高数下笔记
挂科了，还是要学好高数啊！
前言
玩脱了，光顾着搞技术，绩点炸了。
高数 59 ，有人问我说我是不是得罪老师了——但是有没有一种可能，就是。。平时分已经给满了（）
笔记正文
第六章 多元函数微分学
1. 多元函数
2. 多元函数的极限
3. 多元函数的连续性
4. 偏导数与全微分
例（2020-2021第二学期期末，1）确定实数 $\alpha$ 的范围，使函数 $f(x,y)=\left\{
\begin{aligned}
(x^2+y^2)^\alpha\sin\frac{1}{x^2+y^2},x^2+y^2\neq0 \\
0,x^2+y^2\neq0
\end{aligned}
\right.$ 在 $(0,0)$ 处可微。
解
$$
\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2\alpha}\sin\frac{1}{x^2}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}x^{2\alpha-1}\sin\frac{1}{x^2}
$$
当 $2\alpha-1>0$ 时，极限为 $0$ ，即 $f_x’(0,0)=0$ ，此时类似地，有 $f_y’(0,0)=0$
5. 复合函数与隐函数的微分法
6. 方向导数与梯度
7. 多元函数的微分中值定理与泰勒公式
8. 隐函数存在定理
9. 极值问题
先用 $f_x’=f_y’=0$ 求出稳定点，再令 $A=f_{xx},B=f_{xy},C=f_{yy}$ ，仅 $B^2 < AC$ 时可以确定极值，此时 $A>0$ 就是极小值， $A < 0$ 就是极大值。与二元函数类似。
例（2021-2022第二学期期末，4）求多元函数 $f(x,y)=xe^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值。
解 $f_x’=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(1-x^2),f_y’=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-xy)$ ，令 $f_x’=f_y’=0$ ，得到 $(-1,0)$ 和 $(1,0)$ 两个稳定点。令 $A=f_{xx}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(x^3-3x),B=f_{xy}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-y+x^2y),C=f_{yy}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-x+xy^2)$ ，代入 $(1,0)$ 得到 $A=-2e^{-\frac{1}{2}}<0$，$B=0$
第七章 重积分
1. 二重积分的概念与性质
2. 二重积分的计算
例（2021-2022第二学期期末，2）求 $I=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-x^2}}(x^2+y^2)\mathrm{d}y$
解 作极坐标变换 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，则
$$
I = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_0^1 r\cdot r\mathrm{d}r = \frac{\pi}{12}
$$
例（2017-2018第二学期期末，1）计算二重积分 $\iint_D\frac{|y|}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $D$ 为圆环区域 $1\leq x^2+y^2\leq 4$。
解 作极坐标变换，有
$$
I = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_1^2 \frac{|r\sin\theta|}{r^2}\cdot\mathrm{d}r = \int_0^{2\pi}|\sin\theta|\mathrm{d}\theta\int_1^2\mathrm{d}r = 4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta \mathrm{d}\theta\int_1^2\mathrm{d}r = 4
$$
3. 三重积分的概念与计算
4. 重积分的应用举例
曲面 $S$ 由参数方程 $x=x(u,v),y=y(u,v),z=z(u,v), (u,v)\in D’$ 给出时，可计算
$$
E = x_u^2+y_u^2+z_u^2 \\
F = x_ux_v+y_ux_v+z_ux_v \\
G = x_v^2+y_v^2+z_v^2
$$
从而
$$
S = \iint\limits_{D’}\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v
$$
第八章 曲线积分与曲面积分
1. 第一型曲线积分（对弧长的曲线积分）
这个非常地简单直观，就是求一条曲线（如二次函数的某一段）的长度。
平面曲线求法：
$$
\int_Lf(x,y)ds=\int_\alpha^\beta f[x(t),y(t)]\sqrt{[x’(t)]^2+[y’(t)]^2}dt \\
or \int_Lf(x,y)ds=\int_\alpha^\beta f[x,y(x)]\sqrt{[1+[y’(x)]^2}dxdy
$$
空间曲线类似：
$$
\int_Lf(x,y,z)ds=\int_\alpha^\beta f[x(t),y(t),z(t)]\sqrt{[x’(t)]^2+[y’(t)]^2+[z’(t)]^2}dt \\
$$
2. 第二型曲线积分（对坐标的曲线积分）
这个看起来就不那么地直观，其物理背景是求变力在曲线上做功，大概想象一下子。
计算方法：
$$
\int_{\overset{\frown}{AB}}P(x,y)dx=\int_\alpha^\beta P[x(t),y(t)]x’(t)dt \\
\int_{\overset{\frown}{AB}}Q(x,y)dy=\int_\alpha^\beta Q[x(t),y(t)]y’(t)dt
$$
两类曲线积分关系：
$$
\int_LPdx+Qdy=\int_L(Pcos\alpha +Qcos\beta )ds \\
or \int_\Gamma Pdx+Qdy+Rdz=\int_L(Pcos\alpha +Qcos\beta +Rcos\gamma )ds
$$
3. 格林公式
就一道式子：
$$
∮_L Pdx+Qdy=∬\limits_D( \frac{ \partial Q }{ \partial x }- \frac{ \partial P }{ \partial y })dxdy\\
$$
条件是函数 $P$ 和 $Q$ 在平面区域 $D$ 上有连续的偏导数 ，这个条件一般不管， 主要是边界曲线 $L$ 闭合就行。
格林公式可以将第二类曲线积分化为简单的二重积分，非常地不错。
PS:以下这些符号的 Latex 支持不是很好，直接用字符了。
$$
∮ \ ∯ \ ∰ \ ∱ \ ∲ \ ∳
$$
例（2020-2021第二学期期末，2）计算曲线积分 $∮_L(xy^2-\sin y)\mathrm{d}y-(\cos x+x^2y)\mathrm{d}x$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=4$ ，积分方向为沿 $L$ 逆时针方向。
解 $L$ 为闭合曲线，且 $P,Q$ 在 $L$ 围成的 $D$ 上偏导也连续，所以可以用格林公式：
$$
\begin{aligned}
I&=\iint\limits_D[y^2-(-x^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\
&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^2r^2\cdot r\mathrm{d}r \\
&=8\pi
\end{aligned}
$$
4. 第一型曲面积分
和第一型曲线积分一样直观，就是求一个曲面的面积。
计算方法：
$$
\iint \limits_{\Sigma} f(x,y,z) \mathrm{d}S=\iint \limits_{D_{xy}}f[x,y,z(x,y)]\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
$$
5. 第二型曲面积分
计算方法：
$$
\iint \limits_{\Sigma} R(x,y,z) \mathrm{d}S=\iint \limits_{D_{xy}}R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y
$$
两类曲面积分关系：
$$
\iint \limits_\Sigma P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint \limits_\Sigma(Pcos\alpha+Qcos\beta+Rcos\gamma)\mathrm{d}S
$$
6. 高斯公式与斯托克斯公式
高斯公式：
$$
∯ \limits_\Sigma P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint \limits_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\
or ∯ \limits_\Sigma(P\mathrm{cos}\alpha+Q\mathrm{cos}\beta+R\mathrm{cos}\gamma)\mathrm{d}S=\iiint \limits_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z
$$
例（2021-2022第二学期期末，3）计算曲面积分 $∯ \limits_\Sigma(x-z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $\Sigma$ 是由 $z=x^2+2y^2$ 与 $z=1$ 所围成立体表面的外侧。
解 $\Sigma$ 是封闭曲面，直接上高斯公式，有
$$
I=\iiint \limits_\Omega(1+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=2\iiint \limits_\Omega\mathrm{d}V
$$
作柱面坐标变换 $x=r\cos\theta,y=\frac{r\sin\theta}{\sqrt2}$ ，得
$$
I=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^1\frac{r}{\sqrt{2}}dz=\frac{\pi}{\sqrt2}
$$
直角坐标与柱面坐标关系：
$$
\left\{
\begin{aligned}
x&=r\cos\theta \\
y&=r\sin\theta \\
z&=z
\end{aligned}
\right.
$$
此时 $\mathrm{d}V=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z$
直角坐标与球面坐标关系：
$$
\left\{
\begin{aligned}
x&=r\sin\varphi\cos\theta \\
y&=r\sin\varphi\sin\theta \\
z&=r\cos\varphi
\end{aligned}
\right.
$$
此时 $\mathrm{d}V=r^2\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\varphi$
斯托克斯公式：
$$
∮_L P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\iint \limits_\Sigma
\begin{vmatrix}
\mathrm{d}y\mathrm{d}z & \mathrm{d}x\mathrm{d}z & \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
P & Q & R
\end{vmatrix}=
\iint \limits_\Sigma
\begin{vmatrix}
\mathrm{cos}\alpha & \mathrm{cos}\beta & \mathrm{cos}\gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
P & Q & R
\end{vmatrix}
\mathrm{d}S
$$
第九章 常微分方程
1. 基本概念
所谓常微分方程，就是区别于偏微分方程，未知函数是一元函数，而不是多元。
常微分方程的阶数即肉眼可见的导数的最高阶，如 $y’’’+2(y’’)^3+y^2+x^5$ 就是三阶常微分方程。
通解的概念：$n$ 阶常微分方程有解 $y=\varphi(x;C_1,\cdots,C_n)$ ，其中 $C_1,\cdots,C_n$ 是 $n$ 个独立的任意常数，则称其为方程的一个通解；相对的，就有特解的概念，即方程的任何一个不包含任意常数的解。用数学语言表达独立性，有雅可比行列式不为零，即
$$
\frac{D(\varphi,\varphi’,\cdots,\varphi^{n-1})}{D(C_1,C_2,\cdots,C_n)}\ne0
$$
举个例子，经典方程 $y’’+y=0$ 有解 $y=C_1\mathrm{sin}x+C_2\mathrm{cos}x$ ，则雅可比行列式为
$$
\frac{D(y,y’)}{D(C_1,C_2)}=
\begin{vmatrix}
\mathrm{sin}x & \mathrm{cos}x \\
\mathrm{cos}x & -\mathrm{sin}x
\end{vmatrix}
=-1 \ne 0
$$
可能你会问这个雅可比行列式具体怎么出來的，其实第一行就是 $y$ 分别对 $C_1$ 和 $C_2$ 求导，第二行是 $y’$ 对 $C_1$ 和 $C_2$ 求导。
故 $C_1,C_2$ 是两个独立的任意常数，进而 $y=C_1\mathrm{sin}x+C_2\mathrm{cos}x$ 是方程的通解。
2. 初等积分法
2.1 变量分离的方程
2.2 可化为变量分离的几类方程
2.3 一阶线性微分方程
形如
$$
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y=Q(x)
$$
的一阶微分方程就叫一阶线性微分方程。
一般套公式就行，若 $Q(x)\equiv0$ ，则为齐次方程，直接积分有通解 $y=C\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}$ ；若为非齐次方程则用常数变易法求得通解
$$
y=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left[\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}dx+C\right]
$$
然后还有贝努里方程（当然贝努利方程也是它，音译嘛）长这样：
$$
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y=Q(x)y^n\ (n\ne0,1)
$$
作变量代换 $z=y^{1-n}$ ，可化为一阶线性方程
$$
\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}+(1-n)P(x)z=(1-n)Q(x)
$$
2.4 全微分方程与积分因子
例（2021-2022第二学期期末，4）求微分方程 $x\mathrm{d}y+(y+x^2)\mathrm{d}x=0$ 的通解。
解 $\frac{\partial P}{\partial y}=1=\frac{\partial Q}{\partial x}$，且它们在全平面上连续，故方程为全微分方程。下求原函数 $u(x,y)$ ，由 $\frac{\partial u}{\partial x}=P(x,y)=y+x^2$ ，对 $x$ 积分得
$$
u(x,y)=xy+\frac{x^3}{3}+\varphi(y)
$$
上式对 $y$ 求偏导得
$$
\frac{\partial u}{\partial y}=x+\varphi’(y)
$$
另一方面，
$$
\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y)=x
$$
比较上两式得 $\varphi’(y)=0$ ，因而 $\varphi(y)=0$（这里省略积分常数，不影响后面的通积分表达式），故原函数为 $u(x,y)=xy+\frac{x^3}{3}$ ，故方程的通解为
$$
xy+\frac{x^3}{3}=C
$$
其中 $C$ 为任意常数。
微分方程的通解也叫通积分
2.5 可降阶的二阶微分方程
例（2021-2022第二学期期末，5）求微分方程 $y’’=y’\cdot y$ 的通解。
解 方程中不显含变量 $x$ ，令 $p=y’$ ，并将 $y$ 看作自变量，有 $y’’=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$ ，代入有
$$
p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=p\cdot y
$$
若 $p=y’=0$ ，则通解为 $y=C$ ，若 $p\ne0$ ，则有
$$
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}&=y \\
\int\mathrm{d}p&=\int y\mathrm{d}y \\
p&=\frac{1}{2}y^2+C_1
\end{aligned}
$$
即 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}y^2+C_1$ ，再次分离分量，有
$$
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{1}{2}y^2+C_1 \\
\int\frac{2}{y^2}\mathrm{d}y&=\int\mathrm{d}x + C_2 \\
-\frac{2}{y}&=x+C_3 \\
y&=-\frac{2}{x}+C
\end{aligned}
$$
这里面的常量 $C$ 变得我也很迷糊，但是结果代进去是对的，就先这样吧（）
例（2020-2021第二学期期末，5）求微分方程 $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})^3+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的通解。
解 令 $p=y’$ ，有 $y’’=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$ ，代入有
$$
p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=(p^3+p) \\
\frac{1}{p^2+p}\mathrm{d}p=\mathrm{d}y \\
\arctan p=y+C_1
$$
即有 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p=\tan(y+C_1)$ ，再次分离分量，有
$$
\frac{\mathrm{d}y}{\tan(y+C_1)}=\mathrm{d}x \\
\ln\sin(y+C_1)=x+C_2
$$
最终得出 $y=\arcsin e^{x+C_2}-C_1$
3. 微分方程解的存在唯一性定理
4. 高阶线性微分方程
5. 二阶线性常系数微分方程
| 特征根 | 通解形式 |
|---|---|
| 两相异实根 $\lambda_1,\lambda_2$ | $C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}$ |
| 二重根 $\lambda_1$ | $(C_1+C_2x)e^{\lambda_1x}$ |
| 共轭复根 $\lambda_{1,2}=\alpha\pm\mathrm{i}\beta$ | $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$ |
| $f(x)$ 的形式 | 条件 | 特解的形式 |
|---|---|---|
| $P_n(x)$ | “0”不是/是单/是重特征根 | $Q_n(x)/xQ_n(x)/x^2Q_n(x)$ |
| $ae^{\alpha x}$ | $\alpha$ 不是/是单/是重特征根 | $Ae^{\alpha x}/Axe^{\alpha x}/Ax^2e^{\alpha x}$ |
| $a\cos\beta x+b\sin\beta x$ | $\pm\mathrm{i}\beta$ 不是/是特征根 | $A\cos\beta x+B\sin\beta x/x(A\cos\beta x+B\sin\beta x)$ |
| $P_n(x)e^{\alpha x}$ | $\alpha$ 不是/是单/是重特征根 | $Q_n(x)e^{\alpha x}/xQ_n(x)e^{\alpha x}/x^2Q_n(x)e^{\alpha x}$ |
| $P_n(x)e^{\alpha x}(a\cos\beta x+b\sin\beta x)$ | $\alpha\pm\mathrm{i}\beta$ 不是/是特征根 | $e^{\alpha x}[Q_n(x)\cos\beta x+R_n(x)\sin\beta x]/xe^{\alpha x}[Q_n(x)\cos\beta x+R_n(x)\sin\beta x]$ |
咋一看很多，其实挺有规律，比如多一个根就多乘一个 $x$ ，原来的系数变成待定的。
例（2021-2022第二学期期末，6）求微分方程 $y’’+y=e^{3x}(x+2)$ 的通解。
解 先求对应齐次微分方程 $y’’+y=0$ 的通解，特征方程 $\lambda^2+1=0$ 的特征根 $\lambda_{1,2}=\pm \mathrm{i}$ ，故通解形式为
$$
y(x)=e^{ax}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)=C_1\cos x+C_2\cos x
$$
其中 $C_1,C_2$ 为任意常数
再用待定系数法求特解，“3“不是特征根，故设方程有特解 $y=(Ax+B)e^{3x}$ ，则
$$
\begin{aligned}
y’&=Ae^{3x}+3(Ax+B)e^{3x} \\
y’’&=3Ae^{3x}+3Ae^{3x}+9(Ax+B)e^{3x}=(9Ax+6A+9B)e^{3x} \\
\end{aligned}
$$
回代得
$$
y’’+y=(10Ax+6A+10B)e^{3x}=e^{3x}(x+2)
$$
解得 $A=\frac{1}{10},\ B=\frac{7}{50}$ ，故特解为 $y=(\frac{1}{10}x+\frac{7}{50})e^{3x}$ ，与齐次方程通解相加，得出所求非齐次方程通解为
$$
y(x)=C_1\cos x+C_2\cos x+(\frac{1}{10}x+\frac{7}{50})e^{3x}
$$
其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。
例（2020-2021第二学期期末，6）求微分方程 $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}+y=e^x+\cos x$ 的通解。
解 特征方程 $\lambda^2+1=0$ 的特征根 $\lambda_{1,2}=\pm \mathrm{i}$ ，故齐次方程通解形式为
$$
y(x)=e^{ax}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)=C_1\cos x+C_2\cos x
$$
这个方程的非齐次项由两项组成，就先分别求两项的特解，再相加，就是原方程的特解。
对方程 $y’’+y=e^x$ 不难求得特解 $y=\frac{1}{2}e^x$ ，方程 $y’’+y=\cos x$ 的特解 $y=\frac{1}{2}x\cos x$ ，故原方程的特解为
$$
y=\frac{1}{2}(e^x+x\cos x)
$$
与齐次方程通解相加，得出所求非齐次方程通解为
$$
y(x)=C_1\cos x+C_2\cos x+\frac{1}{2}(e^x+x\cos x)
$$
6. 用常数变易法求解二阶线性非齐次方程与欧拉方程的解法
7. 常系数线性微分方程组
第十章 无穷级数
1. 柯西收敛原理与数项级数的概念
2. 正项级数的收敛判别法
- 比较审敛法
比收敛小的就收敛，比发散大的就发散 - 比值审敛法
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 小于 1 就收敛，大于 1 就发散，等于 1 时敛散性不定 - 根值审敛法
与上面类似，$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}$ 小于 1 就收敛，大于 1 就发散，等于 1 时敛散性不定 - 对数审敛法
例（2021-2022第二学期期末，10-1）判断数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}3^n\sin(\frac{\pi}{4^n})$ 的敛散性。
解 放缩一下再比较判别法
$$
\sum_{n=1}^{\infty}3^n\sin(\frac{\pi}{4^n})<\sum_{n=1}^{\infty}3^n(\frac{\pi}{4^n})=\pi\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{3}{4})^n
$$
由于 $\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{3}{4})^n$ 收敛，故原级数收敛。
3. 任意项级数
莱布尼茨判别法 若交错级数满足下列条件：
$$
(1)u_n\geqslant u_{n+1}; \\
(2)\lim_{n\rightarrow\infty}=0,
$$
则级数收敛。
狄利克雷判别法 考虑级数
$$
\sum_{k=1}^{\infty}a_kb_k
$$
若序列 ${a_k}$ 单调且 $\lim\limits_{k\rightarrow\infty}a_k=0$ ，又级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_k$ 的部分和序列有界，则级数 $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_kb_k$ 收敛。
例（2021-2022第二学期期末，10-2）判断数项级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{\cos(2n)}{\ln n}$ 的敛散性。
解 取 $a_k=\frac{1}{\ln n}$ ，易证得 $a_k$ 单调且 $\lim\limits_{k\rightarrow\infty}a_k=0$ ，下证级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\cos(2n)$ 的部分和序列有界：
$$
\begin{aligned}
\left|\sum_{k=2}^{n}\cos(2k)\right|&=\left|\cos4+\cos6+\cdots+\cos2n\right| \\
&=\frac{1}{\sin1}\left|\cos4\sin1+\cos6\sin1+\cdots+\cos2n\sin1\right| \\
&=\frac{1}{\sin1}\left|\frac{\sin5-\sin3}{2}+\frac{\sin7-\sin5}{2}+\cdots+\frac{\sin(2n+1)-\sin(2n-1)}{2}\right| \\
&=\frac{1}{\sin1}\left|\frac{\sin(2n+1)-\sin3}{2}\right| \\
&\leqslant\frac{1}{\sin1}
\end{aligned}
$$
故级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{\cos(2n)}{\ln n}$ 收敛。
积化和差公式
$$
{\displaystyle \sin \alpha \cos \beta ={\sin(\alpha +\beta )+\sin(\alpha -\beta ) \over 2}} \\
{\displaystyle \cos \alpha \sin \beta ={\sin(\alpha +\beta )-\sin(\alpha -\beta ) \over 2}} \\
{\displaystyle \cos \alpha \cos \beta ={\cos(\alpha +\beta )+\cos(\alpha -\beta ) \over 2}} \\
{\displaystyle \sin \alpha \sin \beta ={\cos(\alpha +\beta )-\cos(\alpha -\beta ) \over -2}}
$$
阿贝尔判别法
（1）无穷数列 ${a_k}$ 单调有界
（2）级数 $\sum\limits_{k=1}^\infty b_k$ 收敛
则级数 $\sum\limits_{k=1}^\infty a_kb_k$ 收敛。
4. 函数项级数
4.1 函数序列及函数项级数的一致收敛性
4.2 函数项级数一致收敛的必要条件与判别法
强级数判别法 若函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ 的一般项满足：
$$
|u_n(x)|\leqslant a_n,\quad \forall x\in X,n=1,2,\cdots,
$$
且正项级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 收敛，则该函数项级数在 $X$ 上一致收敛。
狄利克雷判别法 与数项级数的狄利克雷判别法类似。
（1）在 $X$ 中任意取定一个 $x$ ，数列 ${a_n(x)}$ 对 $n$ 单调，且函数序列 ${a_n(x)}$ 在 $X$ 上一致收敛于 $0$
（2）函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n(x)$ 的部分和序列 ${B_n(x)}$ 在 $X$ 上一致有界
则 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ 在 $X$ 上一致收敛。
阿贝尔判别法 与数项级数的阿贝尔判别法类似。
（1）在 $X$ 中任意取定一个 $x$ ，数列 ${a_n(x)}$ 单调，又函数序列 ${a_n(x)}$ 在 $X$ 上一致有界
（2）级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n(x)$ 在 $X$ 上一致收敛
则级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ 在 $X$ 上一致收敛。
4.3 一致收敛级数的性质
和函数的连续性 设函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，且其每一项 $u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上都连续，则其和函数 $S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上也连续。
例（2021-2022第二学期期末，11）考虑函数项级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2\sqrt x}$ ，证明：
（1）级数在 $(0,1)$ 上收敛
（2）级数在 $(0,1)$ 上不一致收敛
（3）级数的和函数 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续
解 （1）就是数项级数，随便证。
（2）存在点列 $x_n=\frac{1}{n^4}\in(0,1)(n=1,2,\cdots)$ 使 $u_n(x_n)=1$
5. 幂级数
幂级数是函数项级数的一种，长这样：
$$
a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n+\cdots
$$
5.1 幂级数的收敛半径
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=l
$$
那么级数 $\sum\limits^n_{n=0}a_nx^n$ 的收敛半径 $R=1/l$ ，当然直接反着除直接出也行。
收敛区间就是 $(-R,R)$ ，收敛域就根据端点的收敛情况再修正下区间闭不闭合。
例（2021-2022第二学期期末，8）求幂级数 $\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{n+1}x^n$ 的收敛半径与和函数。
解
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{n}{n+1}\right|=1
$$
故收敛半径 $R=1$ ，收敛区间 $(-1,1)$ 。
然后讨论两个端点，当 $x=1$ 时，原级数发散；当 $x=-1$ 时，原级数收敛，故收敛域为 $[-1,1)$
设和函数 $S(x)=\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{n+1}x^n$ ，则两边乘 $x$ 有 $xS(x)=\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{n+1}x^{n+1}$ ，两边求导有
$$
\left[xS(x)\right]’=\sum\limits^\infty_{n=0}x^n=\frac{1}{1-x}
$$
再两边求积，有
$$
xS(x)=\int^x_0\frac{1}{1-x}\mathrm{d}x=-\ln(1-x),\ x\in[-1,1)
$$
故当 $x\ne0$ 时，$S(x)=-\frac{1}{x}\ln(1-x)$ ；当 $x=0$ 时，肉眼可见 $S(x)=1$ 。
这里有个小 trick ，就是幂级数里认定 $0^0=1$ ，至于为什么是这样，网上众说纷纭，读者可自行查阅。
5.2 幂级数的性质
和函数项级数一样，可以逐项求积，也可以逐项求导。
6. 泰勒级数
求函数在 $x=k$ 处的泰勒展开式就作 $t=x-k$ 变换，然后求出来的式子再代回去就行了。
记一下常用的几条泰勒展开式：
$$
\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n+\cdots,\ x\in(-1,1)\\
e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots\\
\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\cdots\\
\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots\\
\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)}+\cdots\\
\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\cdots\\
(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+R_n(x)
$$
关于最后这个 $R_n(x)$ ，一堆证明后得出，当 $x\in (-1,1)$ 时有 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}=0$
例（2021-2022第二学期期末，10）求函数 $y=\frac{x}{4+x^2}$ 在 $x=0$ 处的泰勒级数，并指出其收敛域。
解 $y=\frac{x}{4}\cdot\frac{1}{1+(\frac{x}{2})^2}$，右边显然就是 $\arctan x$ 导数的形式了，故我们由 $\arctan x$ 的泰勒展开式逐项求导有
$$
\frac{1}{1+x^2}=(\arctan x)’=1-x^2+x^4-x^6+\cdots+(-1)^{n}x^{2n}+\cdots
$$
变形得
$$
\frac{1}{1+(\frac{x}{2})^2}=1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{16}-\frac{x^6}{64}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{2^{2n}}+\cdots
$$
最后代入 $y=\frac{x}{4}\cdot\frac{1}{1+(\frac{x}{2})^2}$，有
$$
y=\frac{x}{4}-\frac{x^3}{16}+\frac{x^5}{64}-\frac{x^7}{256}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2^{2n+2}}+\cdots
$$
那么级数形式为
$$
y=\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{4^{n+1}}x^{2n+1}
$$
收敛半径 $R=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{(-1)^{n}}{4^{n+1}}\cdot\frac{4^{n+2}}{(-1)^{n+1}}\right|=4$
故收敛区间为 $(-4,4)$ ，当 $x=-4$ 时，
