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每日好题
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分类 / 全部
2026-10-22
01. 第九节（一）：含参方程组的解
讨论方程组何时有解，并在有解时求全部解：
\[ \begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=2,\\ -x_1+x_3+3x_4+x_5=a,\\ x_1+2x_2+3x_3+5x_4+3x_5=3,\\ 3x_1+2x_2+x_3-x_4+x_5=b. \end{cases} \]
answer/ 展开答案
对增广矩阵依次作 \(R_2\leftarrow R_2+R_1\)，\(R_3\leftarrow R_3-R_1\)，\(R_4\leftarrow R_4-3R_1\)，再作 \(R_3\leftarrow R_3-R_2\)，\(R_4\leftarrow R_4+R_2\)，得
\[ \left(\begin{array}{ccccc|c} 1&1&1&1&1&2\\ 0&1&2&4&2&a+2\\ 0&0&0&0&0&-a-1\\ 0&0&0&0&0&a+b-4 \end{array}\right). \]
故方程组有解当且仅当 \(a=-1,b=5\)。此时作 \(R_1\leftarrow R_1-R_2\)，得
\[x_1=1+x_3+3x_4+x_5,\qquad x_2=1-2x_3-4x_4-2x_5.\]
全部解为
\[ \boxed{\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\\0\end{pmatrix} +c_1\begin{pmatrix}1\\-2\\1\\0\\0\end{pmatrix} +c_2\begin{pmatrix}3\\-4\\0\\1\\0\end{pmatrix} +c_3\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\0\\1\end{pmatrix},\quad c_1,c_2,c_3\in\mathbb R.} \]
来源：2026–2027 学年线性代数小测 · 第九节（一）：含参方程组的解
02. 第九节（二）：四阶三对角行列式
计算行列式
\[D_4=\begin{vmatrix} x-1&x&0&0\\ -x&x^2-x&x^2&0\\ 0&-x^2&x^3-x^2&x^3\\ 0&0&-x^3&x^4-x^3 \end{vmatrix}.\]
answer/ 展开答案
从第 \(2,3,4\) 列分别提取 \(x,x^2,x^3\)，得
\[D_4=x^6\Delta_4,\qquad \Delta_4=\begin{vmatrix} x-1&1&0&0\\-x&x-1&1&0\\0&-x&x-1&1\\0&0&-x&x-1 \end{vmatrix}.\]
记同型的 \(k\) 阶行列式为 \(\Delta_k\)。按第一行展开，有
\[\Delta_k=(x-1)\Delta_{k-1}+x\Delta_{k-2},\qquad\Delta_0=1,\quad\Delta_1=x-1.\]
依次得到
\[\begin{aligned} \Delta_2&=x^2-x+1,\\ \Delta_3&=x^3-x^2+x-1,\\ \Delta_4&=x^4-x^3+x^2-x+1. \end{aligned}\]
因此
\[\boxed{D_4=x^6(x^4-x^3+x^2-x+1).}\]
来源：2026–2027 学年线性代数小测 · 第九节（二）：四阶三对角行列式
03. 第十节（一）：解的分类与通解
讨论方程组有唯一解、无穷多解或无解的条件，并在有解时求解：
\[\begin{cases} x+2y+3z=1,\\ 2x+3y+az=3,\\ 3x+4y+5z=b. \end{cases}\]
answer/ 展开答案
对增广矩阵作 \(R_2\leftarrow R_2-2R_1\)，\(R_3\leftarrow R_3-3R_1\)，再作 \(R_3\leftarrow R_3-2R_2\)，\(R_2\leftarrow-R_2\)，得
\[\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&3&1\\0&1&6-a&-1\\0&0&8-2a&b-5 \end{array}\right).\]
当 \(a\ne4\) 时，有唯一解：
\[\boxed{\begin{aligned} z&=\frac{b-5}{8-2a},\\ y&=-1-\frac{(6-a)(b-5)}{8-2a},\\ x&=3+\frac{(9-2a)(b-5)}{8-2a}. \end{aligned}}\]
当 \(a=4,b=5\) 时，有无穷多解：
\[\boxed{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\-1\\0\end{pmatrix} +c\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix},\quad c\in\mathbb R.}\]
当 \(a=4,b\ne5\) 时，无解。
来源：2026–2027 学年线性代数小测 · 第十节（一）：解的分类与通解
04. 第十节（二）：加边法计算行列式
计算 \(n\) 阶行列式
\[D_n=\begin{vmatrix} 1-a_1^2&-a_1a_2&\cdots&-a_1a_n\\ -a_2a_1&1-a_2^2&\cdots&-a_2a_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -a_na_1&-a_na_2&\cdots&1-a_n^2 \end{vmatrix}.\]
answer/ 展开答案
在左侧加一列、上方加一行，得
\[D_n=\begin{vmatrix} 1&a_1&a_2&\cdots&a_n\\ 0&1-a_1^2&-a_1a_2&\cdots&-a_1a_n\\ 0&-a_2a_1&1-a_2^2&\cdots&-a_2a_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&-a_na_1&-a_na_2&\cdots&1-a_n^2 \end{vmatrix}.\]
对 \(i=1,\ldots,n\) 作 \(R_{i+1}\leftarrow R_{i+1}+a_iR_1\)，得
\[D_n=\begin{vmatrix} 1&a_1&a_2&\cdots&a_n\\ a_1&1&0&\cdots&0\\ a_2&0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_n&0&0&\cdots&1 \end{vmatrix}.\]
再作 \(R_1\leftarrow R_1-\sum_{i=1}^n a_iR_{i+1}\)，即得
\[\boxed{D_n=1-\sum_{i=1}^n a_i^2.}\]
来源：2026–2027 学年线性代数小测 · 第十节（二）：加边法计算行列式
2026-10-21
01. 反函数、连续性与数列最小项
下列陈述错误的是（ ）。
- A. 若 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上存在反函数，则 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上严格单调。
- B. 若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处连续，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 的某邻域内连续。
- C. 不存在定义在 \(\mathbb R\) 上只有一点连续的函数。
- D. 对实数列 \(\{a_n\}\)，若 \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=+\infty\)，则数列 \(\{a_n\}\) 一定存在最小项。
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答案：ABC。
A：在 \([0,1]\) 上令 \(f(0)=1\)，\(f(1)=0\)，其余点取 \(f(x)=x\)。此函数有反函数，但不严格单调。
B、C：令
\[ g(x)=\begin{cases}x,&x\in\mathbb Q,\\-x,&x\notin\mathbb Q.\end{cases} \]
由 \(|g(x)|=|x|\)，\(g\) 在 \(0\) 处连续；在任意非零点，有理数列与无理数列给出不同的极限，故不连续。
D：由 \(a_n\to+\infty\)，可取 \(N\ge2\)，使 \(n\ge N\) 时 \(a_n>a_1\)。有限集 \(\{a_1,\ldots,a_{N-1}\}\) 的最小值即为数列的最小项。
来源：2026–2027 学年微积分小测 · 第10题
02. 三对角行列式
计算 \(n\) 阶行列式
\[ D_n=\begin{vmatrix} \alpha+\beta&\alpha\beta&0&\cdots&0\\ 1&\alpha+\beta&\alpha\beta&\ddots&\vdots\\ 0&1&\alpha+\beta&\ddots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\alpha\beta\\ 0&\cdots&0&1&\alpha+\beta \end{vmatrix}. \]
answer/ 展开答案
约定 \(D_0=1\)，则 \(D_1=\alpha+\beta\)。按第一行展开，得
\[D_n=(\alpha+\beta)D_{n-1}-\alpha\beta D_{n-2}.\]
因此
\[D_n-\alpha D_{n-1}=\beta(D_{n-1}-\alpha D_{n-2})=\cdots=\beta^n.\]
逐次代入 \(D_n=\alpha D_{n-1}+\beta^n\)，得
\[\boxed{D_n=\sum_{k=0}^{n}\alpha^{n-k}\beta^k =\begin{cases} \dfrac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta},&\alpha\ne\beta,\\ (n+1)\alpha^n,&\alpha=\beta. \end{cases}}\]
来源：《线性代数习题精选精解》· 4.11
03. 三次方程与根的置换
设 \(a,b,c\) 是方程 \(x^3-3x-1=0\) 的三个根，\(\omega=e^{2\pi i/3}\)。令
\[A=a+\omega b+\omega^2c,\qquad B=a+\omega^2b+\omega c,\qquad U=A^3,\quad V=B^3.\]
- 分别将 \((a,b,c)\) 换为 \((b,c,a)\) 和 \((a,c,b)\)，求 \(U,V\) 的变化。
- 求 \(U+V\) 与 \(UV\)。
- 用范德蒙德方法求原方程的三个根。
answer/ 展开答案
1. 由 \(\omega^3=1\)，循环置换 \((a,b,c)\mapsto(b,c,a)\) 给出
\[(A,B)\mapsto(\omega^2A,\omega B),\qquad(U,V)\mapsto(U,V).\]
交换 \(b,c\) 则给出 \((A,B)\mapsto(B,A)\)，从而 \((U,V)\mapsto(V,U)\)。
2. 由韦达定理，
\[a+b+c=0,\qquad ab+bc+ca=-3,\qquad abc=1.\]
利用 \(1+\omega+\omega^2=0\)，得
\[AB=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=9,\]
\[A+B=2a-b-c=3a.\]
故
\[U+V=(A+B)^3-3AB(A+B)=27(a^3-3a)=27,\]
\[UV=(AB)^3=729.\]
因此 \(U,V\) 是 \(t^2-27t+729=0\) 的两个根，即
\[\{U,V\}=\left\{\frac{27+27i\sqrt3}{2},\frac{27-27i\sqrt3}{2}\right\}.\]
3. 取 \(A=3e^{i\pi/9}\)，\(B=3e^{-i\pi/9}\)，满足 \(AB=9\)。三个相容的立方根组合为 \((\omega^kA,\omega^{-k}B)\)，故原方程的根为
\[\boxed{x_k=\frac{\omega^kA+\omega^{-k}B}{3} =2\cos\left(\frac\pi9+\frac{2k\pi}{3}\right),\qquad k=0,1,2.}\]
来源：据《从一元一次方程到伽罗瓦理论》§5.2 范德蒙德方法改编
discussion/ 2026-10-21 · 当日讨论
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2026-10-20
01. 隐式定义的根与指数极限
设 \(f_n(x)=x^n+nx-2\)，\(x\in(0,+\infty)\)，\(n\in\mathbb N_+\)。
- 证明 \(f_n\) 有唯一正根，记为 \(x_n\)。
- 求 \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(1+x_n)^n\)。
answer/ 展开答案
答案 唯一正根存在；所求极限为 \(e^2\)。
详细解析
对固定 \(n\)，\(x^n+nx-2\) 连续严格递增。在延拓后的端点 \(f_n(0)=-2<0\)，而 \(f_n(2)=2^n+2n-2>0\)，由介值定理至少有一个正根，再由严格递增性保证唯一。
根满足 \(x_n^n+nx_n=2\)，所以 \(0<x_n<2/n\)，进而 \(x_n\to0\)。对 \(n\ge3\)，
\[0<x_n^n<(2/n)^n\to0,\]
故 \(nx_n=2-x_n^n\to2\)。于是
\[n\ln(1+x_n)=nx_n\frac{\ln(1+x_n)}{x_n}\to2,\]
取指数得到 \(e^2\)。核心是从根方程估计 \(x_n\) 的尺度，而非试图写出高次方程根式。
知识点与易错点 根的存在与唯一分别用介值定理和单调性；根方程给出尺度。
来源：2023–2024 学年微积分第一次小测往年题 · 另甲-7
02. FIP W06 · Quick Check 3
已知first(xs)返回第一个元素，butfirst(xs)返回去掉首元素后的剩余列表，isempty(xs)判断列表是否为空。不使用循环，实现count、reverse、find、iterate和讲义中的accumarate（累计）。以下默认xs支持构造空列表、单元素列表以及列表拼接。
answer/ 展开答案
def count(xs):
if isempty(xs):
return 0
return 1 + count(butfirst(xs))
def reverse(xs):
if isempty(xs):
return []
return reverse(butfirst(xs)) + [first(xs)]
def find(xs, element):
if isempty(xs):
return False
return first(xs) == element or find(butfirst(xs), element)
def iterate(xs, f):
if isempty(xs):
return
f(first(xs))
iterate(butfirst(xs), f)
def accumarate(xs, f, value):
if isempty(xs):
return value
return accumarate(butfirst(xs), f, f(first(xs), value))五题的Base Case都是空列表：数量为0、逆序为空列表、查找为False、遍历直接结束、累计则返回当前value；Progress都是递归处理butfirst(xs)。reverse必须把当前首元素放在剩余列表逆序结果的末尾；find借助or短路，找到后不再继续查；iterate先调用f再递归，保持原有顺序；accumarate先算f(first(xs), value)，再把新值交给下一层，所以f的两个参数顺序不能颠倒。
来源：FIP W06 递归 · Quick Check 3
discussion/ 2026-10-20 · 当日讨论
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2026-10-19
01. 不同次根组成的变项数列和
求极限
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+n^{1/2}+n^{1/3}+\cdots+n^{1/n}}{n}. \]
answer/ 展开答案
用夹逼。考虑
① 下界
\[ \frac1n\sum_{k=1}^{n}n^{1/k} =1+\frac1n\sum_{k=2}^{n}n^{1/k} \ge1+\frac1n\cdot(n-1) =2-\frac1n. \]
② 上界
我们考虑用无限项放缩。
取 \(m\)，\(m\ge2\)。则
\[ \frac1n\sum_{k=1}^{n}n^{1/k} =\frac1n\sum_{k=1}^{m}n^{1/k} +\frac1n\sum_{k=m+1}^{n}n^{1/k}. \]
前 \(m\) 项
\[ \begin{aligned} \frac1n\sum_{k=1}^{m}n^{1/k} &=\frac1n\left(n+\sum_{k=2}^{m}n^{1/k}\right)\\ &\le1+\frac1n\sum_{k=2}^{m}\sqrt n\\ &=1+\frac{m-1}{n}\sqrt n =1+\frac{m-1}{\sqrt n}. \end{aligned} \]
后 \((n-m)\) 项
\(\because k\ge m+1\)，
\(\therefore\dfrac1k\le\dfrac1{m+1}\)，即 \(n^{1/k}\le n^{1/(m+1)}\)。
\[ \frac1n\sum_{k=m+1}^{n}n^{1/k} \le\frac1n(n-m)\cdot n^{1/(m+1)} =\left(1-\frac mn\right)n^{1/(m+1)}. \]
则
\[ 2-\frac1n \le\frac1n\sum_{k=1}^{n}n^{1/k} \le1+\frac{m-1}{\sqrt n} +\left(1-\frac mn\right)n^{1/(m+1)}. \]
我们不难猜出极限是 \(2\)，为了让右侧收敛于 \(2\)，要有
\[ \lim_{n\to\infty}\left[ \frac{m-1}{\sqrt n} +\left(1-\frac mn\right)n^{1/(m+1)} \right]=1. \]
则当 \(m\sim n^{\alpha}\)，\(0<\alpha<\dfrac12\) 时，
\[ \begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left[ \frac{m-1}{\sqrt n} +\left(1-\frac mn\right)n^{1/(m+1)} \right]\\ &=\lim_{n\to\infty}\left[0+n^{1/(m+1)}\right]\\ &=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln n}{m+1}}\\ &=e^0=1. \end{aligned} \]
而 \(n^{\alpha}\) 阶数高于 \(\ln n\)，满足题意。
来源：微积分第一次小测往年题（2023–2024 学年题目汇编）
02. 有界扰动的变项数列和
求极限
\[ \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{k+\sin k}{n^2+k}. \]
answer/ 展开答案
答案： \(\displaystyle\frac12\)。
将整个和拆成主项与扰动：
\[ A_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2+k},\qquad R_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin k}{n^2+k}. \]
当 \(1\le k\le n\) 时，\(n^2\le n^2+k\le n^2+n\)，故
\[ \frac{\sum_{k=1}^{n}k}{n^2+n}\le A_n \le\frac{\sum_{k=1}^{n}k}{n^2}, \]
即
\[ \frac12\le A_n\le\frac{n+1}{2n}. \]
由夹逼定理，\(A_n\to1/2\)。另一方面，利用 \(|\sin k|\le1\)，
\[ |R_n|\le\sum_{k=1}^{n}\frac1{n^2+k} \le\frac{n}{n^2}=\frac1n\longrightarrow0. \]
因此原极限为 \(\lim(A_n+R_n)=1/2\)。
易错点： 不需要求 \(\sin k\) 的部分和；控制每项误差后，还要计入总项数 \(n\)。固定每一项趋于零，并不意味着整个变项和趋于零。
来源：微积分第一次小测往年题（2023–2024 学年题目汇编）
discussion/ 2026-10-19 · 当日讨论
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2026-10-18
01. 含根式分母的平方和极限
计算
\[ \lim_{n\to+\infty}\left( \frac{1^2}{\sqrt{n^6+1^2}}+ \frac{2^2}{\sqrt{n^6+2^2}}+\cdots+ \frac{n^2}{\sqrt{n^6+n^2}} \right). \]
answer/ 展开答案
答案： \(\displaystyle\frac13\)。
记括号内的和为 \(S_n\)。对 \(1\le k\le n\)，有
\[ n^3\le\sqrt{n^6+k^2}\le\sqrt{n^6+n^2} =n^3\sqrt{1+\frac1{n^4}}. \]
各项分子均为正，因此
\[ \frac{\sum_{k=1}^{n}k^2}{n^3\sqrt{1+1/n^4}} \le S_n\le \frac{\sum_{k=1}^{n}k^2}{n^3}. \]
利用平方和公式，
\[ \frac{\sum_{k=1}^{n}k^2}{n^3} =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}\longrightarrow\frac13, \qquad \sqrt{1+\frac1{n^4}}\longrightarrow1. \]
由夹逼定理，\(S_n\to1/3\)。
关键： 对所有 \(1\le k\le n\) 统一估计分母，再控制整个和；不能只看固定一项的极限。
来源：微积分甲课程教师分享
02. 调和和减去对数的收敛性
设
\[ a_n=1+\frac12+\cdots+\frac1n-\ln n. \]
证明数列 \(\{a_n\}\) 收敛。
该数列的极限记为 \(\gamma\)，称为 Euler 常数（欧拉–马歇罗尼常数），\(\gamma=0.5772\ldots\)。
answer/ 展开答案
思路： 证明 \(a_n\) 单调递减且有下界。
由于 \(1/x\) 在正半轴严格递减，有
\[ \ln\frac{n+1}{n} =\int_n^{n+1}\frac{\mathrm dx}{x} >\frac1{n+1}. \]
因此
\[ a_{n+1}-a_n =\frac1{n+1}-\ln\frac{n+1}{n}<0, \]
故 \(\{a_n\}\) 严格递减。
另一方面，对每个正整数 \(k\)，
\[ \int_k^{k+1}\frac{\mathrm dx}{x}<\frac1k. \]
将 \(k=1,\ldots,n\) 的不等式相加，得
\[ \ln(n+1)<\sum_{k=1}^{n}\frac1k. \]
从而
\[ a_n>\ln(n+1)-\ln n>0. \]
数列单调递减且以 \(0\) 为下界，由单调有界定理可知它收敛，其极限即为 \(\gamma\)。
不使用积分的表述： 上述估计也可由基本对数不等式
\[ \frac{t}{1+t}<\ln(1+t)<t\qquad(t>0) \]
得到。取 \(t=1/n\)，左侧用于证明递减；将右侧从 \(n=1\) 起累加，用于证明下界。
来源：微积分甲课程教师分享
03. 反正切趋于四分之 π 的一阶极限
计算
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\frac\pi4-\arctan\frac{n}{n+1}\right). \]
answer/ 展开答案
答案： \(\displaystyle\frac12\)。
由 \(0<n/(n+1)<1\)，角 \(\pi/4-\arctan(n/(n+1))\) 位于 \((0,\pi/4)\)。利用正切差角公式，
\[ \tan\left(\frac\pi4-\arctan\frac{n}{n+1}\right) =\frac{1-\frac n{n+1}}{1+\frac n{n+1}} =\frac1{2n+1}. \]
角度在反正切的主值区间内，故
\[ \frac\pi4-\arctan\frac{n}{n+1} =\arctan\frac1{2n+1}. \]
再由 \(\arctan t/t\to1\)（\(t\to0\)），得到
\[ n\arctan\frac1{2n+1} =\frac{n}{2n+1} \frac{\arctan\frac1{2n+1}}{\frac1{2n+1}} \longrightarrow\frac12. \]
来源：微积分甲课程教师分享
04. 相邻反正切值之差的二阶极限
计算
\[ \lim_{n\to+\infty} n^2\left(\arctan\frac{n+1}{n+2}-\arctan\frac n{n+1}\right). \]
answer/ 展开答案
答案： \(\displaystyle\frac12\)。
记括号内的差为 \(\theta_n\)。由于
\[ 0<\frac n{n+1}<\frac{n+1}{n+2}<1, \]
故 \(0<\theta_n<\pi/4\)。由正切差角公式，
\[ \tan\theta_n =\frac{\frac{n+1}{n+2}-\frac n{n+1}} {1+\frac{n+1}{n+2}\frac n{n+1}} =\frac{\frac1{(n+1)(n+2)}}{\frac{2(n+1)}{n+2}} =\frac1{2(n+1)^2}. \]
因此
\[ \theta_n=\arctan\frac1{2(n+1)^2}. \]
利用 \(\arctan t/t\to1\)，可得
\[ n^2\theta_n =\frac{n^2}{2(n+1)^2} \frac{\arctan\frac1{2(n+1)^2}}{\frac1{2(n+1)^2}} \longrightarrow\frac12. \]
注意： 两个反正切值都趋于 \(\pi/4\)，不能分别作一阶等价替换后相减；这里先将差准确化为一个反正切，再求极限。
来源：微积分甲课程教师分享
discussion/ 2026-10-18 · 当日讨论
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2026-10-17
01. 次可加数列与 Fekete 引理
设实数数列 \(\{x_n\}_{n\ge1}\) 满足：对任意正整数 \(m,n\)，
\[ 0\le x_{m+n}\le x_m+x_n. \]
证明 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}\) 存在，且
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} =\inf_{k\ge1}\frac{x_k}{k}. \]
answer/ 展开答案
思路： 固定一个分块长度 \(k\)，将 \(n\) 写成 \(qk+r\)。次可加性控制完整的块，有限种余数产生的误差除以 \(n\) 后趋于零。
1. 确定下确界。 题设直接保证 \(x_n\ge0\)（\(n\ge2\)）。同时，由 \(0\le x_2\le2x_1\) 可知 \(x_1\ge0\)。因此
\[ \alpha=\inf_{k\ge1}\frac{x_k}{k} \]
是有限的非负实数，且对所有 \(n\ge1\)，\(x_n/n\ge\alpha\)。
2. 固定分块长度。 固定正整数 \(k\)，对 \(n\ge k\)，作带余除法
\[ n=qk+r,\qquad q\ge1,\quad0\le r<k. \]
反复使用次可加性：当 \(r>0\) 时，\(x_n\le qx_k+x_r\)；当 \(r=0\) 时，\(x_n\le qx_k\)。
仅为统一记号，令 \(x_0=0\)，再记
\[ M_k=\max\{x_0,x_1,\ldots,x_{k-1}\}. \]
于是两种情形均给出
\[ \alpha\le\frac{x_n}{n} \le\frac{qx_k}{n}+\frac{M_k}{n} \le\frac{x_k}{k}+\frac{M_k}{n}, \]
其中最后一步用到了 \(qk\le n\) 和 \(x_k\ge0\)。
3. 用下确界收束。 任给 \(\varepsilon>0\)，由下确界的定义，可选定 \(k\) 使
\[ \alpha\le\frac{x_k}{k}<\alpha+\frac\varepsilon2. \]
固定这个 \(k\)，再取充分大的 \(n\)，使 \(M_k/n<\varepsilon/2\)，便有
\[ 0\le\frac{x_n}{n}-\alpha \le\frac{x_k}{k}-\alpha+\frac{M_k}{n}<\varepsilon. \]
故 \(x_n/n\to\alpha\)，即得结论。
这里先选 \(k\)，再令 \(n\) 充分大；不能让分块长度随 \(n\) 任意变化。
来源：吉米多维奇数学分析习题集-137题
02. 换元法计算上 a 下 b 的行列式
设 \(a\ne b\)，证明
\[ D=\begin{vmatrix} x_1&a&\cdots&a\\ b&x_2&\cdots&a\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ b&b&\cdots&x_n \end{vmatrix} =\frac{a f(b)-b f(a)}{a-b}, \]
其中
\[ f(t)=\prod_{i=1}^{n}(x_i-t). \]
answer/ 展开答案
思路： 给行列式的每个元素加上同一个参数 \(t\)，得到一个至多一次的多项式；令 \(t=-a,-b\)，它分别变成下三角、上三角行列式。
令
\[ P(t)=\begin{vmatrix} x_1+t&a+t&\cdots&a+t\\ b+t&x_2+t&\cdots&a+t\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ b+t&b+t&\cdots&x_n+t \end{vmatrix}. \]
从最后一行向第二行依次作 \(R_i\leftarrow R_i-R_{i-1}\)。由于按从下往上的顺序操作，减去的都是尚未改变的原行。这些操作不改变行列式，并且使第二行至第 \(n\) 行中的参数 \(t\) 全部消去。
所以只有第一行含 \(t\)，按第一行展开可知 \(P(t)\) 是关于 \(t\) 的至多一次多项式。又 \(P(0)=D\)，故可写为
\[ P(t)=ct+D. \]
当 \(t=-a\) 时，上三角区域全为零，故
\[ P(-a)=\prod_{i=1}^{n}(x_i-a)=f(a). \]
当 \(t=-b\) 时，下三角区域全为零，故
\[ P(-b)=\prod_{i=1}^{n}(x_i-b)=f(b). \]
因此
\[ -ac+D=f(a),\qquad -bc+D=f(b). \]
第二式乘 \(a\)，第一式乘 \(b\)，相减消去 \(c\)，得到
\[ (a-b)D=a f(b)-b f(a). \]
因为 \(a\ne b\)，除以 \(a-b\) 即得所证公式。
这里应说“至多一次”，因为某些参数下 \(c\) 可以为零。
来源：线性代数习题精选精解
03. A chess master and exactly 21 games
A chess master who has 11 weeks to prepare for a tournament decides to play at least one game every day, but in order not to tire himself he decides not to play more than 12 games during any one week. Show that there exists a succession of days during which the chess master will have played exactly 21 games.
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Let \(a_i\) be the total number of games played during the first \(i\) days, for \(1\le i\le77\).
Since at least one game is played each day,
\[ 1\le a_1<a_2<\cdots<a_{77}. \]
There are \(11\) weeks, with at most \(12\) games in each week, so
\[ a_{77}\le11\cdot12=132. \]
Now consider the two lists
\[ a_1,a_2,\ldots,a_{77} \]
and
\[ a_1+21,a_2+21,\ldots,a_{77}+21. \]
Together they contain \(154\) integer entries, all lying between \(1\) and \(153\). By the pigeonhole principle, two entries must be equal.
Each list is strictly increasing, so equality cannot occur between two entries from the same list. Hence there exist indices \(i,j\) such that
\[ a_i=a_j+21. \]
Since \(a_i>a_j\), we have \(i>j\). Consequently, the total number of games played on the consecutive days \(j+1,j+2,\ldots,i\) is
\[ a_i-a_j=21, \]
as required.
来源：Introductory Combinatics
discussion/ 2026-10-17 · 当日讨论
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2026-10-16
01. 证明 e 是无理数
证明自然常数 \(e\) 是无理数。
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思路： 沿用博客《吉米多维奇刷题-数列-1》中的证明：利用阶乘级数的余项，构造一个严格介于 \(0\) 与 \(1\) 之间的整数。
由 \(e\) 的阶乘级数展开，对任意正整数 \(n\)，记
\[ R_n=e-\sum_{k=0}^{n}\frac1{k!}=\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac1{k!}. \]
余项首项为 \(1/(n+1)!\)，后续相邻项的比值不超过 \(1/(n+2)\)，且从某项起严格小于它。因此
\[ 0<R_n<\frac1{(n+1)!}\sum_{j=0}^{\infty}\frac1{(n+2)^j} =\frac{n+2}{(n+1)^2n!}<\frac1{n\,n!}. \]
反设 \(e=p/q\)，其中 \(p,q\) 为正整数。取 \(n=q\)，两边同乘 \(q!q\)，得到
\[ 0<q!q\,e-\sum_{k=0}^{q}\frac{q!q}{k!}<1. \]
然而 \(q!q\,e=pq!\) 为整数，且当 \(0\le k\le q\) 时，\(q!q/k!\) 也为整数。因此中间的数是整数，与它严格介于 \(0\) 和 \(1\) 之间矛盾。
故 \(e\) 是无理数。
参考：本站博客第 72、73 题。
来源：本站博客《吉米多维奇刷题-数列-1》第 72、73 题
02. 乘积为 1 的四元行列式
设 \(abcd=1\)，计算
\[ D=\begin{vmatrix} a^2+\dfrac1{a^2}&a&\dfrac1a&1\\ b^2+\dfrac1{b^2}&b&\dfrac1b&1\\ c^2+\dfrac1{c^2}&c&\dfrac1c&1\\ d^2+\dfrac1{d^2}&d&\dfrac1d&1 \end{vmatrix}. \]
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解： 按第一列的加法拆分，得
\[ D= \begin{vmatrix} a^2&a&1/a&1\\ b^2&b&1/b&1\\ c^2&c&1/c&1\\ d^2&d&1/d&1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 1/a^2&a&1/a&1\\ 1/b^2&b&1/b&1\\ 1/c^2&c&1/c&1\\ 1/d^2&d&1/d&1 \end{vmatrix}. \]
从第一个行列式的四行分别提出 \(a,b,c,d\)，得到
\[ D=abcd \begin{vmatrix} a&1&1/a^2&1/a\\ b&1&1/b^2&1/b\\ c&1&1/c^2&1/c\\ d&1&1/d^2&1/d \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 1/a^2&a&1/a&1\\ 1/b^2&b&1/b&1\\ 1/c^2&c&1/c&1\\ 1/d^2&d&1/d&1 \end{vmatrix}. \]
将第二个行列式的列顺序调整为原来的第 \(2,4,1,3\) 列：先交换第 \(1,2\) 列，再将第 \(4\) 列向左交换两次，共交换三次，因此变号。于是
\[ D=(abcd-1) \begin{vmatrix} a&1&1/a^2&1/a\\ b&1&1/b^2&1/b\\ c&1&1/c^2&1/c\\ d&1&1/d^2&1/d \end{vmatrix} =0. \]
来源：线性代数习题精选精解
03. 52 个整数中的和或差
证明：任给 \(52\) 个整数，其中必有两个整数，它们的和或差能被 \(100\) 整除。
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思路： 将模 \(100\) 意义下互为相反数的余数放进同一个抽屉。
将模 \(100\) 的 \(100\) 种余数分成以下 \(51\) 组：
\[ \{0\},\quad\{50\},\quad\{1,99\},\quad\{2,98\},\quad\ldots,\quad\{49,51\}. \]
每个整数按照它除以 \(100\) 的非负余数归入对应组。由于有 \(52\) 个整数、只有 \(51\) 个组，由抽屉原理，至少有两个整数 \(u,v\) 被归入同一组。
- 如果两者的余数相同，则 \(u-v\equiv0\pmod{100}\)，即它们的差能被 \(100\) 整除。
- 如果两者的余数不同，则该组必为 \(\{r,100-r\}\)，从而 \(u+v\equiv0\pmod{100}\)，即它们的和能被 \(100\) 整除。
因此结论成立。整数允许为负数，也允许重复；这里选取的是所给 \(52\) 个整数中的两个不同位置。
补充：为什么是 52？ 取 \(0,1,2,\ldots,50\) 这 \(51\) 个整数，任意两个不同数的差的绝对值介于 \(1\) 与 \(50\) 之间，和介于 \(1\) 与 \(99\) 之间，都不能被 \(100\) 整除。因此 \(52\) 是保证结论成立的最小数量。
来源：Introductory Combinatics
discussion/ 2026-10-16 · 当日讨论
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discussion/ 2026-10-22 · 当日讨论
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