(这里收集了本人做过的一些比较巧妙的数学分析题目，争取做到每日一题。应该用不了多久就变成亿日一题了（笑）

当然这里的做法不一定是最巧妙的，甚至可能是错误的，如果有更巧妙的做法或者发现错误欢迎指出。

另外也欢迎评论你觉得比较巧妙的题目。

2022.04.26

求证 $\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$.

Proof.

$\arcsin$ 的 Maclaurin 展开式为 $ \arcsin x=x+\sum^{+\infty}_{k=1}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{x^{2k+1}}{2k+1} $ .

令 $ t=\arcsin x $ 得 $ t=\sin t+\sum^{+\infty}_{k=1}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{\sin^{2k+1} t}{2k+1} $ .

由于 $ |\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{\sin^{2k+1} t}{2k+1}|\le\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)} $ 且
$$\begin{align}
&\lim_{k\to+\infty}k(\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}\frac{(2k+2)!!(2k+3)}{(2k+1)!!}-1)\\
=&\lim_{k\to+\infty}k(\frac{(2k+2)(2k+3)}{(2k+1)^2}-1)\\
=&\lim_{k\to+\infty}k\cdot\frac{6k+5}{4k^2+4k+1}\\
=&\frac 3 2
\end{align}
$$
由 Raabe 判别法知 $ \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}$ 收敛，再由优级数判别法知$ \sum^{+\infty}_{k=1}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{\sin^{2k+1} t}{2k+1} $ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。

所以 $ \int_0^{\frac {\pi} 2} t\mathrm{d}t=\int_0^{\frac {\pi} 2}\sin t\mathrm{d}t+\sum^{+\infty}_{k=1}\int_0^{\frac {\pi} 2}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{\sin^{2k+1} t}{(2k+1)^2}\mathrm{d}t\ (1)$

令 $ I_k=\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2k+1} t\ \mathrm{d}t $

则有
$$\begin{align}
I_k&=\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2k+1} t\ \mathrm{d}t\\
&=\int_0^{\frac \pi 2}(-\cos t)'\sin^{2k} t\ \mathrm{d}t\\
&={(-\cos t\sin^{2k}t)}\bigg|^{t=\frac \pi 2}_{t=0}+\int_0^\frac{\pi}2\cos t\cdot2k\sin^{2k-1} t\cdot\cos t\ \mathrm{d}t\\
&=2k\int_0^{\frac\pi 2}(1-\sin^2t)\sin^{2k-1}t\ \mathrm{d}t\\
&=2kI_{k-1}-2kI_k\\
\Rightarrow I_k&=\frac{2k}{2k+1}I_{k-1}
\end{align}
$$
其中 $ I_0=1 $ ，所以 $ I_k=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}$.

所以结合式(1)得 $ \frac {\pi^2} 8=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2} $ .
$$\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2} 8+\frac 1 4\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}
$$
所以 $\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\ \square$

2022.04.30

求 $ \lim_{x\to 0} \frac{\int_x^{2x}\sin \frac 1 t\mathrm{d} t}{x} $.

解：

因为 $ (\cos \frac{1}{t})'= \frac{\sin \frac{1} t}{t^2}$

所以 $ \int_{x}^{2x}\sin\frac 1 t\mathrm{d}t= \int_{x}^{2x}t^2(\cos\frac 1 t)'\mathrm{d}t=t^2\cos\frac 1 t\bigg|_{t=x}^{t=2x}-\int_{x}^{2x}2t\cos\frac 1 t\mathrm{d}t$
$$\lim_{x\to0}\frac{\int_x^{2x}\sin \frac 1 t\mathrm{d} t}{x} =\lim_{x\to0}x\cos\frac{1}{x}+4x\cos\frac{1}{2x}-\frac{\int_{x}^{2x}2t\cos\frac 1 t\mathrm{d}t}{x}=\lim_{x\to 0}-\frac{\int_{x}^{2x}2t\cos\frac 1 t\mathrm{d}t}{x}
$$
再由 L'Hospital 法则知
$$\lim_{x\to 0}-\frac{\int_{x}^{2x}2t\cos\frac 1 t\mathrm{d}t}{x}=\lim_{x\to 0}-\frac{4x\cos\frac 1 {2x}-2x\cos \frac 1 x}{1}=0\ \square
$$

2022.05.01

对 $(0,1)$ 区间中的小数 $x=0.x_1x_2x_3...$ ，定义 $ f(x)=0.x_10x_20x_3... $ .

(1). 证明 $ f\in R[0,1] $.

Proof.

因为 $\forall x,y\in(0,1)(x<y)$ 易得 $ f(x)<f(y) $ ，所以 $ f $ 在 $ (0,1) $ 上单调递增，所以 $ f $ 的间断点集至多可数，是零测集。

又因为 $ f$ 有界，由 Lebesgue 可积准则知 $ f\in R[0,1]\ \square$

(2). 求 $ f $ 的间断点集 $ D_f $.

解：

先证明如果 $ x $ 是 $ (0,1) $ 上的有限小数，则 $ x\in D_f $.

令 $ x=0.x_1x_2\dots x_n $，其中 $ n $ 为 $ x $ 的小数位数。

令 $ a_k=0.x_1x_2...x_{n-1}(x_n-1)\underbrace{99\dots9}_{k}$ ，则有 $ \lim_{k\to+\infty}a_k=x $

$\forall k\in \mathbb{N}, f(a_k)=0.x_10x_20\dots x_{n-1}0(x_n-1)0909\dots <0.x_10x_20\dots x_{n-1}0(x_n-1)1$

所以 $ f(a_k)\nrightarrow f(x)\ (k\to+\infty) $ ，所以 $ x \in D_f$.

再证明如果 $ x $ 是 $ (0,1) $ 上的无穷小数，则 $ x\in D_f^c $.

令 $ x=0.x_1x_2x_2\dots $

$ \forall n\in \mathbb{N}_+,\ \exists \delta=\min\{x-0.x_1x_2...x_n,0.x_1x_2...x_n-x+10^{-n}\} $

s.t. $\forall y=0.y_1y_2y_3 \dots \in \mathring{U}_\delta(x)$ ，满足 $ y_i=x_i(\forall i\in\{1,2,...,n\}) $

则 $ f(x) $ 与 $ f(y) $ 的小数部分前 $ 2n $ 位相同，所以 $|f(x)-f(y)|<\frac{1}{10^n} $

由极限等价定义知 $ \lim_{y\to x} f(y)=f(x) $ ，所以 $ x\in D_f^c $ .

综上所述 $ D_f=\{x=0.x_1x_2x_2\dots\in(0,1)|\exists N\in\mathbb{N},\forall n>N,x_n=0\}\ \square$

2022.05.02

证明康托尔-伯恩斯坦-施罗德定理。

即

如果集合 $A$ 和集合 $ B $ 满足 $ |A|\le|B| $ 且 $ |A|\ge|B| $ ，则有 $ |A|=|B| $.

其中 $ |A| $ 表示集合 $ A $ 的势。

Proof.

因为 $ |A|\le|B| $ ，所以 $ \exists $ 单射 $ \phi:A\rightarrow B $.

因为 $ |A|\ge|B| $ ，所以 $ \exists $ 单射 $ \psi:B\rightarrow A $.

因为 $ \phi,\psi $ 均为单射，所以 $ \phi\circ\psi $ 也为单射，同时因为 $ \phi $ 为单射，所以 $ |A|=|\phi(A)| $ ，所以要证 $ |A|=|B| $ ，只需证 $ |\phi(A)|=|B| $.

令 $ X=B,Y=\phi(A),Z=\phi(\psi(B)) $ ，则问题转化为：已知 $ X\supset Y \supset Z $ ，且存在从 $ X $ 到 $ Z $ 的双射（满射是因为 $Z$ 为 $ \phi \circ\psi $ 的象集），求证 $ |X|=|Y| $.

令 $ f=\phi\circ\psi $ ，定义 $ f^n=f\circ f^{n-1} $ ，其中 $ f^0=I_X $ （$ I_X $ 表示 $ X $ 上的恒等映射）

定义 $ g:X\rightarrow Y, x\mapsto g(x)=\begin{cases}f(x),&\exists n\in \mathbb{N},\ \text{s.t.}\ x\in f^{n}(X)\textbackslash f^{n}(Y),\\x,& \text{otherwise};\end{cases} $

接下来只需证明 $ g $ 是双射，则有 $ |X|=|Y| $.

(1). 证明 $ g $ 是单射。

若 $g(x_1)=g(x_2)$ ，

<1>. $ \exists n,m\in\mathbb N,\ \text{s.t.}\ x_1\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y),x_2\in f^m(X)\textbackslash f^m(Y)$

$ f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=x_2 $.

<2>. $ \nexists n,m\in\mathbb N,\ \text{s.t.}\ x_1\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y),x_2\in f^m(X)\textbackslash f^m(Y) $

$g(x_2)=g(x_1)=x_1\land g(x_2)=x_2\Rightarrow x_1=x_2$

<3>. $ \exists n\in\mathbb N,\ \text{s.t.}\ x_1\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y)$ 且 $ \nexists m\in\mathbb N,\ \text{s.t.}\ x_2\in f^m(X)\textbackslash f^m(Y)$

则有 $x_2=f(x_1)\land x_1\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y)\Rightarrow x_2\in f(f^n(X)\textbackslash f^n(Y))=f^{n+1}(X)\textbackslash f^{n+1}(Y)$ 产生矛盾，所以这种情况不存在。

(2). 证明 $ g $ 是满射。

$\forall y\in Y,$

<1>. 若 $ \nexists n\in \mathbb{N},\ \text{s.t.}\ y\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y)$

则有 $ y\in X\land g(y)=y $.

<2>. 若 $ \exists n\in \mathbb{N},\ \text{s.t.}\ y\in f^n(X)\textbackslash f^n(Y)$

则有 $ y\in Y\Rightarrow y\notin X\textbackslash Y\Rightarrow n\ge 1 $.

$f^{-1}(y)\in f^{-1}(f^n(X)\textbackslash f^n(Y))=f^{n-1}(X)\textbackslash f^{n-1}(Y)\land (n-1)\in \mathbb{N}$.

所以 $ f^{-1}(y)\in X \land g(f^{-1}(y))=y $.

由(1)(2)知 $g$ 为满射。$\square$