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更新微分方程与级数
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@@ -28,7 +28,7 @@
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\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref}
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\author{Didnelpsun}
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\title{函数与极限}
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\title{极限}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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@@ -39,99 +39,15 @@
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{函数}
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\subsection{中值定理}
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中值定理一般用于判断不等式。
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\subsubsection{罗尔定理}
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罗尔定理在判断不等式时一般用于零点的状况。
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\paragraph{直接式子} \leavevmode \medskip
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需要证明所给式子的导数是否在该区间为0即可。
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\textbf{例题：}证明多项式$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$上不可能有两个零点。
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证明：假设$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$有两个零点$x_1$和$x_2$，其中$x_1<x_2$。
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因为$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$内连续，所以$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$内可导。
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由罗尔定理得知$\exists\xi\in(x_1,x_2)\subset(0,1)$，使得$f'(\xi)=0$，但是$f'(x)=3x^2-3$在$(0,1)$上不超过0，所以$\xi$不存在，从而多项式$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$上不可能有两个零点。
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\paragraph{含参数式子} \leavevmode \medskip
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若所求式子是一个含参数，那么其一定还有另一个式子约束参数，此时我们就需要构建一个新的式子来利用所给的条件，然后将新式子转换为旧式子。
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\textbf{例题：}设$a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$，证明多项式$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$在$(0,1)$中至少有一个零点。
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证明：因为所要证明零点，所以一定使用罗尔定理。所给出的约束参数式子$a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$与所求$f(x)$之间存在一个关系。
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设$F(x)=a_0x+a_1\dfrac{x^2}{2}+\cdots+a_n\dfrac{x^{n+1}}{n+1}$，$F'(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=f(x)$。
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又$F(0)=0$,$F(1)=a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$，又罗尔定理一定存在一个$\xi\in(0,1)$，使得$F'(\xi)=f(\xi)=0$。
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从而$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$在$(0,1)$中至少有一个零点。
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\subsubsection{拉格朗日中值定理}
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证明不等式最重要的还是找到$f(x)$，有时候不等式不存在$f(a)-f(b)$这种式子，就需要我们转换。
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\paragraph{对数函数特性} \leavevmode \medskip
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对于对数函数，要记住其特定的性质：$\log_n(\dfrac{a}{b})=\log_na-\log_nb$。
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\textbf{例题：}设$a>b>0$，证明：$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$。
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证明：因为$\ln\dfrac{a}{b}=\ln a-\ln b$，所以令$f(x)=\ln x$。
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所以根据拉格朗日中值定理：$\ln a-\ln b=f'(\xi)(a-b)$（$\xi\in(b,a)$）。
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又$f'(\xi)=\dfrac{1}{\xi}$，所以$\ln a-\ln b=\dfrac{a-b}{\xi}$。
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又$\xi\in(b,a)$，所以$\dfrac{1}{\xi}\in(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b})$。
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所以$\dfrac{a-b}{a}<\dfrac{a-b}{\xi}<\dfrac{a-b}{b}$，从而$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$，得证。
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\paragraph{查找特定值} \leavevmode \medskip
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对于证明一种不等式，如果里面没有差式，也无法转换为差式，那么就可以考虑制造差式，对于$f(x)$一般选择更高阶的，$a$选择$x$，$b$要根据题目和不等式设置一个常数。
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一般是0或1。可以先尝试1。
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\textbf{例题：}当$x>1$时，证明$e^x>ex$。
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证明：题目中没有差式，所以需要选择一个函数作为基准函数，里面有一个指数函数和一个幂函数，所以选择$e^x$作为基准函数。
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然后选择一个常数作为$b$值，可以先选一个1作为$b$值：$f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)$。
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从而$e^x-e=e^\xi(x-1)$，$\xi\in(1,x)$，所以$e^x-e>e(x-1)$，即$e^x>ex$，得证。
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\subsubsection{柯西中值定理}
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需要找到两个函数，使得$\dfrac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{F'(\xi)}$。
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\textbf{例题：}设$0<a<b$，函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，证明存在一点$\xi\in(a,b)$使得$f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\dfrac{b}{a}$。
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证明：由对数函数的特性可以知道$\dfrac{b}{a}=\ln b-\ln a$，所以可以令$F(x)=\ln x$，所以$F'(x)=\dfrac{1}{x}$。
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$f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\dfrac{b}{a}=\dfrac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\dfrac{f'(\xi)}{\dfrac{1}{\xi}}\dfrac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{F'(\xi)}$。
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根据柯西中值定理得证。
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\section{极限}
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\subsection{基本计算方式}
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\section{基本计算方式}
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课本上极限计算可以使用的主要计算方式：
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\subsubsection{基础四则运算}
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\subsection{基础四则运算}
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只有式子的极限各自存在才能使用四则运算，使用的频率较少。
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\subsubsection{重要极限}
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\subsection{重要极限}
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重要极限有两个，但是$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$这个很少用，因为往往用等价无穷小替代了，而$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$则用的较多，当出现分数幂的幂指函数时，不要先去取对数，而是使用重要极限看看能不能转换。\medskip
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@@ -147,11 +63,11 @@ $=\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{1+\dfrac{3}{2x}}{1+\dfrac{1}{2x}}\right)^
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$=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\left[\left(1+\dfrac{3}{2x}\right)^{\frac{2x}{3}}\right]^{\frac{3}{2}}}{\left[\left(1+\dfrac{1}{2x}\right)^{2x}\right]^{\frac{1}{2}}}=\dfrac{e^{\frac{3}{2}}}{e^{\frac{1}{2}}}=e$。
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\subsubsection{导数定义}
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\subsection{导数定义}
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极限转换以及连续性的时候会用到，但是使用的频率也较小。
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\subsubsection{等价无穷小替换}
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\subsection{等价无穷小替换}
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当看到复杂的式子，且不论要求的极限值的趋向，而只要替换的式子是$\Delta\to 0$时的无穷小，就使用等价无穷小进行替换。
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@@ -159,7 +75,7 @@ $=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\left[\left(1+\dfrac{3}{2x}\right)^{\frac{2x}{3
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对于无法直接得出变换式子的，可以对对应参数进行凑，以达到目标的可替换的等价无穷小。
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\subsubsection{夹逼准则}
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\subsection{夹逼准则}
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夹逼准则可以用来证明不等式也可以用来计算极限。但是最重要的是找到能夹住目标式子的两个式子。\medskip
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@@ -173,7 +89,7 @@ $=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\left[\left(1+\dfrac{3}{2x}\right)^{\frac{2x}{3
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$\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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\subsubsection{拉格朗日中值定理}
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\subsection{拉格朗日中值定理}
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对于形如$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)$为任意的函数。使用拉格朗日中值定理最重要的还是找到这个$f(x)$。
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@@ -191,7 +107,7 @@ $\therefore\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\sim\dfrac{2}{n}-\dfrac{2}{n
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)=\lim\limits_{n\to\infty}n^2\cdot\dfrac{2}{n(n+1)}=2$。
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\subsubsection{洛必达法则}
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\subsection{洛必达法则}
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洛必达法则的本质是降低商形式的极限式子的幂次。
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@@ -207,7 +123,7 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}
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解：$=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{1}{(x-1)^2}=\infty$。
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\subsubsection{泰勒公式}
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\subsection{泰勒公式}
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泰勒公式一般会使用趋向0的麦克劳林公式，且一般只作为极限计算的一个小部分，用来替代一个部分。
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@@ -224,9 +140,9 @@ $\therefore \sin x-\tan x=-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x-\arctan x=\dfrac
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$\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)}=-1$。
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\subsection{常用化简技巧}
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\section{常用化简技巧}
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\subsubsection{对数法则}
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\subsection{对数法则}
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如$\log_n(a\cdot b)=\log_n a+\log_n b$，$\log_n\dfrac{a}{b}=\log_na-\log_nb$。
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@@ -238,7 +154,7 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)
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解：这时可以尝试变形，如对数函数相加等于对数函数内部式子相乘：$\ln(1-x)+\ln(1+x)=\ln(1-x^2)\sim-x^2$。
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\subsubsection{指数法则}
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\subsection{指数法则}
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当出现$f(x)^{g(x)}$的类似幂函数与指数函数类型的式子，需要使用$u^v=e^{v\ln u}$。
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@@ -272,7 +188,7 @@ $=\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\
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$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{\sqrt{e}}{4}$
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\subsubsection{三角函数关系式}
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\subsection{三角函数关系式}
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。\medskip
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@@ -284,11 +200,11 @@ $=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4
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$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2}=\dfrac{1}{6}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)=\dfrac{4}{3}$
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\subsubsection{提取常数因子}
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\subsection{提取常数因子}
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提取常数因子就是提取出能转换为常数的整个极限式子的因子。这个因子必然在自变量的趋向时会变为非0的常数，那么这个式子就可以作为常数提出。
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\subsubsection{提取公因子}
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\subsection{提取公因子}
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当作为商的极限式子上下都具有公因子时可以提取公因子然后相除，从而让未知数集中在分子或分母上。
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@@ -318,7 +234,7 @@ $=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{\sqrt{t+4}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2}{
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$=\lim\limits_{t\to 0^-}\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln(2+t)}{\sqrt{t+4}}+\dfrac{\sqrt{t+4}}{2+t}\right)=-\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln 2}{2}+\dfrac{2}{2}\right)=-\dfrac{\ln 2}{4}-1$。
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\subsubsection{有理化}
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\subsection{有理化}
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当遇到带有根号的式子可以使用等价无穷小，但是只针对形似$(1+x)a-1\sim ax$的式子，而针对$x^a\pm x^b$的式子则无法替换，必须使用有理化来将单个式子变为商的形式。
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@@ -350,7 +266,7 @@ $=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{2}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2}
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$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x\sin^2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x\cos x\sin x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{2}x^2}{x^2}=\dfrac{1}{2}$。
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\subsubsection{换元法}
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\subsection{换元法}
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换元法本身没什么技巧性，主要是更方便计算。最重要的是获取到共有的最大因子进行替换。
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@@ -364,9 +280,9 @@ $\lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)=\lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x)\xRighta
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$=-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}}=-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}}=\lim\limits_{t\to 0^+}t=0$
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\subsubsection{倒代换}
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\subsection{倒代换}
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\paragraph{含有分式} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{含有分式}
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当极限式子中含有分式中一般都需要用其倒数，把分式换成整式方便计算。
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@@ -394,15 +310,15 @@ $\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]\xRightarrow{\text{令}x=\fr
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$\xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2}=\dfrac{1}{2}$
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\paragraph{\texorpdfstring{$\infty-\infty$}\ 型} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{\texorpdfstring{$\infty-\infty$}\ 型}
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\paragraph{\texorpdfstring{$\infty\cdot\infty$}\ 型} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{\texorpdfstring{$\infty\cdot\infty$}\ 型}
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\subsubsection{拆项}
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\subsection{拆项}
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拆项需要根据式子形式进行，所以很难找到普遍规律。
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\paragraph{积拆项} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{积拆项}
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\textbf{例题：}求$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)\cdots(n+6)}{6n^6}$。
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@@ -412,7 +328,7 @@ $=\dfrac{1}{6}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{n}\times\dfrac{n+2}{n}\times\c
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当极限式子中出现不知道项数的$n$时，一般需要使用拆项，把项重新组合。一般的组合是根据等价无穷小。
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\paragraph{和拆项} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{和拆项}
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而对于复杂的具有同一结构的和的式子也可以考虑拆项。
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@@ -442,7 +358,7 @@ $=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[
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$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}}=-6$
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\subsection{极限计算形式}
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\section{极限计算形式}
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极限相关计算形式主要分为下面六种：
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@@ -457,7 +373,7 @@ $=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}
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\item 变限积分：根据变限积分计算极限值。
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\end{enumerate}
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\subsubsection{极限不定式类型}
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\subsection{极限不定式类型}
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七种：$\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty},0\cdot\infty,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$。
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@@ -490,9 +406,9 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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综上，无论什么样的四则形式，都必须最后转换为商的形式。
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\subsubsection{极限转换}
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\subsection{极限转换}
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\paragraph{整体换元} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{整体换元}
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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。
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@@ -506,7 +422,7 @@ $=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}
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$\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。
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\paragraph{关系转换} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{关系转换}
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\textbf{例题：}如果$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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@@ -524,7 +440,7 @@ $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6}$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$
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\paragraph{脱帽法} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{脱帽法}
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$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。
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@@ -538,7 +454,7 @@ $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim\limits_{x\to x_
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$\therefore \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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\subsubsection{求参数}
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\subsection{求参数}
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因为求参数类型的题目中式子是未知的，所以求导后也是未知的，所以一般不要使用洛必达法则，而使用泰勒展开。
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@@ -546,7 +462,7 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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在求参数的时候要注意与0的关系。
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\paragraph{常数} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{常数}
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\textbf{例题：}设$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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@@ -560,7 +476,7 @@ $1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2$\medskip
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$\therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}$。
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\paragraph{无穷小} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{无穷小}
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若是求某个式子与另一个式子的某阶无穷小，则同右边等于常数一样，也需要使用泰勒展开。
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@@ -580,7 +496,7 @@ $=(1-a-b)x+\left(\dfrac{a}{6}+\dfrac{2b}{3}\right)x^3-\left(\dfrac{a}{120}+\dfra
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解得$a=\dfrac{4}{3}$，$b=-\dfrac{1}{3}$。
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\subsubsection{极限存在性}
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\subsection{极限存在性}
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一般会给出带有参数的例子，并给定一个点指明在该点极限存在，求参数。
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@@ -610,7 +526,7 @@ $=\lim\limits_{x\to 0^+}b\cos x-1=b-1=\dfrac{1}{3}$\medskip
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$\therefore a=-1,b=\dfrac{4}{3}$。
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\subsubsection{极限唯一性}
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\subsection{极限唯一性}
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若极限存在则必然唯一。
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@@ -632,11 +548,11 @@ $\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cd
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因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。
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\subsubsection{函数连续性}
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\subsection{函数连续性}
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函数的连续性代表：极限值=函数值。所以函数的连续性需要靠极限完成。
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\paragraph{极限判连续性} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{极限判连续性}
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题目给出函数，往往是分段函数，然后判断分段点的连续性。\medskip
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@@ -657,7 +573,7 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=e^{-\frac{1}{2}}$。
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||||
从而$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=f(0)$，所以$f(x)$在$x=0$处连续。
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\paragraph{连续性求极限} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{连续性求极限}
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\textbf{例题：}函数在$f(x)$在$x=1$处连续，且$f(1)=1$，求$\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$。
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@@ -669,9 +585,9 @@ $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln
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$\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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\subsubsection{迭代式数列}
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\subsection{迭代式数列}
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\paragraph{数列表达式} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{数列表达式}
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最重要的是将迭代式进行变形。
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@@ -695,7 +611,7 @@ $=\dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\dfrac{2}{3}$
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\paragraph{单调有界准则} \leavevmode \medskip
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\subsubsection{单调有界准则}
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对于无法将关系式通过变形归纳为一般式的关系式，对于其极限就必须使用单调有界准则来求出。
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@@ -749,8 +665,4 @@ $x_{n+1}-x_n=\sqrt{2+x_n}-x_n=\dfrac{2+x_n-x_n^2}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\dfrac{-(x_n
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||||
从而$a^2=2+a$，得出$a=2$（根据极限的保号性$-1$被舍去）。
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\subsubsection{变限积分极限}
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已知更改区间限制的积分$s(x)=\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}g(t)\,\textrm{d}x$，$s'(x)=g[\varphi_2(x)]\cdot\varphi_2'(x)-g[\varphi_1(x)]\cdot\varphi_1'(x)$。
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\end{document}
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Binary file not shown.
@@ -1,161 +0,0 @@
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\documentclass[UTF8, 12pt]{ctexart}
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% UTF8编码，ctexart现实中文
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% 因为所以
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% 数学公式
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\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref}
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% 超链接
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\author{Didnelpsun}
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\title{连续与间断}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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\pagestyle{empty}
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\thispagestyle{empty}
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\tableofcontents
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\thispagestyle{empty}
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\newpage
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{连续}
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||||
连续则极限值等于函数值。
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||||
\subsection{求连续区间}
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||||
若要考察一个函数的连续区间，必须要了解函数的所有部分，一般会给出分段函数，所以要了解分段函数的每段函数的性质。
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||||
对于函数$f(x)$是个极限表达形式，我们要简化这个极限，最好得到一个$x$的表达式，从而才能判断其连续区间。\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}$，求函数连续区间。\medskip
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||||
|
||||
解：注意到函数的形式为一个极限值，其极限趋向的变量为$n$（$n\to\infty$指$n\to+\infty$）。所以在该极限式子中将$x$当作类似$t$的常数。
|
||||
|
||||
需要先求出极限形式的$f(x)$，而$x$变量的取值会影响到极限，且求的就是$x$的取值范围。所以将其分为三段：
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||||
当$x<0$时，$nx\to-\infty$，$\therefore e^{nx}\to 0$，$x^2$在这个极限式子为一个常数，$\therefore x^2e^{nx}\to 0$，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=\dfrac{x+0}{1+0}=x$。\medskip
|
||||
|
||||
当$x=0$时，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=\dfrac{0}{2}=0$。\medskip
|
||||
|
||||
当$x>0$时，$e^{nx}$在$n\to\infty$时为$\infty$，上下都有这个无穷大的因子，所以上下都除以$e^{nx}$，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{xe^{-nx}+x^2}{1+e^{-nx}}=\dfrac{0+x^2}{1}=x^2$。\medskip
|
||||
|
||||
从而得到了$f(x)$关于$x$的表达式：\medskip
|
||||
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||||
$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
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||||
x, & & x<0 \\
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||||
0, & & x=0 \\
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||||
x^2, & & x>0
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||||
\end{array}
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||||
\right.$\medskip
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||||
|
||||
又$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}x=\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}x^2=f(0)=0$。
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||||
|
||||
$f(x)$在$R$上连续。
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||||
|
||||
\subsection{已知连续区间求参数}
|
||||
|
||||
一般会给出带有参数的分段函数，要计算参数就必须了解连续区间与函数之间的关系。
|
||||
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||||
\textbf{例题：}$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
|
||||
6, & & x\leqslant 0 \\
|
||||
\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}, & & x>0
|
||||
\end{array}
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||||
\right.$，$g(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
|
||||
\dfrac{3\sin(x-1)}{x-1}, & & x<1 \\
|
||||
e^{bx}+1, & & x\geqslant 1
|
||||
\end{array}
|
||||
\right.$，\smallskip \\ 若$f(x)+g(x)$在$R$上连续，则求$a,b$。
|
||||
|
||||
解：已知$f(x)+g(x)$在$R$上连续，但是不能判断$f(x)$与$g(x)$的连续性。
|
||||
|
||||
所以分开讨论。
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||||
|
||||
对于$f(x)$因为左侧为常数函数，所以若是$f(x)$连续，则必然：\medskip
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||||
$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=6$\medskip
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||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{ax^3}{x-\arcsin x}$\medskip
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||||
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||||
$\text{令}t=\arcsin x\Rightarrow=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{a\sin^3t}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{t^3}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{3t^2}{\cos t-1}$
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||||
$=-6a=6$。
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||||
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||||
$\therefore a=-1$时$f(x)$在$R$上连续。\medskip
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||||
对于$g(x)$，当$x<1$时，$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{3\sin(x-1)}{x-1}=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{3\sin t}{t}=3$。\medskip
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||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 1^+}e^{bx}+1=e^b+1=3$。\medskip
|
||||
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||||
$\therefore b=\ln 2$时$g(x)$在$R$上连续。\medskip
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||||
|
||||
$\therefore a=-1,b=\ln 2$时$f(x)+g(x)$在$R$上连续。而$a\neq -1$时$f(x)+g(x)$在$x=0$时不连续，$b\neq\ln 2$时$f(x)+g(x)$在$x=1$时不连续。
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||||
\section{间断}
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\subsection{求间断点}
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求间断点需要首先分析函数的表达形式。
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||||
\textbf{例题：}设$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}$，求其间断点并分析其类型。
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||||
解：根据函数形式，我们需要首先回顾一下幂函数的性质，幂函数的变化趋势取决于底数。
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||||
当$x=1$时，$x^n\equiv 1$，当$x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$时，当$n\to\infty$时，$x^n\to\infty$，而$x\in(-1,1)$时，当$n\to\infty$时，$x^n\to 0$。
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}=\left\{\begin{array}{lcl}
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||||
0, & & x\in(-\infty,-1]\cup(1,+\infty) \\
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||||
1, & & x=1 \\
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||||
x+1, & & x\in(-1,1)
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||||
\end{array}
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||||
\right.$
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||||
所以分段点为$x=\pm 1$。
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当$x=-1$时，$f(-1^+)=f(-1^-)=f(-1)=0$，所以在此处连续。
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||||
当$x=1$时，$f(1^+)=0\neq f(1^-)=2$，所以在此处简短，为跳跃间断点。
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||||
\subsection{已知间断点求参数}
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||||
这种题目已知间断点，而未知式子中的参数，只用将间断点代入式子并利用极限计算间断点的类型就可以了。
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||||
\textbf{例题：}$f(x)=\dfrac{e^x-b}{(x-a)(x-b)}$有无穷间断点$x=e$，可去间断点$x=1$，求$ab$的值。
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||||
解：已知有两个间断点$x=a,x=b$，其中无穷间断点指极限值为无穷的点，可去间断点表示极限值存在且两侧相等，但是与函数值不相等的点。
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||||
已经给出两个间断点的值为$x=1$和$x=e$，所以$ab$必然对应其中一个，但是不清楚到底谁是谁。
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||||
当$a=1,b=e$时，$f(x)=\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$。\medskip
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||||
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||||
当$x\to 1$时，$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$$=\dfrac{1}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^x-e}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^{x-1}-1}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x-1}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}$。\medskip
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||||
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||||
$\therefore x=1$为可去间断点。\medskip
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||||
当$x\to e$时，$\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$$=\dfrac{1}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^x-e}{x-e}$$=\dfrac{e}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^{x-1}-1}{x-e}$\medskip$=\dfrac{e}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{x-1}{x-e}$$=\dfrac{e(e-1)}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{1}{x-e}=\infty$。\medskip
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||||
$\therefore x=e$为无穷间断点。\medskip
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||||
当$a=e,b=1$时，$f(x)=\dfrac{e^x-1}{(x-e)(x-1)}$。\medskip
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||||
而作为分子的$e^x-1$必然为一个常数，当式子趋向$1$或$e$的时候分母两个不等式中的一个不等式必然为一个常数，从而另一个不等式则变为了无穷小，所以$\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\lim\limits_{x\to e}f(x)=\infty$。
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|
||||
$\therefore a=1,b=e$。
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\end{document}
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% 超链接
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\author{Didnelpsun}
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\title{函数}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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\pagestyle{empty}
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\thispagestyle{empty}
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\tableofcontents
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\thispagestyle{empty}
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\newpage
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\setcounter{page}{1}
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\section{函数连续性}
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\subsection{连续}
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连续则极限值等于函数值。
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\subsubsection{求连续区间}
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若要考察一个函数的连续区间，必须要了解函数的所有部分，一般会给出分段函数，所以要了解分段函数的每段函数的性质。
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对于函数$f(x)$是个极限表达形式，我们要简化这个极限，最好得到一个$x$的表达式，从而才能判断其连续区间。\medskip
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||||
\textbf{例题：}$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}$，求函数连续区间。\medskip
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解：注意到函数的形式为一个极限值，其极限趋向的变量为$n$（$n\to\infty$指$n\to+\infty$）。所以在该极限式子中将$x$当作类似$t$的常数。
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需要先求出极限形式的$f(x)$，而$x$变量的取值会影响到极限，且求的就是$x$的取值范围。所以将其分为三段：
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当$x<0$时，$nx\to-\infty$，$\therefore e^{nx}\to 0$，$x^2$在这个极限式子为一个常数，$\therefore x^2e^{nx}\to 0$，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=\dfrac{x+0}{1+0}=x$。\medskip
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||||
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||||
当$x=0$时，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=\dfrac{0}{2}=0$。\medskip
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当$x>0$时，$e^{nx}$在$n\to\infty$时为$\infty$，上下都有这个无穷大的因子，所以上下都除以$e^{nx}$，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x+x^2e^{nx}}{1+e^{nx}}=f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{xe^{-nx}+x^2}{1+e^{-nx}}=\dfrac{0+x^2}{1}=x^2$。\medskip
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||||
从而得到了$f(x)$关于$x$的表达式：\medskip
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||||
$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
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||||
x, & & x<0 \\
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||||
0, & & x=0 \\
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||||
x^2, & & x>0
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||||
\end{array}
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\right.$\medskip
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又$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}x=\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}x^2=f(0)=0$。
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$f(x)$在$R$上连续。
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\subsubsection{已知连续区间求参数}
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一般会给出带有参数的分段函数，要计算参数就必须了解连续区间与函数之间的关系。
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\textbf{例题：}$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
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||||
6, & & x\leqslant 0 \\
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||||
\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}, & & x>0
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\end{array}
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||||
\right.$，$g(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
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||||
\dfrac{3\sin(x-1)}{x-1}, & & x<1 \\
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e^{bx}+1, & & x\geqslant 1
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\end{array}
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||||
\right.$，\smallskip \\ 若$f(x)+g(x)$在$R$上连续，则求$a,b$。
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解：已知$f(x)+g(x)$在$R$上连续，但是不能判断$f(x)$与$g(x)$的连续性。
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所以分开讨论。
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对于$f(x)$因为左侧为常数函数，所以若是$f(x)$连续，则必然：\medskip
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$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=6$\medskip
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$\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{ax^3}{x-\arcsin x}$\medskip
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$\text{令}t=\arcsin x\Rightarrow=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{a\sin^3t}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{t^3}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{3t^2}{\cos t-1}$
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$=-6a=6$。
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$\therefore a=-1$时$f(x)$在$R$上连续。\medskip
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对于$g(x)$，当$x<1$时，$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{3\sin(x-1)}{x-1}=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{3\sin t}{t}=3$。\medskip
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$\therefore\lim\limits_{x\to 1^+}e^{bx}+1=e^b+1=3$。\medskip
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$\therefore b=\ln 2$时$g(x)$在$R$上连续。\medskip
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$\therefore a=-1,b=\ln 2$时$f(x)+g(x)$在$R$上连续。而$a\neq -1$时$f(x)+g(x)$在$x=0$时不连续，$b\neq\ln 2$时$f(x)+g(x)$在$x=1$时不连续。
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\subsection{间断}
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\subsubsection{求间断点}
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求间断点需要首先分析函数的表达形式。
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\textbf{例题：}设$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}$，求其间断点并分析其类型。
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解：根据函数形式，我们需要首先回顾一下幂函数的性质，幂函数的变化趋势取决于底数。
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当$x=1$时，$x^n\equiv 1$，当$x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$时，当$n\to\infty$时，$x^n\to\infty$，而$x\in(-1,1)$时，当$n\to\infty$时，$x^n\to 0$。
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}=\left\{\begin{array}{lcl}
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0, & & x\in(-\infty,-1]\cup(1,+\infty) \\
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1, & & x=1 \\
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x+1, & & x\in(-1,1)
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\end{array}
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\right.$
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所以分段点为$x=\pm 1$。
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当$x=-1$时，$f(-1^+)=f(-1^-)=f(-1)=0$，所以在此处连续。
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当$x=1$时，$f(1^+)=0\neq f(1^-)=2$，所以在此处简短，为跳跃间断点。
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\subsubsection{已知间断点求参数}
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这种题目已知间断点，而未知式子中的参数，只用将间断点代入式子并利用极限计算间断点的类型就可以了。
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\textbf{例题：}$f(x)=\dfrac{e^x-b}{(x-a)(x-b)}$有无穷间断点$x=e$，可去间断点$x=1$，求$ab$的值。
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解：已知有两个间断点$x=a,x=b$，其中无穷间断点指极限值为无穷的点，可去间断点表示极限值存在且两侧相等，但是与函数值不相等的点。
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已经给出两个间断点的值为$x=1$和$x=e$，所以$ab$必然对应其中一个，但是不清楚到底谁是谁。
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当$a=1,b=e$时，$f(x)=\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$。\medskip
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当$x\to 1$时，$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$$=\dfrac{1}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^x-e}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^{x-1}-1}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x-1}{x-1}$$=\dfrac{e}{1-e}$。\medskip
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$\therefore x=1$为可去间断点。\medskip
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当$x\to e$时，$\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^x-e}{(x-1)(x-e)}$$=\dfrac{1}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^x-e}{x-e}$$=\dfrac{e}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{e^{x-1}-1}{x-e}$\medskip$=\dfrac{e}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{x-1}{x-e}$$=\dfrac{e(e-1)}{e-1}\lim\limits_{x\to e}\dfrac{1}{x-e}=\infty$。\medskip
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$\therefore x=e$为无穷间断点。\medskip
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当$a=e,b=1$时，$f(x)=\dfrac{e^x-1}{(x-e)(x-1)}$。\medskip
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而作为分子的$e^x-1$必然为一个常数，当式子趋向$1$或$e$的时候分母两个不等式中的一个不等式必然为一个常数，从而另一个不等式则变为了无穷小，所以$\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\lim\limits_{x\to e}f(x)=\infty$。
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$\therefore a=1,b=e$。
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\section{中值定理}
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中值定理一般用于判断不等式。
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\subsection{罗尔定理}
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罗尔定理在判断不等式时一般用于零点的状况。
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\subsubsection{直接式子}
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需要证明所给式子的导数是否在该区间为0即可。
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\textbf{例题：}证明多项式$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$上不可能有两个零点。
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证明：假设$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$有两个零点$x_1$和$x_2$，其中$x_1<x_2$。
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因为$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$内连续，所以$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$内可导。
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由罗尔定理得知$\exists\xi\in(x_1,x_2)\subset(0,1)$，使得$f'(\xi)=0$，但是$f'(x)=3x^2-3$在$(0,1)$上不超过0，所以$\xi$不存在，从而多项式$f(x)=x^3-3x+a$在$[0,1]$上不可能有两个零点。
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\subsubsection{含参数式子}
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若所求式子是一个含参数，那么其一定还有另一个式子约束参数，此时我们就需要构建一个新的式子来利用所给的条件，然后将新式子转换为旧式子。
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\textbf{例题：}设$a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$，证明多项式$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$在$(0,1)$中至少有一个零点。
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证明：因为所要证明零点，所以一定使用罗尔定理。所给出的约束参数式子$a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$与所求$f(x)$之间存在一个关系。
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设$F(x)=a_0x+a_1\dfrac{x^2}{2}+\cdots+a_n\dfrac{x^{n+1}}{n+1}$，$F'(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=f(x)$。
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又$F(0)=0$,$F(1)=a_0+\dfrac{a_1}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{n+1}=0$，又罗尔定理一定存在一个$\xi\in(0,1)$，使得$F'(\xi)=f(\xi)=0$。
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从而$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$在$(0,1)$中至少有一个零点。
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\subsection{拉格朗日中值定理}
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证明不等式最重要的还是找到$f(x)$，有时候不等式不存在$f(a)-f(b)$这种式子，就需要我们转换。
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\subsubsection{对数函数特性}
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对于对数函数，要记住其特定的性质：$\log_n(\dfrac{a}{b})=\log_na-\log_nb$。
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\textbf{例题：}设$a>b>0$，证明：$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$。
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证明：因为$\ln\dfrac{a}{b}=\ln a-\ln b$，所以令$f(x)=\ln x$。
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所以根据拉格朗日中值定理：$\ln a-\ln b=f'(\xi)(a-b)$（$\xi\in(b,a)$）。
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又$f'(\xi)=\dfrac{1}{\xi}$，所以$\ln a-\ln b=\dfrac{a-b}{\xi}$。
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又$\xi\in(b,a)$，所以$\dfrac{1}{\xi}\in(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b})$。
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所以$\dfrac{a-b}{a}<\dfrac{a-b}{\xi}<\dfrac{a-b}{b}$，从而$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$，得证。
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\subsubsection{查找特定值}
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对于证明一种不等式，如果里面没有差式，也无法转换为差式，那么就可以考虑制造差式，对于$f(x)$一般选择更高阶的，$a$选择$x$，$b$要根据题目和不等式设置一个常数。
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一般是0或1。可以先尝试1。
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\textbf{例题：}当$x>1$时，证明$e^x>ex$。
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证明：题目中没有差式，所以需要选择一个函数作为基准函数，里面有一个指数函数和一个幂函数，所以选择$e^x$作为基准函数。
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然后选择一个常数作为$b$值，可以先选一个1作为$b$值：$f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)$。
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从而$e^x-e=e^\xi(x-1)$，$\xi\in(1,x)$，所以$e^x-e>e(x-1)$，即$e^x>ex$，得证。
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\subsection{柯西中值定理}
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需要找到两个函数，使得$\dfrac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{F'(\xi)}$。
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\textbf{例题：}设$0<a<b$，函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，证明存在一点$\xi\in(a,b)$使得$f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\dfrac{b}{a}$。
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证明：由对数函数的特性可以知道$\dfrac{b}{a}=\ln b-\ln a$，所以可以令$F(x)=\ln x$，所以$F'(x)=\dfrac{1}{x}$。
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$f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\dfrac{b}{a}=\dfrac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\dfrac{f'(\xi)}{\dfrac{1}{\xi}}\dfrac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{F'(\xi)}$。
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根据柯西中值定理得证。
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\section{导数应用}
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\subsection{单调性}
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\textbf{例题：}求$y=x+\vert\sin 2x\vert$的单调区间。
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解：因为函数的定义域为$R$。
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又$y=\left\{\begin{array}{lcl}
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x+\sin 2x, & & n\pi\leqslant x\leqslant n\pi+\dfrac{\pi}{2} \\
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x-\sin 2x, & &n\pi+\dfrac{\pi}{2}\leqslant x\leqslant (n+1)\pi
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\end{array}\right.$（$n=0,\pm 1,\pm2,\cdots$）。
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$\therefore y'=\left\{\begin{array}{lcl}
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1+2\cos 2x, & & n\pi\leqslant x\leqslant n\pi+\dfrac{\pi}{2} \\
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||||
1-2\cos 2x, & &n\pi+\dfrac{\pi}{2}\leqslant x\leqslant (n+1)\pi
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||||
\end{array}\right.$（$n=0,\pm 1,\pm2,\cdots$）。
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令$y'=0$，所以得到驻点为$x=n\pi+\dfrac{\pi}{3}$和$x=n\pi+\dfrac{5\pi}{6}$。
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分割区间：$\left[n\pi,n\pi+\dfrac{\pi}{3}\right]$，$\left[n\pi+\dfrac{\pi}{3},n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right]$，$\left[n\pi+\dfrac{\pi}{2},x=n\pi+\dfrac{5\pi}{6}\right]$，
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$\left[x=n\pi+\dfrac{5\pi}{6},(n+1)\pi\right]$（$n=0,\pm 1,\pm2,\cdots$）。
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当$x\in\left[n\pi,n\pi+\dfrac{\pi}{3}\right]$，$y'>0$，所以函数在区间上单调递增。
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当$x\in\left[n\pi+\dfrac{\pi}{3},n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right]$，$y'<0$，所以函数在区间上单调递减。
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当$x\in\left[n\pi+\dfrac{\pi}{2},x=n\pi+\dfrac{5\pi}{6}\right]$，$y'>0$，所以函数在区间上单调递增。
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||||
当$x\in\left[x=n\pi+\dfrac{5\pi}{6},(n+1)\pi\right]$，$y'<0$，所以函数在区间上单调递减。
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从而函数在$\left[\dfrac{k\pi}{2},\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{3}\right]$时单调增加，在$\left[\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{3},\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}\right]$上单调减少（$k=0,\pm 1,\pm2,\cdots$）。
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\subsection{凹凸性}
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二阶导数为0处就是拐点。
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\textbf{例题：}决定曲线$y=ax^3+bx^2+cx+d$中参数，使得$x=-2$处曲线有水平切线，$(1,-10)$为拐点，且点$(-2,44)$在曲线上。
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解：$y'=3ax^2+2bx+c$，$y''=6ax+2b$。
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因为$x=-2$处曲线有水平切线，即$y'\vert_{x=-2}=12a-4b+c=0$。
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$(1,-10)$为拐点，代入：$y''\vert_{x=1}=6a+2b=0$，$y\vert_{x=1}=a+b+c+d=-10$。
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又点$(-2,44)$在曲线上，所以$y\vert_{x=-2}=-8a+4b-2c+d=44$。
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解得四个方程：$a=1$，$b=-3$，$c=-24$，$d=16$。
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\subsection{极值与最值}
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求极值需要考虑$y'$与点两边正负号，如果$y''$存在则可以考虑，$y''<0$则取极大值，$y''>0$则取极小值。
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对于最值需要考虑极值和闭区间端点两个部分。
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\subsection{函数图像}
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\subsection{零点问题}
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\subsubsection{零点定理}
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若$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$f(a)f(b)<0$，则$f(x)=0$在$(a,b)$内至少有一个根。其中$ab$是具体数也可以是无穷大。
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用于证明存在某一个零点。
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\subsubsection{单调性}
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若$f(x)$在$(a,b)$内单调（$f'(x)$存在且不恒等于0），则$f(x)=0$在$(a,b)$内至多有一个根。
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用于证明只有一个零点。
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\subsubsection{罗尔原话}
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若$f^{(n)}(x)=0$至多有$k$个根，则$f(x)=0$至多有$k+n$个根。是罗尔定理的推论。
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即若$f(x)=0$至少有两个根，则$f'(x)$至少有一个根。
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\textbf{例题：}证明方程$2^x-x^2=1$有且仅有3个实根。
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解：令$f(x)=2^x-x^2-1$，则$f'(x)=\ln22^x-2x$，$f''(x)=(\ln2)^22^x-2$，$f'''(x)=(\ln2)^32^x\neq 0$。
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所以$f'''(x)=0$至多0个根。所以根据罗尔原话$f(x)=0$至多三个根。
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又观察法$f(0)=0$，$f(1)=0$得到两个实根。
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$f(4)=-1$，$f(5)=6$，所以$(4,5)$内存在一个实根，从而一共与三个根。
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\subsubsection{实系数奇次方程}
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实系数奇次方程至少与一个实根。即$x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}=0$至少与一个实根。
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\textbf{例题：}若$3a^2-5b<0$，则方程$x^5+2ax^3+3bx+4c=0$()。
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$A.\text{无实根}$\qquad$B.\text{有唯一实根}$\qquad$C.\text{有三个不同实根}$\qquad$D.\text{与五个不同实根}$
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解：令$f(x)=x^5+2ax^3+3bx+4c$，该实系数奇次方程至少有一个根。
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$f'(x)=5x^4+6ax^2+3b$，令$t=x^2$，$5t^2+6at+3b=0$。
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$\Delta=36a^2-4\cdot5\cdot3b=36a^2-60b=12(3a^2-5b)<0$。
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$\therefore f'(x)$无实根，所以$t=x^2$解不出来，所以$f'(x)\neq0$。
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$f'(x)=0$至多0个根。所以根据罗尔原话$f(x)=0$至多一个根，又由上面至少一个根，所以只有一个根，选择$B$。
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\subsubsection{函数含参导数不含参}
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参数是一个加在式子上的常数，函数求导后参数就被消掉了，所以可以在计算过程中不考虑参数，等到了最后的结果再讨论参数。
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\textbf{例题：}设常数$k>0$，函数$f(x)=\ln x-\dfrac{x}{e}+k$在$(0,+\infty)$内的零点个数为()。
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$A.3$\qquad$B.2$\qquad$C.1$\qquad$D.0$
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解：$f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e}$，令其为0，则$x=e$。
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$x\in(0,e)$，$f'(x)>0$，$f(x)\nearrow$，$x\in(e,+\infty)$，$f'(x)<0$，$f(x)\searrow$。
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又$f(e)=k>0$，$\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}(\ln x-\dfrac{x}{e}+k)=-\infty$，所以左边有一个根，$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(\ln x-\dfrac{x}{e}+k)=-\infty$，所以一共有两个根。
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\subsubsection{函数导数含参}
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参数与自变量进行运算，从而求导后参数仍在式子中，计算时需要携带参数来思考。
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\textbf{例题：}求方程$k\arctan x-x=0$的不同实根的个数，其中$k$为参数。
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解：令$f(x)=k\arctan x-x$$，\because f(-x)=-f(x)$，所以$f(x)$是一个奇函数，所以可以只要考虑一边的情况。$x=0$是函数的一个根。
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$f'(x)=\dfrac{k}{1+x^2}-1=\dfrac{k-1-x^2}{1+x^2}$。
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若$k-1\leqslant0$即$k<1$则$f'(x)\leqslant0$，所以$f(x)$单调减少，从而只有一个根。
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若$k-1>0$即$k>1$，令$f'(x)=0$，即$k-1-x^2=0$，$x=\sqrt{k-1}$。
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$x\in(0,\sqrt{k-1})$，$f'(x)>0$，$f(x)\nearrow$。$x\in(\sqrt{k-1},+\infty)$，$f'(x)<0$，$f(x)\searrow$。
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$\lim\limits_{x\to+\infty}(k\arctan x-x)=-\infty$，所以在0的右侧一定存在一个零点，同理左边也因为奇函数对称存在一个零点，所以一共有三个根。
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\end{document}
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\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref}
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\author{Didnelpsun}
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\title{不定积分与定积分}
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\title{一元函数积分学}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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@@ -623,15 +623,81 @@ $\therefore F''(x)=f(x)$。
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\subsection{反常积分}
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\section{积分应用}
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\section{一元函数积分应用}
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\subsection{面积}
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\subsection{几何应用}
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\subsection{体积}
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重点是形心公式和弧长公式。
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\subsection{平均值}
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\subsubsection{面积}
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\subsection{弧长}
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\subsubsection{体积}
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\subsubsection{平均值}
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\subsubsection{弧长}
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利用勾股定理求弧长。
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若平面光滑曲线表达式为：
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\begin{itemize}
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\item 直角坐标系$y=y(x)$（$a\leqslant x\leqslant b)$，则$s=\int_a^b\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,\textrm{d}x$。
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||||
\item 参数方程$x=x(t),y=y(t)$（$\alpha\leqslant t\leqslant\beta)$，则$s=\int_\alpha^\beta\sqrt{[x'(x)]^2+[y'(t)]^2}\,\textrm{d}t$。
|
||||
\item 极坐标系$r=r(\theta)$（$\alpha\leqslant\theta\leqslant\beta)$给出，则$s=\int_a^b\sqrt{[r(\theta)]^2+[r'(\theta)]^2}\,\textrm{d}\theta$。
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||||
\end{itemize}
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\subsubsection{旋转曲面表面积}
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使用弧长而不是$\textrm{d}x$来计算。
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曲线$y=y(x)$在区间$[a,b]$上的曲线弧段绕$x$轴旋转一周所得的旋转曲面的表面积$S=2\pi\int_a^b\vert y(x)\vert\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,\textrm{d}x$。
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曲线$x=x(t)$，$y=y(t)$（$\alpha\leqslant t\leqslant\beta$，$x'(t)\neq0$）在区间$[\alpha,\beta]$上的曲线弧段绕$x$轴旋转一周所得到的旋转曲面的表面积$S=2\pi\int_\alpha^\beta\vert y(t)\vert\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\,\textrm{d}t$。
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\subsubsection{形心坐标公式}
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设曲边梯形平面区域$D=\{(x,y)|0\leqslant y\leqslant f(x),a\leqslant x\leqslant b\}$，$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$D$的形心坐标计算公式为：
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$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}x\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bxf(x)\,\textrm{d}x}{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
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$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}y\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bf^2(x)\,\textrm{d}x}{2\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
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\textbf{例题：}设曲线$L$的方程为$y=\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}\ln x$，$1\leqslant x\leqslant e$，$D$是由曲线$L$，直线$x=1$，$x=e$及$x$轴围成的平面图形，求$D$的形心横坐标。
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解：代入$\overline{x}=\dfrac{\int_a^bxf(x)\,\textrm{d}x}{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}=\dfrac{\int_1^ex\left(\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}\ln x\right)\,\textrm{d}x}{\int_1^e\left(\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}\ln x\right)\,\textrm{d}x}=\dfrac{3(e^2+1)(e^2-3)}{4(e^3-7)}$。
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\subsubsection{平行截面已知的立体体积}
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\subsection{物理应用}
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\subsubsection{变力沿直线做功}
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设方向沿$x$轴正向的力函数为$F(x)$（$a\leqslant x\leqslant b$），则物体沿$x$轴从点$a$移动到点$b$时，变力$F(x)$所做的功为$W=\int_a^bF(x)\,\textrm{d}x$，功的元素$\textrm{d}W=F(x)\,\textrm{d}x$。
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\subsubsection{抽水做功}
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将容器中的水全部抽出所做的功为$W=\rho g\int_a^bxA(x)\,\textrm{d}x$，其中$\rho$为水的密度，$g$为重力加速度。
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功的元素$\textrm{d}W=\rho gxA(x)\,\textrm{d}x$为位于$x$处厚度为$\textrm{d}x$，水平截面面积为$A(x)$的一层水被抽出（路径为$x$）所做的功。
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\textbf{例题：}有一个半径为$4m$的半球形水池蓄满了水，现在要将水全部抽取到距水池原水面$6m$高的水箱中，求需要做多少功。（水的密度为$1000kg/m^3$，重力加速度$g=9.8m/s^2$）
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解：令水池是竖直的，所以以$y$为积分的方向。
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根据原水平面为半径为4的圆的面积，得到$x^2+y^2=16$，解得$x^2=16-y^2$，$A(y)=\pi x^2=\pi(16-y^2)$。
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$\rho gA(y)\,\textrm{d}y=\rho g\pi(16-y^2)\,\textrm{d}y$
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要将水提到$6m$，即路径为$6-y$，所以$\rho g\pi(16-y^2)(6-y)\,\textrm{d}y$。
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又$y$从最开始的0到抽干的-4，所以得到$w=\int_{-4}^0\rho g\pi(16-y^2)(6-y)\,\textrm{d}y$。
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\subsubsection{水压力}
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垂直浸没于水中的平板$ABCD$的一侧收到的水压力为$P=\rho g\int_a^bx[f(x)-h(x)]\,\textrm{d}x$，其中$\rho$为水的密度，$g$为重力加速度。
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压力元素$\textrm{d}P=\rho gx[f(x)-h(x)]\,\textrm{d}x$是受到的压力，$x$表示水深，$f(x)-h(x)$是矩形的宽度，$\textrm{d}x$是矩形的高度，总高度为$\vert a-b\vert$。
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\section{积分等式}
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@@ -693,8 +759,6 @@ $\therefore=\dfrac{f(x)x-f(\xi)x}{x^2}=\dfrac{f(x)-f(\xi)}{x}$，因为$f(x)$在
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所以$F'(x)<0$，所以$F(x)$单调递减，从而$F(\lambda)\geqslant F(1)$，所以得证。
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\subsection{拉格朗日中值定理}
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多用于所给条件为“$f(x)$一阶可导”且某一端点值较简单甚至为0的题目。
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@@ -34,8 +34,31 @@
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\section{}
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\section{求和函数}
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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。
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\subsection{先导后积}
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$n$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。
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\textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$的和函数。
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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。
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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。
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记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$，则$x^n=(x-0)^n$，取$x_0=0$。
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$\therefore S(x)=S(0)+\displaystyle{\int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{t^n}{n}\right)_t'\,\textrm{d}t}=0+\int_0^x(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1})\,\textrm{d}t=\displaystyle{\int_0^x\dfrac{1}{1-t}\textrm{d}t}=-\ln(1-x)$。收敛域为$(-1,1)$。
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\subsection{先积后导}
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$n$在分子上，先积后导。$(\int S(x)\,\textrm{d}x)'=S(x)$。
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\textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n$的和函数。
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解：记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n=x\sum\limits_{n=1}^\infty x^{n-1}=x(\int\sum\limits_{n=1}^\infty nx^{n-1}\,\textrm{d}x)'=x(\sum\limits_{n=1}^\infty x^n)'=x\left(\dfrac{x}{1-x}\right)'=\dfrac{x}{(1-x)^2}$。收敛域为$[-1,1]$。
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\end{document}
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@@ -192,4 +192,18 @@ $A.$取得最大值\qquad$B.$取得最小值\qquad$C.$某个邻域内单调增
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$y''(x_0)=-4y(x_0)<0$，所以该点为极大值点。
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\section{欧拉方程}
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\section{微分方程物理应用}
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\subsection{牛顿第二定律}
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$F=ma$，物体质量$m$，力$f$，加速度$a=\dfrac{\textrm{d}^x}{\textrm{d}t^2}=\dfrac{\textrm{d}v}{\textrm{d}t}=\dfrac{\textrm{d}v}{\textrm{d}x}\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}t}=v\dfrac{\textrm{d}v}{\textrm{d}x}$。
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\subsection{变化率}
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考的可能性较大，提法多为$t$时刻某量$y$对$t$的变化率与$t$时刻某量成正比。
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如冷却定律，$k$时刻物体温度$T(t)$对时间的变化率与$t$时刻物体与介质的温差$T-T_0$成正比，应写为$\dfrac{\textrm{d}T}{\textrm{d}t}=-k(x-x_0)$。
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\end{document}
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@@ -743,7 +743,7 @@ $=2\pi\int_0^{2\pi}a(t-\sin t)a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}t=2a^3\pi\int_0^{2\pi}(
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\subsubsection{平行截面已知的立体体积}
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已知截面面积可以通过对应的高得到立体体积：$V=\int_a^bS(x)\,\textrm{d}x$。
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已知截面面积可以通过对应的高得到立体体积，在区间$[a,b]$上，垂直于$x$轴的平面截例题所得到的截面面积为$x$的连续函数$S(x)$，则体积为：$V=\int_a^bS(x)\,\textrm{d}x$。
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\textbf{例题：}计算由$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$所围成的椭球体的体积。
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@@ -87,6 +87,11 @@ $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$称为级数的\textbf{部分和}，$\{S_n\}$是级数
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基本就是使用放缩法判断是否有界。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}等比级数（几何级数）：$\sum\limits_{n=21}^\infty\dfrac{1}aq^{n-1}\left\{\begin{array}{l}
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\vert q\vert<1, \text{收敛} \\
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\vert q\vert\geqslant 1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
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解：$S_n=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>n\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$，当$n\to\infty$时$\sqrt{n}\to\infty$，无上界所以发散。
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@@ -144,54 +149,282 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\sin\dfrac{1}{n}}{\dfrac{
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\vert a\vert^nn!}{n^n}$的敛散性，其中$a$为非零常数。
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解：
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解：记$u_n=\dfrac{\vert a\vert^nn!}{n^n}$，$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\vert a\vert\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}n\ln\frac{n}{n+1}}=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{n}{n+1}-1)}=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{-n}{n+1}-1)}=\vert a\vert e^{-1}=\dfrac{\vert a\vert}{e}$。
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若$0<\vert a\vert<e$，所以收敛；若$\vert a\vert>e$，所以发散；若$\vert a\vert=e$，则回代得到比值$e\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n=\dfrac{e}{(1+\dfrac{1}{n})^n}\to1^+$，且$u_1=e$，$\therefore u_n>u_1>0$，所以发散。
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\paragraph{根值判别法} \leavevmode \medskip
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也称为柯西判别法。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}给出正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，若$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho$，则\ding{172}若$\rho<1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；若$\rho>1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$发散。
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适用于含有$a^n$，$n^n$的通项。
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同理$\rho=1$也会失效。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^3}$的敛散性。
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解：记$u=\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^3}$，则$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}n^(n\sin\frac{1}{n}-1)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sin\frac{1}{n}-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^3}}}=e^{-\frac{1}{6}}<1$，所以收敛。
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\subsubsection{交错级数}
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\paragraph{概念} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若级数各项\textbf{正负相间}出现，则这样的级数是\textbf{交错级数}，一般写为$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n=u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+(-1)^{n-1}u_n+\cdots$，其中$u_n>0$。
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\paragraph{莱布尼兹判别法} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}给出一交错级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$，$u_n>0$，$n=1,2,\cdots$，若$\{u_n\}$\textbf{单调不增}$u_n\geqslant u_{n+1}$且$\lim\limits_{n\to\infty}=0$，则该级数收敛。
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\textbf{例题：}判断交错调和级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}$的敛散性。
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解：$\because\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$。
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且$\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{n+1}$，所以级数收敛。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})$的敛散性，其中$a$为非零常数。
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解：$\because\sin(\alpha+n\pi)=(-1)^n\sin\alpha$。$\therefore\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})=$
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$\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2-n\pi+n\pi})=(-1)^n\sin\left(\dfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}\right)$。
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记$u_n=\sin\left(\dfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}\right)$，又$n\to\infty$时$\dfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}\to0^+$且单调不增，$\sin x$在$x\to0^+$时也是单调函数，所以$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=0$且单调不增。
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所以收敛。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac{\ln(1+n)}{1+n})$的敛散性。
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解：$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln(1+n)}{1+n}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{1+x}=0$。
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对$\dfrac{\ln(1+n)}{1+n})$进行比较有些麻烦，所以令$f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{1+x})$。
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$f'(x)=\dfrac{1-\ln(1+x)}{(1+x)^2}$，当$x\to+\infty$时，$f'(x)<0$，$\{u_n\}$单调减少，所以收敛。
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\subsubsection{任意项级数}
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\paragraph{概念} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$各项可为正可为负，可为零，则这种级数就是\textbf{任意项级数}。
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给任意项级数每一项加上绝对值$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\vert u_n\vert$，就得到了正项级数，称为原级数的\textbf{绝对值级数}。
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\paragraph{绝对收敛} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$为任意项级数，若$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\vert u_n\vert$收敛，则称$\sum\limits_{n=1}^\infty$\\$(-1)^{n-1}u_n$\textbf{绝对收敛}。
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\paragraph{条件收敛} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$为任意项级数，若$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$收敛，但$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}$\\$\vert u_n\vert$发散，则称$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$\textbf{条件收敛}。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\vert u_n\vert$收敛，则$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$必收敛。（绝对收敛则收敛）
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}收敛级数的项任意加括号后所得的新级数仍收敛，且其和不变。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若原级数绝对收敛，不论将其项如何排列，则所得的新级数也收敛，且其和不变。（绝对收敛的级数具有可交换性）
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\textbf{例题：}若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛，则下面级数必收敛的是()。
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$A.\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)\dfrac{u_n}{n}$\qquad$B.\sum\limits_{n=1}^\infty u_n^2$\qquad$C.\sum\limits_{n=1}^\infty(u_{2n-1}-u_{2n})$\qquad$D.\sum\limits_{n=1}^\infty(u_n+u_{n+1})$
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解：对于$A$，取$u_n=(-1)^n\dfrac{1}{\ln n}$，则原来$\dfrac{u_n}{n}=(-1)^n\dfrac{1}{\ln n}$收敛，但是乘上$(-1)^n$就不一定收敛，得到$\dfrac{1}{n\ln n}$。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}广义$p$级数：$\sum\limits_{n=2}^\infty\dfrac{1}{n(\ln n)^p}\left\{\begin{array}{l}
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p>1, \text{收敛} \\
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p\leqslant1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。（$n=1$无意义，从$n=2$开始不影响其敛散性）
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所以$A$发散。
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对于$B$，取$u_n=(-1)^n\dfrac{1}{\sqrt{n}}$，则$u_n^2=\dfrac{1}{n}$，调和级数不收敛。
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对于$C$，取$u_n=(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}$，则得到$u_{2n-1}-u_{2n}=\dfrac{1}{n}$，调和级数不收敛。
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对于$D$，由于$u_n$收敛，则$u_{n+1}$也收敛，所以相加也收敛，选$D$。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若$u_n^2$收敛，则$\dfrac{u_n}{n}$绝对收敛。
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证明：因为不等式$\vert a\vert\vert b\vert\leqslant\dfrac{\vert a\vert^2+\vert b\vert^2}{2}$，$\therefore0\leqslant\vert u_n\dfrac{1}{n}\vert\leqslant\dfrac{u_n^2+\dfrac{1}{n^2}}{2}$。
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且$u_n^2$收敛，则$\dfrac{u_n^2+\dfrac{1}{n^2}}{2}$也收敛，根据性质得证。
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\section{幂级数}
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\subsection{概念与收敛域}
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\subsection{概念}
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\subsubsection{概念}
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\subsubsection{定义}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设函数列$\{u_n(x)\}$定义在区间$I$上，称$u_1(x)+u_2(x)+\cdots+u_n(x)+\cdots$为定义在区间$I$上的\textbf{函数项级数}，记为$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$，当$x$取确定的值$x_0$时，$\sum\limits_{n=1}^\infty$成为常数项级数$\lim\limits_{n=1}^\infty u_n(x_0)$。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$的一般项$u_0(x)$为$n$次幂函数，则称$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$为\textbf{幂级数}，是一种常用的函数项级数，一般形式为$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n+\cdots$，其标准形式为$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^x+\cdots$，其中$a_n$（$n=0,1,2,\cdot$）为\textbf{幂级数的系数}。
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幂级数也称为泰勒级数，与泰勒展开式一样的结构。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若给定$x_0\in I$，有$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$收敛，则称点$x_0$为幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$的\textbf{收敛点}；若给定$x_0\in I$，有$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$发散，则点$x_0$为幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$的\textbf{发散点}。
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\subsubsection{阿贝尔定理}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$在点$x=x_1$（$x_1\neq0$）处收敛时，对于满足$\vert x\vert<\vert x_1\vert$的一切$x$，幂级数\textbf{绝对收敛}；当幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$在$x=x_2$（$x_2\neq0$）处发散时，对于满足$\vert x\vert>\vert x_2\vert$的一切$x$，幂级数\textbf{发散}。
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所以一定存在一个点$R$，在$\vert x\vert<\vert R\vert$中绝对收敛，在$\vert x\vert>\vert R\vert$中发散，$R$称为\textbf{收敛半径}。对于点$\pm R$需要代入幂级数变成常数项级数进行计算，判别其敛散性。
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\subsubsection{收敛域}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}函数项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_0(x)$的所有收敛点的集合就是其\textbf{收敛域}。
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\paragraph{具体型} \leavevmode \medskip
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收敛域的求法：
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\begin{enumerate}
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\item 若$\lim\limits_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert=\rho$，则$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$收敛半径$R$的表达式为$\left\{\begin{array}{ll}
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\dfrac{1}{\rho}, & \rho\neq0 \\
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+\infty, & \rho=0 \\
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0, & \rho=+\infty
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\end{array}\right.$。
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\item 开区间$(-R,R)$为幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的收敛区间。
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\item 代入$R$判断该点的敛散性，最后组合得到收敛域。
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\end{enumerate}
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但是这种方法有一点不方便，如若只知道$a_n$和$a_{n+2}$的关系则求$\rho=\dfrac{1}{R}$比较麻烦。
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收敛域的统一求法：
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\begin{enumerate}
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\item 取绝对值$\vert u_0(x)\vert\geqslant0$，从而可以使用正项级数的判别法。
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\item 根据比值判别法或根值判别法，求$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\vert u_{n+1}(x)\vert}{\vert u_n(x)\vert}=\rho$或$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\vert u_n(x)\vert}=\rho$，令其小于1，得到收敛区间$x\in(a,b)$。
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\item 单独讨论$x=a$，$x=b$处的敛散性，得到收敛域。
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\end{enumerate}
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\textbf{例题：}求幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$的收敛域。
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解：令$\vert u_n(x)\vert=\left\vert\dfrac{x^n}{n}\right\vert$。由于含有$x^n$，所以使用比值判别法。
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\vert u_{n+1}(x)\vert}{\vert u_n(x)\vert}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\vert x^{n+1}\vert}{n+1}\dfrac{n}{\vert x^n\vert}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}\vert x\vert=\vert x\vert$。\medskip
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令其小于1，即$\vert x\vert<1$，$-1<x<1$。
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当$x=-1$时，$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^\dfrac{1}{n}$收敛。当$x=1$，$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}$发散。
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所以$x$收敛域为$[-1,1)$。
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\paragraph{抽象型} \leavevmode \medskip
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}根据阿贝尔定理，已知$\lim\limits_{n=0}^\infty a_0(x-x_0)^n$在某点$x_1$（$x_1\neq x_0$）的敛散性，确定该幂级数的收敛半径可分为三种情况：
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\begin{enumerate}
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\item 若在$x_1$处收敛，则收敛半径$R\geqslant\vert x_1-x_0\vert$。
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\item 若在$x_1$处发散，则收敛半径$R\leqslant\vert x_1-x_0\vert$。
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\item \textcolor{orange}{注意：}若在$x_1$处条件收敛，则$R=\vert x_1-x_0\vert$。
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\end{enumerate}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}已知$\sum a_n(x-x_1)^n$的敛散性，讨论$\sum b_n(x-x_2)^m$的敛散性：
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\begin{enumerate}
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\item $(x-x_1)^n$与$(x-x_2)^m$的转换一般通过初等变形来完成，包括\ding{172}平移收敛区间；\ding{173}提出或乘以因式$(x-x_0)^k$等。
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\item $a_n$与$b_n$的转换一般通过微积分变形来完成，包括\ding{172}对级数逐项求导；\ding{173}对级数逐项积分等。
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\item 以下三种情况，级数收敛半径不变，收敛域要具体代入点讨论：\begin{enumerate}
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\item 对级数提出或乘以因式$(x-x_0)^k$或进行平移等，收敛半径不变。
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\item 对级数逐项求导，收敛半径不变，收敛域可能缩小。
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\item 对级数逐项积分，收敛半径不变，收敛域可能扩大。
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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\textbf{例题：}设$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n$在点$x=1$处条件收敛，则幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$在点$x=2$处()。
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$A.$绝对收敛\qquad$B.$条件收敛\qquad$C.$发散\qquad$D.$敛散性不确定
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解：$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n=\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x-(-1))^n$，所以$x_0=-1$。
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又$x=1$处条件收敛，所以$R=1-(-1)=2$。从而$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n$的收敛区间为$(-3,1)$。
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$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n$要转换为$\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$，则首先中心点要从-1移动到1，$a_n(x+1)^n\to a_n(x-1)^n$，由于平移不改变收敛半径，所以$a_n(x-1)^n$收敛区间为$(1,3)$。
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然后要将$a_n(x-1)^n$变为$na_n(x-1)^n$，需要进行求导得到$na_n(x-1)^{n-1}$，求导收敛半径不变，所以收敛区间依然为$(1,3)$。最后还要乘上$(x-1)$得到$na_n(x-1)^n$就是所求，收敛区间依然为$(1,3)$。
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而在$x=2$在收敛区间内，必然绝对收敛，所以选$A$。
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\subsection{幂级数求和函数}
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}在收敛域上，记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$，并称$S(x)$为$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$的\textbf{和函数}。
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\subsubsection{运算法则}
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若幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$与$\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n$的收敛半径分别为$R_a$和$R_b$（$R_a\neq R_b$），则：
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\begin{itemize}
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\item $k\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty ka_nx^n$，$\vert x\vert<R$，$k$为常数。
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\item $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\pm\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (a_n\pm b_n)x^n$，$\vert x\vert<R=\min\{R_a,R_b\}$。
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\end{itemize}
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实际运算中，可能运算法则要求的起始$n$值不同，$a_nb_n$不为不包含$x$的常数，$x^n$的幂次不同，恒等变形方法如下：
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\begin{enumerate}
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\item 通项，下标一起变化：$\sum\limits_{n=k}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_{n-l}x^{n-l}$，其中$l$为整数。
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\item 只变下标，只变通项：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=a_kx^k+a_{k+1}x^{k+1}+\cdots+a_{k+l-1}x^{k+l-1}+\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_nx^n$。
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\item 只变通项，不变下标：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=x^l\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{n-l}$。
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\end{enumerate}
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如$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=0}^\infty b_{n+1}x^{2n+2}=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=0}^\infty(a_n+b_n)x^{2n}$。
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\subsubsection{性质}
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收敛域的扩大和缩小在于其端点是否通过求导或积分变得可取了。
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\begin{itemize}
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(n)$在其收敛区间$I$上连续，且如果幂级数在收敛区间的端点$x=\pm R$处收敛，则和函数$S(x)$在$(-R,R]$或$[-R,R)$上连续。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(x)$在其收敛域$I$上可积，且有逐项积分公式$\int_0^xS(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nt^n)\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\int_0^xt^n\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$（$x\in I$），逐项积分后得到的幂级数和原级数有相同收敛半径，但是收敛域可能扩大。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(x)$在其收敛区间$(-R,R)$内可到，且有逐项求导公式$S'(x)=(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n)'=\sum\limits_{n=0}^\infty(a_nx^n)'=\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}$（$\vert x\vert<R$），逐项求导后得到的幂级数和原级数有相同收敛半径，但是收敛域可能缩小。
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\end{itemize}
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\subsubsection{重要展开式}
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$x$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。
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\begin{enumerate}
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\item $e^x=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{x^n}{n!}=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^n}{n!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
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\item $\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^nx^n+\cdots$，$-1<x<1$。
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\item $\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=1+x+x^2+\cdots+x^n+\cdots$，$-1<x<1$。
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\item $\ln(1+x)=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+\cdots$，$-1<x\leqslant1$。
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\item $\sin x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2x+1}}{(2n+1)!}=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
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\item $\cos x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots$，$-\infty<x<+\infty$。
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\item $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n+\cdots$，$\left\{\begin{array}{l}
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x\in(-1,1),\text{当}\alpha\leqslant-1 \\
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x\in(-1,1],\text{当}-1<\alpha<0 \\
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x\in[-1,1],\text{当}\alpha>0
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\end{array}\right.$。
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\end{enumerate}
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\subsection{函数展开为幂级数}
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若函数$f(x)$在$x=x_0$处存在任意阶导数，则称$f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\cdots$为函数$f(x)$在$x_0$处的\textbf{泰勒级数}，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$。
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当$x_0=0$时，称$f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\cdots$为函数$f(x)$的\textbf{麦克劳林级数}，若收敛，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
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都是函数展开成幂级数。
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\subsubsection{求法}
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\paragraph{直接法} \leavevmode \medskip
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逐个计算$a_n=\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$并代入，但是一般很麻烦。
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\paragraph{间接法} \leavevmode \medskip
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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。
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\textbf{例题：}求函数$f(x)=\arctan x$在$x=0$处的幂级数展开。
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解：$f'(x)=(\arctan x)'=\dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{1}{1-(-x^2)}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^{2n}$，$\vert-x^2\vert<1$。
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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：$f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nt^{2n}\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{t^{2n+1}}{2n+1}\bigg|_0^x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$。
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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）。
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\section{傅里叶级数}
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\end{document}
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Binary file not shown.
@@ -334,4 +334,16 @@ $f(x)-f(x)=0$，所以得证。
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\end{array}\right.$。
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\end{enumerate}
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\section{欧拉方程}
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\subsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}形如$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)$为已知函数。
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\subsection{解法}
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当$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$回代。
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当$x<0$是，令$x=-e^t$，同理可得。
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\end{document}
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