四月 2019

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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$DO\perp DE$.$\Box$