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advanced-math/exercise/5-vector-algebra-and-space-analytic-geometry/vector-algebra-and-space-analytic-geometry.tex

@@ -37,7 +37,7 @@
 \newpage
 \pagestyle{plain}
 \setcounter{page}{1}
-\section{向量代数}
+% \section{向量代数}
 
 \section{空间解析几何}
 
@@ -49,6 +49,8 @@
 
 \subsection{空间曲线}
 
+\subsubsection{投影}
+
 \subsection{空间曲面}
 
 \section{场论初步}

advanced-math/exercise/8-infinite-series/infinite-series.tex

@@ -159,29 +159,65 @@ $\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{1}{(x-1)+2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1+\frac{x-1}{2}}=\dfrac
 
 所以其幂级数就是其加和，收敛区间为$(-2,4)\cap(-1,3)=(-1,3)$。
 
+\subsubsection{先导后积}
+
+\textbf{例题：}求函数$f(x)=\arctan x$在$x=0$处的幂级数展开。
+
+解：$f'(x)=(\arctan x)'=\dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{1}{1-(-x^2)}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^{2n}$，$\vert-x^2\vert<1$。
+
+已经求得求导后的函数的幂级数展开，所以求原函数的幂级数展开只需要积分，利用先导后积公式：$f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nt^{2n}\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{t^{2n+1}}{2n+1}\bigg|_0^x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$。
+
+求导的级数要求$\vert x\vert<1$，代入$x=\pm1$到最后结果得到两个交错级数，所以收敛域其实为$[-1,1]$（可以不写）。
+
 \subsection{级数求和}
 
 即对展开式进行逆运算，根据幂级数展开式反推原幂级数。
 
 可以利用展开式求和函数，但是很多展开式的通项都不是公式中的，就需要对通项进行变形。
 
+在求和之前要先计算收敛半径和收敛域。
+
+无论是哪个方法都要求求导和积分后系数$n+a$与幂次$n$相等，所以求导或积分的目的就是为了让他们相同，从而能被看成一个整体。
+
 \subsubsection{先导后积}
 
-$n$在分母上，先导后积。使用变限积分：$\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t=S(x)-S(x_0)$，即$S(x)=S(x_0)+\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t$。一般选择$x_0$为展开点。
+$\sum\dfrac{x^{f(n)}}{P(n)}$：$n$在分母上，先导后积。使用变限积分：$\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t=S(x)-S(x_0)$，即$S(x)=S(x_0)+\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t$。一般选择$x_0$为展开点。
 
-\textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$的和函数。
+主要公式：$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^n=\ln(1+x)$（$(-1,1]$）；$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$（$[-1,1)$）。
 
-解：已知$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\dfrac{1}{1-x}$，而这里求和是$\dfrac{x^n}{n}$，所以需要对其进行转换。
+目的是让$P(n)=f(n)$。
 
-对$\dfrac{x^n}{n}$求导就得到了$x^{n-1}$消去了分母的$n$，所以使用先导后积的方法。
+% \textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$的和函数。
 
-记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$，则$x^n=(x-0)^n$，取$x_0=0$。
+% 解：已知$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\dfrac{1}{1-x}$，而这里求和是$\dfrac{x^n}{n}$，所以需要对其进行转换。
 
-$\therefore S(x)=S(0)+\displaystyle{\int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{t^n}{n}\right)_t'\,\textrm{d}t}=0+\int_0^x(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1})\,\textrm{d}t=\displaystyle{\int_0^x\dfrac{1}{1-t}\textrm{d}t}=-\ln(1-x)$。收敛域为$[-1,1)$。
+% 对$\dfrac{x^n}{n}$求导就得到了$x^{n-1}$消去了分母的$n$，所以使用先导后积的方法。
+
+% 记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$，则$x^n=(x-0)^n$，取$x_0=0$。
+
+% $\therefore S(x)=S(0)+\displaystyle{\int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{t^n}{n}\right)_t'\,\textrm{d}t}=0+\int_0^x(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1})\,\textrm{d}t=\displaystyle{\int_0^x\dfrac{1}{1-t}\textrm{d}t}=-\ln(1-x)$。收敛域为$[-1,1)$。
+
+\textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}$的和函数。
+
+解：首先$\lim\limits_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert=1$，$R=1$。
+
+当$x=\pm1$时，$x^2n=1$，所以原式$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}$，为交错级数，由莱布尼茨判别法可知极限为0且单调递减，从而该级数收敛。从而收敛域为$[-1,1]$。
+
+令$S(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}$。易得$x=0$时$S(x)=1$。
+
+当$x\neq0$时，$S(x)=\dfrac{1}{x}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}=\dfrac{1}{x}\sum\limits_{n=0}^\infty\int_0^x(-1)^nx^{2n}\,\textrm{d}x\\=\dfrac{1}{x}\int_0^x[\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^{2n}]\textrm{d}x$。
+
+所以$(-1)^nx^{2n}$为一个几何级数，所以$q=\dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}}{(-1)^nx^{2n}}=-x^2$。
+
+从而$=\displaystyle{\dfrac{1}{x}\int_0^x\dfrac{1}{1+x^2}\textrm{d}x=\dfrac{\arctan x}{x}}$。
 
 \subsubsection{先积后导}
 
-$n$在分子上，先积后导。$(\int S(x)\,\textrm{d}x)'=S(x)$。
+$\sum P(n)x^{f(n)}$：$n$在分子上，先积后导。$(\int S(x)\,\textrm{d}x)'=S(x)$。
+
+主要公式：$\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n=\dfrac{1}{1+x}$（$(-1,1)$）；$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\dfrac{1}{1-x}$（$(-1,1)$）。
+
+目的是让$P(n)=f^{(n)}(n)\cdots f'(n)$。
 
 \textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n$的和函数。
 

advanced-math/knowledge/5-vector-algebra-and-space-analytic-geometry/vector-algebra-and-space-analytic-geometry.tex

@@ -75,7 +75,8 @@
         a_x & a_y & a_z \\
         b_x & b_y & b_z
     \end{array}\right\vert$，其中$\vert a\times b\vert=\vert a\vert\vert b\vert\sin\theta$，用右手规则确定方向（转向角不超过$\pi$），其中$\theta$为$\vec{a},\vec{b}$夹角。
-    \item $a//b\Leftrightarrow\theta=0$或$\pi\Leftrightarrow\dfrac{a_x}{b_x}=\dfrac{a_y}{b_y}=\dfrac{a_z}{b_z}$。
+    \item $\vec{a}//\vec{b}\Leftrightarrow\theta=0\Leftrightarrow\vec{a}\times\vec{b}=0$或$\pi\Leftrightarrow\dfrac{a_x}{b_x}=\dfrac{a_y}{b_y}=\dfrac{a_z}{b_z}$。
+    \item $\vec{a}\times\vec{a}=0$。
 \end{itemize}
 
 向量积的计算也可以如此理解，将两个向量上下摞在一起，然后右边再复制一份：
@@ -93,6 +94,8 @@ $\left[\begin{array}{cccccc}
         b_x & b_y & b_z \\
         c_x & c_y & c_z \\
     \end{array}\right\vert$。
+    \item 交换两行不改变值：$a\cdot(b\times c)=b\cdot(c\times a)=c\cdot(a\times b)$。
+    \item 交换一行改变符号：$a\cdot(b\times c)=-a\cdot(c\times b)=-b\cdot(a\times c)=-c\cdot(b\times a)$。
     \item $\left\vert\begin{array}{ccc}
         a_x & a_y & a_z \\
         b_x & b_y & b_z \\

advanced-math/knowledge/8-infinite-series/infinite-series.tex

@@ -369,13 +369,13 @@ $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n$要转换为$\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(
 
 \subsubsection{重要展开式}
 
-$x$的取值指其幂指数的收敛域。第七个幂函数问题较复杂，收敛区间与$\alpha$取值有关。
+$x$的取值指其幂指数的收敛域和$x$定义域的交集。第七个幂函数问题较复杂，收敛区间与$\alpha$取值有关。
 
 \begin{enumerate}
     \item $e^x=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{x^n}{n!}=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^n}{n!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
     \item $\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^nx^n+\cdots$，$-1<x<1$。
     \item $\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=1+x+x^2+\cdots+x^n+\cdots$，$-1<x<1$。
-    \item $\ln(1+x)=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+\cdots$，$-1<x\leqslant1$。
+    \item $\ln(1+x)=\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+\cdots$，$-1<x\leqslant1$。
     \item $\sin x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2x+1}}{(2n+1)!}=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
     \item $\cos x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
     \item $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n+\cdots$，$\left\{\begin{array}{l}
@@ -397,14 +397,6 @@ $x$的取值指其幂指数的收敛域。第七个幂函数问题较复杂，
 
 利用已知的七个幂级数展开式，通过变量代换、四则运算、逐项求导、逐项积分和待定系数等得到。
 
-\textbf{例题：}求函数$f(x)=\arctan x$在$x=0$处的幂级数展开。
-
-解：$f'(x)=(\arctan x)'=\dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{1}{1-(-x^2)}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^{2n}$，$\vert-x^2\vert<1$。
-
-已经求得求导后的函数的幂级数展开，所以求原函数的幂级数展开只需要积分，利用先导后积公式：$f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nt^{2n}\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{t^{2n+1}}{2n+1}\bigg|_0^x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$。
-
-求导的级数要求$\vert x\vert<1$，代入$x=\pm1$到最后结果得到两个交错级数，所以收敛域其实为$[-1,1]$（可以不写）。
-
 \subsection{幂级数求和函数}
 
 即函数展开的逆操作。

advanced-math/knowledge/9-differential-equation/differential-equation.tex

@@ -348,11 +348,15 @@ $f(x)-f(x)=0$，所以得证。
 
 \subsection{概念}
 
-\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}形如$x^2\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}x^2}+px\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}+qy=f(x)$的方程称为\textbf{欧拉方程}，其中$pq$为常数，$f(x)$为已知函数。
+\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}形如$x^2y''+pxy'+qy=f(x)$的方程称为\textbf{欧拉方程}，其中$pq$为常数，$f(x)$为已知函数。
+
+注意与一般的二阶常系数非齐次线性微分方程$y''+py'+qy=f(x)$对比，其二阶导和一阶导前面多了$x$的多项式。
+
+% $x^2\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}x^2}+px\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}+qy=f(x)$
 
 \subsection{解法}
 
-使用换元法。
+使用换元法$x=e^t$将欧拉方程换为二阶常系数非齐次线性方程。
 
 当$x>0$时，令$x=e^t$，则$t=\ln x$，$\dfrac{\textrm{d}t}{\textrm{d}x}=\dfrac{1}{x}$，$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}=\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}\dfrac{\textrm{d}t}{\textrm{d}x}=\dfrac{1}{x}\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}$，$\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}x^2}=\dfrac{\textrm{d}}{\textrm{d}x}\left(\dfrac{1}{x}\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}\right)=-\dfrac{1}{x^2}\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}+\dfrac{1}{x}\dfrac{\textrm{d}}{\textrm{d}x}\left(\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}\right)=-\dfrac{1}{x^2}\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}+\dfrac{1}{x^2}\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}t^2}$，方程化为$\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}t^2}+(p-1)\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}+qy=f(e^t)$，解出结果，组后用$t=\ln x$回代。