1.设$p(x)=2+4x+3x^2+5x^3+3x^4+4x^5+2x^6$,对于满足$0<k<5$的$k$,定义[I_k=int_0^{+infty}frac{x^k}{p(x)}dx,]对于怎样的$k$, $I_k$最小?
Hint：进行倒代换再相加.
2.(2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营)已知$ninmathbb{N},ngeq 2$,设$0< heta<pi$,证明: [sinfrac{ heta}{2}sum_{k=1}^nfrac{sin k heta}{k}<1.]
3.(2011年最新大学生数学竞赛预测试题，西西)求极限[lim_{n oinfty}frac{1}{n^2}int_0^{pi/2}xleft(frac{sin nx}{sin x} ight)^4dx.]
[lim_{n oinfty}frac{n!}{n^n}left(sum_{k=0}^nfrac{n^k}{k!}-sum_{k=n+1}^inftyfrac{n^k}{k!} ight).]
[int_0^{pi/2}ln (cos x)ln (sin x)cdot sin 2xdx.]
求无穷级数[sum_{k=1}^inftyfrac1{k^2}cosleft(frac{9}{kpi+sqrt{k^2pi^2-9}} ight).]
里面还很多有意思的题！
4.物理里面的:[frac{1}{xy}=int_0^inftyfrac{da}{(ax+(1-a)y)^2},quad det A=int_0^inftyint_0^infty e^{ heta Aeta}d heta deta.]
5.计算第二型曲线积分
[I=oint_Cfrac{e^y}{x^2+y^2}[(xsin x+ycos x)dx+(ysin x-xcos x)dy],]其中$C:x^2+y^2=1$,取逆时针方向.
解:事实上,
egin{align*}I&=oint_Cfrac{e^y}{x^2+y^2}[(xsin x+ycos x)dx+(ysin x-xcos x)dy\&=int_0^{2pi}e^{cos t}cos(sin t)dt=int_0^{2pi}e^{e^{it}}dt=frac{1}{i}oint_{|z|=1}frac{e^z}{z}dz=2pilim_{z o 0}e^z=2pi.end{align*}
6.(国际最佳问题征解)T210,P210.试证明下面等式成立:[int_0^{infty}frac{dx}{Gamma (x)}=int_0^1left[1+frac{e}{x}-frac{e}{1!(x+1)}+frac{e}{2!(x+1)}-cdots ight]frac{dx}{Gamma (x)}.]
T211.证明:若$0<x<1$,则
[prod_{n=1}^inftyleft(1-x^{2n-1} ight)=1/left[1+sum_{n=1}^inftyfrac{x^{n(n+1)/2}}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)cdots (1-x^n)} ight].]
T213.求证丅式成立:[e^x=frac{(1-x^2)^{1/2}(1-x^3)^{1/3}(1-x^5)^{1/5}cdots}{(1-x)(1-x^6)^{1/6}(1-x^{10})^{1/{10}}cdots},quad |x|<1]
等式右端的分式中,分子中的$x$的指数是含奇数个不重复素数因子的整数,而在分母中的$x$的指数是含偶数个不重复素数因子.
证.考虑函数[f(x)=-sum_{n=1}^inftyfrac{mu (n)ln (1-x^n)}{n},quad |x|<1]
其中$mu (n)$是Mobius函数,那么
[f(x)=sum_{n=1}^inftyfrac{mu (n)}{n}sum_{m=1}^{infty}frac{x^{mn}}{m}=sum_{n=1}^{infty}sum_{m=1}^{infty}frac{mu (n)}{nm}x^{nm},quad |x|<1]
在这个展开式中, $x^m$的系数是
[sum_{n|m}frac{mu (n)}{m}=frac1msum_{n|m}mu (n)=0,quad m eq 1]
因此$f(x)=x$,所以
[e^x=sum_{n=1}^infty(1-x^n)^{-mu (n)/n},]
由此得证.
数列$a_0,a_1,ldots,a_n$满足$a_0=frac{1}{2},a_{k+1}=a_k+frac{1}{n}a_k^2,k=0,1,ldots,n-1$,试证[1-frac{1}{n}<a_n<1.]
这是1980年芬兰等四国数学竞赛试题,是这次竞赛中得分率最低的一道题,竞赛委员会公布的解答也很繁琐,苏淳教授曾运用数学归纳法采用加强命题的技巧给出了较为简捷的证明.下面是种更直截了当的证明.来自朱华伟《奥数讲义-高一上》
证.由已知得$frac{1}{a_{k-1}}-frac{1}{a_k}=frac{1}{n+a_{k-1}}$,从而$a_n>a_{n-1}>cdots>a_1>a_0=frac12$,所以[frac{1}{a_{k-1}}-frac{1}{a_k}<frac{1}{n},quad k=1,2,ldots,n]累加得$frac{1}{a_0}-frac{1}{a_n}<1$,所以$frac{1}{a_n}>2-1=1$,即$a_n<1$,从而有[frac{1}{a_{k-1}}-frac{1}{a_k}>frac{1}{n+1},quad k=1,2,ldots,n]累加得$frac{1}{a_0}-frac{1}{a_n}>frac{n}{n+1}$,即$frac{1}{a_n}<2-frac{n}{n+1}=frac{n+2}{n+1}$,从而[a_n>frac{n+1}{n+2}>frac{n-1}{n}=1-frac{1}{n},]故[1-frac{1}{n}<a_n<1.]
另外可参考：叶军《数学奥林匹克教程》P259.
注意到
[frac{sin pi x}{pi x}=prod_{n=1}^{infty}left(1-frac{x^2}{n^2}
ight),]
令$x=i$并由$sin (ix)=isinh x$可知
[prod_{n=1}^{infty}left(1+frac{1}{n^2}
ight)=frac{e^pi-e^{-pi}}{2pi}.]
设有正实数列${a_n}$使得表达式$frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}$的值仅依赖于脚标之和$k+n$,也就是当$k+n=m+l$时,必有[frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}=frac{a_m+a_l}{1+a_ma_l},]求证:数列${a_n}$有界.
证.为方便起见,记[A_{k+n}=frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n},]则
[A_n=A_{1+(n-1)}=frac{a_1+a_{n-1}}{1+a_1a_{n-1}},quad n>1]
考察函数$f(x)=frac{a_1+x}{1+a_1x}$,其中$x>0$.容易验证
[f(x)geq egin{cases}
frac{1}{a_1}, & ext{如果$a_1>1$}\
1, & ext{如果$a_1=1$}\
a_1, & ext{如果$0<a_1<1$}\
end{cases}]
因此,对任意$a_1$值,都存在$alphain (0,1]$,使得$f(x)geq alpha$,从而对任何$n$,都有$A_ngeqalpha$,其中$alpha$可取$a_1$与$1/a_1$中较小者.这样便有[A_{2n}=A_{n+n}=frac{2a_n}{1+a_n^2}geqalpha,]即$alpha a_n^2-2a_n+alphaleq 0$,解得
[frac{1-sqrt{1-alpha^2}}{alpha}leq a_nleq frac{1+sqrt{1-alpha^2}}{alpha}.]
于是,只要取$m=(1-sqrt{1-alpha^2})/alpha,M=(1+sqrt{1-alpha^2})/alpha$,则对一切$n$,均有$mleq a_nleq M$,即数列${a_n}$有界.
注:满足题意的非常数数列是存在的,例如,令$p>qgeq 1$,则数列[a_n=frac{p^n-q}{p^n+q},quad n=1,2,ldots]便具有上述性质.
来源：朱华伟《奥数讲义-高一上》P84.
证明方程$f(x)=(2n+1)x^{2n}-2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2}-cdots+3x^2-2x+1=0$无实根.
证.令$x=-cleq 0$,则
[f(-c)=(2n+1)c^{2n}+2nc^{2n-1}+(2n-1)c^{2n-2}+cdots+3x^2+2c+1>0.]因此原方程无负根,也无零根.下面证明原方程无正根.
注意到[(x+1)^2f(x)=(2n+1)x^{2n+2}+(2n+2)x^{2n+1}+1,]其系数均非负,因此$(x+1)^2f(x)$无正根,即$f(x)$也无正根.
综上所述, $f(x)=0$无实根.
解方程
[egin{cases}
x_1+x_2+cdots+x_n=n,\
x_1^2+x_2^2+cdots+x_n^2=n,\
vdots\
x_1^n+x_2^n+cdots+x_n^n=n.\
end{cases}]
解.作以$x_1,x_2,ldots,x_n$为根的多项式
egin{align*}f(x)&=(x-x_1)(x-x_2)cdots(x-x_n)\&=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0,end{align*}
则
[f(x_k)=x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+cdots+a_1x_k+a_0=0,quad k=1,2,ldots,n]
于是
egin{align*}sum_{k=1}^{n}f(x_k)&=sum_{k=1}^{n}left(x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+cdots+a_1x_k+a_0
ight)\&=sum_{k=1}^{n}x_k^n+a_{n-1}sum_{k=1}^{n}x_k^{n-1}+cdots+a_1sum_{k=1}^{n}x_k+sum_{k=1}^{n}a_0=0,end{align*}
由方程组可知[n+a_{n-1}n+cdots+a_1n+a_0n=0,]从而[f(1)=1+a_{n-1}+cdots+a_1+a_0=0.]这说明$x=1$为$f(x)$的一个根.不妨设$x_n=1$,由原方程组得
[x_1^k+x_2^k+cdots+x_{n-1}^k=n-1,quad k=1,2,ldots,n-1]仿上又可得$x_1,ldots,x_{n-1}$中有一个为$1$.继续下去,必有[x_1=x_2=cdots=x_n=1.]
已知egin{align*}egin{cases}frac{x^2}{2^2-1^2}+frac{y^2}{2^2-3^2}+frac{z^2}{2^2-5^2}+frac{w^2}{2^2-7^2}=1,\frac{x^2}{4^2-1^2}+frac{y^2}{4^2-3^2}+frac{z^2}{4^2-5^2}+frac{w^2}{4^2-7^2}=1,\frac{x^2}{6^2-1^2}+frac{y^2}{6^2-3^2}+frac{z^2}{6^2-5^2}+frac{w^2}{6^2-7^2}=1,\frac{x^2}{8^2-1^2}+frac{y^2}{8^2-3^2}+frac{z^2}{8^2-5^2}+frac{w^2}{8^2-7^2}=1.end{cases}end{align*}
求$x^2+y^2+z^2+w^2$的值.
解.$x,y,z,w$能满足给定的方程组等价于$t=4,16,36,64$满足方程[frac{x^2}{t-1}+frac{y^2}{t-9}+frac{z^2}{t-25}+frac{w^2}{t-49}=1.]去分母,当$t eq 1,9,25,49$时,关于$t$的方程等价于egin{align*}(t-1)(t-9)(t-25)(t-49)-x^2(t-9)(t-25)(t-49)-y^2(t-1)(t-25)(t-49)\-z^2(t-1)(t-9)(t-49)-w^2(t-1)(t-9)(t-25)=0.end{align*}
后面的方程是关于$t$的四次方程, $t=4,16,36,64$是这个方程的$4$个已知根,也就是它的全部根,故方程等价于[(t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0.]
由于上面两个方程中$t^4$的系数都是$1$,故其余各次幂的系数也应相等.比较$t^3$的系数可得
[1+9+25+49+x^2+y^2+z^2+w^2=4+16+36+64.]
于是得到$x^2+y^2+z^2+w^2=36$.
本题也可以利用拉格朗日插值公式进行求解.
egin{enumerate}
item 设$p(x)$为任一个首项系数为正数$p_0$的实系数多项式,且$p(x)$无实零点.证明:必有实系数多项式$f(x)$和$g(x)$,使得$p(x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2$.
item 证明:若$Q(x)$是首项系数为正的实系数多项式,且有实数$a$使得$Q(a)<0$,则$Q(x)$必有实零点.
end{enumerate}
由共轭复数运算可知,若$p(a+bi)=0$,则$p(a-bi)=0$,因此$p(x)$的虚零点是成共轭对出现的.由于$p(x)$无实零点, $p(x)$必为偶数次多项式.令其次数为$2n$,且零点为$x_i,overline{x_i},i=1,2,ldots,n$,则
[p(x)=left[sqrt{p_0}prod_{i=1}^{n}(x-x_i)
ight]left[sqrt{p_0}prod_{i=1}^{n}(x-overline{x_i})
ight].]
令$q(x)=sqrt{p_0}prod_{i=1}^{n}(x-x_i)$,则$p(x)=q(x)overline{q(x)}$.
由于$q(x)$为复系数多项式,必有实系数多项式$f(x)$与$g(x)$,使得$q(x)=f(x)+ig(x)$,则$overline{q(x)}=f(x)-ig(x)$,于是[p(x)=[f(x)+ig(x)][f(x)-ig(x)]=f^2(x)+g^2(x).]
(2)利用反证法.假设$Q(x)$无实零点,由于$Q(x)$为实系数多项式,且其首项系数为正.因此由(1)可知,必有实系数多项式$f(x)$和$g(x)$,使得$Q(x)=f^2(x)+g^2(x)$,由此可知$Q(a)=f^2(a)+g^2(a)>0$,与题意$Q(a)<0$矛盾.
来源：朱华伟《奥数讲义-高三下》P14.
(Steiner定理)边长一定的$n$边形中,以存在外接圆者的面积最大.
(等周定理)周长一定的$n$边形中,以正$n$边形的面积最大.
定理.圆内接$n$边形中以正$n$边形的周长最大.
叶军，P282.P354.P276
[frac{a^r}{(a-b)(a-c)}+frac{b^r}{(b-c)(b-a)}+frac{c^r}{(c-a)(c-b)}=egin{cases}0,&r=0,1\1,&r=2\a+b+c,&r=3end{cases}]
叶军P68，余红兵、严镇军《构造法解题》
(2011年山西高中数学联赛)三角形$ABC$三个内角的度数满足$frac{A}{B}=frac{B}{C}=frac13$,求$T=cos A+cos B+cos C$的值.
https://wenku.baidu.com/view/5774ee380b1c59eef8c7b4b1.html
证明[lim_{n oinfty}left(1+n+frac{n^2}{2!}+cdots+frac{n^n}{n!}
ight)e^{-n}=frac{1}{2}.]
设$frac12<alpha<frac23,r=[n^alpha]$,把$e^n=sum_{k=0}^{infty}frac{n^k}{k!}$表示为
[sum_{k=0}^{n-r}frac{n^k}{k!}+sum_{k=n-r+1}^{n}frac{n^k}{k!}+sum_{k=n+1}^{n+r}frac{n^k}{k!}+sum_{k=n+r+1}^{2n+1}frac{n^k}{k!}+sum_{k=2n+2}^{infty}frac{n^k}{k!}=S_1+S_2+S_3+S_4+S_5.]
由于
egin{align*}frac{n^{n-k+1}}{(n-k+1)!}/frac{n^{n+k}}{(n+k)!} &=frac{n(n+k)(n+k-1)}{n^3}cdotleft(1-frac{1}{n^2}
ight)cdotsleft(1-frac{(k-2)^2}{n^2}
ight)\&geq 1-frac{1^2+cdots+(k-2)^2}{n^2}=1+o(1),quad 1leq kleq rend{align*}
且[S_3=S_2+o(S_2),quad n oinfty]
利用Stirling公式进一步估计$S_1,S_4,S_5$,可以证得$S_1=o(S_2),S_4=o(S_2),S_5=o(S_2)$,由此得到结论.
来源：《546个早期俄罗斯大学生数学竞赛题》T73，P77.
设$X_i,1leq ileq n$是相互独立的随机变量,且$X_isim P(1)$ (泊松分布),则$Y_n=X_1+X_2+cdots+X_nsim P(n)$,而$EY_n=DY_n=n$.由中心极限定理可知$frac{Y_n-n}{sqrt{n}} o N(0,1)$,所以
[lim_{n oinfty}a_n=lim_{n oinfty}P(Y_nleq n)=lim_{n oinfty}Pleft(frac{Y_n-n}{sqrt{n}}leq 0
ight)=Phi (0)=frac12.]
另外可参考：博士数学论坛《数学分析解答库》
计算[lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-infty}^{+infty}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx.]
来源：《546个早期俄罗斯大学生数学竞赛题》T541，P64.
解.令$delta=n^{-2/5}$,那么
[int_{-infty}^{+infty}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx=2int_{delta}^{+infty}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx+int_{-delta}^{delta}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx.]
先估计前者,由于
[left|int_{delta}^{+infty}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx
ight|leq int_{delta}^{infty}frac{dx}{(1+x^2)^n}.]
令$x=sqrt{(1+delta^2)y-1}$,那么当$ngeq 2$时,有
egin{align*}int_{delta}^{infty}frac{dx}{(1+x^2)^n}&=int_{1}^{infty}frac{(1+delta^2)^{1-n}}{2sqrt{(1+delta^2)y-1}y^n}dy\&leqfrac{1}{2}(1+delta^2)^{1-n}int_{1}^{infty}frac{dy}{y^2sqrt{y-1}}.end{align*}
而$lim_{n oinfty}sqrt{n}(1+n^{-4/5})^{1-n}=0$,这表明
[lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-infty}^{+infty}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx=lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-delta}^{delta}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx.]
又[ln cos x-nln (1+x^2)=-left(n+frac12
ight)x^2+nO(x^4).]
因为在$[-delta,delta]$上,有$x^4leqdelta^4leq x^{-8/5}$,此时有[ln cos x-nln (1+x^2)=-left(n+frac12
ight)x^2+O(n^{-3/5}).]于是得到
[lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-delta}^{delta}frac{cos x}{(1+x^2)^n}dx=lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-delta}^{delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx.]
令$y=sqrt{n+1/2}x$,则
egin{align*}lim_{n oinfty}sqrt{n}int_{-delta}^{delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx=lim_{n oinfty}frac{sqrt{n}}{sqrt{n+frac12}}int_{-deltasqrt{n+1/2}}^{deltasqrt{n+1/2}}e^{-y^2}dy=int_{-infty}^{infty}e^{-y^2}dy=sqrt{pi}.end{align*}
T545.设$varphi(z)=sum_{n=1}^{5}frac{1}{n^z}$.证明:对于任何实数$t$有[varphi(1+it) eq 0.]
首先研究函数[varphi_4(z)=sum_{n=1}^{4}frac{1}{n^z},]并证明[varphi_4(1+it)
eq 0,quad forall tinmathbb{R}]
我们有[mathrm{Re}varphi_4(1+it)=sum_{n=1}^{4}frac{cos (tln n)}{n}geq 1+frac{cos x}{2}-frac13+frac{cos 2x}{4},]
这里$x=tln 2$.而
egin{align*}1-frac13+frac{cos x}{2}+frac{1}{4}(2cos^2 x-1)&=frac{5}{12}+frac12(u+u^2)\&geq frac{5}{12}+min_{|u|leq 1}(u+u^2)=frac{7}{24}.end{align*}
也就是$mathrm{Re}varphi_4(1+it)geq 7/24$,因此当$tinmathbb{R}$时,有$varphi_4(1+it)
eq 0$,而[mathrm{Re}varphi_5(1+it)geq mathrm{Re}varphi_4(1+it)-frac15geq frac{7}{24}-frac15=frac{11}{120}.]因此,对于$tinmathbb{R}$有$varphi(1+it)
eq 0$.