接上回，这是这个系列文章的第二部分w
这一期的题目必定会有一些难度，主要以强基计划题目或者数学奥林匹克竞赛题目为主，并且会有多种方法来解决题目
在此，感谢我的竞赛队伍里的大佬acolaen和大姐姐Elihuso Quigley，另外感谢我妹为我提供她的化学试题让我更加勤奋地搞数学而不是化学w
2020年清华大学强基计划数学试题
我选这套卷子做的原因，不是因为我准备去走强基计划，而是队内有很多同学做了，我不做感觉很不好意思
1.若$ x^2 + y^2 \le 1$，则$x^2 + xy – y^2$的取值范围是___
这道题十分的简单，我自己在做的时候脑子一热，看到多元函数求极值就想到了偏导数，然后就有了以下第一种做法：
首先，我们需要找到函数 $x^2 + xy – y^2$ 的偏导数。函数 $x^2 + xy – y^2$ 关于 $x$ 的偏导数记为 $\frac{\partial}{\partial x}(x^2 + xy – y^2)$，关于 $y$ 的偏导数记为 $\frac{\partial}{\partial y}(x^2 + xy – y^2)$。
计算偏导数： $\frac{\partial}{\partial x}(x^2 + xy – y^2) = 2x + y$ $\frac{\partial}{\partial y}(x^2 + xy – y^2) = x – 2y$
然后，我们令这两个偏导数等于零，以找到可能的驻点（即导数为零的点）：
$2x + y = 0$ $x – 2y = 0$
通过解这个方程组，我们可以得到驻点的坐标。将第一个方程的 $y$ 解出来，然后代入第二个方程：
$y = -2x$ $x – 2(-2x) = x + 4x = 5x$
因此，$x = \frac{1}{5}$ 和 $y = -2\left(\frac{1}{5}\right) = -\frac{2}{5}$ 是唯一的驻点。
接下来，我们需要确定这个驻点是极小值、极大值还是鞍点。为此，我们可以使用二阶偏导数测试。
首先，计算二阶偏导数： $\frac{\partial^2}{\partial x^2}(x^2 + xy – y^2) = 2$ $\frac{\partial^2}{\partial y^2}(x^2 + xy – y^2) = -2$ $\frac{\partial^2}{\partial x \partial y}(x^2 + xy – y^2) = 1$
然后，计算 Hessian 矩阵在驻点 $(\frac{1}{5}, -\frac{2}{5})$ 处的值： $H = \begin{bmatrix} \frac{\partial^2}{\partial x^2} & \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} \ \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2}{\partial y^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 \ 1 & -2 \end{bmatrix}$
由于 $H$ 的行列式为 $\det(H) = (2)(-2) – (1)(1) = -5$ 小于零，且 $\frac{\partial^2}{\partial x^2} = 2 > 0$，因此在驻点 $(\frac{1}{5}, -\frac{2}{5})$ 处，函数 $x^2 + xy – y^2$ 取得极小值。
最后，我们还需要确定函数的定义域。根据原始不等式 $x^2 + y^2 \le 1$，我们知道 $x^2 + y^2$ 表示以原点为中心的圆的面积，半径为1。因此，$x^2 + y^2 \le 1$ 对应的是一个半径为1的圆，包括圆内部和边界上的点。在这个圆内部，函数 $x^2 + xy – y^2$ 取得极小值。因此，函数 $x^2 + xy – y^2$ 的取值范围是 $\left[-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]$，其中极小值为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$。
好的，博主也说了，这是脑子一热的时候的做法，那我们冷静下来思考思考，这道题是否还有更巧妙的做法呢？
答案是有的，直接使用极坐标表示来做这道题
我们设$x=r\cos{\theta},y=r\sin{\theta},0\le r\le1$，则有
$$
x^2+xy-y^2=r^2(\sin{\theta}\cos{\theta}+\sin^2{\theta}-\cos^2{\theta})=r^2(\frac{1}{2}\sin{2\theta}-\cos{2\theta})
$$
$$
\in\left [ -\frac{\sqrt{5}}{2}r^2,\frac{\sqrt{5}}{2}r^2\right]\\\in\left[-\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}}{2}\right]
$$
是不是十分巧妙w，说到偏导数，必然要提到拉格朗日乘数法w
使用拉格朗日乘数法，我们可以将原问题转化为如下形式：
最大化（或最小化）函数 $x^2 + xy – y^2$，同时满足约束条件 $x^2 + y^2 \le 1$。
我们可以构造拉格朗日函数：
$L(x, y, \lambda) = x^2 + xy – y^2 + \lambda(1 – x^2 – y^2)$
其中，$\lambda$ 是拉格朗日乘子。
现在，我们来求解极值点。为此，我们需要解下面的方程组：
$\frac{\partial L}{\partial x} = 0$ $\frac{\partial L}{\partial y} = 0$ $\frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0$ 约束条件：$x^2 + y^2 \le 1$
计算偏导数： $\frac{\partial L}{\partial x} = 2x + y – 2\lambda x$ $\frac{\partial L}{\partial y} = x – 2y – 2\lambda y$ $\frac{\partial L}{\partial \lambda} = 1 – x^2 – y^2$
设置偏导数等于零并解方程组： $2x + y – 2\lambda x = 0$ $x – 2y – 2\lambda y = 0$ $1 – x^2 – y^2 = 0$
解得 $x = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$y = -\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 和 $\lambda = \frac{3\sqrt{5}}{5}$。
然后，我们需要进行极值测试，检查该点是极大值还是极小值。计算二阶偏导数： $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2} = 2 – 2\lambda$ $\frac{\partial^2 L}{\partial y^2} = -2 – 2\lambda$ $\frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y} = 1$
在点 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$，我们有 $\lambda = \frac{3\sqrt{5}}{5}$，因此： $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2} = 2 – 2\lambda = -\frac{\sqrt{5}}{5}$ $\frac{\partial^2 L}{\partial y^2} = -2 – 2\lambda = -\frac{7\sqrt{5}}{5}$
由于 $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2} < 0$，$\frac{\partial^2 L}{\partial y^2} < 0$，且 $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2} \cdot \frac{\partial^2 L}{\partial y^2} – \left(\frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y}\right)^2 > 0$，因此在点 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 处，函数 $x^2 + xy – y^2$ 取得极大值。
最后，我们需要确定这个极大值在约束条件 $x^2 + y^2 \le 1$ 下的取值范围。由于 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 不在 $x^2 + y^2 \le 1$ 的圆内部，我们需要找到在该圆上距离该点最近的点，即在圆上最靠近 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 的点。
这个点位于圆的切线上，因此切线的斜率等于函数在该点处的梯度。斜率为 $-\frac{y}{x}$，在点 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 处斜率为 $\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 2$。因此切线的方程为 $y + \frac{2\sqrt{5}}{5}x = 0$。
接下来，我们需要求解切线与圆的交点。将切线方程代入圆的方程 $x^2 + y^2 = 1$：
$x^2 + \left(-\frac{2\sqrt{5}}{5}x\right)^2 = 1$
$x^2 + \frac{4}{5}x^2 = 1$
$\frac{9}{5}x^2 = 1$
$x^2 = \frac{5}{9}$
$x = \pm \frac{\sqrt{5}}{3}$
因为切线与圆只有两个交点，且根据几何关系，我们可以确定最近的交点是在 $(\frac{\sqrt{5}}{3}, -\frac{2\sqrt{5}}{3})$ 处。
在 $(\frac{\sqrt{5}}{3}, -\frac{2\sqrt{5}}{3})$ 处，函数 $x^2 + xy – y^2$ 取得与在 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 处相同的极大值，即 $\frac{\sqrt{5}}{2}$。
因此，函数 $x^2 + xy – y^2$ 在约束条件 $x^2 + y^2 \le 1$ 下的取值范围是 $\left[-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]$，并且取得极大值 $\frac{\sqrt{5}}{2}$ 在 $(\frac{\sqrt{5}}{5}, -\frac{2\sqrt{5}}{5})$ 和 $(\frac{\sqrt{5}}{3}, -\frac{2\sqrt{5}}{3})$ 处。
看了这么多，还有一种大佬给出来的方法哦
首先，我们观察函数 $x^2 + xy – y^2$，可以将其表示为矩阵的形式：
$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \ y \end{bmatrix}$
令 $A = \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 \end{bmatrix}$，则函数 $x^2 + xy – y^2$ 可以写成 $\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} A \begin{bmatrix} x \ y \end{bmatrix}$。
我们知道一个实对称矩阵的特征值是实数，并且它的特征向量是正交的。所以我们求解矩阵 $A$ 的特征值和对应的特征向量。
首先，我们计算特征值：
$\text{det}(A – \lambda I) = \text{det}\left(\begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 \end{bmatrix} – \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 \ 0 & 1 \end{bmatrix}\right)$
$= \text{det}\begin{bmatrix} 1 – \lambda & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 – \lambda \end{bmatrix}$
$= (1 – \lambda)(-1 – \lambda) – \frac{1}{4}$
$= \lambda^2 – 2\lambda – \frac{5}{4} = 0$
解这个二次方程，我们得到两个特征值：$\lambda_1 = \frac{3}{2}$ 和 $\lambda_2 = -\frac{1}{2}$。
接下来，我们计算特征值对应的特征向量。
对于 $\lambda_1 = \frac{3}{2}$：
$\begin{bmatrix} 1 – \frac{3}{2} & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 – \frac{3}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{1x} \ v_{1y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix}$
$-\frac{1}{2} \begin{bmatrix} v_{1x} \ v_{1y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix}$
$v_{1x} = v_{1y}$，取 $v_{1x} = v_{1y} = 1$，得到特征向量 $\mathbf{v_1} = \begin{bmatrix} 1 \ 1 \end{bmatrix}$。
对于 $\lambda_2 = -\frac{1}{2}$：
$\begin{bmatrix} 1 + \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \ \frac{1}{2} & -1 + \frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{2x} \ v_{2y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix}$
$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} v_{2x} \ v_{2y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \ 0 \end{bmatrix}$
$v_{2x} = v_{2y}$，取 $v_{2x} = v_{2y} = 1$，得到特征向量 $\mathbf{v_2} = \begin{bmatrix} 1 \ 1 \end{bmatrix}$。
由于矩阵 $A$ 的特征向量 $\mathbf{v_1}$ 和 $\mathbf{v_2}$ 相同，因此它们张成同一个方向。在这个方向上，矩阵 $A$ 的取值为 $\frac{3}{2}$ 和 $-\frac{1}{2}$。
最后，我们还需要确定在约束条件 $x^2 + y^2 \le 1$ 下，函数 $x^2 + xy – y^2$ 的取值范围。由于矩阵 $A$ 的特征值分别为 $\frac{3}{2}$ 和 $-\frac{1}{2}$，我们知道函数 $x^2 + xy – y^2$ 在约束条件下的取值范围是 $\left[-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]$。
因此，通过投影方法，我们得到的函数 $x^2 + xy – y^2$ 在约束条件 $x^2 + y^2 \le 1$ 下的取值范围是 $\left[-\frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]$。
综上，我们一共使用了四种方法来解决这道题（偏导，极坐标，拉格朗日乘数法和矩阵法）
看惯了这些代数题，我们来看看一道数形结合吧awa
7.已知$P$为双曲线$\frac{x^2}{4} – y^2=1$上一点，$A(-2,0),B(2,0)$，令$\angle{PAB}=\alpha,\angle{PBA}=\beta,\triangle{PAB}$的面基为$S$，则下列表达式为定值的是()
A.$\tan{\alpha}\tan{\beta}$ B.$\tan{\frac{\alpha}{2}}\tan{\frac{\beta}{2}}$ C.$S\tan{(\alpha+\beta)}$ D.$S\cot{(\alpha+\beta)}$
由题，我们可以画出这样子的一个示意图（本人使用Geogebra），那么我们不妨假设$P(2t,\sqrt{t^2-1}),t\ge1$
$$
\tan{\alpha}=\frac{PH}{HA}=\frac{\sqrt{t^2-1}}{2t+2},\tan{\beta}=-\frac{PH}{HB}=-\frac{\sqrt{t^2-1}}{2t-2},\tan \alpha\tan\beta=-\frac{1}{4}
$$
故A正确
$$
\because \tan\alpha\tan\beta=-\frac{1}{4},-16\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\alpha}{2}=(1-\tan^2{\frac{\alpha}{2}})(1-\tan^2\frac{\beta}{2})
$$
如果$\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}=u$是一个定值，则$-16u=1-(\tan^2\frac{\alpha}{2}+\tan^2{\frac{\beta}{2}})+u^2$，故$\tan^2\frac{\alpha}{2}\tan^2\frac{\alpha}{2}$也为定值，于是$\tan\frac{\alpha}{2},\tan\frac{\beta}{2}$均为定制，显然的，这是错误的，故B错误
$$
\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{\frac{\sqrt{t^2-1}}{2t+2}-\frac{\sqrt{t^2-1}}{2t-2}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{4\sqrt{t^2-1}}{5}·\frac{-2}{2(t^2-1)}=-\frac{4}{5\sqrt{t^2-1}}
$$
而$S=\frac{AB·PH}{2}=2\sqrt{t^2-1}$，则$S\tan(\alpha+\beta)=-\frac{8}{5}$,故C正确
$S\cot(\alpha+\beta)=-2\sqrt{t^2-1}·\frac{5\sqrt{t^2-1}}{4}=-\frac{5(t^2-1)}{2}$，不是定值，故D错误
求值：$\int_{0}^{2\pi} \frac{\sin^2x}{sin^4x+\cos^4x}dx$=()
A.$\pi$ B.$\sqrt2\pi$ C.$2\pi$ D.$\sqrt5\pi$
记
$$
\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx=4I
$$
则有
$$
I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx>\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^2xdx=\frac{\pi}{4}
$$
$$
I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx<\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\sin^2x}{(\sin^2x+\cos^2x)^2}dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2xdx=\frac{\pi}{2}
$$
故我们有
$$
\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx=4I\in(\pi,2\pi)
$$
故选B
还有一种方法，比较肝，也就是计算量大
我们已经得到被积函数为：
$\frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} dt$
使用部分分式分解，我们令被积函数为：
$\frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} = \frac{A}{1 + t^2} + \frac{Bt}{(1 + t^2)^2} + \frac{C}{(1 + t^2)^3}$
然后，我们需要解方程组来找到常数$A$、$B$和$C$。将部分分式形式的等式通分并整理，我们得到：
$4t^2 = A(1 + t^2)^2 + Bt(1 + t^2) + C$
现在，我们取$t = 0$，$t = 1$和$t = -1$，分别得到：
- 当$t = 0$时，$4 \cdot 0^2 = A(1 + 0)^2 + B \cdot 0(1 + 0) + C \implies A = 0$。
- 当$t = 1$时，$4 \cdot 1^2 = A(1 + 1)^2 + B \cdot 1(1 + 1) + C \implies 4 = 4 + 2B + C \implies 2B + C = 0$。
- 当$t = -1$时，$4 \cdot (-1)^2 = A(1 + (-1))^2 + B \cdot (-1)(1 + (-1)) + C \implies 4 = 4 – 2B + C \implies -2B + C = 4$。
解以上方程组得到$B = -1$和$C = 2$。
现在，我们来计算积分：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} dt = \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{-t}{(1 + t^2)^2} + \frac{2}{(1 + t^2)^3}\right) dt$
对于第一项积分，我们可以使用反函数法。令$u = 1 + t^2$，则$du = 2t dt$。当$t = 0$时，$u = 1$，当$t = 2\pi$时，$u = 1 + (2\pi)^2 = 1 + 4\pi^2$。
$\int \frac{-t}{(1 + t^2)^2} dt = \int \frac{-1}{u^2} \cdot \frac{1}{2} du = \frac{-1}{2} \int \frac{1}{u^2} du = \frac{-1}{2} \cdot \frac{-1}{u} + C_1 = \frac{1}{2u} + C_1$
计算上限和下限的值：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{-t}{(1 + t^2)^2} dt = \left[\frac{1}{2u}\right]_{1}^{1 + 4\pi^2} = \frac{1}{2(1 + 4\pi^2)} – \frac{1}{2(1)} = \frac{1}{2(1 + 4\pi^2)} – \frac{1}{2}$
对于第二项积分：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{2}{(1 + t^2)^3} dt = \int_{0}^{2\pi} \frac{2}{u^3} du = \left[-\frac{1}{u^2}\right]_{1}^{1 + 4\pi^2} = -\frac{1}{(1 + 4\pi^2)^2} + 1$
综上所述，积分结果为：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} dt = \frac{1}{2(1 + 4\pi^2)} – \frac{1}{2} – \frac{1}{(1 + 4\pi^2)^2} + 1$
化简得：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} dt = 1 – \frac{1}{2(1 + 4\pi^2)} – \frac{1}{(1 + 4\pi^2)^2}$
将$\pi$的近似值代入计算：
$\int_{0}^{2\pi} \frac{4t^2}{(1 + t^2)^3} dt \approx 1 – \frac{1}{2(1 + 4 \cdot (3.1416)^2)} – \frac{1}{(1 + 4 \cdot (3.1416)^2)^2}$
$\approx 1 – \frac{1}{2(1 + 39.4784)} – \frac{1}{(1 + 39.4784)^2} \approx 1 – \frac{1}{2(40.4784)} – \frac{1}{(40.4784)^2}$
$\approx 1 – \frac{1}{80.9568} – \frac{1}{1634.2829} \approx 1 – 0.01237 – 0.0006123 \approx 0.9870157$
答案是B. $\sqrt2\pi$
最后，我们还可以用比较老套的方式来解决这个问题
$$
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x(\sin^2 x+\cos^2 x)}{\sin^4 x+\cos^4 x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan^2 x(\tan^2 x+1)}{\tan^4 x+1}dx
$$
$$
\begin{equation}
\overset{t=\tan x}{=}\int_0^{\infty}\frac{t^2(t^2+1)}{t^4+1}d\arctan t=\lim_{r\to\infty}\int_\frac{1}{r}^r \frac{t^2}{t^4+1}dt
\end{equation}
$$
$$
=\lim_{r\to\infty}\frac{1}{2}\int_\frac{1}{r}^r (\frac{t^2+1}{t^4+1}+\frac{t^2+1}{t^4+1})dt=\lim_{r\to\infty}\frac{1}{2}\int_\frac{1}{r}^r(\frac{d(t+t^{-1})}{t^2+t^{-2}}+\frac{d(t-t^{-1})}{t^2+t^{-2}})
$$
$$
=\frac{1}{2}\lim_{r\to\infty}\int_\frac{1}{r}^r \frac{d(t-t^{-1})}{t^2+t^{-2}}
\begin{equation}
\overset{u=t-t^{-1}}{=}\frac{1}{2}\lim_{r\to\infty}\int_{\frac{1}{r}-r}^{r-\frac{1}{r}}\frac{du}{u^2+2}
\end{equation}
$$
$$
=\lim_{r\to\infty}\int_0^{r-\frac{1}{r}}\frac{du}{u^2+2}=\lim_{r\to\infty}(\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan{\frac{r}{\sqrt{2}}-0})
$$
$$
=\frac{1}{\sqrt{2}}\lim_{r\to\infty}(\arctan\frac{r}{\sqrt{2}})=\frac{1}{\sqrt{2}}\times\frac{\pi}{2}=\frac{\sqrt2\pi}{4}
$$
则
$$
\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx=4I=\sqrt{2}\pi
$$
最后，我们还能使用复变函数理论来解决这个问题
设$z=e^{ix}$,则$dz=ie^{ix}dx$, substitute进去得到 $\begin{aligned} \int_0^{2\pi} \frac{\sin^2x}{\sin^4x+\cos^4x}dx = \oint_{|z|=1} \frac{1}{4}(1-z^2)dz = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$
后语
博主写完这篇文章的时候已经很累了，准备上当地中继聊聊天散散心，结果因为打雷，中继关机保护了
心里很乱，写这篇文章也确实花了不少心思，原本还想加一道题的，还是放在这里给各位自己写写吧，可以把自己的解题过程在评论区里面打出来（至少别让我博客过于冷清没人互动啊qwq）
对于有界区间$\left [a,b\right ]$的划分$P:a=x_00$使得对任何$x,y\in\left[a,b\right]$，成立
$$
|f(x)-f(y)|\le M|x-y|
$$
且定义
$$
s(f;P)\equiv \sum_{k=0}^n \sqrt{|x_{k+1}-x_k|^2+|f(x_{k+1})-f(x_k)|^2}
$$
若$\lim_{||p||\to0^+}s(f;P)$存在，则称曲线$y=f(x)$可求长
记$P_n$为$[a,b]$的$2^n$等分，求证：
(1)$\lim_{n\to+\infty}s(f;P_n)$存在
(2)曲线$y=f(x)$可求长
(1) 由题意知$f(x)$在$[a,b]$上满足Lipschitz条件,即对任意$x,y\in[a,b]$有 $$|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|$$ 其中$M$是正常数。
考虑间隔$[a,b]$的等分$P_n$,取$x_k=a+\frac{k(b-a)}{2^n},k=0,1,\ldots,2^n$,则有 $$|x_{k+1}-x_k|=\frac{b-a}{2^n}$$ 于是 \begin{align*} s(f;P_n)&=\sum_{k=0}^{2^n-1}\sqrt{|x_{k+1}-x_k|^2+|f(x_{k+1})-f(x_k)|^2}\\ &=\sum_{k=0}^{2^n-1}\sqrt{\left(\frac{b-a}{2^n}\right)^2+|f(x_{k+1})-f(x_k)|^2}\\ &\leq \sum_{k=0}^{2^n-1} \frac{b-a}{2^n}\sqrt{1+M^2}\\ &=\frac{b-a}{2^n}(2^n)\sqrt{1+M^2}\\ &=(b-a)\sqrt{1+M^2} \end{align*} 其中第二步利用了Lipschitz条件。 因此,$s(f;P_n)$单调有界,根据单调有界准则知$\lim\limits_{n\to+\infty}s(f;P_n)$存在。
(2) 由(1)知$\lim\limits_{n\to+\infty}s(f;P_n)$存在。又因为$P_n$是$[a,b]$上的等分,当$n\to+\infty$时,分割点越来越密,即$||P_n||\to 0^+$。 所以$\lim\limits_{||P||\to 0^+}s(f;P)$存在。 这意味着曲线$y=f(x)$在$[a,b]$上可求长。
综上所述,原题得证。
