From 4eab16f4589cf7945097035c227f081ace8292d3 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Didnelpsun <48906416+Didnelpsun@users.noreply.github.com> Date: Mon, 8 Feb 2021 14:52:57 +0800 Subject: [PATCH] =?UTF-8?q?=E6=9B=B4=E6=8D=A2=E5=85=AC=E5=BC=8F=E7=BB=84?= =?UTF-8?q?=E7=BB=87=E5=BD=A2=E5=BC=8F?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- advanced-math/0-perpare/perpare.tex | 60 +-- .../function-and-limit.tex | 129 ++--- advanced-math/1-limit/limit.tex | 444 +++++++++--------- .../derivatives-and-differential.tex | 183 ++++---- ...heorem-and-applications-of-derivatives.tex | 128 +++-- 5 files changed, 471 insertions(+), 473 deletions(-) diff --git a/advanced-math/0-perpare/perpare.tex b/advanced-math/0-perpare/perpare.tex index 76984fa..5b7c8f0 100644 --- a/advanced-math/0-perpare/perpare.tex +++ b/advanced-math/0-perpare/perpare.tex @@ -19,6 +19,8 @@ \usepackage{setspace} \renewcommand{\baselinestretch}{1.5} % 设置行距 +\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref} +% 超链接 \usepackage{tikz} % 绘图 \usepackage{xcolor} @@ -45,11 +47,11 @@ \section{函数的图像} \subsection{直角坐标系图像} \subsubsection{常见图像} -\paragraph{基本初等函数与初等函数} \leavevmode \bigskip +\paragraph{基本初等函数与初等函数} \leavevmode \medskip 基本初等函数包括：常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数。 -\subparagraph{常数函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{常数函数} \leavevmode \medskip $y=A$，A为常数，图像平行于x轴： @@ -61,7 +63,7 @@ $y=A$，A为常数，图像平行于x轴： \filldraw[black] (0,1) circle (2pt) node at(0.75,0.5){$(0,A)$}; \end{tikzpicture} -\subparagraph{幂函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{幂函数} \leavevmode \medskip $y=x^{\mu}$，$\mu$为实数，当$x>0$，$y=x^{\mu}$都有定义： @@ -86,7 +88,7 @@ $y=x^{\mu}$，$\mu$为实数，当$x>0$，$y=x^{\mu}$都有定义： \item $u_1u_2...u_n$可以使用$\sum_{i=1}^{n}\ln u_i$来研究。 \end{enumerate} -\subparagraph{指数函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{指数函数} \leavevmode \medskip $y=a^x(a>0,a\neq 1)$： @@ -108,7 +110,7 @@ $y=a^x(a>0,a\neq 1)$： \item 极限：$\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0$，$\lim\limits_{x\to +\infty}e^x=+\infty$。 \end{enumerate} -\subparagraph{对数函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{对数函数} \leavevmode \medskip $y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数： @@ -131,7 +133,7 @@ $y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数： \item 常用公式：$x=e^{\ln x}$，$u^v=e^{\ln u^v}=e^{v\ln u}(x>0,u>0)$ \end{enumerate} -\subparagraph{三角函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{三角函数} \leavevmode \medskip 正弦函数： @@ -280,7 +282,7 @@ $$ \item 周期性：最小正周期为$2\pi$。 \end{enumerate} -\subparagraph{反三角函数} \leavevmode \bigskip +\subparagraph{反三角函数} \leavevmode \medskip 反正弦函数： @@ -360,13 +362,13 @@ $$ \item 性质：$\arctan x+\rm{arccot}\,\textit{x}=\dfrac{\pi}{2}(-\infty1$时，$y=f(kx)$是$y=f(x)$缩短k倍得到，当$00$，$\theta\geqslant 0$由0开始增大时$r$也在不断增大。 @@ -681,7 +683,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个 \filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$}; \end{tikzpicture} -\paragraph{伯努利双扭线} \leavevmode \bigskip +\paragraph{伯努利双扭线} \leavevmode \medskip 设定线段$F_1F_2$长度为$2a$，伯努利双扭线上所有点M满足$MF_1\cdot MF_2=a^2$。 @@ -791,7 +793,7 @@ $$ 则对无穷的极限为$\dfrac{1}{1-r}$。 -\subsubsection{常见数列前$n$项和} +\subsubsection{常见数列前\texorpdfstring{$n$}项和} \begin{enumerate} \item $\sum_{k=1}^nk=1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$。 diff --git a/advanced-math/1-function-and-limit/function-and-limit.tex b/advanced-math/1-function-and-limit/function-and-limit.tex index 9ce7b91..9aadd25 100644 --- a/advanced-math/1-function-and-limit/function-and-limit.tex +++ b/advanced-math/1-function-and-limit/function-and-limit.tex @@ -117,19 +117,15 @@ $f(-x)=\ln(-x+\sqrt{x^2+1})=\ln(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x})=-\ln(x+\sqrt{x^2+1})= 对其求单调性，即通过链式法则求导： -$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot (1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}})=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}>0$ +$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot (1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}})=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}>0$。\medskip 所以该函数严格单调增。 然后求$y$的反函数： -$ - \begin{aligned} - \because y & =\ln(x+\sqrt{x^2+1}) \\ - e^y & =e^{\ln(x+\sqrt{x^2+1})} \\ - & =x+\sqrt{x^2+1} - \end{aligned} -$ +$\because y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ + +$e^y=e^{\ln(x+\sqrt{x^2+1})}=x+\sqrt{x^2+1}$ $ \begin{aligned} @@ -176,7 +172,7 @@ $，求$f[f(x)]$ \right. $ -然后画图：\bigskip +然后画图：\medskip \begin{tikzpicture}[domain=-1:9.5] \draw[-latex](-1.5,0) -- (9.5,0) node[below]{$x$}; @@ -218,7 +214,7 @@ $$ $y=f(x)\,x\in D$，如果$\forall x_1,x_2\in D$且$x_10 & \Rightarrow & (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]>0 & \Rightarrow & f(x)\nearrow \\ @@ -239,7 +235,7 @@ $ \subsubsection{周期性} -$f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \bigskip +$f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \medskip \subsubsection{重要结论} @@ -446,16 +442,15 @@ $\therefore \ln\left(1+\dfrac{\tan x}{x}-1\right)\sim\dfrac{\tan x}{x}-1$，$\df 又根据泰勒展开$\tan x-x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x-0\cdot x^3=\dfrac{x^3}{3}$。 -$\therefore$ \bigskip +$\therefore$ \medskip -$ -\begin{aligned} - & e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}} \\ - & =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}} \\ - & =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}} \\ - & = e^{\frac{1}{3}} -\end{aligned} -$ +$e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$ + +$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}}$ + +$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}}$ + +$= e^{\frac{1}{3}}$ 根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。 @@ -518,31 +513,6 @@ $ 若极限存在，则极限唯一。 -\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。 - -因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论： - -\bigskip - -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\ - & = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\ - & = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\ - & = a\cdot\dfrac{\pi}{2} -\end{aligned} -$ - -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\ - & = -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) \\ - & = -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a -\end{aligned} -$ - -因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。 - \subsubsection{局部有界性} 若极限存在且为$A$，则存在正常数$M$和$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)\vert\leqslant M$。 @@ -573,37 +543,37 @@ $ \end{aligned} $ -\textbf{例题：}函数$f(x)=\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$在哪个区间内有界（）。 +\textbf{例题：}函数$f(x)=\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$在哪个区间内有界()。\medskip -$A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$ +$A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$\medskip -解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界： +解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界：\medskip -$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$ +$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$\medskip -所以趋于$0^-$的一段有界。 +所以趋于$0^-$的一段有界。\medskip -同理$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。 +同理$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。\medskip -所以趋于$0^+$的一段有界。 +所以趋于$0^+$的一段有界。\medskip -$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，无界。 +$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，该区间无界。\medskip -所以$(0,1)$无界，$B$排除。 +所以$(0,1)$无界，$B$排除。\medskip -同理$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。 +同理$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。\medskip -所以$(1,2)$无界，$C$排除。 +所以$(1,2)$无界，$C$排除。\medskip -$\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。 +$\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。\medskip 因为$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$，所以对于$\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)}=1$，所以下面还有一个$x-2$，所以还是为$\infty$。 -所以$(2,3)$无界，$D$排除。 +所以$(2,3)$无界，$D$排除。\medskip -验证-1处是否有界： +验证-1处是否有界：\medskip -$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。 +$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。\medskip 所以该处有界，所以选$A$。 @@ -629,7 +599,7 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。 +当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。\medskip $\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。 @@ -364,7 +360,7 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。 对于形如$f(a)-f(b)$的极限式子就可以使用拉格朗日中值定理，这个$f(x)$为任意的函数。 -\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。 +\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。\medskip 因为式子不算非常复杂，其实也可以通过洛必达法则来完成，但是求导会很复杂。而$\arctan x$可以认定为$f(x)$。 @@ -390,7 +386,7 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2} 且一般只有麦克劳林公式表上的基本初等函数才会使用倒泰勒公式，复合函数最好不要使用。 -\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。 +\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。\medskip 分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开： @@ -409,6 +405,7 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3) \item 极限转换：根据已知的极限值计算目标极限值。 \item 求参数：已知式子的极限值，计算式子中未知的参数。 \item 极限存在性：根据式子以及极限存在性计算极限或参数。 + \item 极限唯一性：式子包含参数，根据唯一性计算两侧极限并求出参数与极限值。 \item 函数连续性：根据连续性与附加条件计算极限值或参数。 \item 迭代式数列：根据数列迭代式计算极限值。 \item 变限积分：根据变限积分计算极限值。 @@ -420,20 +417,21 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3) 最常用的方式就是将目标值作为一个部分，然后对已知的式子进行替换。 -\textbf{例题：}已知$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。 +\textbf{例题：}已知$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。\medskip -令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。 +令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。\medskip -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开}) \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2} \\ - & ==\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right) \\ - & =0 -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开})$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)$ + +$=0$ $\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。 @@ -443,16 +441,17 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1} 由$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形： -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\ - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim\limits_{x\to 0}x=0 \\ - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\ - & \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\ - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\ - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6 -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$ + +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim\limits_{x\to 0}x=0$ + +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0$ + +$\text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3$ + +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6}$ + +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$ \subsubsection{脱帽法} @@ -474,25 +473,50 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。 一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。 -在求参数的时候要注意与0的关系。 +在求参数的时候要注意与0的关系。\medskip \textbf{例题：}设$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。 -根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。 +根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。 -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\ - & 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\ - & \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2} -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$ -\textcolor{orange}{注意：}根据泰勒公式，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。 +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0$ + +$1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2$\medskip + +$\therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}$ \subsection{极限存在性} +\subsection{极限唯一性} + +若极限存在则必然唯一。 + +\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。 + +因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论： + +\medskip + +$\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$ + +$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$ + +$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2}$ + +$= a\cdot\dfrac{\pi}{2}$ + +\medskip + +$\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$ + +$= -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)$ + +$= -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a$ + +因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。 + \subsection{函数连续性} 函数的连续性代表：极限值=函数值。 @@ -503,15 +527,15 @@ $ 而我们对于$f(x)$的具体的关系是未知的，只知道$f(1)=1$。那么先需要考察$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$的整数最大值。 -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}} \\ - & e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}} \\ - & e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}} \\ - & =e^0 \\ - & =1 -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$ + +$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}$ + +$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}}$ + +$=e^0$ + +$=1$ $\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。 @@ -525,27 +549,29 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。 首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型： -$ -\begin{aligned} - a_{n+1}-a_n & =\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2} \\ - & =\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1}) \\ - & =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2}) \\ - & =\cdots \\ - & =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0) \\ - & = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n -\end{aligned} -$ +$a_{n+1}-a_n$ + +$=\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2}$ + +$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1})$ + +$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2})$ + +$=\cdots$ + +$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0)$ + +$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$ 然后得到了$a_{n+1}-a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$，而需要求极限，所以使用列项相消法的逆运算： -$ -\begin{aligned} - a_n & = (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0 \\ - & = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0 \\ - & = \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\ - & = \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right] \\ -\end{aligned} -$ +$a_n= (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$\medskip + +$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0$\medskip + +$= \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}$\medskip + +$= \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]$\medskip $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\dfrac{2}{3}$ diff --git a/advanced-math/2-derivatives-and-differential/derivatives-and-differential.tex b/advanced-math/2-derivatives-and-differential/derivatives-and-differential.tex index 3bdd808..59ec757 100644 --- a/advanced-math/2-derivatives-and-differential/derivatives-and-differential.tex +++ b/advanced-math/2-derivatives-and-differential/derivatives-and-differential.tex @@ -55,7 +55,7 @@ $\tan\alpha=f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。 \subsection{定义} -设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。 +设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。\medskip 下面三句话等价： @@ -65,11 +65,11 @@ $\tan\alpha=f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。 \item $f'(x)=A$。（$A$为有限数） \end{enumerate} -单侧导数分为左导数和右导数。 +单侧导数分为左导数和右导数。\medskip $f'_-(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^-}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$ -$f'_+(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$ +$f'_+(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$\medskip 所以$f(x)$在$x_0$处可导的充要条件是其左导数和右导数存在且相等。 @@ -98,13 +98,13 @@ $ \textbf{例题：}证明$f(x)$为可导的周期为$T$的周期函数，则$f'(x)$也是以$T$为周期的周期函数。 -已知$f(x+T)=f(x)$，求证$f'(x+T)=f'(x)$。 +已知$f(x+T)=f(x)$，求证$f'(x+T)=f'(x)$。\medskip $\therefore f'(x+T)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+T+\Delta x)-f(x+T)}{\Delta x}$ $=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x)$。 -\textbf{例题：}设$f(x)$是二阶可导的以2为周期的奇函数，且$f(\dfrac{1}{2})>0$，$f'(\dfrac{1}{2})>0$，比较$f(-\dfrac{1}{2})$、$f'(\dfrac{3}{2})$、$f''(0)$的大小。 +\textbf{例题：}设$f(x)$是二阶可导的以2为周期的奇函数，且$f(\dfrac{1}{2})>0$，$f'(\dfrac{1}{2})>0$，比较$f(-\dfrac{1}{2})$、$f'(\dfrac{3}{2})$、$f''(0)$的大小。\medskip $\because f(x)$为二阶奇函数，$\therefore f(x)\text{奇函数}\Rightarrow f'(x)\text{偶函数}\Rightarrow f''(x)\text{奇函数}\Rightarrow f''(0)=0$。 @@ -112,19 +112,19 @@ $\therefore f(-\dfrac{1}{2})=-f(\dfrac{1}{2})<0$。 $\because f(x)T=2\Rightarrow f'(x)T=2$，$\therefore f'(\dfrac{3}{2})=f'(\dfrac{3}{2}-2)=f'(-\dfrac{1}{2})=f'(\dfrac{1}{2})>0$。 -$\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。 +$\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。\medskip -\textbf{例题：}$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}(x>0)$。 +\textbf{例题：}$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}(x>0)$。\medskip -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x} \\ - & =\alpha x^{\alpha-1} -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$\medskip + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x}$\medskip + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x}$\medskip + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x}$\medskip + +$=\alpha x^{\alpha-1}$ \subsection{导数的几何意义} @@ -144,20 +144,19 @@ $ 可导定义：$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = A$ -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x) \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x \\ - & =A\cdot 0 \\ - & =0 -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)$ + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x$ + +$=A\cdot 0$ + +$=0$ \textbf{例题：}若$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$，则$f(x_0)=0$且$f'(x_0)=A$。 证明：$\because\text{连续，}\therefore f(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}(x-x_0)=A\cdot 0=0$。 -又$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。 +又$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。 如$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}=2$且$f(x)$连续，可以推出$f(1)=0$与$f'(1)=2$。 @@ -178,57 +177,63 @@ $ 令$f(x)=u(x)v(x)$。 -$ -\begin{aligned} - & (u\cdot v)' \\ - & =f'(x) \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\ - & =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x) \\ - & =u'(x)v(x)+v'(x)u(x) -\end{aligned} -$ +$(u\cdot v)'$ + +$=f'(x)$ + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$ + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$ + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$ + +$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x)$ + +$=u'(x)v(x)+v'(x)u(x)$ \subsection{反函数导数} -\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$，则存在反函数$x=\varphi(y)$，且$\dfrac{\rm{d}x}{\rm{d}y}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}}$，即$\varphi'(x)=\dfrac{1}{f'(x)}$。 +\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$，则存在反函数$x=\varphi(y)$，且$\dfrac{\rm{d}x}{\rm{d}y}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}}$，即$\varphi'(x)=\dfrac{1}{f'(x)}$。\medskip $y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$就是指严格单调，而严格单调必有反函数。 \textbf{例题：}求$y=\arcsin x,x\in(-1,1)$与$y=\arctan x$的导数。 -首先反三角函数就是三角函数的反函数、 +首先反三角函数就是三角函数的反函数。 求$y=\arcsin x$，即$x=\sin y$。 -$\therefore\dfrac{\rm{d}\arcsin x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\sin y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。 +$\therefore\dfrac{\rm{d}\arcsin x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\sin y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。\medskip -求$y=\arctan x$，就$x=\tan y$。 +求$y=\arctan x$，就$x=\tan y$。\medskip -$\therefore\dfrac{\rm{d}\arctan x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\tan y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\sec^2y}=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$。 +$\therefore\dfrac{\rm{d}\arctan x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\tan y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\sec^2y}=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$。\medskip 二阶反函数导数\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}： -$ -\begin{aligned} - f''(x) &=y''_{xx} \\ - & =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x} \\ - & =\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2} \\ - & =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}x} \\ - & =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}y}\cdot\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x} \\ - & =-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'} \\ - & =-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3} -\end{aligned} -$ +$f''(x)$ + +$=y''_{xx}$\medskip + +$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}$\medskip + +$=\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}$\medskip + +$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}x}$\medskip + +$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}y}\cdot\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}$\medskip + +$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'}$\medskip + +$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3}$\medskip 其中$\rm{d}x\cdot\rm{d}x=(\rm{d}x)^2=\rm{d}x^2$称为微分的幂，而$\rm{d}(x^2)$叫幂的微分。 \textbf{例题：}设$y=f(x)$的反函数是$x=\varphi(y)$，且$f(x)=\int_1^{2x}e^{t^2}\rm{d}t+1$，求$\varphi''(1)$。 -$\because y=f(x)$，$\therefore x=\varphi(y)$，$x_{yy}''=\varphi''(y)=-\dfrac{y_{xx}''}{(y_x')^3}=-\dfrac{f''(x)}{[f'(x)]^3}$。 +$\because y=f(x)$，$\therefore x=\varphi(y)$，$x_{yy}''=\varphi''(y)=-\dfrac{y_{xx}''}{(y_x')^3}=-\dfrac{f''(x)}{[f'(x)]^3}$。\medskip -其中根据变限积分求导公式：$f'(x)=2e^{4x^2}$，$f''(x)=2e^{4x^2}\cdot 8x=16xe^{4x^2}$ +其中根据变限积分求导公式：$f'(x)=2e^{4x^2}$，$f''(x)=2e^{4x^2}\cdot 8x=16xe^{4x^2}$。\medskip 又$y=1\Rightarrow x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\varphi''(1)=-\dfrac{f''\left(\dfrac{1}{2}\right)}{\left[f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\right]^3}=-\dfrac{1}{e^2}$。 @@ -242,25 +247,27 @@ $u=g(x)$在$x$可导，$y=f(u)$在$u=g(x)$处可导，则$\{f[g(x)]\}'=f'[g(x)]g 原式=$\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)$。 -令$\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)=g(x)$。 +令$\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)=g(x)$。\medskip -$\therefore f(x)=\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g(x)$。 +$\therefore f(x)=\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g(x)$。\medskip -$\therefore f'(x)=\sec^2\dfrac{\pi x}{4}\cdot\dfrac{\pi}{4}\cdot g(x)+\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g'(x)$。 +$\therefore f'(x)=\sec^2\dfrac{\pi x}{4}\cdot\dfrac{\pi}{4}\cdot g(x)+\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g'(x)$。\medskip $\therefore$根据导数的四则运算，需要导数的乘积为每一项求导乘以其他不求导项的和，而$\tan\dfrac{\pi x}{4}-1$当$x=1$时为0，只要它不求导，其他的项都必然是0，所以原式的后面的结果都是0。 $\therefore$ -$ -\begin{aligned} - f'(1) & =f'(x)\vert_{x=1} \\ - & =\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x) \\ - & =\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1) \\ - & =\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99) \\ - & =-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99! -\end{aligned} -$ +$f'(1)$ + +$=f'(x)\vert_{x=1}$\medskip + +$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x)$\medskip + +$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)$\medskip + +$=\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99)$ + +$=-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99!$ \subsection{分段函数的导数} @@ -269,11 +276,11 @@ $ f_1(x), & & x\geqslant x_0 \\ f_2(x), & & xx_0,f'(x)=f_1'(x),x<0，f'(x)=f_2'(x)$。 @@ -287,7 +294,7 @@ $ $\because \ln\vert y\vert'=\ln y'$。 -两边对x求导： +两边对x求导：\medskip $\dfrac{y'}{y}=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{4}{2x-1}-\dfrac{5}{4-3x}\cdot(-3)\right)$ @@ -372,14 +379,13 @@ $\because \sin x'=\cos x$而不断求导会发现正负号会++--++--地变化 使用诱导公式： -$ -\begin{aligned} - y'& =\cos x=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}) \\ - y''& =\cos(x+\dfrac{\pi}{2})=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}) \\ - \cdots & \\ - y^{(n)}& =\sin(x+\dfrac{\pi}{2}\cdot n) -\end{aligned} -$ +$y'=\cos x=\sin(x+\dfrac{\pi}{2})$ + +$y''=\cos(x+\dfrac{\pi}{2})=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2})$ + +$\cdots$ + +$y^{(n)}=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}\cdot n)$ \subsection{莱布尼茨公式} @@ -449,14 +455,13 @@ $ 根据莱布尼兹公式： -$ -\begin{aligned} - & (e^x\cos x)^{(4)} \\ - & =C_4^0e^x\cos x+C_4^1e^x(-\sin x)+C_4^2e^x(-\cos x)+C_4^3e^x(\sin x)+C_4^4e^x(\cos x) \\ - & =e^x\cos x+4e^x(-\sin x)+6e^x(-\cos x)+4e^x\sin x+e^x\cos x \\ - & =-4e^x\cos x -\end{aligned} -$ +$(e^x\cos x)^{(4)}$ + +$=C_4^0e^x\cos x+C_4^1e^x(-\sin x)+C_4^2e^x(-\cos x)+C_4^3e^x(\sin x)+C_4^4e^x(\cos x)$ + +$=e^x\cos x+4e^x(-\sin x)+6e^x(-\cos x)+4e^x\sin x+e^x\cos x$ + +$=-4e^x\cos x$ \section{隐函数与参数方程的导数以及相关变化率} @@ -487,7 +492,7 @@ $ \end{array} \}\right.$确定，其中$t$为参数，且$\varphi(t)\psi(t)$对于$t$都可导，$\varphi(t)\neq 0$，则： -\bigskip +\medskip 一阶导数：$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{\rm{d}y/\rm{d}t}{\rm{d}x/\rm{d}t}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}=u(t)$。 @@ -503,9 +508,9 @@ $（$t$为参数）确定，求$\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}\vert_{t=\frac{\pi}{ 求参数方程的二阶导数首先就要求出其一阶导数： -$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{y_t'}{x_t'}=\dfrac{t\cos t}{\cos t}=t$。 +$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{y_t'}{x_t'}=\dfrac{t\cos t}{\cos t}=t$。\medskip -$\therefore\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}=\dfrac{t_t'}{(\sin t)_t'}=\dfrac{1}{\cos t}$ +$\therefore\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}=\dfrac{t_t'}{(\sin t)_t'}=\dfrac{1}{\cos t}$\medskip $\therefore \sqrt{2}$。 @@ -532,7 +537,7 @@ $\therefore \rm{d}y\vert_{x=x_0}=A\Delta x=y'(x_0)\cdot\Delta x=y'(x_0)\cdot\rm{ \begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[-latex](-0.5,0) -- (4.5,0) node[below]{$x$}; \draw[-latex](0,-0.5) -- (0,4) node[above]{$y$}; - \draw[black, thick, domain=1.5:3] plot (\x,{pow(\x-1,2)/2+1}) node[above]{$y(x)$}; + \draw[black, thick, domain=-0.5:3] plot (\x,{pow(\x-1,2)/2+1}) node[above]{$y(x)$}; \filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$}; \draw[black, densely dashed](1.5,1.125) -- (1.5,0) node[below]{$x_0$}; \draw[black, densely dashed](1.5,1.125) -- (0,1.125) node[left]{$y_0$}; diff --git a/advanced-math/3-differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives/differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives.tex b/advanced-math/3-differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives/differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives.tex index 74a5b56..621374a 100644 --- a/advanced-math/3-differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives/differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives.tex +++ b/advanced-math/3-differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives/differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives.tex @@ -90,7 +90,7 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化 则$\exists\,\xi\in(a,b)$，使得$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。 -其中$f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)(0<\theta<1)$，$\because f'(\xi)=f'[a+(\xi-a)]=f'[a+\dfrac{\xi-a}{b-a}(b-a)]$。 +其中$f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)(0<\theta<1)$，$\because f'(\xi)=f'[a+(\xi-a)]=f'[a+\dfrac{\xi-a}{b-a}(b-a)]$。\medskip 有限增量公式\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f'[x_0+\theta\Delta x]\Delta x(0<\theta<1)$。 @@ -134,15 +134,13 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化 对于第三个注意点：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim\limits_{x\to 0}x\cdot\sin\dfrac{1}{x}=0$。 -而使用洛必达法则： +而使用洛必达法则：\medskip -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right) \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在} -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}$ + +$=\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right)$ + +$=\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}$ \section{泰勒公式} @@ -162,7 +160,7 @@ $ \subsubsection{皮亚诺余项} -设$f(x)$在$x_0$处$n$阶可微，则$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n)$。这个就是带皮亚诺余项的泰勒公式。 +设$f(x)$在$x_0$处$n$阶可微，则$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n)$。这个就是带皮亚诺余项的泰勒公式。\medskip $f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$就是$f(x)$在$x_0$处的$n$次泰勒多项式，$o((x-x_0)^n)$就是函数的皮亚诺余项。 @@ -214,31 +212,30 @@ $R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$就是函数的拉格朗日 如： -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} \\ - & =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4} \\ - & =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4} \\ - & =\dfrac{1}{6} -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}$ + +$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4}$ + +$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4}$ + +$=\dfrac{1}{6}$ \subsubsection{泰勒公式计算} 先写出$y=f(x)$的泰勒公式或麦克劳林公式，再通过比较系数来获得$f^{(n)}(x_0)$： \begin{enumerate} - \item 任何一个无穷阶可导的函数（在收敛的情况下）都可以写为 \\ + \item 任何一个无穷阶可导的函数（在收敛的情况下）都可以写为： \medskip \\ $y=f(x)=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ 或 $y=f(x)=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。 \item 给出的任意一个具体的无穷阶可导函数$y=f(x)$都可以通过已知的公式展开为幂级数。 \item 而函数的展开式具有唯一性，比较步骤一步骤二的公式的系数就可以获取倒$f^{(n)}(x_0)$或$f^{(n)}(0)$。 \end{enumerate} -\textbf{例题：}设$y=x^3\sin x$，求$y^{(6)}(0)$。 +\textbf{例题：}设$y=x^3\sin x$，求$y^{(6)}(0)$。\medskip -\ding{172}$y=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{y^{(n)}(0)}{n!}x^n$。 +\ding{172}$y=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{y^{(n)}(0)}{n!}x^n$。\medskip -$\because$需要结果的导数阶数为6，所以最后得到的次数为6就可以了。 +$\because$需要结果的导数阶数为6，所以最后得到的次数为6就可以了。\medskip \ding{173}$\therefore y=x^3\left(x-\dfrac{1}{6}x^3+\cdots\right)=x^4-\dfrac{1}{6}x^6+\cdots$（不要写$o(x^n)$，因为这里$x$并不是趋向0的）。 @@ -252,18 +249,17 @@ $\therefore \dfrac{y^{(6)}(0)}{6!}=-\dfrac{1}{6}\Rightarrow y^{(6)}(0)=-5!=-120$ \subsubsection{\texorpdfstring{$\dfrac{A}{B}$}\ 型，上下同阶} -当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。 +当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。\medskip -如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次： +如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：\medskip -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3} \\ - & =\dfrac{1}{6} -\end{aligned} -$ +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$ + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}$\medskip + +$=\dfrac{1}{6}$ \subsubsection{\texorpdfstring{$A-B$}\ 型，幂次最低} @@ -292,35 +288,33 @@ $\therefore e^{x^4}-1\sim x^4$。 然后泰勒展开： -$ -\begin{aligned} - & x-\sin x \\ - & = 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)) \\ - & = \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3) \\ - & \sim \dfrac{1}{6}x^3 -\end{aligned} -$ +$x-\sin x$ -$ -\begin{aligned} - & x+\sin x \\ - & =x-(-\sin x) \\ - & =1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x) \\ - & =2x+o(x) \\ - & \sim 2x -\end{aligned} -$ +$= 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3))$ -$\therefore$ \bigskip +$= \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$ -$ -\begin{aligned} - & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4} \\ - & =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4} \\ - & =-\dfrac{1}{3} -\end{aligned} -$ +$\sim \dfrac{1}{6}x^3$ + +$x+\sin x$ + +$=x-(-\sin x)$ + +$=1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x)$ + +$=2x+o(x)$ + +$\sim 2x$ + +$\therefore$ + +$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4}$\medskip + +$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4}$\medskip + +$=-\dfrac{1}{3}$ \section{函数单调性与曲线凹凸性} @@ -377,15 +371,15 @@ $\therefore$在$(0,+\infty]$上$g(x)>g(0)=0$，即$\sin x>x-\dfrac{x^3}{6}$。 不妨设$x_10 -\end{aligned} -$ +$f(x_1)+f(x_2)-2(x_0)$ + +$=[f(x_2)-f(x_0)]-[f(x_1)-f(x_0)]$ + +$\xRightarrow{\text{拉格朗日中值定理}}$ + +$=f'(\xi_2)(x_2-x_0)-f'(\xi_1)(x_0-x_1)$ + +$=\dfrac{x_2-x_1}{2}[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)]>0$ $\therefore f''(x)>0\Rightarrow f(\dfrac{x_1+x_2}{2})<\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。