\frac{x}{m} \right)^m>\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n,\frac{m-1}{m}>\frac{n-1}{n},
$$

$$
f'(x)=\left[\left( 1+\frac{x}{m}
\right)^m\right]^{\frac{m-1}{m}}-\left[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n}\right]^{\frac{n-1}{n}}>0
$$
故$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增.

问题 9. 利用问题3的结论用另外的方法证明问题1的结论.

解答 9.1. 在问题3中,令$m\to\infty$即可得到问题1的结论.

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这是2019年人教A版高中数学教材(第一册)的电子版.

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提取码:b117
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这是一本在今年(2019年)秋季要推广使用的教材,今天我终于看到了它的真容.说实话我已经期待它很久了,主要是因为对旧教材(2004年初审通过的人教A版教材)编排体系的不满.下面我谈谈对新教材的观感.

封面

此图像的alt属性为空;文件名为20190509-1.png
在封面设计上,新教材比老教材更具高雅品味,主要原因不在于新教材的封面设计有多好,而是04版的教材封面设计品味实在令人无法恭维,以为封面上放一台90年代的笔记本电脑,再在电脑屏幕上随意放上一个数学图形就是设计了?虽然如此,19版的教材封面并没有体现数学的学科特色.即便把封面上的“数学”两个字变成“体育”,也不会有丝毫违和感.

主编寄语

此图像的alt属性为空;文件名为20190509-2.png
相较老教材主编寄语不着边际的泛泛而谈,新教材的主编寄语主要是面向学生,对学习数学的正确方法进行了提点.这说明主编的心里有学生.大部分从初中升上来的学生,对于该怎么学习数学心里是没数的,因而这种提点显得尤为必要.

编排

这是新教材相较于老教材的重大改进.仅以第一册来说,在第一章就介绍逻辑用语的好处是巨大的.因为在第二章介绍函数的单调性、最值、奇偶性的时候,会涉及大量的全称量词和存在量词.如果学生事先进行过这方面的训练,无疑会对这些量词的数学意义更加敏感,从而更好地理解“函数的单调性”,“最大值”,“最小值”在数学上的确切含义.相比之下,老教材把逻辑放进选修部分介绍,无疑是太迟了.

把不等式放在函数之前系统介绍也是恰当的.因为函数的最值的定义就涉及到不等式.学生在解涉及到函数最值相关问题的时候也需要用到并不简单的不等式知识.像老教材那样,把不等式放在必修5再讲,还是太迟了点.在那个时候,已经通过自我领悟掌握了不等式的学生会认为书上内容太简单因而显得鸡肋,不会解不等式的学生在必修1的时候就已经遇到了困难.一元二次不等式的提前介绍有利于初高中衔接,教师可以在讲授一元二次不等式的时候顺便带领学生复习一下二次函数的相关知识.事实上,在原先的实际操作中,很多老师也是在函数之前先讲一元二次不等式的.

新教材把三角函数直接接在“指数函数与对数函数”之后介绍,这是恰当的.在原先的教学实践中,浙江的老师也是在讲完必修1之后直接讲授必修4的三角函数.让人恶心的是,老教材在三角函数讲到一半的时候,插入了向量的讲授,这种不伦不类的做法被新教材彻底摒弃了.由于这个明智的改动,新教材在介绍两角和与差的正余弦公式时,就不能采用向量的数量积方法,而是采用平面直角坐标系中的距离公式.这并不是个损失,反而对学生的理解有利.因为向量的数量积对于学生完全是个新事物,贸然地直接用向量的数量积推导两角和与差的三角公式会让学生产生“帽子里跳出兔子”之感.恰当的做法是先用距离公式推导一遍两角差的余弦公式,在第二册讲授平面向量时再从向量数量积的角度重新理解一遍两角差的余弦公式.

令人欣慰的是,在经过15年的试验之后,人教社的教材编写者终于迷途知返,对教材体系做了最合理的改动.在这样的改动之下,新教材的第一册的主题本质上就全集中到函数上了,由此这本书也成了高中数学最核心的一册教材.

内容

排除编排的因素,新教材在学科内容的讲授方式上基本没有更新.老教材是如何介绍某个知识点的,新教材依旧没有大的改动.特别是,作为基本初等函数中最难理解和最重要的指数函数和对数函数,新教材并没有使用更多的篇幅、采用更优良的数学教学法、使用更贴近数学本质的方式进行介绍.在这方面,教材编者可以参考Peter Lax的《微积分及其应用》中对指数函数的讲法(Peter Lax的教材已经由林开亮等人翻译成中文由科学出版社出版).

有若干值得赞赏的小改动.

  • 第一章《集合与常用逻辑用语》中的章前语中,教材编者对为什么要介绍
    集合的语言做了最恰当最简洁的说明:“我们知道 ,方程$x^{2}=2$在有理数范围内无解,但在实数范围内有解.在平面内,所有到定点的距离等于定长的点组成一个圆 ;而在空间中,所有到定点的距离等于定长的点组成一个球面.因此,明确研究对象 、 确定研究范围是研究数学问题的基础 .为了简洁 、准确地表述数学对象及研究范围 ,我们需要使用集合的语言和工具 .事实上,集合的知识是现代数学的基础 ,是高中数学的基础 ,在后面各章的学习中将越来越多地应用它 .”这种表述上的明晰性切中数学本质,是老教材的章前语没有达到的境界.事实上,从教学上来划分,可以认为有两种集合论.一种是作为“研究无穷对象”的集合论,这种集合论主要是研究“无穷现象”的数学.还有一种是作为“集合语言”的集合论,这种集合论仅仅借助集合的语言来描述数学现象.这两种集合论在教学上是两种要求.研究“无穷”的集合论来自于数学上对无穷点集的研究,是历史上微积分在最后阶段的升华,这是由康托首先完成的创造性工作.但是作为“集合语言”的集合论仅要求学生能用集合的语言表达一些数学现象.在高中我们仅教授作为“集合语言”的集合论.学生只要会用集合语言准确清晰简明地描述数学现象即可.
  • 在引入不等式的时候对不等式的几何意义(数轴上点的位置关系)作了介绍.从而为实数的不等关系提供了直观.这是老教材上该有而没有的缺失.顺便值得一提的是,基本不等式可以先不介绍,但是绝对值不等式却必须要讲.事实上,对绝对值不等式的介绍正好可以借助于不等式在数轴上的几何意义这个直观.新教材反过来了,这也是新教材的一个不大的缺憾.
  • 新教材删去了映射的介绍,但是并没有删去对函数映射本质的理解.比如有好几道课后习题就涉及了函数的映射本质.(下图为其中一题)
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-3.png

    这是正确的做法.有时候我们不要追求一个名词的形式,只要实质达到了我们就可
    以满意了.

  • 教材增加了对钩函数$y=x+\cfrac{1}{x}$的研究.这是学生使用教材上学到的知识所研究的第一个“不平凡”的函数(相比之下例题中涉及到的函数都是学生太过熟悉的函数,有点小儿科).包括研究该函数的最值、奇偶性、单调性,最后描绘出它的图象.从而达到学以致用的目的.而且对钩函数在很多题目的解决中确实能发挥较大作用,值得介绍.
  • 教材增加了一个“拓广探索”栏目,这个栏目很好.在对数学有经验的老师的帮助下,好学生通过这个栏目能学到更多知识.当然前提是老师的知识面本身不能太狭窄.比如教材习题4.1的拓广探索的背景就是自然对数的底数$e$的定义,老师们还能想得起来吗?

此图像的alt属性为空;文件名为20190509-4.png

当然也有一些缺陷,

  • 教材提到了“反函数”,但是从来没有正式地提及反函数的意义.甚至连反函数的定义也没提到.书上对反函数的介绍方式是有害的,会让学生误以为值域和定义域互相交换的函数就是互为反函数.
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-5.png
  • 教材在不同地方语焉不详地提及了“计算工具”这个词汇.有必要明确指出这些“计算工具”到底是什么工具.比如在介绍对数“换底公式”那一节,教材在探究栏目里说
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-6.png
    这里的“计算工具”到底指什么呢?如果指计算器和计算机,人们已经可以直接按出以任意正数为底的对数值,而不必再使用换底公式了.有必要明确指出,之所以会用换底公式,其实就是因为当初人们手头只有常用对数表和自然对数表,在这个限制条件下,为求任意正数为底的对数值,换底公式才有必要.还比如,在复习参考题5的第26题中,介绍了正余弦函数的泰勒公式,
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-7.png
    这道题里涉及到的“计算工具”又是指什么呢?有必要明确.教材编者不要妄图通过语焉不详来掩藏自身的无知.
由于这是第一版新教材,不足之处想必会很多,我以后会陆陆续续指出添加到这里.我对这本教材的不完整的看法就先到此为止.

Cantor定理表明:

定理:若函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续,则$f(x)$在$[a,b]$上一致连续.

该定理在现存教科书上有若干不同证明.今天回顾这个定理的时候,我构思了一个另外的证明.这个证明需要用到确界原理.下面阐释之.

对于任意给定的正实数$\delta>0$,构造数列$\{b_n\}$,满足$\forall n\in\mathbf{N}^{+}$,$b_n\in [a,b]$且
$$
b_n=\sup \{x|\forall x_1,x_2\in
[a,x],|x_1-x_2|\leq \frac{1}{2^{n}}\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta\}
$$
可得$b_{n+1}\geq b_n$.由于$\{b_n\}$是单调有界数列,因此$\lim_{n\to\infty}b_n$存在.记$\lim_{n\to\infty}b_n=c$.可得$a< c\leq b$.

引理1:必存在正整数$m$,使得$b_m=c$

证明:因为$f(x)$在$x=c $处连续,所以必定存在充分小的正实数$\varepsilon$,使得$ \forall x\in [c-\varepsilon,c]$, \begin{equation} \label{eq:1} |f(x)-f(c)|\leq \frac{1}{2}\delta. \end{equation} 由于$\lim_{n\to\infty}b_n=c$,故必定存在满足条件$\cfrac{1}{2^m}\leq \cfrac{1}{2}\varepsilon$的正整数$m$,使得 $$ |b_m-c|\leq \frac{1}{2}\varepsilon. $$ 则对于任意的$x_1,x_2\in [a,c]$且$x_1<x_2$,当$|x_1-x_2|\leq\cfrac{1}{2^{m}}$时,

  • 若$x_1,x_2\in [a,b_{m})$,则由$b_m$的定义可知$\left|f(x_{1})-f(x_2)\right|\leq\delta$.
  • 若$x_1,x_2\in [b_m,c]\subseteq
    [c-\cfrac{1}{2}\varepsilon,c]$,则由关系\eqref{eq:1}可得
    \begin{align*}
    |f(x_1)-f(x_2)|&=\left|\left[f(x_1)-f(c)]+[f(c)-f(x_2)\right]\right|
    \\&\leq |f(x_1)-f(c)|+|f(x_2)-f(c)|
    \\&\leq \frac{1}{2}\delta+\frac{1}{2}\delta
    \\&=\delta.
    \end{align*}
  • 若$x_1\in [a,b_m),x_2\in [b_m,c]$.则$x_1\geq
    x_2-\cfrac{1}{2^m}\geq x_2-\cfrac{1}{2}\varepsilon\geq
    b_m-\cfrac{1}{2}\varepsilon\geq c-\varepsilon$.即$x_1,x_2\in
    [c-\varepsilon,c]$,故
    \begin{align*}
    |f(x_1)-f(x_2)|&=\left|\left[f(x_1)-f(c)]+[f(c)-f(x_2)\right]\right|
    \\&\leq |f(x_1)-f(c)|+|f(x_2)-f(c)|
    \\&\leq \frac{1}{2}\delta+\frac{1}{2}\delta
    \\&=\delta.
    \end{align*}
综合上面三点讨论,可见,对于任意的$x_1,x_2\in [a,c]$且$x_1<x_2$,当$|x_1-x_2|\leq
\cfrac{1}{2^{m}}$时,始终有
$$
|f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta.
$$
这意味着$b_m\geq c$.而$c\geq b_m$,故只能有$b_m=c$.$\Box$

由引理1,进一步可得$\forall n\geq m$,$b_n=c$.

引理2:$c=b$.

证明:假设$c\neq b$,则$c<b$.因为函数$f(x)$在$x=c$处连续,故存在正实数
$0<\xi<b-c$使得对于任意的$x_1,x_2\in (c-\xi,c+\xi)$,都有
$$
|f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta.
$$
这表明$\lim_{n\to\infty}b_n\geq c+\xi$,与$\lim_{n\to\infty}b_{n}=c$矛盾.故$c=b$.$\Box$

结合上述两个引理,可得存在正整数$m$,使得$b_m=b$.且易得集合
$$
B=\{x|\forall x_1,x_2\in [a,x],|x_1-x_2|\leq
\cfrac{1}{2^{m}}\Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|\leq\delta\}
$$
是闭区间,故实际上
$$
b=b_m=\sup B=\max B.
$$
由此得证定理.QED

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Euler曾经用自然对数e的定义$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$推导出e的级数表达式$$e=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots,$$方法是对$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$进行二项式展开.由于Euler那时对极限的意义尚不明确,故他的论证从现代的角度来看是不严密的.

在Peter Lax的微积分教材《微积分及其应用》(林开亮等翻译)中,有一道习题就是让我们把Euler的论证严格化.由于整道习题的提示分量很足,我就把习题贴到这里而不再给出更详细的按部就班的解答.

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但是接下来我要呈现的,是我自己的严密化方案.这种方法和Peter Lax的微积分教材中的方法不一样.

首先,我承认$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e,
$$

再令
$$
g(n)=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!},
$$
则由比值判别法可得$\lim_{n\to\infty}g(n)$存在.而
\begin{align*}
\left(1+\frac{1}{n}\right)^n&={n\choose
0}\left(\frac{1}{n}\right)^0+{n\choose
1}\left(\frac{1}{n}\right)^1+{n\choose
2}\left(\frac{1}{n}\right)^2+\cdots+{n\choose
k}\left(\frac{1}{n}\right)^k+\cdots+{n\choose
n}\left(\frac{1}{n}\right)^n
\\&=2+\frac{1(1-\frac{1}{n})}{2!}+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})}{3!}+\cdots+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k}{n})}{(k+1)!}+\cdots+\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots
(1-\frac{n-1}{n})}{n!}
\\&<2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}+\cdots+\frac{1}{n!} \\&=g(n) \end{align*} 故 \begin{equation}\label{eq:1} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq \lim_{n\to\infty}g(n). \end{equation} 令 $$ f(u,v)=2+\frac{1(1-\frac{1}{v})}{2!}+\frac{1(1-\frac{1}{v})(1-\frac{2}{v})}{3!}+\cdots+\frac{1 (1-\frac{1}{v})(1-\frac{2}{v})\cdots (1-\frac{u}{v})}{(u+1)!},u,v\in \mathbf{N}^{+}. $$

给定$u$.易得当$u<v$时,
$$
f(u,v)<\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$

$$
f(u,v)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$

$$
\lim_{v\to\infty}f(u,v)=g(u+1)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
$$
由于上述不等式对于任意给定的正整数$u$成立,故
\begin{equation}\label{eq:2}
\lim_{u\to\infty}g(u+1)\leq \lim_{v\to\infty}\left(1+\frac{1}{v}\right)^v,
\end{equation}
不等式\eqref{eq:1}和\eqref{eq:2}联立可得
$$
\lim_{n\to\infty}g(n)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e.
$$

此即$$e=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots$$

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同事代她朋友的儿子问我两道平面几何题,第一题我已经给出解答,下面我们来求解第2个平面几何题:

题目:已知$\triangle ABC$中,$H$是$\triangle ABC$的垂心,直线$BH$交直线$AC$于点$D$.$M$为$AH$的中点.$O$是$\triangle ABH$的外心.直线$CM,DO$交于点$G$.连接$HG$,过点$C$作$HG$的平行线交$AH$延长线于点$E$.连接$DE$.求证:$DO\perp DE$.

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证明:如图2,设$\triangle ABH$中,$\angle ABH=\alpha$,$\angle BAH=\beta$,设$\triangle ABH$的外接圆半径为$R$.设直线$OD$与直线$BC$交于点$F$,直线$OD$与直线$AB$交于点$P$.设线段$BH$的中点为$Q$.过点$E$作直线$AC$的垂线,设垂足为$K$.先用$\alpha,\beta,R$表示出若干线段的长度和角的度数.易得
$$
AH=2R\sin\alpha,BH=2R\sin\beta,
$$
$$
\angle OBA=\angle OAB=\angle HAD=\angle HBC=90^{\circ}-(\alpha+\beta).
$$

\begin{align*}
\tan\angle BDP&=\frac{OQ}{QD}=\frac{OQ}{QH+HD}\\&=\frac{R\sin\angle
OBH}{\frac{1}{2}BH+AH\sin\angle
HAD}\\&=\frac{R\sin(90^{\circ}-\beta)}{R\sin\beta+2R\sin\alpha\sin[90^{\circ}-(\alpha+\beta)]}\\&=\frac{\cos\beta}{\sin\beta+2\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}.
\end{align*}

\begin{align*}
\frac{AP}{PB}&=\frac{S_{\triangle DAP}}{S_{\triangle
DBP}}=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\sin\angle
ADP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\cos\angle
BDP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{DA}{DB\tan\angle
BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha}{\tan\angle BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta}.
\end{align*}

$$
\frac{CD}{DA}=\frac{CD/BD}{DA/BD}=\frac{\tan \angle DBC}{\tan \angle
ABD}=\frac{1}{\tan\alpha\tan(\alpha+\beta)}.
$$由梅涅劳斯定理,
$$
\frac{AP}{PB}\cdot \frac{BF}{FC}\cdot \frac{CD}{DA}=1,
$$

$$
\frac{FC}{BF}=\frac{AP}{PB}\cdot \frac{CD}{DA}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}
$$
因为
$$
BD=BH+HD=2R\sin\beta+2R\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)=2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha,
$$
所以
$$
BC=\frac{BD}{\cos\angle DBC}=\frac{2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}=2R\cos\alpha.
$$
于是
$$
\frac{FC}{BF}=\frac{FC}{BC+CF}=\frac{FC}{2R\cos\alpha+FC}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)},
$$
解得
\begin{align*}
FC&=\cfrac{2R\cos\alpha}{\cfrac{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)}-1}\\&=
\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos\beta\sin(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}-\cfrac{\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)-\sin(3\alpha+2\beta)}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}.
\end{align*}
由于$OM=R\cos\alpha$,故
$$
\frac{MH}{HE}=\frac{MG}{GC}=\frac{OM}{FC}=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}.
$$
由于$MH=R\sin\alpha$,解得
$$
HE=-\frac{2R\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos(2\alpha+2\beta)},
$$
下面先用$HE$表示出$\tan\angle EDK$.
$$
EK=AE\sin\angle EAK=(AH+HE)\sin\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta),
$$
$$
AK=AE\cos\angle EAK=(AH+HE)\cos\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta).
$$
所以
$$
DK=AK-AD=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta)-2R\sin\alpha\sin(\alpha+\beta)=HE\sin(\alpha+\beta),
$$
所以
\begin{align*}
\tan\angle
EDK=\frac{EK}{DK}&=\frac{(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta)}{HE\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\sin\alpha}{HE\tan(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{\cos(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{[\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha]-[\sin(3\alpha+2\beta)-\sin(\alpha+2\beta)]}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin\alpha+\sin(\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(\alpha+\beta)\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\tan\angle BDP,
\end{align*}
故$\angle BDP=\angle EDK$.由于$\angle EDK+\angle BDE=90^{\circ}$,故$\angle BDP+\angle BDE=90^{\circ}$,即$DO\perp DE$.$\Box$

陈娥老师代她朋友的儿子问我两道平面几何题,其中一题如下:

题目:已知$\triangle ABC$,过点$B,C$的圆分别交$AC,AB$于点$E,F$,$BE$与$CF$交于点$P$,$AP$交$BC$于点$D$,若$\angle BFD=\angle CFD$,求证:$BE=CE$.

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证明:由赛瓦定理,
\begin{equation}\label{eq:1}
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
\end{equation}
又因为$ED$是$\angle BFC$的角平分线,由角平分线分线段成比例定理,
\begin{equation}\label{eq:2}
\frac{FB}{FC}=\frac{BD}{DC}.
\end{equation}
将关系\eqref{eq:2}代入关系\eqref{eq:1},可得
$$
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
$$
化简可得
\begin{equation}\label{eq:3}
\frac{AF}{FC}=\frac{EA}{CE}.
\end{equation}
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如图2所示,连接$EF$,延长线段$FD$交圆于点$H$.连接$BH$.

由角平分线分线段成比例定理的逆定理,关系式\eqref{eq:3}表明$EF$是$\angle AFC$的角平分线.则
$$
\angle EFH=\angle EFC+\angle CFH=\frac{1}{2}\angle
AFC+\frac{1}{2}\angle CFB=\frac{1}{2}\angle AFB=90^{\circ}.
$$
即圆周角$\angle EFH$为直角,故$EH$为圆的直径.由直径所对的圆周角为直角,可得$\angle EBH=90^{\circ}$.设$\angle BFD=\angle HFC=\alpha$,则由于圆周角$\angle HBC$和圆周角$HFC$对应于同一个圆心角,故
$$
\angle HBC=\angle HFC=\alpha,
$$
则$\angle EBC=\angle EBH-\angle HBC=90^{\circ}-\alpha$.

下面求角$\angle ECB$.因为
\begin{align*}
\angle EFB&=\angle EFC+\angle CFB
\\&=(\angle EFH-\angle CFH)+\angle CFB
\\&=(90^{\circ}-\alpha)+2\alpha
\\&=90^{\circ}+\alpha,
\end{align*}

$$
\angle ECB=180^{\circ}-\angle
EFB=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle EBC.
$$
故$\angle EBC$是等腰三角形,其中$EB=EC$.$\Box$

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问题 1 (习题1.22). 利用四舍五入来求和,使得其和的误差不超过$10^{-9}$.
\begin{align*}
&{\color{red}0.1234567898}765432104567898765432101
\\+&{\color{red}9.1111112221}112221118765432104567892
\end{align*}

解答 1.1. 只用取这两个小数的小数点后10位相加即可,所得误差会小于$2\times 10^{-10}$.

问题 2 (习题1.27). 以$s_1=1$作为第一项近似值找到$\sqrt{3}$的前四项近似值$s_1,s_2,s_3,s_4$,并迭代得到
$$
s_{n+1}=\frac{1}{2}\left(s_n+\frac{3}{s_n}\right).
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,结果如何?

解答 2.1. $$
s_1=1,s_2=2,s_3=\frac{7}{4},s_4=\frac{97}{56}.
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,则结果会更加精确.可算得$s_4=\frac{18817}{10864}$.

问题 3 (习题1.41). 设由比值判别法可知级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n$收敛.利用比值判别法证明级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}na_n$也收敛.那么级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$呢?

解答 3.1. $$
\lim_{n\to\infty}\frac{|(n+1)a_{n+1}|}{|na_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\sum_{n=0}^{\infty}na_n$收敛.对于级数$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$来说, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{|(-1)^{n+1}(n+1)^{5}a_{n+1}|}{|(-1)^{n}n^{5}a_n|}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^5\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$发散.

问题 4 (习题1.42). 证明级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n^2+1}$发散.
解答 4.1. 因为$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+1}=1$,所以该级数发散.
问题 5 (习题1.47,1.49). 判断下列级数是绝对收敛,条件收敛还是发散.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$.
解答 5.1.
  • 因为$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1$, 所以级数发散.
  • $$ \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}>\frac{n}{\sqrt{4n^4}}=\frac{1}{2n}.
    $$
    而级数
    $$
    \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n}
    $$
    发散,故级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$发散.

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平均值不等式是说,对于正数$a_1,a_2,\cdots,a_n(n\geq 2)$,有
$$
\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.
$$
等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.在博文平均值不等式的一个证明中我们曾经给出一种证明方法.现在我们给出另一种类似但是不同的证明.

令向量$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
a_1\\
a_2\\
\vdots\\
a_n
\end{bmatrix}
$,且$\forall n\geq 1$,令
$$
\bm{x}_n=A\bm{x}_{n-1},
$$
其中矩阵
$$
A=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0&\cdots&0\\
0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&\cdots&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2}&0&0&\cdots&\frac{1}{2}
\end{bmatrix}
$$
是$n$阶循环矩阵.我们有

定理 1. $$
\lim_{k\to\infty}A^k=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\end{bmatrix}
$$

证明 . 可得该矩阵的$n$个特征值$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}$是
$$
\lambda_k=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i},k\in \{1,2,\cdots,n\}
$$
其中$i$是虚数单位.易得$\forall 1\leq k\leq n$,$|\lambda_k|\leq 1$,当且仅当$k=n$时,$|\lambda_k|=1$.设矩阵$A$特征值$\lambda_k$所对应的特征向量是$\bm{u}_k$.令$t_{m,k}=(-e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i})^m$,可解得
$$
\bm{u}_k=
\begin{bmatrix}
1\\
t_{1,k}\\
t_{2,k}\\
\vdots\\
t_{n-1,k}
\end{bmatrix}
$$
对于任意的$1\leq k\leq n-1$,我们有
\begin{equation}\label{eq:1}
\sum_{j=0}^{n-1}t_{j,k}=\sum_{j=0}^{n-1}t_{1,k}^{j}=0.
\end{equation}
矩阵$A$可以谱分解为
$$
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
其中分块矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}^{-1}
$,且$\forall 1\leq i\leq n$,$\bm{v}_i^{T}$是$1\times n$行向量.则
$$
A^n=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_{1}&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}^{n}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
由于$\forall 1\leq k\leq n-1$,$|\lambda_k|<1$,$\lambda_n=1$,于是 \begin{align*} \lim_{n\to\infty}A^n&= \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&~&~&~\\ ~&0&~&~\\ ~&~&\ddots&~\\ ~&~&~&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix}\\&= \begin{bmatrix} \bm{0}&\cdots&\bm{0}&\bm{u}_{n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix} \\&=\bm{u}_n\bm{v}_n^{T} \\&= \begin{bmatrix} \bm{v}_n^{T}\\ \bm{v}_n^T\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T \end{bmatrix}. \end{align*} 下求$\bm{v}_n^T$.因为 $$ \begin{cases} \bm{v}_n^T\bm{u}_1=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_2=0,\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_{n-1}=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_n=1 \end{cases} $$ 由矩阵$ \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} $可逆,结合\eqref{eq:1}可得,$\bm{v}_n^T$有唯一解 $$ \bm{v}_n^T= \begin{bmatrix} \frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n} \end{bmatrix} $$ 故定理成立. $\Box$

设矩阵$A^k$第$1$行第$p$列的元素是$c_{1,p,k}$,第$2$行第$p$列的元素是$c_{2,p,k}$.我们有

定理 2. 对于任意正整数$k$,都有$$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \prod_{j=1}^n a_j^{c_{1,j,k}}. $$
证明 . 对$k$进行归纳.当$k=1$时,由基本不等式, $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_1+\frac{1}{2}a_2\geq a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}=a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}a_3^0\cdots a_n^0=\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,1}}, $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{3}\geq a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}=a_1^0a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}a_3^{0}\cdots a_n^{0} =\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,1}}$$ 此时命题成立.假设当$k=m(m\geq 1)$时,有 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}} $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}, $$ 则当$k=m+1$时,由基本不等式, \begin{align*} \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m+1}a_{j}&=\sum_{j=1}^{n}(\frac{1}{2}c_{1,j,m}+\frac{1}{2}c_{2,j,m})a_j \\&=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j} \\&\geq \frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}}+\frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}\\&\geq \prod_{j=1}^na_{j}^{\frac{c_{1,j,m}+c_{2,j,m}}{2}}\\&=\prod_{j=1}^na_{j}^{c_{1,j,m+1}}. \end{align*} 由数学归纳法,定理对于任意正整数$k$都成立.$\Box$

在定理2中,令$k\to \infty$,则由定理1,$c_{1,j,k}\to \frac{1}{n}$.对定理2取极限,可得 $$ \lim_{k\to\infty}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \lim_{k\to\infty}a_1^{c_{1,1,k}}a_2^{c_{1,2,k}}\cdots a_p^{c_{1,p,k}}\cdots a_n^{c_{1, n,k}}, $$ 即 $$ \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}a_j\geq a_1^{\frac{1}{n}}a_2^{\frac{1}{n}}\cdots a_{p}^{\frac{1}{n}}\cdots a_n^{\frac{1}{n}}, $$ 此即平均值不等式.等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.

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