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 $f(x,y)=\{\begin{array}{r}(x^2+y^2{)}^{\alpha }\sin \frac{1}{x^2+y^2},x^2+y^2\ne 0\\ 0,x^2+y^2\ne 0\end{array}$ 在 $(0,0)$ 处可微。
解
$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^{2\alpha }\sin \frac{1}{x^2}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}{x}^{2\alpha -1}\sin \frac{1}{x^2}$$
当 $2\alpha -1>0$ 时，极限为 $0$ ，即 $f_x^{\prime }(0,0)=0$ ，此时类似地，有 $f_y^{\prime }(0,0)=0$

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 $f_x^{\prime }=f_y^{\prime }=0$ 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 $f(x,y)=x{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值。
解 $f_x^{\prime }=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(1-x^2),f_y^{\prime }=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-xy)$ ，令 $f_x^{\prime }=f_y^{\prime }=0$ ，得到 $(-1,0)$ 和 $(1,0)$ 两个稳定点。令 $A=f_{xx}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(x^3-3x),B=f_{xy}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-y+x^{2}y),C=f_{yy}=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-x+x{y}^2)$ ，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 $1\le x^2+y^2\le 4$。
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 $x=x(u,v),y=y(u,v),z=z(u,v),(u,v)\in D^{\prime }$ 给出时，可计算
$$\begin{gathered} E=x_u^2+y_u^2+z_u^2 \\ F=x_u{x}_v+y_u{x}_v+z_u{x}_v \\ G=x_v^2+y_v^2+z_v^2 \end{gathered}$$
从而
$$S=\underset{D^{\prime }}{\iint }\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v$$

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：
$$\begin{gathered} {\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f[x(t),y(t)]\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}dt \\ or{\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f[x,y(x)]\sqrt{[1+[y^{\prime }(x){]}^2}dxdy \end{gathered}$$
空间曲线类似：
$${\int }_{L}f(x,y,z)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f[x(t),y(t),z(t)]\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2+[z^{\prime }(t){]}^2}dt$$

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：
$$\begin{gathered} {\int }_{\stackrel{⌢}{AB}}P(x,y)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }P[x(t),y(t)]x^{\prime }(t)dt \\ {\int }_{\stackrel{⌢}{AB}}Q(x,y)dy={\int }_{\alpha }^{\beta }Q[x(t),y(t)]y^{\prime }(t)dt \end{gathered}$$
两类曲线积分关系：
$$\begin{gathered} {\int }_{L}Pdx+Qdy={\int }_L(Pcos\alpha +Qcos\beta )ds \\ or{\int }_{\mathrm{\Gamma }}Pdx+Qdy+Rdz={\int }_L(Pcos\alpha +Qcos\beta +Rcos\gamma )ds \end{gathered}$$

3. 格林公式

就一道式子：
$${\oint }_{L}Pdx+Qdy=\underset{D}{\iint }(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy$$
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。
$$\oint ∯∰∱∲∳$$

例（2020-2021第二学期期末，2）计算曲线积分 ${\oint }_L(x{y}^2-\sin y)\mathrm{d}y-(\cos x+x^{2}y)\mathrm{d}x$ ，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：
$$\begin{array}{rl}I& =\underset{D}{\iint }[y^2-(-x^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^2{r}^2\cdot r\mathrm{d}r\\ & =8\pi \end{array}$$

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：
$$\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }f(x,y,z)\mathrm{d}S=\underset{D_{xy}}{\iint }f[x,y,z(x,y)]\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x}{)}^2+(\frac{\partial z}{\partial y}{)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

5. 第二型曲面积分

计算方法：
$$\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }R(x,y,z)\mathrm{d}S=\underset{D_{xy}}{\iint }R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

两类曲面积分关系：
$$\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }(Pcos\alpha +Qcos\beta +Rcos\gamma )\mathrm{d}S$$

6. 高斯公式与斯托克斯公式

高斯公式：
$$\begin{gathered} \underset{\mathrm{\Sigma }}{∯}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\ or\underset{\mathrm{\Sigma }}{∯}(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )\mathrm{d}S=\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \end{gathered}$$
例（2021-2022第二学期期末，3）计算曲面积分 $\underset{\mathrm{\Sigma }}{∯}(x-z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $\mathrm{\Sigma }$ 是由 $z=x^2+2y^2$ 与 $z=1$ 所围成立体表面的外侧。
解 $\mathrm{\Sigma }$ 是封闭曲面，直接上高斯公式，有
$$I=\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }(1+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=2\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }\mathrm{d}V$$
作柱面坐标变换 $x=r\cos \theta ,y=\frac{r\sin \theta }{\sqrt{2}}$ ，得
$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\mathrm{d}r{\int }_0^1\frac{r}{\sqrt{2}}dz=\frac{\pi }{\sqrt{2}}$$

直角坐标与柱面坐标关系：
$$\{\begin{array}{rl}x& =r\cos \theta \\ y& =r\sin \theta \\ z& =z\end{array}$$
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：
$$\{\begin{array}{rl}x& =r\sin \phi \cos \theta \\ y& =r\sin \phi \sin \theta \\ z& =r\cos \phi \end{array}$$
此时 $\mathrm{d}V=r^2\sin \phi \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi$

斯托克斯公式：
$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}y\mathrm{d}z& \mathrm{d}x\mathrm{d}z& \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|=\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S$$

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 $y=\phi (x;C_1,\cdots ,C_n)$ ，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
$$\frac{D(\phi ,{\phi }^{\prime },\cdots ,{\phi }^{n-1})}{D(C_1,C_2,\cdots ,C_n)}\ne 0$$

举个例子，经典方程 $y^{″}+y=0$ 有解 $y=C_1\sin x+C_2\cos x$ ，则雅可比行列式为
$$\frac{D(y,y^{\prime })}{D(C_1,C_2)}=\left|\begin{array}{cc}\sin x& \cos x\\ \cos x& -\sin x\end{array}\right|=-1\ne 0$$
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 $y^{\prime }$ 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 $y=C_1\sin x+C_2\cos x$ 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 $Q(x)\equiv 0$ ，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
$$y={\mathrm{e}}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int P(x)\mathrm{d}x}dx+C]$$
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：
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y=Q(x)y^n(n\ne 0,1)$$
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
$$u(x,y)=xy+\frac{x^3}{3}+\phi (y)$$
上式对 $y$ 求偏导得
$$\frac{\partial u}{\partial y}=x+{\phi }^{\prime }(y)$$
另一方面，
$$\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y)=x$$
比较上两式得 ${\phi }^{\prime }(y)=0$ ，因而 $\phi (y)=0$（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 $y^{″}=y^{\prime }\cdot y$ 的通解。
解 方程中不显含变量 $x$ ，令 $p=y^{\prime }$ ，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 $p=y^{\prime }=0$ ，则通解为 $y=C$ ，若 $p\ne 0$ ，则有
$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}& =y\\ \int \mathrm{d}p& =\int y\mathrm{d}y\\ p& =\frac{1}{2}{y}^2+C_1\end{array}$$
即 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}{y}^2+C_1$ ，再次分离分量，有
$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}& =\frac{1}{2}{y}^2+C_1\\ \int \frac{2}{y^2}\mathrm{d}y& =\int \mathrm{d}x+C_2\\ -\frac{2}{y}& =x+C_3\\ y& =-\frac{2}{x}+C\end{array}$$

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 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}{)}^3+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的通解。
解 令 $p=y^{\prime }$ ，有 $y^{″}=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$ ，代入有
$$\begin{gathered} p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=(p^3+p) \\ \frac{1}{p^2+p}\mathrm{d}p=\mathrm{d}y \\ \arctan p=y+C_1 \end{gathered}$$
即有 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p=\tan (y+C_1)$ ，再次分离分量，有
$$\begin{gathered} \frac{\mathrm{d}y}{\tan (y+C_1)}=\mathrm{d}x \\ \ln \sin (y+C_1)=x+C_2 \end{gathered}$$
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 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$	$C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$
二重根 ${\lambda }_1$	$(C_1+C_{2}x)e^{{\lambda }_{1}x}$
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	$Q_n(x)/x{Q}_n(x)/x^2{Q}_n(x)$
$a{e}^{\alpha x}$	$\alpha$ 不是/是单/是重特征根	$A{e}^{\alpha x}/Ax{e}^{\alpha x}/A{x}^2{e}^{\alpha x}$
$a\cos \beta x+b\sin \beta x$	$\pm \mathrm{i}\beta$ 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	$Q_n(x)e^{\alpha x}/x{Q}_n(x)e^{\alpha x}/x^2{Q}_n(x)e^{\alpha x}$
$P_n(x)e^{\alpha x}(a\cos \beta x+b\sin \beta x)$	$\alpha \pm \mathrm{i}\beta$ 不是/是特征根	$e^{\alpha x}[Q_n(x)\cos \beta x+R_n(x)\sin \beta x]/x{e}^{\alpha x}[Q_n(x)\cos \beta x+R_n(x)\sin \beta x]$

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
$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =A{e}^{3x}+3(Ax+B)e^{3x}\\ y^{″}& =3A{e}^{3x}+3A{e}^{3x}+9(Ax+B)e^{3x}=(9Ax+6A+9B)e^{3x}\end{array}$$
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 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}+y=e^x+\cos x$ 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

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
   $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 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，$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{u_n}$ 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

例（2021-2022第二学期期末，10-1）判断数项级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{3}^n\sin (\frac{\pi }{4^n})$ 的敛散性。
解 放缩一下再比较判别法
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{3}^n\sin (\frac{\pi }{4^n})<\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{3}^n(\frac{\pi }{4^n})=\pi \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{3}{4}{)}^n$$
由于 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{3}{4}{)}^n$ 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：
$$\begin{gathered} (1)u_n⩾u_{n+1}; \\ (2)\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}=0, \end{gathered}$$
则级数收敛。
狄利克雷判别法 考虑级数
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{b}_k$$
若序列 $a_k$ 单调且 $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_k=0$ ，又级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_k$ 的部分和序列有界，则级数 $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{b}_k$ 收敛。
例（2021-2022第二学期期末，10-2）判断数项级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos (2n)}{\ln n}$ 的敛散性。
解 取 $a_k=\frac{1}{\ln n}$ ，易证得 $a_k$ 单调且 $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_k=0$ ，下证级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\cos (2n)$ 的部分和序列有界：
$$\begin{array}{rl}|\sum _{k=2}^n\cos (2k)|& =|\cos 4+\cos 6+\cdots +\cos 2n|\\ & =\frac{1}{\sin 1}|\cos 4\sin 1+\cos 6\sin 1+\cdots +\cos 2n\sin 1|\\ & =\frac{1}{\sin 1}|\frac{\sin 5-\sin 3}{2}+\frac{\sin 7-\sin 5}{2}+\cdots +\frac{\sin (2n+1)-\sin (2n-1)}{2}|\\ & =\frac{1}{\sin 1}\left|\frac{\sin (2n+1)-\sin 3}{2}\right|\\ & ⩽\frac{1}{\sin 1}\end{array}$$
故级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos (2n)}{\ln n}$ 收敛。

积化和差公式
$$\begin{gathered} {\displaystyle \sin \alpha \cos \beta =\frac{\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )}{2}} \\ {\displaystyle \cos \alpha \sin \beta =\frac{\sin (\alpha +\beta )-\sin (\alpha -\beta )}{2}} \\ {\displaystyle \cos \alpha \cos \beta =\frac{\cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta )}{2}} \\ {\displaystyle \sin \alpha \sin \beta =\frac{\cos (\alpha +\beta )-\cos (\alpha -\beta )}{-2}} \end{gathered}$$

阿贝尔判别法
（1）无穷数列 $a_k$ 单调有界
（2）级数 $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_k$ 收敛
则级数 $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{b}_k$ 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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)$ 的一般项满足：
$$|u_n(x)|⩽a_n,\mathrm{\forall }x\in X,n=1,2,\cdots ,$$
且正项级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x)$ 的部分和序列 $B_n(x)$ 在 $X$ 上一致有界
则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x)$ 在 $X$ 上一致收敛
则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)$ 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 $S(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上也连续。

例（2021-2022第二学期期末，11）考虑函数项级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2\sqrt{x}}$ ，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

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=l$$
那么级数 $\sum _{n=0}^n{a}_n{x}^n$ 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 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n+1}{x}^n$ 的收敛半径与和函数。
解
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{n}{n+1}\right|=1$$
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 $S(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n+1}{x}^n$ ，则两边乘 $x$ 有 $xS(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}$ ，两边求导有
$${[xS(x)]}^{\prime }=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=\frac{1}{1-x}$$
再两边求积，有
$$xS(x)={\int }_0^x\frac{1}{1-x}\mathrm{d}x=-\ln (1-x),x\in [-1,1)$$
故当 $x\ne 0$ 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：
$$\begin{gathered} \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots +x^n+\cdots ,x\in (-1,1) \\ {e}^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\cdots \\ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\cdots \\ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots \\ \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)}+\cdots \\ \ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+\cdots \\ (1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+R_n(x) \end{gathered}$$
关于最后这个 $R_n(x)$ ，一堆证明后得出，当 $x\in (-1,1)$ 时有 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}=0$

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
$$\frac{1}{1+x^2}=(\arctan x{)}^{\prime }=1-x^2+x^4-x^6+\cdots +(-1{)}^n{x}^{2n}+\cdots$$
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
$$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{4^{n+1}}{x}^{2n+1}$$
收敛半径 $R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|\frac{(-1{)}^n}{4^{n+1}}\cdot \frac{4^{n+2}}{(-1{)}^{n+1}}|=4$
故收敛区间为 $(-4,4)$ ，当 $x=-4$ 时，