设 $f(x)=\frac{a}{x}+\ln x$, 设 $f(x_1)=f(x_2)=2$, ($x_1\neq x_2$). 证明: $a^2 < x_1 x_2 < ae$.

提示:  要证 $a^2 < x_1 x_2$, 即证 $\frac{a^2}{x_1} < x_2$, 而 $a < \frac{a^2}{x_1}$.

(直接看第三个解答.)

证明: $\log(n!)\geqslant\frac{n}{2}\log\frac{n}{2}$.

证明: 当正整数 $n\geqslant 3$ 时, 有

\[n! < (\frac{n}{2})^n+(\frac{n}{2})^n=\frac{n^n}{2^{n-1}}.\]

设 $f(x,y)$ 分别关于变量 $x,y$ 为连续函数, 证明: 如果 $f$ 关于其中一个变量是单调函数(比如偏导数存在且非负), 则 $f$ 为二元连续函数.

参考自[1] P. 416 习题 12.1 第9题.

References:

[1] 梅加强  著 《数学分析》,  高等教育出版社.

设 $f(x)$ 是 $[0,+\infty)$ 上的有界可积函数,  证明

\[\liminf_{t\rightarrow\infty}f(t)\leqslant\liminf_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{t}\int_{0}^{t}f(s)\mathrm{d}s.\]

Remark: $f(x)$ 在 $[0,\infty)$ 上可积即可.

Keywords: 上极限($\limsup$)、下极限($\liminf$)

证明: 当 $x\in[0,\frac{\pi}{2})$ 时, $\sin x+\tan x\geqslant 2x$.

设函数 $f(x)\in C([a,b])$, 且 $a < x_1 < x_2 < b$, 证明: 至少存在一点 $\xi\in[x_1,x_2]$, 使得

\[f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}.\]

一般的, 若 $a< x_1 <x_2 <\cdots < x_n < b$, $n\geqslant 2$, 则存在 $\xi\in[x_1,x_n]$, 使得

\[
f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}.
\]

若 $\theta$ 满足 $n\theta=2\pi$, $n\geqslant 2$, 则 $\sum_{k=1}^{n}\cos(k\theta)=0$, 即

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=0.\tag{1}
\]

对于 $\sin$, 结论更显然.

\[
\sin\theta+\sin(2\theta)+\sin(3\theta)+\cdots+\sin(n\theta)=0.\tag{2}
\]

将坐标系转动某个角度, 等式是否仍成立? 也可以表述如下:

\[
\cos(\theta+\delta)+\cos(2\theta+\delta)+\cos(3\theta+\delta)+\cdots+\cos(n\theta+\delta)=0\ ?
\]

要求: 不使用下面的公式

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=\frac{\sin\frac{n}{2}\theta\cdot\cos\frac{n+1}{2}\theta}{\sin\frac{\theta}{2}}\tag{*}
\]

(1) 和 (2), 更一般的, 写为

\[
\sum_{x=1}^{q}e_q(hx)=\sum_{x=1}^{q}e^{2\pi i hx/q}=0,\qquad(\text{当} q\nmid h)
\]

参见问题2791

例如 若 $3\theta=2\pi$, 则

\[
\begin{split}
&\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)\\
=&\cos\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{4\pi}{3}+\cos\frac{6\pi}{3}\\
=&-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1\\
=&0.
\end{split}
\]

(关于 $\cos 3\theta$ 的展开, 可参见问题2398 )

还可以由此求一些特殊角的余弦值, 例如 $\cos\frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$.

若抛物线 $y=ax^2$ 与曲线 $y=\ln x$ 相切, 求 $a$ 的值.

[分析] 若 $a < 0$, 则抛物线开口向下, 不可能与对数曲线 $y=\ln x$ 相切. 故这里推出 $a > 0$.

试确定常数 $a,b$, 使函数

\[f(x)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{x^2 e^{n(x-1)}+ax+b}{e^{n(x-1)}+1}\]

在 $x=1$ 处可导.