zhengr/zhihu huggingface dataset:
问题：人的神经信号也是电信号，为什么电磁干扰影响不到人？

回答：您的问题存在错误，电磁干扰是可以影响到人的。

医疗扫描和经颅磁刺激使用的强磁脉冲经常引发副作用，包括而不限于睡眠障碍、头痛、头晕、抑郁、疲倦、发痒、注意力不集中、短暂的轻度躁狂发作、认知改变、暂时性听力损失、味觉变化（典型的是口腔出现金属味）、暂时性工作记忆受损，少量患者会晕厥。

电磁场对人体的影响不限于神经系统。10特斯拉的磁场可以影响血液流动。随时间迅速变化的强电磁场可以在人体内产生热效应，例如微波炉可以很简单地杀人。磁星的超强磁场可以将人体拆成一条单原子线、加速到亚光速并在它的表层撞得剧烈爆炸。

显然，人们经常被文艺作品里“只影响机器、不杀人”的“EMP”误导。其实，有封闭金属外壳或法拉第笼式构造并良好接地的机器比人更不怕电磁脉冲。

很弱的磁场就能影响神经细胞的门控离子通道，还能上调大鼠脑神经细胞的活性氧生成水平，提高 DNA 断裂概率，引起更多神经细胞凋亡或坏死。

磁脉冲照射可在脑组织中引起微电流，这微电流可以激活神经细胞，人已经用磁脉冲照射影响过许多实验动物和人的行为。较强的照射可以干扰实验动物或人的平衡感和方向感、诱发幻觉、产生强烈而不受控的恐惧和焦虑等情绪、导致神经调节紊乱和上面谈到过的各种副作用。

静磁场可以影响人脑、可以干扰动物的神经功能。经颅静磁场刺激可以降低人运动皮层的兴奋性并暂时改变皮质内抑制系统的活动。在视觉皮层、顶叶皮层、前额叶皮层等处进行静磁场刺激或磁脉冲照射可以改变人的行为。强静磁场可诱发果蝇体细胞DNA 突变，这效应长期持续当然也可以致癌以下略。

电磁场可以引起癫痫患者的癫痫发作，严重时可导致猝死。
问题：为什么灵长类的嗅觉都不强?

回答：“灵长类的嗅觉都不强”是个以偏概全的刻板印象，原猴亚目的嗅觉能力强，而人类的嗅觉能力其实并不弱。

- “人类的嗅觉很差”是一条19世纪模因，来自Paul Broca。实情是，人类的嗅球只是“占整个脑的比例较小”，而不是比其它动物小，在实验室里测试特定的气味时，人类检测一些气味的能力强于老鼠和狗，三者各有自己擅长检测和不擅长检测的气味。

试图解释“灵长类嗅觉退化”的早期学说是“嗅觉退化与视觉进化同步进行”。2004年，来自德国和以色列的一群科学家试验发现，灵长类嗅觉感受基因的缺失和三色视觉的获得之间存在某种联系。

- 嗅觉感受基因是嗅觉的分子基础，截止2004年已经测序的人类·非人灵长目动物·老鼠有数量相近的嗅觉感受基因，不过人类的嗅觉感受基因中有60%不具活性，通称“假基因”。无尾猿的嗅觉基因有30%是假基因，老鼠的嗅觉基因有20%是假基因。科学家们调查了包括人在内的19种灵长目动物，结果发现欧洲猴子与无尾猿的嗅觉感受基因中假基因比例基本相同，而在美洲除吼猴外的灵长目动物里，嗅觉感受基因中的假基因比例少得多。
- 这表明，欧洲猴类、无尾猿、吼猴的嗅觉各自出现了衰退。三者并没有很接近的共同祖先，但有一个共同的感觉特征：三色视觉。这需要三种视蛋白吸收不同波长的光线。无尾猿和欧洲猴类拥有全部三种视蛋白基因，大部分美洲猴类只有两种视蛋白基因。三色视觉的出现在灵长目中似乎发生了两次，一次发生在无尾猿和欧洲猴的共同祖先身上（约2300万年前），另一次发生在吼猴身上（约700万至1600万年前）。研究人员认为，三色视觉的出现与嗅觉的退化发生在同一时期，当动物的嗅觉退化时，听觉或视觉更发达的性状成为优势。

后来，随着对原猴亚目的实验次数增多，“灵长类嗅觉不灵敏”的刻板印象受到了质疑。2018年，一些学者研究了来自24个灵长类物种的嗅觉感受基因，结果发现原猴亚目的嗅觉感受基因多达600~800个、平均约22.5%是假基因，而类人猿亚目的嗅觉感受基因是200~400个、平均约47.5%是假基因。

- 在纳入了擅长嗅觉的原猴亚目灵长类的数据之后，动物的活动模式（昼间活动/夜间活动）与三色视觉并没有表现出“跟功能性嗅觉感受基因的数量在统计学上显著相关”（这和刻板印象里“夜行性动物更依赖视觉以外的感官”不一致），系统发育、鼻子结构（原猴亚目的鼻子有弯曲的构造）则显示出和功能性嗅觉感受基因数量的统计学关联。
- 类人猿祖先分支的嗅觉感受基因的丢失率比灵长类的平均水平要高、和敏锐的视觉同步演化。
- 嗅觉感受基因丢失率最高的是叶食性疣猴亚科，这可能与从吃水果到吃树叶的食性转变有关，气味信息对搜寻水果并判断其品质比较有用，对搞点树叶的重要程度有所下降。

2012年的一项研究显示，吃水果的狐猴物种靠嗅觉识别其首选食物，吃树叶的狐猴物种依靠视觉和嗅觉结合来选择首选食物，杂食性的狐猴物种则靠视觉与嗅觉中的任何一个就能选中其首选食物。如果所有食物的品质都不错，吃树叶或杂食性的狐猴物种可以只靠视觉选出最爱吃的食物，吃水果的狐猴物种则仍然要靠嗅觉加视觉来判断。
问题：为什么鸟冬天要迁徙？

回答：一些鸟在冬天迁往气温较高的地区，可以获得比不迁徙的鸟更多的食物。在食物充足的情况下，许多候鸟会暂停迁徙。现存候鸟物种往往处于一部分种群迁徙、另一些种群不迁徙的状态。

对于体型较大的鸟，成群飞行可以节约能量。组成 V 形编队的大雁比单独飞行节省 12% 到 20% 的能量。组队迁徙比零散地飞行去寻找食物更高效。

当然，鸟本身未必明白这些情况。

在食物总量不足的情况下，触发具体的鸟迁徙的因素通常是每天的白昼时长缩短到一定水平引起的激素水平变化。也有检测气温变化的鸟，这预计会受到气候变化的影响。

鸟的迁徙可能首次出现于约八千万年前，在鸟类演化史上多次独立出现。在全球范围内、在鸟纲的五个主要的目级分类群中，迁徙行为总体上与更高的物种形成率、更低的物种灭绝率相关，从而导致更高的净多样化率。

迁徙的鸟并不都会飞。许多企鹅能通过游泳迁徙超过 1000 千米。Dendragapus obscurus主要通过步行进行高度迁移。澳大利亚的鸸鹋在旱季会长途步行去寻找食物。
问题：为什么大部分动物没有彩色视觉，只有黑白视觉？动物进化出彩色视觉的意义在哪里？

回答：事实上，以已知的物种数量、个体数量、生物量计算，大部分动物是具有彩色视觉或检测颜色的感光能力的。

- 物种数主要来自具有多色视觉的昆虫，个体数主要来自没有眼睛但能检测颜色的线虫，生物量主要来自具有多色视觉的鱼。
- 以个体数量计算，有图像视觉的动物以彩色视觉为多；
- 所有动物的大部分数量归于线虫。秀丽隐杆线虫可在白光或一定比例的蓝黄光下检测铜绿假单胞菌等细菌反射的光的波长比例并避免摄入这类对它们有毒的细菌，这涉及的分子机制与其他动物的视蛋白完全无关，涉及的基因至少有 jkk-1 和 lec-3。从其他线虫到人的多种动物有这些基因，但它们在人身上似乎不用于检测光波长的比例。

对图像视觉来说，色觉来自多种具有不同吸收峰的视蛋白分子。在陆生动物中，只有节肢动物和脊椎动物有基于视蛋白的色觉，但这就足够用物种数量淹没其他动物分类群。

- 节肢动物的共同祖先至少有 3 种视蛋白。现代螯肢亚门（蜘蛛、蝎子、蜱、螨等）和泛甲壳动物（甲壳亚门、六足亚门）的大部分物种有视觉且有色觉。
- 大多数现存昆虫有两种视蛋白，一种主要对应绿光和黄光（峰值波长 550 纳米），一种主要对应蓝光和紫外线（峰值波长小于 480 纳米），可有效地与开花植物互动，尤其是带有紫外线标记的花朵。
- 1914 年，卡尔·冯·弗里希通过实验证明蜜蜂可以区分蓝色和任何深度的灰色，这是人们第一次知道非人动物有色觉。此后，他继续研究蜜蜂，证明蜜蜂使用象征性的舞蹈传递信息。1973 年，弗里希因“对比较行为生理学的贡献与对昆虫沟通方式之领导性的研究”而和康拉德·洛伦兹、尼古拉斯·廷贝亨一同获得诺贝尔生理学或医学奖。
- 脊椎动物有 5 种视蛋白，其中 4 种在距今约 3.5 亿年前已经存在。两栖动物与羊膜动物的共同祖先（约 3.5 亿年前）具有四色视觉。现代脊椎动物的大部分物种有三色视觉，少数有二色视觉，单色视觉和无视觉是极少数。
- 一些人以为猫狗是单色视觉，其实它们是二色视觉，猫可以区分红色与蓝色，狗可以区分红色与紫色。

  

光在水中传播时，波长较长的红黄光被吸收的速度快于波长较短的蓝绿光，环境光的平均波长随水深增加而变短。不同种类的视蛋白可以对应不同深度的常见光线波长，一旦突变出来就可以在一定范围内提供更清晰、更灵敏的视觉，对捕食、自卫、求偶产生一定好处，容易在种群中延续并蔓延。感光细胞使用不同波长的视蛋白，经神经系统处理，在某个阶段就会产生色觉。

色觉有助于更好地识别不同材质的表面，有助于检测捕食者、食物、配偶，获取的信息可用于战斗、逃跑、觅食、躲藏等，可以被广义自然选择青睐。许多现存动物对波长450 纳米以下的光（尤其是直射光）和波长 450 纳米以上的光（尤其是反射光）有不同反应。

线虫的光波长比例检测能力有类似的结果。
问题：哪些蜘蛛具有群居习性，其中具备社会性的又是哪几种？

回答：在已知的约 50500 种蜘蛛里有至少数百种群居，其中至少 23 到 25 种有一定的社会性。人工环境可以让更多蜘蛛物种建立群体。阿格纳森等估计蜘蛛 18到 19 次独立演化出社会性。

姬蛛科有至少 11 到 12 个具有一定社会性的群居物种，可能涉及 8 到 9 次独立演化出社会性。姬蛛科 Anelosimus 属有至少 8个具有一定社会性的群居物种，主要分布在美国和马达加斯加。

- 生活在南美洲的 Anelosimus eximius 是人最了解的社会性蜘蛛物种，它的网可以覆盖整个树冠、包含数千到五万个体，这种网合作捕猎的效率在 1000 只左右的群体里分摊到个体的效费比最高。

- 在圈养环境，更多的姬蛛科物种可以形成小的群体、共享网和部分食物。

Achaearanea disparata、Achaearanea vervortii、Aebutina binotata、Agelenaconsociata、Australomisidia ergandros、Australomisidia inornata、Australomisidiasocialis、Delena cancerides、Mallos gregalis、Parasteatoda wau、Parawixiabistriata、Theridion nigroannulatum 是群居的，有不同程度的社会性或准社会性。

- Agelena consociata 可以 25 到 40 只合作捕杀较大猎物并一起修复被大雨损坏的巢穴。
- Delena cancerides 可以组成至多约 300 只的群体合作捕猎，群体内可分享猎物，群体间则经常厮杀。
- Mallos gregalis 可以数千只共同建造片状的网来捕猎。
- Parawixia bistriata 可以单独活动，也可以形成数十到约 500 只的群体并合作捕猎，通常在干旱环境里合作较多。在群体内存在争夺设置网的空间、无网者尝试夺取有网者的猎物等现象。

Phryganoporus candidus 的受精雌性可以建立约 100 只后代组成的巢穴，其信息素可以让幼体合作捕猎并分享猎物。成体之间不进行合作。

Philoponella Republicana 可以形成数只到上百只不等的群体，这种群体很容易解散。

主要吃植物的 Bagheera kiplingi 通常单独活动，也能组成数百只的小群体，一些个体会尝试保护卵和幼体。这物种有时也吃昆虫或同类相残。

Leucauge 属的多种蜘蛛可以形成松散的群体，这种群体缺少合作防御之类。

Stegodyphus 属的 S. lineatus，S. mimosarum，S. dumicola 是群居、社会性的，群体的约 88% 是雌性，雌性中约40% 的个体负责繁殖，其余雌性参与照顾同一巢穴的幼体。

- 群体的所有成年个体都会参与巢穴的维护修理，可以合作捕捉猎物或抵御蚂蚁等捕食者的攻击，可以将消化道内容物吐给同一巢穴的其他个体。
- 个体的体型和性格会影响其参与合作行为的频率。
- 雌性个体的寿命约 1 年，寿命将尽的雌性会被同一巢穴的幼体食用，无论那是不是自己的后代。一些成年雌性会在交配后离开巢穴、在附近建造新的巢穴。
- 雄性个体的寿命比雌性短，在一生中大部分时间里不会离开出生的巢。在繁殖季节，雄性会彼此竞争，少数雄性会离巢并加入附近其他雌性建立的新巢穴。

诸如此类。蜘蛛这样给人孤独印象的生物演化出社会性的难度看起来其实不高。
问题：污染物沿着食物链传递，其浓度在较高营养级中一定增大吗？
19.生物富集的效率可以用生物富集系数 (bio-concentration factor, BCF) 进行量化, 计算公式如下:BCF = 生物体中某种物质的浓度/环境中同种物质的浓度, 以下有关叙述错误的是
A. 生物富集的过程一般是沿着食物链和食物网进行的
B. 生物富集效率会受 到生物特性、有害物质性质及环境因素的影响
C. BCF 数值越大,说明该物质越容易在生物体内分解
D. 污染物沿着营养级传递过程中, 其浓度在较高营养级中不一定增大
19题D 哈尔滨2022市统考生物试卷

回答：不一定增大。

选项 B 已经概括性地解释了选项 D。生物富集的效率受生物的特性、有害物质的性质、环境因素影响，效率可以低到生物富集系数（BCF）等于或小于1，高营养级生物体内的污染物浓度不变或减少。

一些生物很擅长排出特定污染物，或是很不擅长吸收·储存特定的污染物。一些生物能将污染物分解为无害产物。一些生物不同部位的污染物浓度有明显差异、吃这生物的其他生物并不吃高浓度的部位。这些情况都能实现较高营养级的污染物浓度不变或减小的效果。

例如有机磷农药乙拌磷亚砜及其有毒代谢产物在欧亚鲤（常见的养殖鲤鱼）体内的 BCF 小于 1，六氯环己烷（bhc，666）在真无须魮的鳃的 BCF 为0.076、在肌肉为 0.043、在肠道为 0.132，实验所用的六氯环己烷浓度已经接近对这动物的 LD50。

讲生物富集而不讲这些情况的生物教育是个谜。
问题：坚持跑步为什么会提高大脑认知能力，有什么科学依据吗？

回答：科学依据很多。不限于跑步，坚持体育锻炼似乎可以改善人一生中的认知健康水平。

- 神经影像学数据显示，健康的心肺功能可以延缓衰老过程中与年龄相关的脑组织（灰质和白质）损失，有概率改善特定脑结构的健康程度 ；
- 有氧运动可以增加流过大脑的血量，尤其是在涉及信息检索和执行功能的脑区，可能有助于降低患上抑郁症或神经退行性疾病的风险；
- 有氧运动可能影响表观遗传修饰和分子通路、线粒体的行为、涉及脑源性神经营养因子 (BDNF) 的分子系统。通常，在半年间定期跑步和/或进行其他有氧运动，就能让所有年龄段的平时不怎么运动的人自己体验到一些改善；
- 有氧运动可以改善前额叶和顶叶在认知挑战任务中的表现；在年轻人身上，这不止能提高快速反应过程中行动检测的效率，还能在需要灵活改变策略的任务期间改善传统上称为“注意力分配”的过程；
- 电生理学研究也支持“心肺健康或积极的生活方式可以改善认知相关的神经活动”。
- 限制摄入的热量（包括减少每日摄入量和较长的饮食间隔）或增加运动量到刺激 Sirtuins 蛋白活跃的程度，可以改善细胞的表观遗传衰老状况，延长多种实验动物的寿命。

要注意的是，跑步在“提高大脑认知能力”方面的作用并不比其他有氧运动优越。跑得太多、配套设施不合适、姿势不对、运气不好等因素可能损伤人的膝盖、脚踝等部位，有概率引起严重的问题。每天步行30 分钟就足以让 50~55 岁的女性抑郁症患者更有活力和信心，大概对其他年龄段、其他性别的抑郁症患者也有效，亦能帮助预防抑郁症。

- 血液中的脑源性神经营养因子水平与海马体积有关，有氧运动上调血清中的脑源性神经营养因子水平，在统计上与儿童和老人的海马体积增加有关，在儿童身上与更好的记忆表现有统计学关联。但其数值还没到值得将全国的小学生都拉去每天跑十圈的地步。
- 一项研究考察了 1206 名健康人的步行耐力与认知功能的关系，受试者平均年龄 28.8 岁，45.5% 为男性。结果显示较高水平的步行耐力与整体认知功能增强有统计学关联。性别、年龄、教育程度、BMI、HBA1c、动脉血压等变量并没有改变结果的整体模式。
- 一项研究调查了 206 名成年人在六个月内每周至少锻炼四天的情况。受试者平均年龄 66 岁，在实验开始时、三个月后、六个月后各接受思维和记忆测试，并以超声波监测流过大脑的血量。有氧运动计划从每天 20 分钟开始，在六个月间增加到 40 分钟。实验结束时，受试者在执行功能测试中的成绩改善了 5.7%，在语言流畅性方面的成绩改善了 2.4%，大脑血流量增加 2.8%~
- 埃里克森等调查了 165 名 59 至 81 岁之间的、认知健康的老年人，通过最大分级运动测试评估他们的心肺健康水平，让他们执行空间记忆任务，并使用功能磁共振成像 (fMRI) 测量他们的海马体积。结果表明，心肺健康水平较高的受试者双侧海马体积都较大，并与更好的空间记忆表现统计学相关。
- 一项研究对 120 名老年人进行随机对照设计，发现运动组的海马体积相比对照组增加了 2%，并表现出更高水平的血清脑源性神经营养因子水平和更大幅度的空间记忆改善。
- 一项研究将 124 名年龄在 60 至 75 岁之间的老年人随机分配去接受为期 6 个月的步行训练（有氧运动）或柔韧性训练（非有氧运动）。结果表明，步行组在一系列认知任务中的表现改善，而柔韧组没有这种现象。

总之，有氧运动对正常衰老的人和患有阿尔茨海默症、精神分裂症等各种脑部疾病的人群的认知能力和大脑健康有相似的益处。

历史上，人们曾经担忧跑得太多会损伤大脑。针对从意大利到挪威的赛程 64 天的 4487千米长跑比赛的参与者的一项研究显示，这样的超级长跑似乎会导致人的大脑暂时缩小，受影响最大的是视觉皮层（可能是因为铺装路面过于千篇一律），但参与者的大脑在比赛结束后半年内恢复原体积。参与者的膝盖等部位的软骨在前2500 千米赛程内呈现一些损伤和退化，那之后徐徐修复。

动物的脑可以在和外界或自身互动的过程中改变结构和功能。过去一百多万年间，基于身体运动的战斗、逃跑、探索、觅食、自卫、求偶、发明、仪式、舞蹈等行为，在人的生存、适应、发展过程中发挥了重大的作用，狩猎在很大程度上塑造了人。二十世纪的理论认为，涉及上述行为的脑区，尤其是在记忆处理中有基本作用的海马体，受身体运动的影响十分明显；其余脑区出于能量效率，在演化过程中也会受到身体运动的影响。近年来，更多的研究显示人的“看起来很简单的身体运动”会激活巨大范围的神经细胞，旋转眼球会激活约一半神经元，那么身体运动的影响就更没有特别的边界了。
问题：为什么海洋中动物的生物量大于植物？

回答：海洋植物只占海洋生产者的一小部分，已知海洋动物生物量不止超过海洋植物生物量，更超过海洋生产者的已知生物量。Bar-On 等估计消费者占海洋生物量的 80%以上，生产者占陆地生物量的 95% 以上。不计尚未搞清楚的部分，当前陆地生物量约为海洋生物量的 80 倍，陆生植物占地球总生物量的约80%，主要是大型维管植物（海洋里稀缺的类型）。超过 70% 的动物生物量存在于海洋。

这可能有以下原因：

### 一、海洋单位面积的光合生产力较低

统计显示，在海洋和陆地环境中，当地光合生产力越高，当地生产者与消费者的比率越大。

2018 年估计的海洋总初级生产力（485 亿吨碳每年）与陆地总初级生产力（564亿吨碳每年）数量级相同，而海洋的表面积是陆地的两倍以上，海洋单位面积的生产力较低。这可以归因于水的透光性差、光合生物需要的多种矿物质在远海海水中的浓度低，海洋的大部分面积不利于大型光合生物（尤其是植物）生长。

那么，当地光合生产力平均而言明显低于陆地环境的海洋环境理应具有较少的总生物量和较高的消费者比例。

### 二、海洋光合生产量更大比例地输入消费者

平均而言，大约 10% 的能量从海洋生产者转移到各级消费者，大约 1% 的能量从陆地生产者转移到各级消费者。

- 这部分归因于陆地大型维管植物木质化的茎。对消费者来说，木质素不易分解，高大的茎还让树叶之类结构也变得不易靠近。陆地木本植物的周转速度很慢，它们的生物量代表数年、数十年乃至千百年间初级生产的积累。
- 相比之下，海洋生产者的周转速度要快得多。洋流使有限的营养物质在海洋中高度流动，而且以单细胞生物为主的海洋生产者很容易被消费者取食。结果，海洋生产者用每一刻较小的生物量产生了庞大的年均初级生产。

### 三、海洋环境有更多的变温动物、更大的捕食者-猎物体型比

海洋基础消费者主要是节肢动物、软体动物等变温动物。变温动物不需要损耗多少能量来维持体温。另一方面，海洋哺乳动物为保暖而需要更大的体型。

浮力降低了大型动物支撑自身重量的难度、有助于优化大型捕食者的运动速度，长距离移动的能耗也较低。

理论支持这产生“头重脚轻”的营养金字塔。
问题：人类更适合吃肉还是吃植物？

回答：现代人适合吃肉并搭配一些植物，植物可提供膳食纤维、维生素 C 等。

古人类更适合吃肉。

总体上，人类的饮食倾向是高度可变的。住在江河湖海附近的古人类吃了很多鱼和贝类。生活在森林等植被丰富地区的古人类吃了很多水果、块茎和蜂蜜。现代狩猎采集者哈扎人吃的东西随季节改变，总体上生存所需的能量有一半左右来自动物肉，另一半来自植物和蜂蜜。现代人亦可在很大范围内选择饮食——但是，突然改变长期适应的饮食习惯会影响消化道菌群，有概率造成疾病。

Miki Ben-Dor 博士和他的同事从遗传学、新陈代谢、生理学、形态学、古生物学等领域的约 400 篇科学论文中收集了 25条重要证据，支持石器时代的古人类是肉食性动物。

例如：

- 与杂食动物和大部分肉食性动物相比，人胃液的酸性很强。产生和维持这样的强酸胃液需要大量的能量，其功能主要是消灭不新鲜的肉里的常见细菌。古人类狩猎的大型动物体重远超整个小群体每日所需的量，可以吃上几天甚至几周，使得古人类经常食用含有大量细菌的不新鲜肉类，演化青睐强酸胃液。
- 人的脂肪细胞结构是肉食性动物的典型配置。杂食动物的脂肪储存在数量相对较少的大型脂肪细胞中，而包括智人在内的肉食性动物将脂肪分散在大量小型脂肪细胞内。
- 人类基因组的一些基因被关闭来对应富含脂肪的动物性饮食，黑猩猩基因组里的同种基因则激活来对应富含碳水化合物的植物性饮食。
- 史前人类骨骼中的同位素比例和古人类遗迹中的武器、动物残骸化石表明，古人类经常猎杀脂肪含量很高的大中型陆生动物，他们生存所需的能量可能有 70% 以上来自大中型动物。
- 化石证据显示，古人类的猎杀对全新世大灭绝做出了贡献。

历史上，人们经常幻想人类的演化归功于杂食的灵活性。现在看来，人类恐怕是狮子和鬣狗的同路人。植物在石器时代末期才成为人类食物的主要组成部分，那时人类居住区域周围动物的平均体重早已从约500 千克暴跌到不足 50 千克。

遗传变化的证据和用于加工植物的独特石器的出现显示，约 85000 年前的非洲人、约 40000 年前的欧洲人和亚洲人逐渐增加了植物性食品的消费。

相比之下，人类以动物性食品为主的岁月持续 140 万到 200万年。那段时期，无论当地的生态条件如何，在石器中都观察到长时间的相似性和连续性：用于杀戮和处理肉类。

显然，虔诚的素食者不愿相信他们的祖先是地球上从未有过的疯狂掠食者，这个物种不但捕猎大中型动物，还在猎物的平均体型缩小后使用弓箭与陷阱继续猎杀、通过刀耕火种对植物进行大规模摧毁。从人类崛起到现在，野生植物的生物量至少减少了一半。

当然，他们大概可以从古人类也吃植物里获得些许安慰。
问题：生物会对遗弃的巢穴重复利用吗，比如蚂蚁；或者生物会利用其他生物的巢穴吗？

回答：会，很常见。

老鼠经常在感到危险或巢穴受损时逃走，并在不久之后返回、对受损的巢穴进行修补、重新住下。老鼠选择筑巢地点时会考虑安全、保温、获取食物和水的难度，会在巢穴里使用报纸、破布、塑料、树叶等材料保温。为觅食等活动暂时离开巢穴时，老鼠会沿途留下气味标记，以便原路返回。鉴于合适的筑巢地点有限，老鼠改变筑巢地点时优先选在旧巢穴附近；一窝老鼠被赶走后，新来的其他老鼠（无论是不是同一物种）有概率选择同一位置筑巢。老鼠经常在人的“巢穴”里筑巢。

在雨季，许多蚂蚁会将新热带白蚁 Nasutitermes corniger (Motschulsky)的巢穴当作庇护所，可能顺便吃掉一些白蚁工蚁（不论死活），同时为白蚁提供富氮营养并改善巢穴的防御水平，与白蚁共生的最常见的蚂蚁物种是 Monadsbispinosa (Oliver)，它们不攻击活的白蚁。

一些地下白蚁会利用蚂蚁的部分巢穴。白蚁经常在人的“巢穴”里筑巢。

许多蜥蜴和一些蜘蛛会利用蚯蚓挖的地洞。

地势好的山洞·水下洞穴可被许多不同生物运用，体型显著不同的动物可共用较为宽敞的洞穴。

大部分洞穴是黑暗、阴冷、潮湿的，历史上可能有熊、洞熊、洞狮、洞鬣狗等动物居住，经常易主（尤其是在其中一些物种灭绝之后）。一万多年前，古人类可能为了制造屋顶、毯子、地毯之类击杀洞狮，与气候变化一同将其抹消。
问题：生物的进化应该是趋利避害才能延续下去，可为什么人类在惊恐的时候会僵住任人宰割，而不是撒腿就跑？
为什么惊恐的时候明明撒腿就跑比僵住动不了任人宰割存活的几率要大得多，为什么依然进化成动不了呢？？？

回答：在危险情况下难以行动，吓呆（冻结行为/freezing behavior, 冻结反应/freezeresponse），是应对捕食者的一系列行为的组成部分，比人类、比哺乳纲更古老。各种动物经常将其拿来应对捕食者之外的有害事物、同类攻击等生存威胁。

演化青睐有助于提前发现捕食者并降低被捕食者发现的概率的行为。动物检测到远处出现疑似捕食者的迹象时，“吓呆”会减少自己的动作（许多捕食者能识别远处的物体移动和声音）、促使自己的感官关注该迹象、增强收集信息的敏感度。有复杂感官的动物通常会朝疑似捕食者所在的方位瞪大眼睛、竖起耳朵之类。这是古老、简单而有效的被动防御策略，经常搭配其他适应性反应，例如啮齿类在检测到蛇时会竖起毛发增加散热，这略微有助于降低被红外线检测发现的概率。

动物检测到捕食者正在对自己发动攻击或距离靠近到危险的程度，会触发装死、尖叫、战斗或逃跑反应等。“吓得完全无法移动甚至昏倒”有助于装死。具体什么样的距离算是危险、要不要装死，取决于自身的物种和身体状况、捕食者的物种和个体特性（形状、体型、移动方向、速度等）、自身的生活经验等。战斗或逃跑是常见的主动防御策略。

- 实验显示，将老鼠放在离猫很远的盒子里，老鼠会“吓呆”或逃跑，将老鼠放在离猫较近的盒子里，老鼠会惊慌失措、显示出战斗或逃跑反应（布兰查德等，1990 年）。
- 装死适合对付对自己不熟悉、有一定认知能力来辨认猎物死活、没有足够的认知能力来识破装死、不爱补刀、不喜欢死猎物（因为有大量腐生微生物和/或腐败产生的有害物质等）的捕食者。
- 尖叫可以提醒同类并吸引捕食者的注意力，在群居动物身上尤其有用：可以提高血亲逃生的概率，这会提高相关基因在种群中长期存续的概率。

动物被捕食者抓住或咬住会触发强效镇痛，抑制在平时会导致跛行或倒地的疼痛造成的影响、支持全力抵抗或逃跑。也有一些动物会在这阶段再次触发“吓呆”，这有助于装死。

人的“吓呆”关系到基底外侧杏仁核复合体与海马体，这些结构（或其类似构造）受损或被抑制的动物会不容易吓呆，乃至无法吓呆。

一些学者建议将冻结反应和战斗或逃跑反应合称“战斗、逃跑或冻结反应/fight-flight-or-freeze response”。

题目里“人类在惊恐的时候会僵住任人宰割，而不是撒腿就跑”的说法并不适用于触发战斗或逃跑反应的人，后续的“惊恐的时候明明撒腿就跑比僵住动不了任人宰割存活的几率要大得多”同样有适用范围。站着不动或缓慢后退有概率让捕食者放弃攻击。许多捕食者，包括持有远程武器的早期智人之类，擅长从背后击杀逃走的大中型动物。而且，在面对难以抵抗的捕食者时，让少量个体吸引其注意力、帮助其他个体逃跑是可行的策略——高声尖叫可以警告同伴并吸引捕食者的注意力，你可以看到人类中的一部分个体有这种行为。

题目里“趋利避害才能延续下去”的说法是对进化的古老误会之一。其实进化是很凑合的。地球上数量最繁盛、生殖最成功的类群（以个体数是病毒、细菌，以生物量是维管植物，在动物范围内以个体数是线虫）普遍缺少自主快速运动的能力，比起在环境不适合或出现敌害时逃走，它们更多地改变自己体内的生化反应和化学平衡·自己身体的一部分材料及其性能来对抗环境变化与敌害，以单纯的繁殖速度补上被环境和敌害消灭的部分。现代海洋里的细菌每天被噬菌体消灭约40%，其年均数量的波动跟这几乎无关。
问题：为什么大自然要让人类女性生殖时要承受巨大的痛苦，而没有将这种痛苦进化消失掉？

回答：大自然不负这个责任。历史上大部分时候，古人类分娩没有现在这么痛苦，选择压不强。最近数百年里，站着、坐着、蹲着分娩的难度及其带来的痛苦仍低于仰卧分娩，尤其是站着分娩允许重力协助、骨盆带自然活动（Dundes，1987年；Gupta 与 Nikodem，2000 年；Michel 等，2002年）。古埃及壁画、古欧洲浮雕、阿兹特克艺术品都曾描绘女性站着分娩。十九世纪末到二十世纪初的粗糙医学一度造成产妇死亡率上升。

对双胞胎的研究显示，人类女性的骨盆宽度受生活环境的影响似乎超过基因造成的影响。农业时代的饮食变化可能比骨盆宽度的遗传因素造成了更多的产科问题。约12000 年的农业社会生活尚未让人的骨盆宽度重新优化到适合新生儿的大头，显示当前状态可以算是略有不利的中性性状，能在种群中长期传递。

将人类女性当前的骨盆再加宽几厘米以扩大产道，并不会和“产科困境”假说设想的那样妨碍双足行走，声称现在的宽度有任何演化上的好处，都很可疑。非洲南部石器时代晚期的人群似乎搞出过身高很低而骨盆很宽的女性，当时他们经常长距离迁徙，化石并未显示这些人在行走方面有什么困难。生物力学也不支持“加宽骨盆会增加运动成本”的想法。

现代人掌握解剖学与遗传学知识的时间太短，还不够对自己进行人工筛选，目前更多地以剖腹产解决难产问题，这又会影响筛选的效率。现代人对抗分娩痛苦的有效办法包括麻醉，这比自然界的大部分动物更好地缓解了疼痛，风险相对可控。

- 类人猿的足月妊娠所需时间是灵长类里最长的，黑猩猩、倭黑猩猩的正常妊娠期约 39 周，人的正常妊娠期约 37 到 41 周。黑猩猩、倭黑猩猩的新生儿像人新生儿一样缺乏独立生存能力，需要母亲提供大量照顾。不过，这两种类人猿并没有现代人这么高的难产率，它们的产道比新生儿尺寸明显更宽。人的祖先在数百万年间也如此。
- 正常晚期智人新生儿的大脑体积是成年时的 30% 左右，正常黑猩猩新生儿的大脑体积是成年时的 40% 左右，卷尾猴新生儿的大脑体积是成年时的 50% 左右，人脑已经因成年时的大体积而做出妥协。
- 人大脑生长速度的峰值出现在出生前的几个月间，与生下来就能行走的动物类似（Halley，2017 年），这方面仍有为分娩让步的空间。
- 人类胎儿的能量需求和母体能安全地提供的代谢率与散热能力的关系似乎更直接地决定了胎儿能达到的体重。这方面的统计相关性也出现在没有骨头限制产道的鲸类身上（Sacher 和 Staffeldt，1974 年）。
- 提出“产科困境”假说时使用的统计数据可能不反映历史上大部分时候的状况。
问题：运动会加快细胞新陈代谢，那是不是意味着越运动越容易狗带？

回答：不是。“加快新陈代谢”跟寿命或死亡率没有简单的线性关联。

缺乏运动是慢性病的主要原因之一。30 岁后，人的最大摄氧量通常每十年下降约10%，这和多种慢性疾病的患病率与死亡率上升、丧失独立生活能力的风险增加直接相关。适度体育锻炼可以在一定程度上增加最大摄氧量，降低人死于高血压、2型糖尿病、高血脂、冠心病、中风、癌症的概率，可将全因死亡率降低约 30% 至 35%；与不定期进行锻炼的人相比，每周累计进行 150分钟以上适度体育锻炼（可以是 5 天间每天 30 到 45 分钟）的人的预期寿命更长，锻炼形式可以是简单的步行。

- 13 项研究的结果表明，有规律的体育锻炼与预期寿命延长 0.4 至 6.9 年有关。
- 11 项研究在此基础上考察了死亡率的混杂风险因素，显示有规律的体育锻炼可使预期寿命延长 0.4 至 4.2 年。

“运动带来的身体损耗”在材料供应充足、细胞功能正常时可以被身体自行修复。

- 研究人员考察了 5823 名 20 到 84 岁成年人的 DNA，发现每周至少有 5 天进行半小时以上慢跑的女性或每周至少有 5 天进行 40 分钟以上慢跑的男性的端粒长度较大，相当于比自己年轻 9 岁的人的平均水平。
- 端粒不是决定性因素，但可以在一定程度上显示细胞水平的氧化应激或炎症强度。
- 研究人员比较了多个年龄段的人的心脏、肺活量、骨骼肌，发现经常锻炼身体的 75 岁老年人的心血管健康水平、肺活量、肌肉力量相当于 40 到 45 岁人群的平均水平。

超重或多年不运动的人也可以通过每天步行 30 到 60 分钟来延长预期寿命。

限制摄入的热量（包括减少每日摄入量和较长的饮食间隔）或增加运动量到刺激 Sirtuins蛋白活跃的程度，可以改善细胞的表观遗传衰老状况，延长多种实验动物的寿命。

另一方面，过度锻炼，尤其是沉迷于减肥或增肌，有概率缩短人的寿命。这通常是循环系统出问题的概率上升所致，主要原因不是代谢率高，而是心脑血管压力大，次要原因是肠道的应激反应，这些问题可以被饮食、药物等控制。11项关于前运动员的预期寿命的对照研究显示，有氧耐力运动员的预期寿命较长，其他运动员的预期寿命有长有短。
问题：第一个产生抗体的物种是那个？

回答：分子生物学证据显示，第一种产生抗体的动物可能是某种目前尚未找到化石或找到了化石但未确定免疫功能的有颌鱼，可能是盾皮鱼或软骨鱼，生活在距今超过 4亿年前。估计这种有颌鱼的体型较大、单次繁殖产生的后代数量较少，较强的免疫功能在一定程度上有助于可育后代的数量。

- 一个次要证据是，某些盾皮鱼似乎采用体内受精和胎生 。
- 七鳃鳗的适应性免疫系统不产生抗体、产生可变淋巴细胞受体。盲鳗之类似乎也如此。估计抗体的出现不早于脊椎出现。
- 现存软骨鱼的抗体的一些特征看起来比硬骨鱼的抗体更不像哺乳类的抗体。现存硬骨鱼的抗体显示，远古硬骨鱼可能首创了现存哺乳类的抗体的一些特性（尤其是铰链区） ，并创造了一些看上去后来被四足形类随机丢弃的特性。哺乳类有已知最复杂的铰链区的结构。

类似抗体的东西比“距今 4 亿年前”更古老。

- 原核生物的表面蛋白的免疫球蛋白样结构域显示出类似真核生物免疫球蛋白的 β 链二级结构，可粘附在特定的宿主细胞上、抵御特定抗生素、对特定宿主致病。贝特曼等在 1996 年提出细菌的此类表面蛋白是抗体的起源。一些病毒也有类似的蛋白，目前不知道是从细菌身上取来还是起初由病毒转给细菌的。
- 海绵、海鞘等非脊椎动物有不同类型的·结构与免疫球蛋白相似的蛋白质。海鞘物种 Ciona intestinalis 等拥有带可变区的几丁质结合蛋白，这是一种免疫识别分子，结构和功能在一定程度上类似抗体，能粘附在细菌上并促进血细胞吞噬细菌 。
- 文昌鱼、海胆、软体动物等有一些细胞能进行类似 VDJ 重组的体细胞突变。七鳃鳗和多种鱼类有一些细胞能进行体细胞超突变。这些是 B 淋巴细胞产生各种各样的抗体的基础。
问题：人类的神经细胞为什么无法再生？

回答：事实上，人的神经细胞可以再生，死亡的神经细胞可以被新的神经细胞取代，尤其是在海马体；即使不产生新的神经细胞，已经存在的神经细胞也可以改变功能来代偿受损或死亡的细胞的功能，半脑切除之类手术和一些严重脑水肿案例显示人脑可代偿看起来不可思议的神经缺失。

这和所谓意识的连续性完全无关。新产生的神经细胞可以接替旧细胞形成同样模式的突触连接来储存一样的信息、执行一样的功能。况且，你不觉得在“随着年龄增长，死掉了大量神经细胞、没有新细胞补充”的情况下“维持主观连续的意识”难度更高吗？

包括人在内，成年哺乳动物脑仍有两个区域包含神经干细胞：侧脑室的脑室下区（SVZ）、海马体齿状回，这些神经干细胞在许多动物身上制造新的神经元。室管膜细胞和放射状胶质细胞可以分裂、可以分化为其他类型的细胞。人的侧脑室壁有神经胶质细胞迁移形成的带状结构，包含新产生的神经元、星形胶质细胞、少突胶质细胞，但其流量在年满18 个月后明显下降。

- 1998 年，癌症患者遗体展示了成年人中枢神经再生的首个证据。他们在世时接受过溴脱氧尿苷注射，该物质能标记新分化的细胞。科学家发现该物质出现在这些患者大脑内的海马体（和记忆、学习相关的海马状结构）中。
- 2013 年，来自瑞典卡罗林斯卡研究所的 Jonas Frisén 团队对 55 名已去世患者大脑组织中的单个神经元进行了碳年代测定，根据细胞年龄推测，人类每天在编码记忆的海马体齿状回区更新 700 个神经细胞。
- 后来有其他研究认为这再生速度在人幼年时较快、30 多岁时基本陷于停滞。其他脑区的神经细胞补充速度比这要慢或更早停滞。

在人体发生脑损伤（例如中风）后，病灶周围的神经元会上调促进轴突生长和突触形成的信号通路（Dancause 和 Nudo，2011年），树突棘的周转增加，以便形成新的连接。病灶周围组织中的神经元可以将新的轴突延伸数毫米，在附近的皮质区域形成新的功能性突触连接（Nagappan等，2020 年）。

人外周神经系统的轴突断裂后可以用每天 1 到 2 毫米的速度缓慢地生长恢复。断肢再植或移植四肢时，患者可以体验到触觉一点点朝肢体末端延伸。

- 在人身上进行的完整双臂移植手术于在 2008 年在德国农民 Karl Merk 身上首次取得成功。切断的轴突每天再生约 1 毫米。
- 新神经细胞延伸出轴突的速度在大神经中每天约 5 毫米，在小神经中每天约 2 毫米。

实验显示，半年间每天进行步行、骑自行车、爬楼梯等有氧运动，可以提高各年龄段的人的思维能力，观察到左侧额叶区域的大脑皮层厚度增加。这主要来自突触数量上升而非更多的神经细胞生成。

胎儿细胞可以进入母亲的血液循环并在心脏、肝脏、甲状腺等处分化成新细胞。对人类来说，这些细胞可以在循环系统里维持约 27年。根据在老鼠身上进行的实验，胎儿细胞能在母亲大脑受损时大量透过血脑屏障去进行修理。不过，在人身上也有胎儿细胞引起的自身免疫性疾病。

无论如何，在大脑发达的人类身上，上述自然修复速率无法和脑神经细胞的总数相比，脑细胞大量死亡的时候不能靠这种机制恢复。现在也还缺少注射神经干细胞或拟似胎儿细胞并主动促使其大规模修复人类大脑的技术，少量干细胞主要产生神经胶质细胞，将其诱导为神经元的规模也很有限。脑部或脊髓损伤通常会导致神经胶质细胞形成瘢痕组织。

- 胶质瘢痕由密集的神经胶质细胞组成，缺乏功能性神经元，长期被视为神经再生的障碍，但其分泌的生长因子又是神经再生所需要的，因此处理起来十分麻烦。目前研究的方向是利用病毒载体调高神经胶质细胞中的神经转录因子水平，诱导其转化为功能性神经元。

已经有对神经干细胞进行基因改造来在大鼠身上提高效率地修复脑梗死等的成功实验。

此外，2020 年 6 月 25 日，《自然》杂志封面文章称，研究人员在体外的人类细胞和小鼠中找到了只需一个步骤就将星形胶质细胞转化为神经元的方法：星形胶质细胞产生的 RNA 结合蛋白 PTBP1（多聚嘧啶道结合蛋白）阻止了这种细胞变成神经元，去除 PTBP1 就可以解决该问题。

- 研究人员首先从小鼠和人类脑中分离出星形胶质细胞，降低这些细胞中 PTBP1 基因的表达水平。经过四个星期，不同样本中 50%~80% 的星形胶质细胞转化为神经元，来自中脑的星形胶质细胞所转化的神经元表达了多巴胺神经元特异性表达的基因。
- 然后，研究人员为小鼠注射可降低 PTBP1 基因表达的病毒。经过 12 个星期，感染病毒的星形胶质细胞有超过 30% 转化为多巴胺神经元、具备正常生理功能，将患有帕金森病的小鼠纹状体的多巴胺含量从（正常值的）25% 提高到 65%，改善了症状。
- 最后，研究人员尝试向小鼠中脑注射可干扰 PTBP1 的反义寡核苷酸，短暂抑制其水平，发现也有治疗效果。这比病毒更适合临床使用，不过该疗法在用于人类之前仍需开展大量研究。
问题：海豚、淡水豚会被鱼刺卡住吗?

回答：会。从 1997 年至 2011 年，科学家记录到美国佛罗里达州印第安河泻湖沿岸搁浅的 350 条宽吻海豚里有 14 条（12 条成年、2条幼年）是被鱼卡住喉咙而死。

- 相关鱼主要是背鳍中有硬刺的罗非鱼、羊头鲷、Diapterus plumieri（条纹莫哈拉鱼），其中 5 条带有鱼钩、鱼线之类让海豚更难处理的人类产品。
- 海豚吃大型猎物时喉部脱位到食道，被猎物身上出乎意料的结构卡住的概率上升。淡水豚有基本上同样的结构，可以预期有类似海豚的噎死概率。
- 历史上，海豚一般会避开羊头鲷这样危险的猎物，但近年来的环境变化可能让海豚缺少传统猎物。

若题目想问的是鱼的肌间刺，对海豚来说那不是问题。生鱼的肌间刺没有人熟悉的熟鱼身上那么硬，海豚也不怎么将鱼扯成露出肌间刺的碎块。
问题：哪些蜘蛛可以飞行？

回答：蜘蛛靠丝线飞起来的方法称为“飞航”，一般不叫飞行。已记录飞航行为的蜘蛛物种分布在 27个科，常见的飞航蜘蛛来自皿蛛科、蟹蛛科、园蛛科、猫蛛科、逍遥蛛科。漏斗蛛科、近管蛛科、地蛛科、管巢蛛科、圆颚蛛科、螲蟷蛛科、卷叶蛛科、石蛛科、隆头蛛科、平腹蛛科、栅蛛科、光盔蛛科、狼蛛科、拟态蛛科、米图蛛科、蜜蛛科、类球蛛科、盗蛛科、跳蛛科、肖蛸蛛科、球蛛科、妩蛛科亦有飞航的物种。

一些科学家实验研究过皿蛛科的 Erigone atra、园蛛科艾蛛属的 Cyclosa turbinata、球蛛科希蛛属的 Achaearaneatepidariorum、隆头蛛科 Stegodyphus 属的 S. dumicola 和 S.mimosarum（大型蜘蛛，放出多条丝线）、狼蛛科豹蛛属的 Pardosa amentata、P. lugubris、P. monticola、P.nigriceps、P. palustris、P. prativaga、P. pullata、P. purbeckensis、P. ramulosa、P.tuoba 等物种的飞航行为。

- 蜘蛛飞航行为受温度、湿度、风速、上升气流、光照强度、食物供应等影响，不同季节有不同物种的蜘蛛在飞，大部分飞航个体的体型较小（可以是幼体也可以是体型小的成体）。
- 飞航过程中，调整蛛丝长度和姿态能在一定程度上影响飞航距离和降落点，必要时可以切离丝线并降落。除风力和上升气流外，飞航可能利用了大气电场。
- 新蛛亚目蜘蛛飞航前通常会爬到高处，然后释放多条细丝或用丝线垂挂一定距离来获得初速度再释放多条细丝并切断垂挂用的丝线。某些猛蛛亚目蜘蛛从高处跳下、在空中放出多条细丝。
- 许多蜘蛛一次只飞航数米远，可以连续飞航。天气条件适宜时，一些蜘蛛能在 6 小时内飞航 30 千米，高度可达 5 千米以上（Foelix，2011 年。飞航蜘蛛偶尔会飞到平流层），低空飞行时可无视 0.5 米高的海浪等障碍。某些连续飞航的蜘蛛能在水平方向上移动 3200 千米以上（Gressitt, 1965 年）。

此外，某些叶螨、至少 31 种鳞翅目昆虫的幼虫也可以飞航。
问题：在自然界的演变中，RNA为什么没有被单链DNA所取代？大部分生物的遗传物质是DNA，显然DNA较RNA有更高的稳定性，那么为什么RNA仍然在进化中保留下来？RNA的部分功能是否可由单链DNA来执行？

回答：DNA 和蛋白质不能执行 RNA 的某些催化功能，例如在核糖体里发挥催化作用的是且只是 RNA，过去 38 亿到 45亿年的演化都没有改变这状况。剪接体也如此。

不过，题目错的地方比这更基本：

在热力学稳定性上，双链 RNA 胜过双链 DNA，双链 DNA 胜过 DNA-RNA 杂交链。

- 人们其实直到公元 2013 年才能实验测定生物体内 RNA 的结构。真核生物体内大量的小 RNA 是双链的，有很多非编码 RNA 是通过碱基互补跟 mRNA 配对形成双链再去发挥功能的，mRNA 也可能形成双链。
- “RNA 病毒突变快”是因为不进行纠错，碱基错配概率高，而不是“RNA 链不稳定”。

日常所说的“RNA 不稳定”，部分原因是单链 RNA 在高 pH 下 2' 羟基会丢失质子、容易水解，主要原因是地球生物大量使用 RNA 酶，单链 RNA容易被切断。这允许细胞生物降解现有的 mRNA 来调整合成的蛋白质的类型、数量、比例，处理掉带有严重错误的 mRNA。

对储存遗传信息来说，稳定性没有那么重要。

- DNA-RNA 杂交链能维持生物的正常功能。现实中人类自己制造过使用 DNA-RNA 杂交链的大肠杆菌、酵母菌等生物。2018 年 Angad P. Metha 等构建并表征了一种含有 DNA-RNA 杂交链的大肠杆菌菌株，其基因组含有约 40% 到 50% 的核糖核酸。
- 即使考虑单链，人类也早就知道 L-RNA 比自然界的生物使用的 D-RNA 对 RNA 酶稳定得多。
- tRNA 以甲基化修饰和假尿嘧啶、次黄嘌呤核酸等特殊碱基提高稳定性，人们亦可这样修饰 mRNA 来在体外保存并使用。Moderna 和 BioNTech 的 mRNA 疫苗引入假尿嘧啶来提高 mRNA 的稳定性。

热力学稳定性不是用什么做遗传物质的重点。

双链 RNA 的性质较接近 A-DNA，不如 B-DNA 适合与蛋白质进行序列特异性的相互作用。

RNA 不但可以在局部折叠成双链结构，还可以用相距甚远的两段序列互补配对形成双链，比 DNA更容易出现四链结构，可以和多种金属离子、辅助因子互动。在需要执行催化功能而不止储存一些信息时，RNA 胜过 DNA。

- 在自然界，人们主要观察到 RNA 催化两大类反应：磷酸转移，肽键形成。没有这些就没有细胞生物。
- RNA 使用的催化策略相当广泛，可以拿去催化其他反应。RNA 上的一些位点可以结合水合金属离子或蛋白质作为酶时使用的几种辅因子，可以催化光合作用、丙酮酸氧化、固氮、酶促氧化还原反应、碳-碳键的形成与切割（磷酸戊糖途径、卡尔文循环、三羧酸途径）、糖苷键形成、厌氧发酵、乙醇脱氢、自由基生成、异构化、烷基化、Diels-Alder 环加成、金属转移等。
- 尽管 RNA 的官能团有限，在原则上，你可以用 RNA 催化维持生命所必需的亿万种化学反应。
- 已经从自然界的细菌中分离出与 NAD+连接的 RNA。在实验室，已经造出使用包括 NAD 和 CoA 在内的辅因子的核酶 。

“适者生存所以能”不怎么适合当做答案。“适者”体现在“经历自然选择并生存下来”，不解释“为什么能生存下来”。

无论如何，你看到许多现存的无危物种携带某个长期流传的遗传特征，就可以预期“那个遗传特征并不明显减少可育后代的数量”。
问题：为什么胸腺嘧啶一般只能在DNA中？尿嘧啶一般只能在RNA中?

回答：这取决于核酸的功能。

DNA 使用的胸腺嘧啶 T 是甲基化修饰的尿嘧啶 U，不易被核酸酶降解，不会在 DNA 修复机制纠正胞嘧啶 C 突变为尿嘧啶 U的偶发状况时被错误修理，有利于稳定记录遗传信息。

- 尿嘧啶 U 可以摇摆配对腺嘌呤 A 和鸟嘌呤 G，在多次复制中容易突变。
- 胞嘧啶 C 容易自发脱去环外氨基、变为尿嘧啶 U，改变核酸存储的信息并降低下一次复制后的核酸分子的稳定性（CG 之间有三个氢键，而 AU 之间有两个氢键），造成各种错误。
- DNA 要长期使用并传给后代，没有特殊目的的话，应当处理掉序列里出现的 U。

大部分 RNA 没有 DNA 那么高的稳定性需求，不需要进行这种甲基化修饰。

tRNA 使用大量经过甲基化修饰的碱基，包括胸腺嘧啶。这有利于维持 tRNA 的稳定、有助于和密码子配对、有助于氨基酸与受体臂连接。
问题：自然界中的生物，雄性参与养育后代的物种占比多少？

回答：你想问的大概局限于动物。动物中不到 1% 的物种会尝试照顾后代，其中雄性参与照顾后代的不到这 1% 的10%，能叫做“养育”大概起码提供了一点食物（而不止是“孵蛋、击退敌害”），其比例接近 0%～

- “自然界中的生物”在个体数量和物种数量上绝大部分是病毒、细菌、古菌，动物在生物的个体数量和物种数量中占比接近 0%，是绝对的非主流。
- 几乎没有能通过“额外排放一点有机物”之外的方法去照顾后代的线虫，而线虫在动物的数量里占比极高。照顾后代的节肢动物很少，而节肢动物在动物的物种数里占比很大。这意味着在动物内部，照顾后代的占比也会非常低。

哺乳纲的所有物种都有雌性照顾后代的行为，约 5% 到 6% 的物种存在雄性照顾后代的行为，主要出现在啮齿目、灵长目、食肉目犬科。

- 哺乳纲约 3% 的物种采用社会化一夫一妻制，这些物种里约 59% 存在雄性照顾后代的行为。
- 灵长目约 15% 的物种采用社会化一夫一妻制。
- 看起来，只在照顾后代产生的收益大于“多找几个雌性交配”的时候，雄性哺乳动物才会倾向于照顾后代。这受“是否确定后代是自己的”“自己的食物是否过剩”“自己的性能力如何”等多种因素影响。在人类中，睾丸较小的父亲往往会更多地参与照顾孩子（Jennifer S. Mascaro 等，2013 年）。

鸟纲约 75% 到 81% 的物种有雌雄合作照顾后代的行为，但不是所有个体都会参与。鸟纲约 9% 的物种跨血缘关系合作照顾幼鸟。

鸟纲约 1% 的物种完全由雄性照顾后代，约 8% 到 9% 的物种完全由雌性照顾后代。

- 鸟纲超过 90% 的物种采用社会化一夫一妻制，其中约 81% 的物种存在父母合作照顾后代的行为。
- 鸟纲约 9% 的物种使用一妻多夫制，雄性参与孵蛋。
- 鸟纲不到 1% 的物种使用一夫多妻制，雄性提供大部分照顾。
- 照顾后代可能是鸟的祖传代码，来自非鸟恐龙。

30%的鱼纲科级分类存在照顾后代的行为，其中大半是雄性单独照顾后代，约五分之一是雌雄一起照顾后代。鱼的雄性照顾后代与体外受精明显正相关，大概是因为能确定起码有一部分是自己的后代。海马由雄性负责“怀孕”。

约 6% 的青蛙、约 18% 的蝾螈、约 5% 的蚓螈会照顾后代（或至少看起来有这样做的尝试），其中雄性单独照顾和雌性单独照顾各一半左右，极少合作照顾。

爬行类极少由雄性单独照顾后代。

无脊椎动物极少照顾后代，雄性尤其少。它们提供的照顾以保护为主。
问题：是否发现某类基因决定了动物的社会性?
比如某些动物有明显的社会关系，而另一些动物则偏向独居。

回答：成百上千个基因与社会性有关，未发现哪个是决定性的。

- 精氨酸加压素受体、催产素受体等受体参与从田鼠到人类的许多物种的社会行为，这显然关系到编码它们的基因、参与调节基因表达水平的基因与非编码序列；
- 既然是神经系统要参与的事，突触蛋白、离子通道蛋白、昼夜节律相关蛋白显然是绕不过去的；
- 转录因子 egr1 （在不同物种中被称为 ngfi-a、 zif-268、krox-24、tis8 、 zenk 等）参与鸟对声音的反馈，前脑的一些细胞在听到鸟叫声等声音后调高编码该转录因子的基因的表达水平，调高情况在听到白噪音、陌生的鸟叫、熟悉的鸟叫时显著不同，在鸟周围有同类时更与单独行动时不同；编码 egr1 的基因还参与伯氏妊丽鱼对社会地位的识别，此鱼雄性个体会随社会地位变化改变自己的外观，地位越高越鲜艳，求偶的效果也越好，在群体内高地位的个体被人为移除后，其他雄性下丘脑中含有促性腺激素释放激素的神经元的 egr1 表达迅速上升，激素水平变化，进而改变体色；实验显示，egr1 表达可以在 20 到 60 分钟内出现巨大变化，可以立即增强或抑制其他基因的转录，在不同的细胞类型中可以和不同的蛋白质互动。这样的转录因子还有许多；
- 实验显示，在蜜蜂的一生中，脑部数千个基因的表达水平有可测量的差异；蜜蜂感知信息素后会在几天到几周内改变脑中数百个基因的表达。
- 大鼠照顾后代的行为可以在后代海马体引发糖皮质激素受体基因的启动子的表观遗传修饰，影响长期持续。

诸如此类。

注意基因不能直接指定动物的行为。细胞用基因序列和表观遗传修饰存储着构建身体并调控身体功能的各种分子的信息。脑发育、脑活动、动物行为是遗传·环境·生活经历·力学机制·随机扰动等共同创建的。社会信息会和其他内外信息一样影响一些脑细胞的基因表达与突触连接网络，进而影响生物体的一些行为。在完全不修改基因序列的情况下，胚胎细胞受力状况的变化可以彻底改变动物胚胎细胞发育成的东西的身体计划。

此外，社会继承可以在很大程度上解释动物社会网络的结构。
问题：科学家认为，人类都是早产儿，那如果真的按照推测孕育21个月是不是会产生更出色的新人类？

回答：不是那样。

“人类都是早产儿”是拿来解释“为什么人类新生儿的生存能力极度低下”的不严谨说法，历史上曾经由阿道夫·波特曼整合到 Sherwood LernedWashburn 于 1960 年提出的“产科困境”假说中，试图将人类女性那异常困难的分娩说成“演化产生的解决方案”。“21个月”是历史上按人大脑发育速度估算的“人新生儿的大脑发育到体积占成年大脑 40%的程度（和黑猩猩新生儿一样）”需要的时间。这是基于过时知识计算的，按新一些的数据，需要的时间更接近 16 个月（DeSilva 和 Lesnik, 2006年）——你有了这程度的知识，就足以意识到，无法指望这产生什么“更出色的新人类”。

古尔德过去附和过“产科困境”，将其推得很广。这是个看起来很好懂的模因，被各路媒体和他们的受众到处传播。但这不是事实。

- 类人猿的足月妊娠所需时间是灵长类里最长的，黑猩猩、倭黑猩猩的正常妊娠期约 39 周，人的正常妊娠期约 37 到 41 周。黑猩猩、倭黑猩猩的新生儿像人新生儿一样缺乏独立生存能力，需要母亲提供大量照顾。但这两种类人猿并没有人这么高的难产率，它们的产道比新生儿尺寸明显更宽。你觉得黑猩猩、倭黑猩猩的新生儿是早产儿吗？
- 正常人类新生儿的大脑体积是成年时的 30% 左右，正常黑猩猩新生儿的大脑体积是成年时的 40% 左右，卷尾猴新生儿的大脑体积是成年时的 50% 左右，早产儿的标准要划定在什么地方？
- 黑猩猩新生儿那 40% 并没有改变其缺乏独立生存能力的表现。
- 人大脑生长速度的峰值出现在出生前的几个月间，与生下来就能行走的动物类似（Halley, 2017 年）。
- 对双胞胎的研究显示，人类女性的骨盆宽度受生活环境的影响似乎超过基因造成的影响。
- 将人类女性的骨盆再加宽几厘米以扩大产道，真的会和“产科困境”假说设想的那样妨碍双足行走吗？非洲南部石器时代晚期的人群似乎搞出过身高很低而骨盆很宽的女性，当时他们经常长距离迁徙，化石并未显示这些人在行走方面有什么困难；农业时代的饮食变化可能比骨盆宽度的遗传因素造成了更多的产科问题。生物力学也不支持“加宽骨盆会增加运动成本”的想法。
- 约 12000 年的农业社会生活尚未让人的骨盆宽度重新优化到适合新生儿的大头。
- 人类胎儿的能量需求和母体能安全地提供的代谢率与散热能力的关系似乎更直接地决定了胎儿能达到的体重。这方面的统计相关性也出现在没有骨头限制产道的鲸类身上（Sacher 和 Staffeldt，1974 年）。
- 提出“产科困境”假说时使用的统计数据可能不反映历史上大部分时候的状况。

人的胎盘在超过 42 周妊娠后会出现明显的功能劣化，血管变细、局部钙化、输送氧和营养物质的能力下降，对胎儿的生命安全构成威胁，胎儿死亡率上升到 40周妊娠的 3 到 6 倍。随着时间流逝，胎儿死亡或畸形的概率还会上升。以当前的人类基因，人的胎盘无法支持“孕育 21 个月”。

人胎盘是怀孕 10 周后由胎儿的合体滋养细胞发育而成，不是子宫的一部分。人造子宫不解决胎盘的问题。

另外，在人类子宫中，超过 42 周的过期妊娠会引起羊水量减少和一些胎儿尺寸过大，难产率上升。

机械胎盘尚未研制出来，可以想象要移除胎儿的胎盘、插几根管子、泡点类似羊水的液体，这可能将胎儿搞死搞残。

人造子宫尚未研制成功，哺乳类幼体很脆弱，目前对 120 天左右的早产儿使用的支持技术（恒温箱、ECMO之类）有概率导致早产儿发生脑出血等自灭。延长机械支持时间会增加出问题的概率。

“在足月后继续将婴儿摆在恒温箱里”类似对重度先天性免疫缺陷患者的措施（无菌隔离），实践不支持那对人的身心发育有任何好处。
问题：假如从世界上第一个人诞生开始，一直往宇宙深处走，到了自然死亡就有下一个人接力。我们可以走多远？

回答：看起来，本题目只是想问全人类累积能走多远的路程，不考虑人体有没有能力走到天上去。那么，太阳系的尺寸比不过人类走过的路程。

以尚未观测清楚的奥尔特云计算，太阳系的半径约 1 光年。

1 光年是 9460730472580800 米，精确值。

当前世界上有约 79 亿人，设其中 50 亿人在 1 年间每天拿出 1 小时用 1.5 米每秒的速度走路，那么一年的总路程是 1.04光年多一点。根本就不用出动“从世界上第一个人诞生开始”那么夸张的阵容。

你可以看出，人们对规模巨大的东西是没有概念的，哪怕那个东西是人们自以为最熟悉的“人类”也一样。

  

目前累计出生过的人数约 1170 亿。这之中有许多个体早死，已经死去的全人类的平均寿命约 35 年。

- 旧石器时代人出生时的预期寿命约 22 到 33 年，新生个体活到 15 岁的概率约 60%，15 岁个体的预期总寿命约 54 年。
- 由于早期农业很菜，新石器时代与青铜时代早中期不少地区的古人类预期寿命比旧石器时代还短数年。
- 古代世界在这方面的改善程度不大，人出生时的预期寿命长期在 25 到 40 年震荡。
- 从 1750 年到 2000 年，新生个体的预期寿命从约 33 年急剧增加到约 67 年。

设 1170 亿人平均每人在 15 年间每天拿出 1 小时用 1.5 米每秒的速度走路，那么总路程将超过 365 光年。
问题：如何用定义证明1/x是双曲线？(F1-F2＝2a)？

回答：将曲线 $$\mathscr{H}:y=\frac{1}{x}$$ 顺时针旋转 $$\frac{\pi}{4},$$由于旋转变换并不改变曲线本身形状，我们只需证明这旋转后的曲线 $$\mathscr{H'}$$ 是双曲线即可。

考虑极坐标化， $$\mathscr{H}$$ 的极坐标方程为 $$r^2\sin\theta\cos\theta=1.$$ 假设$$(r,\theta)$$ 是 $$\mathscr{H'}$$ 上任意一点，则将其逆时针旋转 $$\frac{\pi}{4}$$ 还原后的位置$$\left(r,\theta+\frac{\pi}{4}\right)$$ 必落于 $$\mathscr{H}$$ 上，这坐标将满足$$\mathscr{H'}$$ 方程，即有$$r^2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)\cos\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=1,\\\$$也就是 $$\frac{1}{2}r^2\cos^2\theta-\frac{1}{2}r^2\sin^2\theta=1,\\\$$ 再化到直角坐标系，有$$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1,\\\$$ 这就得到了 $$\mathscr{H'}$$ 的方程，显然表示着一条等轴双曲线。
问题：请问能否不使用微积分的知识证明伯努利不等式？

回答：首先指出，问题不严谨。不使用任何微积分知识，要证明实数次幂型的 $$\text{Bernoulli}$$不等式是不可能的，因为事实上，连这个实数次幂本身都需要用微积分的实数理论去定义。于是，假定当前问题只是想要一种不涉及导数的证法，这当然是办得到的。

现在的任务是要证明

> 设 $$x>-1,$$ 则有  >  $$(a)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\le 1+rx$$ 对所有 $$0<r<1$$ 成立；  >  $$(b)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\ge 1+rx$$ 对所有 $$r>1$$ 成立；  >  $$(c)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\ge 1+rx$$ 对所有 $$r<0$$ 成立。

## 一、先来证明 $$r$$ 是有理数时的情形

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 1}}}$$ 当 $$0<r<1\. $$

不妨设 $$r=\frac{p}{q},$$ 其中 $$p,q \in \mathbb{N_+},$$ 此时 $$q-p>0.$$ 同时，因$$x>-1,$$ 也有 $$1+x>0.$$ 于是依 $$\text{AM-GM}$$ 不等式，成立

$$\begin{align*}(1+x)^r&=(1+x)^{\frac{p}{q}}=\sqrt[q]{\underbrace{(1+x)\cdots(1+x)}_{p~~\text{terms}}\cdot\underbrace{1\cdots\cdot1}_{q-p~~\text{terms}}}\\\&\le\frac{p\cdot(1+x)+1\cdot(q-p)}{q}=1+\frac{p}{q}\cdot x=1+rx, \end{align*}\\\$$于是 $$(a)$$ 得证。

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 2}}}$$ 当 $$r>1.$$

此时又分两种情况：

  * 若 $$1+rx\le0,$$ 则 $$(1+x)^{r}>0\ge 1+rx;$$   * 若 $$1+rx>0,$$ 则 $$rx>-1,$$ 同时注意到 $$0<\frac{1}{r}<1,$$ 于是直接依 $$(a)$$ 成立 $$(1+rx)^{\frac{1}{r}}\le 1+\frac{1}{r}\cdot rx=1+x,$$ 即 $$(1+x)^r\ge1+rx.$$ 

综上， $$(b)$$ 得证。

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 3}}}$$ 当 $$r<0.$$

此时总能求得充分大的 $$n\in \mathbb{N_+}$$ 使得 $$0<-\frac{r}{n}<1$$ 以及$$-1<\frac{rx}{n}<1$$ 同时成立。

于是依 $$(a)$$ 成立

$$0<(1+x)^{-\frac{r}{n}}\le1-\frac{r}{n}\cdot x\le\left(1+\frac{r}{n}\cdotx\right)^{-1},\\\$$ 同时做 $$-n$$ 次幂，将有

$$(1+x)^r\ge \left(1+\frac{r}{n}\cdot x\right)^n\ge1+n\cdot \frac{r}{n}\cdotx=1+rx,\\\$$ 于是 $$(c)$$ 得证。

## 二、再来证明 $$r$$ 是无理数时的情形

此时总能求得一个有理序列 $$\\{r_n\\}$$ 收敛于 $$r,$$ 比如可以将 $$r_n$$ 直接取为 $$r$$ 无尽小数表达式的 $$n$$位小数近似值。

为了证 $$(a),$$ 利用前已证知的结论，并结合函数的连续性和序列极限的有关性质，将有

$$(1+x)^r=\lim_{n \to \infty}(1+x)^{r_n}\le \lim_{n \to \infty}(1+r_nx)=1+rx,\\\$$ 从而 $$(a)$$ 得证。完全类似地，可证 $$(b),(c).$$

至此，我们已避开导数完成了实数次幂型的 $$\text{Bernoulli}$$ 不等式的全部证明。
问题：这道积分题目挺经典的，该怎么处理来着？
设函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上有二阶连续导数, 且 $f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0, f^{\prime}(1)=1$. 求证:
$$
\int_0^1\left(f^{\prime \prime}(x)\right)^2 d x \geqslant 4
$$
先取特殊函数x^3-x^2，二阶导平方后积分值为4，后面怎么说明 任意函数都比它大来着？

回答：这里给出一种低门槛、容易理解的做法，更本质的做法需要利用变分法中的 $$\text{Euler-Lagrange}$$ 方程，在此不做讨论。

很显然，对所有的 $$a,b\in\mathbb{R}$$ 都有

$$\int_{0}^1 (f''(x)+ax+b)^2{\rm d}x\ge0.$$

将左端展开，就有

$$\begin{align*} &\int_{0}^1 (f''(x)+ax+b)^2{\rm d}x\\\ =&\int_{0}^1a^2x^2+2abx+b^2{\rm d}x+\int_0^1(2ax+2b)f''(x){\rm d}x+\int_0^1f''(x)^2{\rmd}x,\\\ \end{align*}$$

其中

$$\int_{0}^1 a^2x^2+2abx+b^2{\rm d}x=\frac{a^2}{3}+ab+b^2,$$

$$\int_0^1(2ax+2b)f''(x){\rm d}x=\int_0^1(2ax+2b){\rm d}f'(x)=2a+2b,$$

所以

$$\int_0^1f''(x)^2{\rm d}x\ge -\frac{a^2+(3b+6)a+3b^2+6b}{3},$$

这式子要对一切 $$a,b$$ 成立，必须

$$\int_0^1f''(x)^2{\rm d}x\ge \max_{a,b\in \mathbb{R}}\left(-\frac{a^2+(3b+6)a+3b^2+6b}{3}\right)=4,$$

这最值在 $$a=-6,b=2$$ 时取得，由此一举得到待证不等式的取等条件 f''(x)-6x+2=0," eeimg="1"> 结合题设初值条件，即$$f(x)=x^3-x^2.$$
问题：是否存在在R上严格递增且处处不连续的函数？

回答：今将证明

> $$\color{blue}{\text{Theorem}}$$ 单调函数的间断点至多可列。

设 $$f(x)$$ 在 $$(a,b)$$ 上单调递增，如果它仅有有限多个间断点，结论是平凡的，我们只需研究这间断点无限多的场合。

首先，我们熟知所有这些间断都是第一类间断，也即是说 $$f(x)$$ 在每个间断点处的左、右极限均存在，只不过它们并不都等于该点的函数值。

假如 $$c$$ 就是这样的一个间断点，于是有 $$f(c-)< f(c+).$$ 为了叙述方便，我们把形如 $$(f(c-),f(c+))$$的开区间称为 $$f(x)$$ 在 $$x=c$$ 处的跃区，简记为 $$L(c).$$

显然地， $$f(x)$$ 在每个间断点处都存在一个跃区，并且可以证明这些跃区必不相交，也即是说

> $$\color{blue}{\text{Prop.}}$$ 对于间断点 $$c'>c,$$ 必有 $$L(c)\cap> L(c')=\varnothing.$$

这证明是容易的。考虑在 $$c,c'$$ 之间插入 $$d,d'$$ 使得 $$c<d<d'<c'.$$ 于是有 $$f(d)\le f(d'),$$现在固定 $$d'$$ 并让 $$d\to c^+,$$ 则有 $$f(c+)\le f(d');$$ 同理，固定 $$d$$ 并让 $$d'\toc'^-,$$可得 $$f(d)\le f(c'-).$$ 于是 $$f(c-)< f(c+)\le f(c'-)<f(c'+).$$ 这就证得了$$\text{Prop. }$$

如此，就可以得到与这无限多个间断点形成双射的跃区，且任何两个跃区都不相交。我们在每个跃区中总能求得一个有理数从而做成某个有理数集。由于跃区不交，这些有理数必不同，于是这做成的有理数集与跃区的全体形成了双射。有理数集可列，从而这跃区也可列，$$\text{Theorem}$$ 由此得证。为了读者理解上的方便，将上述论证过程的脉络总结如下

> 全体间断点与全体跃区形成双射，全体跃区又与某有理数集形成双射，于是全体间断点与这有理数集形成双射。由于任何的有理数集可列，于是全体间断点也可列。

现在，可以回答当前问题如下

> 因为单调函数的间断点至多可列，换言之，单调函数几乎处处连续，于是不存在处处不连续的单调函数。

最后岔开多说几句。 依这里证得的$$\text{Theorem},$$ 单调函数的间断点构成一个零测集，于是再依 $$\text{Lebesgue}$$定理，即可直接断定

> 定义在闭区间上的单调函数可积。
问题：e^(t^2) 的原函数怎么求？

回答：这个事情要先从 $$\int e^{-x^2}\,{\rm d}x$$ 说起。事实上 $$\int e^{-x^2}\,{\rm d}x$$也是积不出来的，于是数学上直接定义了一个与之有关的高等函数，称为高斯误差函数（Gauss error function）：

$${\rm erf}(x):=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}{\rm d}t\\\$$

其中之所以带上了 $$\frac{2}{\sqrt{\pi}}$$ 的系数，是因为这个函数在引入当时是作概率论研究用的。很清楚， $${\rmerf}'(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-x^2},$$ 于是很容易就可推得

$$\int e^{-x^2}{\rm d}x=\frac{\sqrt\pi}{2}{\rm erf}(x)+C\\\$$

若将其中的 $$x$$ 换为 $$ix,$$ 这里 $$i$$ 是虚数单位（imaginary unit），则还将有

$$i\int e^{x^2}{\rm d}x=\frac{\sqrt\pi}{2}{\rm erf}(ix)+C\\\$$

于是

$$\int e^{x^2}{\rm d}x=-\frac{i\sqrt\pi}{2}{\rm erf}(ix)+C\\\$$

数学家又索性再定义一个虚误差函数（imaginary error function）：

$${\rm erfi}(x):=-i{\rm erf}(ix)\\\$$

这样的话，上式又可以表为

$$\int e^{x^2}{\rm d}x=\frac{\sqrt\pi}{2}{\rm erfi}(x)+C\\\$$

这就将当前的不定积分表成了一个高等函数的形式。
问题：二阶导数的符号问题？
为什么不记做 $rac{d^2 y}{d^2 x}$ ，而是记作 $rac{d^2 y}{d x^2}$ ，不会让人误解 $d x^2=2 d x$ 吗? 这么做的好处在哪?

回答：二阶导数之所以记为 $$\frac{{\rm d}^2 y}{{\rm d}x^2}$$ 是有历史渊源的，它来源于二阶差商的概念。

## 一、差分

差商又来源于差分。这里先从差分说起。

对于函数 $$y=f(x)$$ ，赋予自变量 $$x$$ 一个固定的增量 $$\Delta x$$ ，就定义

$$\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)\\\$$

为函数 $$y=f(x)$$ 的一阶差分。那么，将一阶差分再作差分，就得到二阶差分，即

$$\Delta(\Delta y)=\Delta (f(x+\Delta x)-f(x))\\\$$

类似地，还可以定义三阶、四阶……直至 $$n$$ 阶差分。随着阶数的增加，左端的记号会变成 $$\Delta(\Delta(\Deltay)),\Delta(\Delta(\Delta(\Delta y))),\cdots$$ 这过于复杂，于是数学上将它简记为 $$\Delta^n y,$$这里 $$n$$虽然写在右上角，但并不是乘方幂次，仅仅表示差分阶数。因此， $$\Delta^2 y$$ 就是二阶差分，$$\Delta^3y$$就是三阶差分，以此类推。

## 二、差商

有了差分的概念，我们就可以定义差商：

一阶差商 $$\frac{\Delta y}{\Delta x},$$ 二阶差商 $$\frac{\Delta^2 y}{(\Delta x)^2},$$…… ，$$n$$ 阶差商就是 $$\frac{\Delta^n y}{(\Delta x)^n}，$$

这里，分母上的 $$n$$ 确实表示 $$\Delta x$$ 的幂次，括号即使去掉也不会产生误解，只要我们牢记这是 $$\Delta x$$ 的乘方。

## 三、作为差商极限的导数

现在，我们来研究差商和导数的关系。事实上，可以证明：

> 函数的$$n$$ 阶导数（如果存在）就是 $$n$$ 阶差商在 $$\Delta x \to 0$$ 时的极限。

很清楚，对于一阶导数来说，这是成立的，完全就是定义。那么，对于二阶导数又如何呢？这里我们考虑先将 $$\Delta^2y$$ 作一下变形，容易得到

$$\begin{align*} \Delta^2y&=\Delta (f(x+\Delta x)-f(x))\\\ &=f(x+\Deltax+\Delta x)-f(x+\Delta x)-(f(x+\Delta x)-f(x))\\\ &=f(x+2\Delta x)-2f(x+\Deltax)+f(x).\\\ \end{align*}$$

于是二阶差商的极限，就是

$$\begin{align*} \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta^2 y}{\Deltax^2}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(x+2\Delta x)-2f(x+\Delta x)+f(x)}{(\Deltax)^2}. \end{align*}\\\$$

这个极限怎么求呢？注意，二阶导数是存在的，容易看出这是一个 $$0/0$$ 型极限，于是可以考虑利用洛必达法则，就有

$$\begin{align*} \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta^2 y}{\Deltax^2}&=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(x+2\Delta x)-2f(x+\Delta x)+f(x)}{(\Deltax)^2}\\\ &=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{2f'(x+2\Delta x)-2f'(x+\Deltax)}{2\Delta x}\\\ &=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{f'(x+2\Delta x)-f'(x+\Deltax)}{\Delta x}.\end{align*}\\\$$

根据二阶导数的定义，这末式显然就是 f''(x)" eeimg="1"> 。于是，我们证得了

$$\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta^2 y}{\Delta x^2}=f''(x)=\frac{{\rmd}^2y}{{\rm d}x^2}.\\\$$

仔细观察等式左右两端，右端不过是把左端的极限号去掉，然后把希腊字母 $$\Delta $$ 改成了拉丁字母 $${\rm d}.$$ 

到这里，我们已经豁然开朗了，为什么二阶导数的记号要写成这个形式？原来分子上的 $$2$$ 代表阶数，分母上的 $$2 $$代表平方。这么说来，二阶导数这个记号确实可以看做是一个比值的极限，即商的极限。如此，我们就大概知道导数又称微商的缘由了。

## 四、一个注记

最后，需要指出，尽管我们在二阶导数存在的前提下证明了，二阶导数就是二阶差商的极限，但却不能直接将二阶导数定义为二阶差商的极限。因为存在着这样一种情况，虽然函数二阶差商极限存在，但函数却不是二阶可导的，读者可以自行寻找这样的反例。
问题：如何证明：两个数之间必有无穷多个无理数?

回答：首先可以证明

> 对任意实数 $$a,b(a<b)$$ ，必存在某个无理数 $$\theta$$ 满足 $$a<\theta<b.$$

这只需要分类讨论即可：

  * 若 $$a,b$$ 当中一个是有理数、另一个是无理数，取 $$\theta=\dfrac{a+b}{2}$$ 即合题意；  * 若 $$a,b$$ 均为有理数，取 $$\displaystyle \theta=\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)a+\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}\right)b=\frac{\sqrt{2}}{4}(b-a)+\frac{a+b}{2}$$ 即合题意；  * 若 $$a,b$$ 均为无理数，考察 $$\displaystyle c=\frac{a+b}{2},$$ 若 $$c$$ 是无理数，即取 $$\theta=c$$ ，否则取 $$\displaystyle\theta=\frac{a+c}{2}$$ 即可。

有了这个结论，即可进一步证得 $$a,b$$ 之间有无穷多个无理数。若其不然，假如这样的无理数只有有限多个，其中就必有最大者，不妨记为 $$m,$$而依前述结论，在 $$m,b$$ 之间必定还有无理数 $$m'>m,$$ 矛盾。
问题：如何证明多项式 f(x)＝1＋x＋x²/2!＋x³/3!＋…＋x^n/n! 只有一个实数根？（n＝2019）

回答：今将证明：

> 方程 $$1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}=0(n \in \mathbb{N^+})$$ 至多有> $$1$$ 个实根。

为此，置 $$f_n(x):=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!},$$ 再置$$F_n(x):=e^{-x}f_n(x).$$ 由于 $$(\forall x)e^{-x}>0,$$ 所以方程 $$f_n(x)=0$$ 与$$F_n(x)=0$$ 同解，这就只需要研究后者。注意到F_n'(x)=e^{-x}[f_n'(x)-f_n(x)]=-e^{-x}\frac{x^n}{n!}, \end{align*}" eeimg="1">以下依 $$n$$ 的奇偶性分别讨论之：

  * 当 $$n$$ 为偶数时，除$$F_n'(0)=0$$外， $$(\forall x \neq 0)F_n'(x)<0,$$ 这表明 $$F_n(x)$$ 严格递减；同时，不难求得 $$\lim_{x \to +\infty} F_n(x)=0.$$ 由此， $$(\forall x)F_n(x)>0,$$ $$F_n(x)=0$$ 无实根。  * 当 $$n$$ 为奇数时，除$$F_n'(0)=0$$外， $$(\forall x<0)F_n'(x)>0,$$ $$(\forall x>0)F_n'(x)<0.$$ 这表明 $$F_n(x)$$ 在 $$(-\infty,0)$$ 上严格递增，在 $$(0,+\infty)$$ 上严格递减。此外，注意到 $$\lim_{x \to -\infty} F_n(x)=-\infty,$$ $$F_n(0)=1,$$ 以及 $$(\forall x>0)F_n(x)>0,$$ 所以 $$F_n(x)=0$$ 在 $$(-\infty,0)$$ 上有且仅有 $$1$$ 个实根。

综上两方面，即证。
问题：请问如何证明下面这个双中值等式?
设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续, 在 $(a, b)$ 可导, 求证在 $(a, b)$ 内存在相异两点 $\xi$ 和 $\eta$ 使得 $f^{\prime}(\xi) f^{\prime}(\eta)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2 $

回答：## $$\bold{\text{Proof 1}}$$

置 $$F(x):=[f(x)-f(a)]^2-\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2(x-a)^2,\\\$$ 则有$$F(a)=F(b)=0.$$ 于是依 $$\text{Lagrange}$$ 中值定理，存在 $$\eta \in (a,b)$$ 使得$$F'(\eta)=0,$$ 也即 $$\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}\cdotf'(\xi)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2,\\\$$ 再依 $$\text{Lagrange}$$中值定理，存在 $$\eta \in(a,\xi)$$ 使得 $$\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f'(\eta),$$ 于是 $$f'(\xi)f'(\eta)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2.\\\$$

* * *

$$\bold{\text{Proof 2}}$$

置 $$\varphi(x):=[f(x)-f(a)]^2,~~\psi(x):=(x-a)^2,\\\$$ 则依 $$\text{Cauchy}$$中值定理，存在 $$\xi \in(a,b)$$ 使得 $$\begin{align*}\frac{\varphi(b)-\varphi(a)}{\psi(b)-\psi(a)}=\frac{\varphi'(\xi)}{\psi'(\xi)},\end{align*}\\\$$ 也就是$$\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^2=\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}\cdotf'(\xi)\\\$$ 再依 $$\text{Lagrange}$$ 中值定理，存在 $$\eta\in(a,\xi)$$ 使得$$\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f'(\eta),$$ 代入即得结论。

事实上，可以证明：

> $$\bold{\text{Corollary}}$$ 若 $$f(x)$$ 在 $$[a,b]$$ 上连续，在 $$(a,b)$$> 内可导，则必定存在互不相同的 $$n$$个点$$\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n\in(a,b)$$ 使得> $${f'(\xi_1)f'(\xi_2)\cdots> f'(\xi_n)=\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right]^n.}\\\$$

这只需要置 $$\varphi(x):=[f(x)-f(a)]^n,~~\psi(x):=(x-a)^n,\\\$$ 进行与前类似的推导再利用归纳法即证。
问题：如何证明 f(x) 在 [0,1] 上最多只有有限个零点？
自己做的时候无意间忽略了 $f^{\prime}$ 不连续的情况，被指出错误后不知道该如何下手了，题目如下:
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 可导， 且 $\left\{x \in[0,1] \mid f(x)=0, f^{\prime}(x)=0\right\}=\varnothing$, 证明: $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上最多只有有限个零点.

回答：考虑利用反证法。设若 $$f(x)$$ 在 $$[0,1]$$ 上有无穷多个零点，则依 $$\text{Bolzano-Weierstrass}$$定理，必可求得一列零点 $$\\{x_n\\}$$ 使得，当 $$n\to \infty$$ 时成立 $$x_n\to x^{*}\in[0,1].$$

很清楚，由于 $$f(x)$$ 连续，则 $$f(x^*)=\lim_{n \to \infty}f(x_n)=\lim_{n \to\infty}0=0,\\\$$ 同时，由于 $$f(x)$$ 在 $$x=x^{*}$$ 可导，也即 $$f'(x^*)=\lim_{x \tox^*}\frac{f(x)-f(x^{*})}{x-x^*},\\\$$ 存在，于是依 $$\text{Heine}$$ 定理，又有$$0=\lim_{n \to \infty}\frac{f(x_n)-f(x^*)}{x_n-x^*}=f'(x^*),\\\$$ 于是$$f'(x^*)=0.$$ 由此可见，存在 $$x^*\in [0,1]$$ 满足 $$f(x^*)=f'(x^*)=0,$$这违反了那个有关空集的题设。
问题：这个级数如何求出来呢？直接求解不要文字解释
$\sum_{n=0}^{\infty} rac{(-1)^n}{(2 n+1)^3}=rac{\pi^3}{32}$

回答：$$\begin{align*}&~~~~\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\\\&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^1x^{2n}\ln^2 x{\rm d}x\\\&=\frac{1}{2}\int_0^1 \ln^2x\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}{\rm d}x\\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2x}{1+x^2}{\rm d}x\\\&=\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}{\rmd}x+\frac{1}{4}\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x^2}{\rm d}x}_{x~\mapsto~1/x}\\\ &=\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}{\rmd}x+\frac{1}{4}\int_1^{+\infty} \frac{\ln^2 x}{1+x^2}{\rmd}x\\\&=\frac{1}{4}\underbrace{\int_0^{+\infty} \frac{\ln^2 x}{1+x^2}{\rmd}x}_{x~\mapsto \tan x}\\\ &=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln^2 \tanx{\rm d}x\\\ &=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln\sin x-\ln\cos x)^2{\rmd}x\\\ &=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\left( -\ln2-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos \left( 2nx \right)}{n}} \right)-\left(-\ln2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\cos(2nx)}{n}\right)\right)^2{\rm d}x\\\&=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1+(-1)^{n-1})\cos(2nx)}{n}\right)^2{\rmd}x\\\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos((4n+2)x)}{2n+1}\right)^2{\rmd}x\\\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos^2((4n+2)x)}{(2n+1)^2}{\rmd}x\\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2((4n+2)x){\rmd}x\\\ &=\frac{\pi}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}\\\&=\frac{\pi^3}{32}. \end{align*}$$
问题：这个反常积分极限要怎么证明呢？
$\lim _{n ightarrow \infty} \int_0^{+\infty} e^{-x^n} d x=1$
请尝试用最少的知识解决问题。

回答：尝试用最少的知识解决问题。当前问题并不需要什么高端工具，只要通过简单放缩并依夹逼定理即可求得结果。首先，通过拆分积分区间，可得

$$A_n:=\int_0^{+\infty} e^{-x^n}{\rm d}x=\int_0^1 e^{-x^n}{\rmd}x+\int_1^{+\infty} e^{-x^n}{\rm d}x=:B_n+C_n,$$

利用基本的不等式 $$(\forall x)e^x\ge1+x$$ 可得

$$1-x^n\le e^{-x^n}=\frac{1}{e^{x^n}}\le\frac{1}{1+x^n}=1-\frac{x^n}{1+x^n}.$$

于是，对于 $$B_n,$$ 有

$$\begin{align*} \frac{n}{n+1}=\int_0^1 (1-x^n ){\rm d}x\le B_n\le \int_0^1\left(1-\frac{x^n}{2}\right){\rm d}x=\frac{2n+1}{2n+2}, \end{align*}$$

依夹逼定理， $$\lim_{n \to \infty} B_n=1.$$ 对于 $$C_n,$$ 有

$$0\le C_n\le \int_1^{+\infty}\frac{{\rm d}x}{1+x^n}\le \int_1^{+\infty}\frac{{\rm d}x}{x^n}=\frac{1}{n-1},$$

依夹逼定理， $$\lim_{n \to \infty} C_n=0.$$ 综上， $$\lim_{n \to \infty} A_n=1.$$
问题：如何证明素数无穷多？

回答：这里给出一个分析的证明，基本思想属于 $$\text{Leonhard Euler}.$$

仍然利用反证法。设若素数只有有限的 $$m$$ 个，把这 $$m$$ 个素数由小到大排成一列 $$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_m,\\\$$自然，其中 $$p_1=2,p_2=3,p_3=5$$ 等等。

对任意一个正整数 $$n,$$基于算术基本定理，它必能分解为这有限个素数相应幂次——次数取自然数，并且这里我们允许出现零次幂——的乘积。换言之，只要把这包含着零的自然数分配给这些素数作为幂的次数，就能生成任意的正整数。比如$$540=2^2\cdot3^3\cdot5^1=p_1^2p_2^3p_3^1 p_4^0p_5^0\cdotsp_m^0,\\\$$进而对任意的单位分数，也就都可以表为各素数倒数的相应幂次的乘积，也比如$$\frac{1}{540}=\frac{1}{p_1^2}\cdot\frac{1}{p_2^3}\cdot\frac{1}{p_3^1}\cdot\frac{1}{p_4^0}\cdot\frac{1}{p_5^0}\cdots \frac{1}{p_m^0}.\\\$$ 由此，不难想见如下乘积$$P:=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{p_1^k}\cdot \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{p_2^k}\cdots\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{p_m^k},\\\$$ 事实上就表示了所有单位分数之和$$S:=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k},\\\$$于是 $$P=S.$$ 但 $$P$$是有限的，因为利用几何级数的求和公式，可以得到 $$P=\frac{p_1}{p_1-1}\cdot\frac{p_2}{p_2-1}\cdots\frac{p_m}{p_m-1},\\\$$ 而基于分析的基本结论， $$S$$ 是发散到$$+\infty$$ 的调和级数，矛盾，于是推翻反设。
问题：如何优雅地证明这条不等式?
已知正实数 $a, b, c, d$ 满足 $a b c d=1$,
求证 : $\frac{a}{a^3+3}+\frac{b}{b^3+3}+\frac{c}{c^3+3}+\frac{d}{d^3+3} \leq 1$

回答：由于 $$a^3+3=(a^3+1+1)+1\ge 3a+1,\\\$$ 所以 $$\sum\frac{a}{a^3+3}\le \sum\frac{a}{3a+1}=\sum \frac{1}{3+\frac{1}{a}},\\\$$若置$$x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c},w=\frac{1}{d},$$ 则只需再证$$\sum\frac{1}{3+x}\le 1,\\\$$ 其中 $$xyzw=1.$$

两边同时乘上 $$(3+x)(3+y)(3+z)(3+w),$$ 再作整理，这待证等价于$$3\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{zw}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yw}+\frac{1}{xw}+\frac{1}{yz}\right)+2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{w}\right)\ge26,\\\$$这是成立的，因为$$\frac{1}{xy}+\frac{1}{zw}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yw}+\frac{1}{xw}+\frac{1}{yz}\ge6\sqrt{\frac{1}{(xyzw)^3}}=6,\\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{w}\ge4\sqrt{\frac{1}{xyzw}}=4.\\\$$
问题：如何证明e³＞20?

回答：考虑利用展开式进行放缩。事实上， $$\forall x\in(0,1),\forall n\in\mathbb{N}$$ 都有

$$\begin{align*}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)&=2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots+\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\cdots\right)\\\\[8pt]&=2\left(\sum_{k=0}^n\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}\right)\\\\[8pt]&<2\left(\sum_{k=0}^n\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2n+1}\right)\\\\[8pt]&=2\left(\sum_{k=0}^n\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\frac{x^{2n+3}}{(2n+1)(1-x^2)}\right).\end{align*}\\\$$ 赋值 $$x=\frac{1}{3},n=2$$ 代入，得

$$\ln2<\frac{1123}{1620}.\\\$$ 赋值 $$x=\frac{1}{9},n=0$$代入，得$$\ln\frac{5}{4}<\frac{9}{40}.\\\$$于是 $$\ln 20=4\ln 2+\ln\left(\frac{5}{4}\right)<4\cdot\frac{1123}{1620}+\frac{9}{40}<3.\\\$$
问题：已知 $x, y, z$ 均为正实数，证明如下不等式，不需要文字解释:
$$
\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+x^2}} \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2}
$$

回答：$$\begin{align*}&\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+x^2}}\right)^2\\\&\le[x^2(y^2+z^2)+y^2(z^2+x^2)+z^2(x^2+y^2)]\cdot\\\&~~~~\left[\frac{1}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)}+\frac{1}{(y^2+z^2)(z^2+x^2)}+\frac{1}{(z^2+x^2)(x^2+y^2)}\right]\\\&=4+\frac{4x^2y^2z^2}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)}\\\ &\le4+\frac{4x^2y^2z^2}{2xy\cdot 2yz\cdot 2zx}\\\ &=\frac{9}{2}. \end{align*}\\\$$

因此得证：
$$
\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+x^2}} \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2}
$$
问题：求极限(tantanx/sinsinx)^(1/x^2)？无需文字说明

回答：$$\begin{align*} &\lim_{x \to 0}\left(\frac{\tan \tan x}{\sin\sinx}\right)^{\frac{1}{x^2}}\\\\[8pt] =&\lim_{x \to 0}\left(1+\frac{\tan \tanx-\sin \sin x}{\sin\sin x}\right)^{\frac{1}{x^2}}\\\\[8pt] =&\exp\lim_{x \to0}\frac{\tan \tan x-\sin \sin x}{x^2\sin\sin x}\\\\[8pt] =&\exp\lim_{x \to0}\frac{\tan \tan x-\sin \sin x}{x^3}\\\\[8pt] =&\exp\lim_{x \to0}\left(\frac{\tan \tan x-\tan x}{x^3}+\frac{\sin x-\sin\sinx}{x^3}+\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\right)\\\\[8pt] =&\exp\lim_{x \to0}\left(\frac{\tan \color{blue}{\tan x}-\color{blue}{\tanx}}{(\color{blue}{\tan x})^3}+\frac{\color{red}{\sin x}-\sin\color{red}{\sinx}}{(\color{red}{\sin x})^3}+\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\right)\\\\[8pt]=&\exp\lim_{x \to 0}\left(\frac{\tan x- x}{x^3}+\frac{x-\sinx}{x^3}+\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\right)\\\\[8pt] =&\exp\lim_{x \to0}\frac{2(\tan x-\sin x)}{x^3}\\\\[8pt] =&\rm {e}. \end{align*}\\\$$
问题：$\sum_{n=1}^{\infty}\left[n \ln rac{2 n+1}{2 n-1}-1ight]$这个级数怎么求和呢？给出简洁优雅的过程

回答：$$\begin{align*} &\sum_{n=1}^{\infty} \left(n\ln\frac{2n+1}{2n-1}-1\right)\\\=&\sum_{n=1}^{\infty}\left(n\ln(2n+1)-n\ln(2n-1)-1\right)\\\=&\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1 \left(\frac{n}{x+2n}-\frac{n}{x-2n}-1\right){\rmd}x\\\ =&\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{x+2n}-\frac{n}{x-2n}-1\right){\rm d}x\\\=&\frac{1}{4}\int_0^1x^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-\left(\frac{x}{2}\right)^2}{\rm d}x\\\=&\frac{1}{4}\int_0^1 x^2\cdot\frac{1-\pi\left(\frac{x}{2}\right)\cot\pi\left(\frac{x}{2}\right)}{2\left(\frac{x}{2}\right)^2}{\rm d}x\\\=&\frac{1}{4}\int_0^1 2-\pi x\cot\left(\frac{\pi x}{2}\right){\rm d}x\\\=&\frac{1}{4}(2-2\ln 2)\\\ =&\frac{1}{2}(1-\ln 2). \end{align*}\\\$$
问题：请问这个极限怎么做呢？$\lim _{n ightarrow \infty} \sqrt{n} \prod_{k=1}^n rac{e^{1-1 / k}}{(1+1 / k)^k}$

回答：由于

$$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{k}\right)^k=\prod_{k=1}^n\frac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\cdot\prod_{k=1}^n\frac{1}{k+1}=\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!},$$

$$\prod_{k=1}^n e^{1-\frac{1}{k}}=\exp\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{1}{k}\right)=e^{n-H_n},$$

所以

$$\begin{align*} &\lim_{n \to\infty}\sqrt{n}\prod_{k=1}^n\frac{e^{1-\frac{1}{k}}}{(1+\frac{1}{k})^k}\\\=&\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}(n+1)!e^{n-H_n}}{(n+1)^{n+1}}\\\ =&\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}\sqrt{2\pi(n+1)}\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}e^{n-H_n}}{(n+1)^{n+1}}\\\=&\sqrt{2\pi}\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{ne^{1+H_n-\ln n}}\\\=&\frac{\sqrt{2\pi}}{e^{1+\gamma}}. \end{align*}$$
问题：这个极限怎么求，一个考研题?
$x_n=\sum_{k=0}^n rac{1}{k !}$ 则 $\lim _{n ightarrow \infty}\left(rac{\ln x_n}{\sqrt[n]{e}-1}-night)$

回答：$$\begin{align*} L:&=\lim_{n \to \infty}\left(\frac{\lnx_n}{\sqrt[n]{e}-1}-n\right)=\lim_{n \to \infty}\frac{\lnx_n-n(\sqrt[n]{e}-1)}{\sqrt[n]{e}-1}\\\ &=\lim_{n \to \infty}\frac{\lnx_n-n(\sqrt[n]{e}-1)}{\frac{1}{n}}\\\ &=\lim_{n \to \infty} n(\lnx_n-1)-[n^2(\sqrt[n]{e}-1)-n].\\\ \end{align*}$$

其中

$$\begin{align*} J:&=\lim_{n \to \infty}n(\ln x_n-1)=\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{ek!}\right)\\\ &=\lim_{n \to\infty}n\left(-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{ek!}\right)=-\frac{1}{e}\lim_{n\to \infty}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{n}{k!}, \end{align*}$$

而

$$0\le\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{n}{k!}\le \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{k}{k!}=\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k!}\to0(n\to \infty),$$

所以 $$J=0.$$ 同时

$$\begin{align*} K:&=\lim_{n \to \infty} \left[n^2(\sqrt[n]{e}-1)-n\right]=\lim_{n \to \infty}\left[n^2\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}+\cdots\right)-n\right]=\frac{1}{2},\end{align*}$$

所以

$$L=J-K=-\frac{1}{2}.$$
问题：设 $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n} ， a_1=1$ ，
证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}$,
求 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n}\left(a_n-\sqrt{2 n}\right)}{\ln n}$

回答：首先， $$\\{a_n\\}$$ 单调递增，但并不收敛。若其不然，设 $$a_n\to L<+\infty,$$ 则将有$$L=L+\frac{1}{L},$$ 矛盾。于是， $$a_n\to+\infty.$$

进而 $$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\frac{1}{a_n^2}\to2,\\\$$ 再依 $$\text{Cesaro-Stolz}$$ 定理$$\frac{a_ {n+1}^2-1}{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n(a_{k+1}^2-a_k^2)\to 2,\\\$$这表明了 $$a_n\sim \sqrt{2n}.\\\$$ 由此，即得 $$a_{n+1}^2-a_n^2-2=\frac{1}{a_n^2}\sim\frac{1}{2n}.\\\$$ 所以 $$\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}^2-a_k^2-2)\sim\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2k}\sim \frac{1}{2}\ln n,\\\$$ 于是 $$a_n^2-2n\sim\frac{1}{2}\ln n.\\\$$ 所以 $$\begin{align*} a_n&=\sqrt{2n+\frac{\ln n}{2}+o(\lnn)}\\\ &=\sqrt{2n}\sqrt{1+\frac{\ln n}{4n}+o\left(\frac{\ln n}{n}\right)}\\\&=\sqrt{2n}\left(1+\frac{\ln n}{8n}+o\left(\frac{\ln n}{n}\right)\right)\\\&=\sqrt{2n}+\frac{\ln n}{4\sqrt{2n}}+o\left(\frac{\ln n}{\sqrt{n}}\right).\end{align*}\\\$$ 所以 $$\lim_{n \to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{2},~~~~~~~~~~~\lim_{n \to\infty}\frac{\sqrt{n}(a_n-\sqrt{2n})}{\ln n}=\frac{1}{4\sqrt{2}}.\\\$$
问题：请问这道极限题怎么求解？
$\lim _{x ightarrow 1}\left(rac{m}{1-x^m}-rac{n}{1-x^n}ight) \quad\left(m, n \in N_{+}ight)$;

回答：只需利用如下结论

> $$\color{blue}{\lim_{x \to> 1}\left(\frac{k}{1-x^k}-\frac{1}{1-x}\right)=\frac{k-1}{2}~~(k\in\mathbb{N_+}).}\\\$$

这证明很容易，考虑如下因式分解即可：

$$\begin{align*}&~~~~~\frac{k}{1-x^k}-\frac{1}{1-x}\\\&=\frac{k}{1-x^k}-\frac{1+x+x^2+\cdots+x^{k-1}}{1-x^k}\\\&=\frac{(1-1)+(1-x)+(1-x^2)+\cdots+(1-x^{k-1})}{1-x^k}\\\&=\frac{0+1+(1+x)+\cdots+(1+x+x^2+\cdots+x^{k-2})}{1+x+x^2+\cdots+x^{k-1}}.\end{align*}\\\$$

对于当前问题，有

$$\begin{align*} &~~~~\lim_{x \to1}\left(\frac{m}{1-x^m}-\frac{n}{1-x^n}\right)\\\&=\lim_{x \to1}\left(\frac{m}{1-x^m}-\frac{1}{1-x}\right)-\lim_{x \to1}\left(\frac{n}{1-x^n}-\frac{1}{1-x}\right)\\\&=\frac{m-1}{2}-\frac{n-1}{2}\\\ &=\frac{m-n}{2}. \end{align*}\\\$$
问题：如何用算数均值不等式证明1+1/n的n+1次方单调递减且有下界？

回答：记

$$a_n:=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1},~~~n=1,2,\cdots\\\$$

则

$$\begin{align*}\frac{1}{a_n}&=\frac{1}{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}}=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\\\&=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdot1\\\ &\leq\left[\dfrac{\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+\cdots+\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+1}{n+2}\right]^{n+2}\\\&= \left[\dfrac{(n+1)\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+1}{n+2}\right]^{n+2}\\\&=\frac{1}{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+2}}\\\ &=\frac{1}{a_{n+1}},\end{align*}\\\$$

这就表明 $$a_n \geq a_{n+1},$$ 由此证得了单调性。至于有界性，显然有 $$0\leq a_n\leq a_1=4.$$

* * *

利用AM-HM不等式(调和平均不超过几何平均）的另证：

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=1\cdot\frac{n+1}{n}\cdots\frac{n+1}{n}\geq\left(\frac{n+2}{1+\frac{n}{n+1}+\cdots+\frac{n}{n+1}}\right)^{n+2}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+2}.$$
问题：这个极限如何计算?$\lim _{n ightarrow \infty} rac{\sum_{k=1}^n k^2 \cdot k^{rac{1}{k}}}{n^3}$

回答：这个问题可以利用极限定义、分而治之地解决。

首先， $$k^{\frac{1}{k}}\ge1(\forall k),$$ 于是

$$\color{blue}{\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}\ge\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2.}$$

同时，我们熟知 $$\lim_{k \to \infty}k^{\frac{1}{k}}=1,$$ 这表明：

$$\forall \varepsilon>0,\exists N>0,$$ 当 $$k> N$$ 时，有 $$k^{\frac{1}{k}}\le1+\varepsilon.$$

于是

$$\begin{align*}\color{blue}{\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}}&=\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{N}k^2k^{\frac{1}{k}}+\frac{1}{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}\\\ &\color{blue}{\le\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{N}k^2k^{\frac{1}{k}}+\frac{1+\varepsilon}{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2.}\end{align*}$$

对这两个方向的不等式（着蓝色）取 $$n\to \infty$$ 的上、下极限，即得

$$\frac{1}{3}\le\varliminf_{n \to\infty}\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}\le\varlimsup_{n \to\infty}\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}\le\frac{1+\varepsilon}{3},$$

再由 $$\varepsilon>0$$ 的任意性，即得

$$\lim_{n \to\infty}\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^nk^2k^{\frac{1}{k}}=\frac{1}{3}.$$