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

(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。

$$
\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2\alpha}\sin\frac{1}{x^2}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}x^{2\alpha-1}\sin\frac{1}{x^2}
$$
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。

(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。

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

(2021-2022第二学期期末,2)求 $I=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-x^2}}(x^2+y^2)\mathrm{d}y$

3. 三重积分的概念与计算

4. 重积分的应用举例

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。
$$
∮ \ ∯ \ ∰ \ ∱ \ ∲ \ ∳
$$

(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。
$L$ 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
$$
∯ \limits_\Sigma P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint \limits_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\
or ∯ \limits_\Sigma(P\mathrm{cos}\alpha+Q\mathrm{cos}\beta+R\mathrm{cos}\gamma)\mathrm{d}S=\iiint \limits_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z
$$
(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。
$\Sigma$ 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

(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。
$\frac{\partial P}{\partial y}=1=\frac{\partial Q}{\partial x}$,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

(2021-2022第二学期期末,5)求微分方程 $y’’=y’\cdot y$ 的通解。
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()

(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。
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 $A\cos\beta x+B\sin\beta x/x(A\cos\beta x+B\sin\beta x)$
$P_n(x)e^{ax}$ $\alpha$ 不是/是单/是重特征根 $Q_n(x)e^{ax}/xQ_n(x)e^{ax}/x^2Q_n(x)e^{ax}$
$P_n(x)e^{ax}(a\cos\beta x+b\sin\beta x)$ $\alpha\pm\mathrm{i}\beta$ 不是/是特征根 $e^{ax}[Q_n(x)\cos\beta x+R_n(x)\sin\beta x]/xe^{ax}[Q_n(x)\cos\beta x+R_n(x)\sin\beta x]$

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。

(2021-2022第二学期期末,6)求微分方程 $y’’+y=e^{3x}(x+2)$ 的通解。
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。

(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。
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

  1. 比较审敛法
    比收敛小的就收敛,比发散大的就发散
  2. 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
  3. 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
  4. 对数审敛法

(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。
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。
(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。
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。

(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
(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。

(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。

$$
\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{n}{n+1}\right|=1
$$
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 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}=0$

(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。
$y=\frac{x}{4}\cdot\frac{1}{1+(\frac{x}{2})^2}$,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,

作者

未央

发布于

2022-08-07

更新于

2022-11-27

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