Refactor M and init some slots

undergraduate_memories/E/E.1 初识.md

@@ -30,7 +30,7 @@
 
 她就读本校经管专业；而高等数学始终是非文科专业的一大痛点。我很幸运，得益于高中老师的启发式教学打下的底子以及大学数学分析老师深入浅出的讲解，我对高等数学的理解是很深刻的——准备在另一支专栏里介绍我的数学心得——但她就稍稍欠了一点这种幸运。她那段时间的朋友圈内容几乎全是各种花式高数学不会，排除了装菜的可能后，便正中我下怀了。在又一次捕捉到类似的信息之后，我向她发出了”数学不会可以问我“的邀请。她回应了我，但之后又杳无音讯了。在我以为这又会变成一个礼貌性会话之后，过了几天，她却真的给我发来了题目，用的是小心翼翼的口吻”或许大概可以问一下这个第十题是什么思路“。
 
-原题已经不可考了，只记得是一道三角函数分式的定积分。我第一反应也想复杂了，想着只是为了给一个通性通法的解，那就含三角的积分都用半角正切换元算呗。事实上后来发现，使用$\mathrm d\tan x=\sec^2x\mathrm dx$才是那题的正解；但我还是哐哐一通，写完了过程发了过去。毕竟还是觉得做烦了，略带歉意地表示”这个做法只能保命“，得到答复曰”我要命的“，在一种欢快的气氛中结束了这第一次的数学答疑。
+题目是$\int\frac{\sin^2x}{\cos^3x}\mathrm dx$，我第一反应也想复杂了，想着只是为了给一个通性通法的解，那就含三角的积分都换元算呗。事实上后来发现，正切割函数配合分部积分才是那题的正解（见[M.4](../M/M.4 数学随笔（4）积分计算与逼近.md)）；但我还是哐哐一通，写完了过程发了过去。毕竟还是觉得做烦了，略带歉意地表示”这个做法只能保命“，得到答复曰”我要命的“，在一种欢快的气氛中结束了这第一次的数学答疑。
 
 其实我觉得这是个很好的开始。如果她愿意和我学数学，我几乎可以保证她的高数期末可以拿到80分以上的成绩——这件事虽然很难印证，但在后来我本科生活中碰到的同学们的案例来看，我确实自信有这个能力——而80对一度认为高数要挂科的同学而言并不是一个很低的分数了。并且，答疑可真是大一新生促进关系的太好的手段了。我怕什么做不成呢。
 

undergraduate_memories/M/M.1 数学随笔（1）极限与连续性证明.md

@@ -1,8 +1,10 @@
 # M.1 数学随笔（1）极限与连续性证明
 
-*如果$a>b$，则存在$c$，使得$a>c>b$。证明：取$c=\frac12(a+b)$即可。*
+*命题1：如果$a>b$，则存在$c$，使得$a>c>b$。证明：取$c=\frac12(a+b)$即可。*
 
-这是一条非常显然的定理，因为我们知道实数是稠密的。但其实单这条，就有助于对极限和连续的理解了。
+*命题2：$a=b$的充要条件是$\forall \epsilon>0,|a-b|\le\epsilon$。证明：必要性显然。对于充分性，不妨若$a>b$，则取$\epsilon=\frac {a-b}2>0,|a-b|>\epsilon$，矛盾。*
+
+这两条都十分显然的定理，因为我们知道实数是稠密的。但就这两条，就有助于对极限和连续的理解了。
 
 回顾极限的定义：以函数趋于一点的极限为例，$\forall \epsilon>0, \exists\delta > 0,\forall x:0<|x-x_0|<\delta, |f(x)-A|<\epsilon$，则记$\lim\limits_{x\rightarrow x_0}f(x)=A$。特别的，若$A=f(x_0)$，则$f(x)$在$x_0$处连续。
 
@@ -66,4 +68,52 @@ $y_n$推导略。下证$y_n>4$且$y_n$单调递减：
 
 根据单调有界定理，$\{y_n\}$存在极限。对递推式两边取极限舍去负根可得$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_n=4$，因此所求极限为$3$。
 
-本期专栏暂时分享如上几点。
+**例1.3** 已知$f(x)$在$x=0$处连续，$f(0)=0,\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}x=A$。证明$f(x)$在$x=0$处可导，并求$f'(0)$。
+
+错误解答：$A=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}x=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\left[2\cdot\frac{f(2x)-f(0)}{2x}-\frac{f(x)-f(0)}x\right]=2f'(0)-f'(0)=f'(0)$
+
+看似运用了导数定义，实则我们并没有证明$f$在$x=0$处可导，不能保证两项极限存在，这样使用定义是错误的。注意到以上步骤中并没有用到$f(x)$在$x=0$处连续的信息，我们需要利用这一条件。
+
+证明：因为 $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}x=A$，即$\forall \epsilon>0,\exists \delta>0,\forall x\in (-\delta,\delta):\left|\frac{f(2x)-f(x)}x-A\right|<\epsilon$，此时有$|f(2x)-f(x)-Ax|<\epsilon|x|$成立。
+
+考虑$\frac x{2^k}\in(-\delta,\delta),k\in\N$，可得$|f(\frac x{2^{k-1}})-f(\frac x{2^k})-A\frac x{2^k}|<\frac \epsilon{2^k}|x|$
+
+现在考虑$x>0$的情形，即$\frac {A-\epsilon}{2^k}x<f(\frac x{2^{k-1}})-f(\frac x{2^k})<\frac {A+\epsilon}{2^k}x$
+
+自$k=1$累加到$n$，得$(1-\frac 1{2^n})(A-\epsilon) x<f(x)-f(\frac x{2^n})<(1-\frac 1{2^n})(A+\epsilon) x$
+
+又$f(x)$在$x=0$处连续，对给定的$x$令$n\rightarrow\infty$，有$(A-\epsilon)x\le f(x)-f(0)\le(A+\epsilon)x$，再由$f(0)=0$得$A-\epsilon\le\frac{f(x)}x\le A+\epsilon$，可知$\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)}x=A$，于是$f_+'(0)=A$。
+
+完全类似地可以证明$f_-'(0)=A$，所以$f'(0)=A$。
+
+**例1.4** 设$f(x)$在$[a,+\infty)$可导且有无数个互异零点$\{x_n\}$，$f(x)$在其零点处导数不为零。证明：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=+\infty$。
+
+分析：容易想见如果其无数个零点能挤在一起，似乎会引发问题。因此直接反证。
+
+证明：假设$\{x_n\}$不是正无穷大，则必然存在一子列有上界。否则，取自然数集$\N$，对其每一项都能找到一个子列$\{x_{n_k}'\},k\in\N$，且$\{x_{n_k}'\}$中存在大于$k$的项，于是这些项构成了一个趋于正无穷大的子列，此时$\{x_n\}$是正无穷大。注意到$x_n\ge a$，则$\{x_n\}$有下界。
+
+现在由致密性定理，$\{x_n\}$的给定子列存在收敛子列$\{x_{n_k}\}$，不妨设$\lim\limits_{k\rightarrow\infty}x_{n_k}=x_0$。
+
+由于$f(x)$是连续的，则$f(x_0)=\lim\limits_{k\rightarrow\infty}f(x_{n_k})=0$。
+
+因为$f'(x_0)\ne 0$，不妨$f'(x_0)>0$（另一边完全同理），则$\lim\limits_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{x-x_0}>0$，于是$\exists\delta>0,\forall x\in(x_0-\delta,x_0)\cup(x_0,x_0+\delta):\frac{f(x)}{x-x_0}>0$，这表明$f(x)\ne0$。
+
+但是由于$\lim\limits_{k\rightarrow\infty}x_{n_k}=x_0$，而$x_{n_k}$互异，因此$k$充分大时必定$\exists k,x_{n_k}\in(x_0-\delta,x_0)\cup(x_0,x_0+\delta)$。于是产生矛盾。
+
+综上，命题得证。
+
+注：这里其实用到了极限的另一个理解：若数列中不存在等于其收敛值，则必然存在无穷多项与收敛值任意近，证明可参考例1.1中关于$\inf S\in S$的证明。
+
+疑问：仅由题目条件能否推出$\{x_n\}$可数无穷？（否则这个记号似乎不严格）
+
+**例1.5** 已知$f(x)$在$[a,b]$上非负且连续，令$M=\max\limits_{x\in[a,b]}f(x)$，证明$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left[\int_a^bf^n(x)\mathrm dx\right]^{\frac 1n}=M$
+
+分析：本题事实上是想说明定积分值完全被$M$附近的值占据了，但是这件事似乎不太好说。为此，我们考虑最大值点附近的一个邻域，函数值均在$M$附近。
+
+证明：显然$\left[\int_a^bf^n(x)\mathrm dx\right]^{\frac 1n}\le\left(\int_a^bM^n\mathrm dx\right)^\frac 1n=M(b-a)^\frac 1n$，下面考虑另外一边。
+
+考虑$x_0=\argmax\limits_{x\in[a,b]}f(x)$，因为$f(x)$连续，于是$\forall \epsilon>0,\exists \delta^*>0:\forall x\in(x_0-\delta^*, x_0+\delta^*)\cap[a,b]\overset{def}{=}[\alpha,\beta],f(x)>M-\epsilon$。于是$\left[\int_a^bf^n(x)\mathrm dx\right]^{\frac 1n}\ge\left[\int_\alpha^\beta (M-\epsilon)^n\mathrm dx\right]^\frac 1n=(M-\epsilon)(\beta-\alpha)^\frac 1n$。
+
+令$n\rightarrow\infty$，由夹逼定理知$M-\epsilon\le\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left[\int_a^bf^n(x)\mathrm dx\right]^{\frac 1n}\le M$
+
+由$\epsilon$的任意性（参见开头命题2），即证。

undergraduate_memories/M/M.3 数学随笔（3）微分中值定理与微分方程证明.md

@@ -10,21 +10,21 @@
 
 分析：此类问题的破局关键在于构造相应的满足微分中值定理的辅助函数$g$，在$[a,b]$上满足中值定理适用条件且$g'$应当与待证式具有类似的形式。对于(1)，考虑到$f'(\xi)-\frac{f(\xi)}\xi=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}\xi$，可取$g_1(x)=\frac{f(x)}x$；对于(2)，反解微分方程$f'(\xi)-\lambda f(\xi)=0$可以得到$\ln |f(\xi)|=\lambda \xi+C_1\implies f(\xi)=C\mathrm e^{\lambda \xi}\implies f(\xi)\mathrm e^{-\lambda \xi}=C$（$C$为任意常数），取$g_2(x)=f(x)\mathrm e^{-\lambda x}$
 
-解：（1）构造辅助函数$g_1(x)=\frac{f(x)}x$满足在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导，$g_1(a)=g_1(b)=0$，根据Rolle中值定理，$\exists\xi\in(a,b)$且$\xi>0$，$0=g_1'(\xi)=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^2}$，化简即证。
+证明：（1）构造辅助函数$g_1(x)=\frac{f(x)}x$满足在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导，$g_1(a)=g_1(b)=0$，根据Rolle中值定理，$\exists\xi\in(a,b)$且$\xi>0$，$0=g_1'(\xi)=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^2}$，化简即证。
 
 （2）构造辅助函数$g_2(x)=f(x)\mathrm e^{-\lambda x}$满足在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导，$g_2(a)=g_2(b)=0$，根据Rolle中值定理，$\exists\xi\in(a,b)，0=g_2'(\xi)=\mathrm e^{-\lambda x}[f'(\xi)-\lambda f(\xi)]$，化简即证。
 
 **例3.2** 已知$f(x)$在$[0,1]$上连续，证明$\exists \xi\in(0,1), \int_\xi^1 f(x)\mathrm dx=\xi f(\xi)$。
 
 分析：如将左端视为函数$F(x)$，则$f(x)=-F'(x)$。考虑$F(x)+xF'(x)=[xF(x)]'$，可构造函数$g(x)=xF(x)$。
 
-解：构造辅助函数$g(x)=x\int_x^1 f(t)\mathrm dt$，则$g(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，$g(0)=g(1)=0$。由Rolle中值定理，$\exists \xi\in (0,1), 0=g'(\xi)=\int_\xi^1 f(t)\mathrm dt-\xi f(\xi)$，移项得证。
+证明：构造辅助函数$g(x)=x\int_x^1 f(t)\mathrm dt$，则$g(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，$g(0)=g(1)=0$。由Rolle中值定理，$\exists \xi\in (0,1), 0=g'(\xi)=\int_\xi^1 f(t)\mathrm dt-\xi f(\xi)$，移项得证。
 
 **例3.3** 设$f(x)$在$[a,b]$上二阶可导，$f'(a)=f'(b)=0$，试证明$\exists \xi\in (a,b)$，$|f''(\xi)|\ge\frac 4{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。
 
 分析：本题是经典的Taylor近似证明题。注意到待证式中有区间折半平方，因此考虑区间中点在区间端点处的Taylor展开。
 
-解：令$\frac {a+b}2=x_0$。将$f(x_0)$在$a,b$处分别进行Taylor展开，可得
+证明：令$\frac {a+b}2=x_0$。将$f(x_0)$在$a,b$处分别进行Taylor展开，可得
 
 $$
 \left\{\begin{aligned}
@@ -38,36 +38,13 @@ $$
 
 记$\xi=\argmax\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\}$，则$|\frac {f''(\xi_2)}2-\frac {f''(\xi_1)}2|\le|\frac {f''(\xi_2)}2|+|\frac {f''(\xi_1)}2|\le|f''(\xi)|$,得证。
 
-**例3.4** $f(x)$在$[a,b]$上二阶导数连续，证明$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} n^2[\int_a^bf(x)\mathrm dx-\frac{b-a}n\sum\limits_{k=1}^nf\left(a+\frac {2k-1}{2n}(b-a)\right)]=\frac {(b-a)^2}{24}[f'(b)-f'(a)]$
-
-分析：本题是一类定积分值估计类型的题目，题目中是用细分区间中点的函数值累加估计定积分，该结论指出其与真实值的差距仅仅是一个关于区间个数的二阶无穷小量。解答本题需要较强的分析学知识，关系到定积分的定义。
-
-解：记$x_k=a+\frac kn(b-a), 0\le k\le n$，这$n+1$个点将$[a,b]$分成了$n$个区间，再令$\xi_k=a+\frac {2k-1}{2n}(b-a)\in (x_{k-1},x_k)$，于是$B_n=\int_a^bf(x)\mathrm dx-\frac{b-a}n\sum\limits_{k=1}^nf\left(a+\frac {2k-1}{2n}(b-a)\right)=\sum\limits_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\left[f(x)-f(\xi_k)\right]\mathrm dx$
-
-现在将$f(x)$在$\xi_k$处展开成Taylor公式$f(x)=f(\xi_k)+f'(\xi_k)(x-\xi_k)+\frac{f''(\eta_k)}2(x-\xi_k)^2$，$\eta_k$介于$x,\xi_k$之间，则上式化为$\sum\limits_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\left[f'(\xi_k)(x-\xi_k)+\frac{f''(\eta_k)}2(x-\xi_k)^2\right]\mathrm dx$
-
-上式中第一项，由于在每个区间上$x-\xi_k\in[-\frac{b-a}{2n},\frac{b-a}{2n}]$，积分结果为$0$。现在考虑第二项。不妨设$f''(\eta_k)$在区间$[x_{k-1},x_k]$上的最大最小值分别为$M_k,m_k$，结合此时$\int_{x_{k-1}}^{x_k}(x-\xi_k)^2\mathrm dx=\int_{-\frac{b-a}{2n}}^{\frac{b-a}{2n}}x^2\mathrm dx=\frac{(b-a)^3}{12n^3}$，得到
-
-$$
-\begin{align*}
-\frac{(b-a)^3}{24n^3}\sum\limits_{k=1}^nm_k\le B_n \le 
-\frac{(b-a)^3}{24n^3}\sum\limits_{k=1}^nM_k\\
-\frac{(b-a)^2}{24}\cdot\frac{b-a}n\sum\limits_{k=1}^nm_k\le n^2B_n \le 
-\frac{(b-a)^2}{24}\cdot\frac{b-a}n\sum\limits_{k=1}^nM_k
-\end{align*}
-$$
-
-注意到$f''(x)$连续，从而可积。事实上，在每个小区间上总存在介点$\epsilon_k,\zeta_k,f(\zeta_k)=M_k.f(\epsilon_k)=m_k$，符合定积分的定义。令$n\rightarrow\infty$并考虑夹逼定理，即有$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n^2B_n=\frac{(b-a)^2}{24}\int_a^bf''(x)\mathrm dx=\frac {(b-a)^2}{24}[f'(b)-f'(a)]$，得证。
-
-注：上式正符合在分划$\pi$由$\{x_k\}$给出时的Darboux上和与下和，但虽然很显然，并没有定理保证可积函数的Darboux上下和收敛于其定积分值，本题函数是连续的，可以规避掉这个问题。
-
-**例3.5** 设$f(x)$在 $[0,+\infty)$上有界连续，试证明微分方程$y''+14y'+13y=f(x)$的每个解在$[0,+\infty)$上均有界。
+**例3.4** 设$f(x)$在 $[0,+\infty)$上有界连续，试证明微分方程$y''+14y'+13y=f(x)$的每个解在$[0,+\infty)$上均有界。
 
 本题是第十三届全国大学生数学竞赛非数学类初赛原题。目前社会上仅流通一份通过求出微分方程解进行证明的解答，可能是评分标准，但私以为比较繁琐。这里给出我在考场上写出的解答，自己认为是严格的。如有不妥，欢迎商榷。
 
 分析：容易看出原微分方程的通解是$C_1\mathrm e^{-x}+C_2\mathrm e^{-13x}$，也就是说通解项显然在$[0,+\infty)$上有界，但还需要解出特解，形式繁琐。不妨直接考虑，倘若这个方程是一阶的，其应当具有某种$g'+\lambda g=f,\lambda>0$的形式。倘若能证明这个更强的结论，即$g$在$[0,+\infty)$是有界的，那本题也能够自然得证。
 
-解：首先考虑方程$g'(x)+\lambda g(x)=f(x)$，其中$\lambda>0$。考虑$x>0$，此式等价于$[\mathrm e^{\lambda x}g(x)]'=f(x)\mathrm e^{\lambda x}$，可得$g(x)=\mathrm e^{-\lambda x}[\int_0^x f(t)\mathrm e^{\lambda t}\mathrm dt+C]$，式中$C$是一个任意常数。
+证明：首先考虑方程$g'(x)+\lambda g(x)=f(x)$，其中$\lambda>0$。考虑$x>0$，此式等价于$[\mathrm e^{\lambda x}g(x)]'=f(x)\mathrm e^{\lambda x}$，可得$g(x)=\mathrm e^{-\lambda x}[\int_0^x f(t)\mathrm e^{\lambda t}\mathrm dt+C]$，式中$C$是一个任意常数。
 
 现在考虑两边的界。设$|f(x)|\le M, x \ge0,$
 
@@ -94,3 +71,22 @@ $$
 令$h(x)=y'+13y$，则$h'+h=f$，于是$h$有界，从而$y$也有界。证毕。
 
 注：这一不等式的思想在原解答中也有体现，只是原解答解了二阶微分方程，从给出解答中看似乎没有这个必要。
+
+**例3.5** 直接引用上海交通大学陈克应老师《数学分析与高等代数选讲》课件，并且相当感谢，侵权删除：
+
+![](./figs/M-3-1.png)
+
+本题在课堂上对前两问老师给出了解答，但课后的三四问自己遇到了困难。最终自己决定从微分方程的角度进行求解。
+
+分析：首先考虑$u'=6+u-u^2=(2+u)(3-u)\implies\frac {u'}{2+u}+\frac {u'}{3-u}=5$，
+
+两边积分得$\ln\left|\frac {2+u}{3-u}\right|=5x+C_1\implies\left|\frac {u-3}{u+2}\right|\mathrm e^{5x}=C$，构造函数$h(x)=\mathrm e^{5x}\frac{u-3}{u+2}$，式中$u\in\{f(x),g(x)\}$，则$h'(x)=\frac{5\mathrm e^{5x}}{(u+2)^2}[u'+(u-3)(u+2)]$。
+
+证明：如上构造函数$h$。当$u=f(x)$时，$h'\ge0$，（非严格）单调递增；当$u=g(x)$时，$h'\le0$，单调递减。特别的，因为$u\ge 0$，于是$\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}h(x)=0$。
+
+现在考虑(2)和(4)。若$\exist x_0,f(x_0)<3$，则$h(x_0)<0$。前面已经说过此时$h$是单调递增的，于是引发矛盾。类似地，若$\exists x_0,g(x_0)>3$，同样有$h(x_0)>0$，与$h$单调递减矛盾，因此得证。
+
+注：以下对第一个命题进行严格书写：已知$\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f(x)=0$且$f(x)$单调递增，试证明$f(x)\ge0$。
+证明：假设$\exists x_0,f(x_0)<0$。则$\forall x<x_0,f(x)\le f(x_0)< \frac{f(x_0)}2< 0$。令$\epsilon=-\frac{f(x_0)}2>0$，有$\forall \delta\in \R, \exists x=\min\{\delta,x_0\}-1,|f(x)|>\epsilon$，因此矛盾。
+
+直观上可以理解为，无穷远处函数值为零且单调递增，函数显然不可能穿过数轴变成负数。