人是首先认识了世界上的物体,之后才对空间产生直观感觉。假若世界上根本没有任何物体,只有观察之眼,则人将失去空间感觉。此时,若有人提出空间概念,则众人不知空间为何物,觉得那人在胡说一些无所谓之话。凡人都如此,先有直观的感觉,才会心安理得地接受一个概念,认为那个概念是可接受的。

而人对世界上的物体的认识基于两点,其一是人对物体的色觉。色觉的本质是,作为电磁波的光对人的眼睛产生刺激,这种刺激由神经传导到大脑里,再由大脑进行处理,而产生的一种主观感觉。其二是人对物体的触觉。触觉的本质是,物体中的粒子和身体表面的粒子发生了电磁相互作用,这种作用产生的刺激由神经传导到大脑里,再由大脑进行处理,而产生的一种主观感觉。可见,人对世界上的物体的认识基于主观感觉。

所以,人对空间的认识,只不过是人对物体认识的附属之物,即人的主观感觉的一个附属之物。

凡是主观感觉,都有不可靠的因素在内。一个问题是,为什么现在大家对空间的感觉都出乎一致地统一呢?唯一的解释是,绝大多数的健全正常人的眼睛和大脑的构造都基本相同。

啥也不多说了,这题第一小题做了我两分钟,第二小题做了我两天.题目如下:

题目:已知实数$a\neq 0$,设函数$f(x)=a\ln x+\sqrt{x+1}$,$x>0$.


  • 当$a=-\frac{3}{4}$时,求函数$f(x)$的单调区间;
  • 若对任意$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$,均有$f(x)\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}$,求实数$a$的取值范围.

(1):当$a=-\frac{3}{4}$时,
$$
f(x)=-\frac{3}{4}\ln x+\sqrt{x+1}(x>0),
$$

$$
f'(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x+1}}-\frac{3}{4x}
$$
令$f'(x)>0$,解得$x>3$.令$f'(x)<0$,解得$0<x<3$.故$f(x)$在区间$(0,3)$上单调递减,在区间$[3,+\infty)$上单调递增.

(2):即
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}
$$
对于$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$恒成立.首先,必有$a>0$.这是因为,假如$a<0$,则
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}<0,
$$
当$x\to +\infty$时,上面的不等式不成立.故$a>0$.将不等式
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}
$$
两边同乘以正数$a$,整理为关于$a$的不等式
\begin{equation}\label{eq:201906091306}
(2\ln x)a^2+2 \sqrt{x+1}a-\sqrt{x}\leq 0.
\end{equation}
对于$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$恒成立.


  • 当$x=1$时,不等式\eqref{eq:201906091306}即$a\leq \frac{\sqrt{2}}{4}$;
  • 当$x>1$时,解不等式\eqref{eq:201906091306}可得
    $$
    0< a\leq \frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x }-\sqrt{x+1}}{2\ln
    x}
    $$
  • 当$\frac{1}{e^{2}}\leq x<1$时,解不等式\eqref{eq:201906091306}可得
    \begin{equation}\label{eq:201906082138}
    0<a\leq \frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln x}
    \end{equation}

    \begin{equation}\label{eq:201906082140}
    a\geq \frac{-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln
    x}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}}.
    \end{equation}
    对于不等式\eqref{eq:201906082140}来说,因为
    $$
    \lim_{x\to 1}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}}=+\infty,
    $$
    所以对任意的$\frac{1}{e^{2}}\leq x<1$,使得不等式\eqref{eq:201906082140}恒成立的实数$a$不存在.因此不等式\eqref{eq:201906082140}的情况排除.于是在此种情形,只需考虑不等式\eqref{eq:201906082138}.

下证

当$x\neq 1$时,恒有
\begin{align*}
g(x)&=\frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln
x}\\&=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1+2 \sqrt{x}\ln x}+\sqrt{x+1}}
\\&=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2\ln x}{\sqrt{x}}}+\sqrt{1+\frac{1}{x}}}
\\&>\frac{\sqrt{2}}{4}
\end{align*}

即证
$$
\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2\ln
x}{\sqrt{x}}}+\sqrt{1+\frac{1}{x}}<\frac{4}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2},
$$
令$t=\frac{1}{x}$,只需证明对于任意的$t\neq 1$,
$$
p(t)=\sqrt{1+t}+\sqrt{1+t-2 \sqrt{t}\ln t}<2 \sqrt{2}
$$
即可.只需要证明当$t\neq 1$时,
\begin{equation}\label{eq:201906101515}
\sqrt{1+t-2 \sqrt{t}\ln t}<2 \sqrt{2}-\sqrt{1+t},
\end{equation}

由$1+t-2 \sqrt{t}\ln t\geq 0$,得$0<t\leq 7$.这是因为,由$x\geq\frac{1}{e^2}$可得$0<t\leq e^{2}$,故
$$
1+e^2-2 \sqrt{t}\ln t\geq 1+t-2 \sqrt{t}\ln t\geq 0,
$$

$$
\sqrt{t}\ln t \leq \frac{1+e^2}{2},
$$
构造函数
$$
u(t)=\sqrt{t}\ln t,
$$
可得
$$
u'(t)=\frac{2+\ln t}{2 \sqrt{t}},
$$
在区间$(\frac{1}{e^2},+\infty)$上,$u'(t)>0$,故函数$u(t)$在区间$(\frac{1}{e^2},+\infty)$上单调递增.且$u(7)= \sqrt{7}\ln 7>\frac{1+e^2}{2}$,故只可能有$t\leq 7$.


所以$2\sqrt{2}-\sqrt{1+t}>0$.不等式\eqref{eq:201906101515}两边平方,整理,即证明当$t\neq 1$时,
$$
\sqrt{t}\ln t-2 \sqrt{2} \sqrt{1+t}+4>0.
$$
为此,构造函数
$$
p(t)= \sqrt{t}\ln t-2 \sqrt{2} \sqrt{1+t}+4,
$$
可得
$$
p'(t)=\frac{\ln t-(2 \sqrt{2}\sqrt{\frac{t}{t+1}}-2)}{2 \sqrt{t}}
$$
构造函数
$$
q(t)=\ln t-2 \sqrt{2}\sqrt{\frac{t}{t+1}}+2,
$$
求导并整理可得
$$
q'(t)=\frac{(t+1)^3-2t}{t \sqrt{(t+1)^{3}}\left[\sqrt{(t+1)^{3}}+\sqrt{2t}\right]},
$$
当$t>0$时,$(t+1)^3>(t+1)^2> 2t$,因此$q'(t)>0$.结合$q(1)=0$,可得


  • 当$t>1$时,$q(t)>0$;
  • 当$0<t<1$时,$q(t)<0$.

也即,

  • 当$t>1$时,$p'(t)>0$;
  • 当$0<t<1$时,$p'(t)<0$.

结合$p(1)=0$,可得函数$p(t)$在$t=1$处取得最小值$0$,在$t\neq 1$时始终大于$0$.这样就完成了证明.$\Box$

综上所述,$0<a\leq \frac{\sqrt{2}}{4}$.

真正的差生不仅不知道如何学习,也不知道如何正确提问。反之,真正的好学生不仅知道如何正确学习,还知道如何正确提问。学问两字,问占了一半。

提问之前最起码的要求是自己先做足功课。

  • 课本上可以直接查阅到的知识、定理、公式不要问。基本技能和基本题目最好也不要直接问,而是先阅读课本,把最基本的先掌握。掌握这些知识并不难,否则你也不会在这里。如果不小心问了这样的问题,老师指出相应的知识点在哪一章哪一节有的时候,你要马上自己去查阅,然后弄清。
  • 提问之前,先解释自己的想法,对于数学来说,最好以文字语言先把想法写出来。这样别人才可以发现你的思维盲点或者误区在哪里。比如,如果是一道题目做出来和答案对不上,请先把自己的解法详细地、有条理地写出来,然后检查一下,通过这样的过程,往往自己就能查出问题所在,十之八九的问题可以通过这样的方式由自己解决。我接触过不少学生,来问我问题,结果是他自己计算有误(往往还是小学级别的计算错误),这说明他没做好这个步骤。如果这样之后还是无法发现问题所在,可以把自己的解法交给老师看,老师往往能一眼看出你的问题所在,如此你的印象也会更深刻,收获也会更大。
  • 如果不是题目解出来和答案对不上,而是对题目没有思路,那也请先说明自己的思路是什么,哪怕只有一点点思路。彻底没有思路是不太可能的,只有两种情况下才会彻底没思路:1.这道题彻底地超出了你的水平和视野,那这道题其实不适合你,你来问了也没用。2.偷懒,没去思考。有了一点思路之后,反思一下,自己有没有将这种思路贯彻下去呢?向别人解释清楚自己的思路之后,别人才可以决定是否可以将你的思路延伸下去,或者指出你的思路是行不通的,需要换一条正确的思路。
  • 经常碰到这样的情况,一道题,学生其实是有思路的,而且就是通常的那种思路,只是他没有将思路贯彻到底,持之以恒地做下去。然后把这道题拿来问我,我也会建议他继续按照通常思路把题目做下去,这个时候,他往往会嫌弃这种方法太麻烦不愿继续做,反而问我,有没有简便解法呢?这其实是变相偷懒。数学从来都是先有麻烦解法,然后才通过反思找到捷径的,问题都没解决,你要什么捷径?在这种情况下,我还是会建议你先尝试尽可能地寻求解决问题,哪怕麻烦一点也没事。不要老是想着什么事情会有捷径老老实实给我按部就班做下去,多数问题不会太麻烦的!
  • 不要以为我会像保姆一样把每一步都跟你解释清楚,连计算都要靠我。从来都是点到为止。我不是你保姆。绝大部分书写和补充的工作还是需要你自己来完成,否则岂不是变成我做作业了?

通过以上步骤,十之八九的问题通过自己就消化解决了。剩下来的才是不得不向别人或老师问的问题。事实上,在我读中学的时候,就很少向数学老师提问,因为在提问之前自己都先做足了功课,从而问题在向别人提出之前就被自己解决了。怎么提问本质上关乎一个人的学习态度,希望引起大家警戒。

问题 1 (2.16). 设$f(x)=\frac{1}{x}$.证明在区间$[3,5]$上,$f(x)$与$f(c)$的误差不超过$\frac{1}{9}|x-c|$.将一致连续的定义抄写在作业纸上,说明$f$在$[3,5]$上一致连续.

解答 1.1. 对于任意的$x_1,x_2\in [3,5]$,且$x_1\neq x_2$,
\begin{align*}
|f(x_1)-f(x_2)|&=|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|
\\&=\frac{|x_1-x_2|}{x_1x_2}\\&<\frac{1}{9}|x_1-x_2|. \end{align*} 故对于任意给定的正实 数$\delta>0$,只用$|x_1-x_2|<9\delta$,便有$|f(x_1)-f(x_2)|<\delta$.故 $f(x)$在区间$[3,5]$上一致连续.
问题 2 (2.73). 利用1.4节的方法证明对$x>0$,数列$e_n=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$是递增数列.

解答 2.1. 设$x_1,x_2,\cdots,x_{n+1}$为非负实数且满足
$$
x_1+x_2+\cdots+x_{n+1}=x,
$$
则由平均值不等式,
$$
(1+x_1)(1+x_2)\cdots (1+x_{n+1})\leq
\left[\frac{(n+1)+(x_1+x_2+\cdots+x_{n+1})}{n+1}\right]^{n+1}=(1+\frac{x}{n+1})^{n+1},
$$
等号当且仅当$x_1=x_2=\cdots=x_{n+1}=\frac{x}{n+1}$时成立.因此当$x_1=x_2=\cdots=x_{n}=\frac{x}{n}$,$x_{n+1}=0$时,
$$
(1+x_1)(1+x_2)\cdots
(1+x_{n+1})=(1+\frac{x}{n})^n<(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}, $$ 证毕.
注记 1. 使用相同的方法其实可以证明,当$x\in \mathbf{R}$,且$1+\cfrac{x}{n}$是正 数时,数列$e_n=\left( 1+\cfrac{x}{n} \right)^n$是递增数列.这是问题2的 推广.
问题 3 (2.74). 证明对$x>0$,数列$\{e_n(x)\}$有界.

解答 3.1. 实际上,我们可以证明更强的结论,即数列$\{e_n(x)\}$收敛.这是因为对于任意$x>0$,
$$
\lim_{n\to\infty}\left( 1+\frac{x}{n}
\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left[\left( 1+\frac{1}{\frac{n}{x}}
\right)^{\frac{n}{x}}\right]^x=e^{x}.
$$

问题 4. (自编)令函数$e_n(x)=\left( 1+\cfrac{x}{n} \right)^n$.证明函数列$\{e_n(x)\}$在任一闭区间$[-c,c]$上一致收敛于函数$e^{x}$,其中$c>0$.

解答 4.1.
  • 当$x\geq
    0$时,$f(x)=e^{x}-\left( 1+\cfrac{x}{n}
    \right)^{n}$是关于$x$的单调递增函数.这是博文关于$e$的一个问题串问题7中已经解决的问题.
  • $\lim_{n\to\infty}e_n(c)=e^{c}$.

  • 前两点结合容易证得函数列$\{e_n(x)\}$在闭区间$[0,c]$上一致收敛于$e^{x}$.下面再证明函数列$\{e_n(x)\}$在闭区间$[-c,0]$上也一致收敛于$e^x$.

  • 首先由于$\{e_n(x)\}$在$[0,c]$上一致收敛于$e^{x}$,因此由教材定理2.12条目(c),$\{\frac{1}{e_{n}(x)}\}$在$[0,c]$上一致收敛于$\frac{1}{e^{x}}$.即
    $\left\{\left(\frac{1}{1+\frac{x}{n}}\right)^{n}\right\}=\left\{\left(1-\frac{x}{n+x}\right)^{n}\right\}$在$[0,c]$上一致收敛于$e^{-x}$.即$\left\{\left(1+\frac{x}{n-x}\right)^{n}\right\}$在$[-c,0]$上一致收敛于$e^{x}$.
  • 然后证明$\{e_{n}(x)\}=\left\{\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}\right\}$在$[-c,0]$上一致收敛于$\left\{\left(1+\frac{x}{n-x}\right)^{n}\right\}$.即证明
    $$
    \frac{\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n}{\left(1+\cfrac{x}{n-x}\right)^{n}}=\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)^{n}
    $$
    在$[-c,0]$上一致收敛于函数$y=1$.这是容易的.
  • 将第5点和第4点的结论结合,可得$\{e_{n}(x)\}$在$[-c,0]$上一致收敛于函数$e^{x}$.

  • 由$\{e_{n}(x)\}$在$[-c,0]$上和$[0,c]$上都一致收敛于$e^{x}$,易得$\{e_{n}(x)\}$在$[-c,c]$上一致收敛于$e^{x}$.

问题 5. 利用等式$1+x+x^2+x^3+x^4=\frac{1-x^5}{1-x}$在区间$-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{1}{2}$上给出近似表达式
$$
1+x+x^2+x^3+x^4\approx \frac{1}{1-x}
$$
的精度估计.

解答 5.1. $$
\left|\left(1+x+x^2+x^3+x^4\right)-\cfrac{1}{1-x}\right|=\frac{|x|^5}{1-x}\leq
\frac{1}{2^4}=\frac{1}{16}.
$$

问题 6 (2.62). 利用定理2.12找到一个区间$[a,b]$,使如下收敛
$$
1+e^{-t}+e^{-2t}+e^{-3t}+\cdots=\frac{1}{1-e^{-t}}
$$
对$t\in [a,b]$是一致的.

解答 6.1. 令$f_n=1+x+x^2+\cdots+x^n$,函数列$\{f_n(x)\}$在$[-r,r]$上一致收敛于函数$g(x)=\frac{1}{1-x}$,其中$r\in (0,1)$.所以当$t\in [0.01,10000]$时,收敛是一致的.

问题 7 (2.63). 已知幂级数$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-2)^n$在$x=4$收敛.那么$x$取什么值时级数必定仍收敛?找出使$f$必定连续的最大开区间.

解答 7.1. 当$x\in [0,4]$时仍收敛.使得$f$必定连续的最大开区间是$(0,4)$.

问题 8 (2.64). 判断下列各组级数中哪个级数的收敛半径较大,其中有一组级数有相同的收敛半径.
  • $\sum_{n=0}^{\infty}x^n$与$\sum_{n=0}^{\infty}3^nx^n$.
  • $\sum_{n=0}^{\infty}x^n$与$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$.
  • $\sum_{n=0}^{\infty}n(x-2)^n$与$\sum_{n=0}^{\infty}(x-3)^n$.

解答 8.1.
  • 第一个级数的收敛区间是$(-1,1)$,收敛半径是$2$;第二个级数的收敛区间是$(-\frac{1}{3},\frac{1}{3})$.所以是第一个级数的收敛半径大,第二个级数的收敛半径小.
  • 第一个级数的收敛区间是$(-1,1)$,第二个级数的收敛区间是$(-\infty,+\infty)$,所以第二个级数的收敛半径大.
  • 第一个级数的收敛区间是$(1,3)$,第二个级数的收敛区间是$(2,4)$.它们的收敛半径是一样的.

问题 9. 假设$\{p_n\}$是一正数列,且存在数$L$,使其部分和$p_1+\cdots+p_n$小于$nL$.利用根值判别法证明级数$\sum_{n=0}^{\infty}(p_1p_2p_3\cdots p_n)x^n$在$|x|<\frac{1}{L}$内收敛.
解答 9.1. $$ \limsup_{n\to\infty}(p_1p_2p_3\cdots p_n)^{\frac{1}{n}}\leq \limsup_{n\to\infty}\frac{p_1+p_2+p_3+\cdots+p_n}{n}\leq L. $$ 所以当$|x|<\frac{1}{L}$时, $$ \limsup_{n\to\infty}(p_1p_2p_3\cdots p_n)^{\frac{1}{n}}x^n<1. $$ 故在这种情况下级数收敛.
问题 10. 假设由根值判别法判定级数$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$的收敛半径是 $R$.证明:根据根值判别法,级数$\sum_{n=0}^{\infty}na_nx^n$的收敛半径也 是$R$.
解答 10.1. 这是因为 $$ \lim_{n\to\infty}(na_n)^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{n}}a_n^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}a_n^{\frac{1}{n}}=R. $$

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题目(绍兴柯桥2018学年第二学期高三教学质量调测选择题10):已知数列$\{a_n\},\{b_n\}$满足$a_{n+1}=\cfrac{1}{3}a_n+\cfrac{1}{2}b_n$,$b_{n+1}=\cfrac{1}{3}a_n-\cfrac{1}{2}b_n$,设数列$\{|a_n|\}$,$\{|b_n|\}$的前$n$项和分别为$S_n$,$T_n$,则存在正常数$M$,对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$都有

A.$S_n<M$且$t_n>M$

B.$S_n<M$且$t_n<M$

C.$s_n>M$且$T_n<M$

D.$s_n>M$且$T_n>M$

: 答案$B$.当然题目出得不够好,导致人们可以取极端情形,即令$a_1=b_1=0$,从而选择$B$.现在,我们不禁要问,$B$的正确性如何一般性地进行证明呢?由题意,
$$
\begin{pmatrix}
a_{n+1}\\
b_{n+1}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{3}&-\frac{1}{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_n\\
b_{n}
\end{pmatrix}.
$$
先求矩阵
$$
A=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{3}&-\frac{1}{2}
\end{pmatrix}
$$
的特征值$\lambda$.为此,只用令
$$
\begin{vmatrix}
\frac{1}{3}-\lambda&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{3}&-\frac{1}{2}-\lambda
\end{vmatrix}=0,
$$

$$
(\frac{1}{3}-\lambda)(-\frac{1}{2}-\lambda)-\frac{1}{6}=0,
$$
解得$\lambda_1=\frac{1}{2}$,$\lambda_2=-\frac{2}{3}$.然后,将矩阵$A$对角化:
$$
A=
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}&0\\
0&-\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}^{-1}
$$

$$
\begin{pmatrix}
a_{n+1}\\
b_{n+1}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}&0\\
0&-\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix}
a_n\\
b_n
\end{pmatrix}.
$$
构造新数列
$$
\begin{pmatrix}
c_n\\
d_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix}
a_n\\
b_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{2}{7}&\frac{1}{7}\\
-\frac{1}{7}&\frac{3}{7}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_n\\
b_n
\end{pmatrix},
$$

$$
\begin{pmatrix}
c_{n+1}\\
d_{n+1}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}&0\\
0&-\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_n\\
d_n
\end{pmatrix},
$$

$$
\begin{pmatrix}
c_n\\
d_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
(\frac{1}{2})^{n-1}&0\\
0&(-\frac{2}{3})^{n-1}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1\\
d_1
\end{pmatrix},
$$
反解得
$$
\begin{pmatrix}
a_n\\
b_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3&-1\\
1&2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_n\\
d_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3(\frac{1}{2})^{n-1}&-(-\frac{2}{3})^{n-1}\\
(\frac{1}{2})^{n-1}&2(-\frac{2}{3})^{n-1}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1\\
d_1
\end{pmatrix},
$$
令$P=\max\{|c_1|,|d_1|\}$,则
\begin{align*}
|a_n|&=\left|3 ( \cfrac{1}{2} )^{n-1}c_1-( –
\frac{2}{3})^{n-1}d_1\right|\\&\leq
3(\frac{1}{2})^{n-1}|c_1|+(\frac{2}{3})^{n-1}|d_1|\\&\leq
3(\frac{2}{3})^{n-1}|c_1|+(\frac{2}{3})^{n-1}|d_1|\\&\leq 4(\frac{2}{3})^{n-1}P,
\end{align*}
\begin{align*}
|b_n|&=\left| (\frac{1}{2})^{n-1}c_{1}+2(-\frac{2}{3})^{n-1}d_1
\right|
\\&\leq (\frac{1}{2})^{n-1}|c_1|+2(\frac{2}{3})^{n-1}|d_1|
\\&\leq (\frac{2}{3})^{n-1}|c_1|+2(\frac{2}{3})^{n-1}|d_1|
\\&\leq 3(\frac{2}{3})^{n-1}P.
\end{align*}

$$
S_n=\sum_{i=1}^n|a_n|\leq\sum_{i=1}^n4(\frac{2}{3})^{n-1}P=12P\left[1-(\frac{2}{3})^n\right]\leq 12P,
$$
$$
T_n=\sum_{i=1}^n|b_n|\leq\sum_{i=1}^n3(\frac{2}{3})^{n-1}P=9P \left[
1-(\frac{2}{3})^n \right]\leq 9P.
$$
可见只用令$M=12P+1$即可.

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.

链接:https://pan.baidu.com/s/1E_-LmzPd4jtmWSxCSPdEcg
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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