MA.Review.02

2023 Fall Final Exam

积分

可积性及证明

可积的条件（证明见5.2）

可积的必要条件：

闭区间可积一定闭区间有界（无界不可积分，可积必有界）

可积的充分条件：

闭区间连续必定可积
闭区间单调必定可积
闭区间有限间断+有界必定可积

其他

可积→分段可积
$◻ ◻$ 可积：证明 $sup_{x^{'}, x^{″} \in [x_{i - 1}, x_{i}]} | Δ g | < ε$
- 绝对可积

Proof

由条件： $\forall ε > 0,$ $\exists T, \sum_{T} ω_{i} (f) Δ x_{i} < ε$

$∵ \forall x^{'}, x^{″} \in [x_{i - 1}, x_{i}]$ 有

$| | f (x^{'}) | - | f (x^{″}) | | \leq | f (x^{'}) - f (x^{″}) |$

$⟹$

$\underset{ω_{i} (| f |)}{\underset{⏟}{sup_{x^{'}, x^{″} \in [x_{i - 1}, x_{i}]} | | f (x^{'}) | - | f (x^{″}) | |}} \leq \underset{ω_{i} (f)}{\underset{⏟}{sup_{x^{'}, x^{″} \in [x_{i - 1}, x_{i}]} | f (x^{'}) - f (x^{″}) |}}$

从而
$\sum_{T} ω_{i} (| f |) Δ x_{i} \leq \sum_{T} ω_{i} (f) Δ x_{i} < ε$

- 平方可积
- 复合可积

Example

例证明 Riemann 函数 $R (x) = {\begin{cases} \frac{1}{q}, & x = \frac{p}{q} \\ 0, & x \in Q^{c} \end{cases}$ 在 $[0, 1]$ 可积

Analysis

设 $δ > 0$ , $[0, 1]$ 中满足 $\frac{1}{q} > δ$ 的有理点 $\frac{p}{q}$ 至多有有限个

不妨设有 $m$ 个，为 $γ_{1},$ $γ_{2},$ $γ_{3},$ $\dots,$ $γ_{m}$

对分割 $T : 0 = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = 1$ ，记

$Λ = {i | ω_{i} > σ}$
$Γ = {i | ω_{i} \leq σ}$

于是

$\begin{aligned} \sum_{T} ω_{i} Δ x_{i} & = \sum_{i \in Λ} ω_{i} Δ x_{i} + \sum_{i \in Γ} ω_{i} Δ x_{i} \\ \leq \sum_{i \in Λ} Δ x_{i} + σ \sum_{i \in Γ} Δ x_{i} \\ \leq ‖ T ‖ \underset{元素个数}{\underset{⏟}{\sum_{i \in Λ} 1}} + σ \cdot 1 \end{aligned}$

Proof

函数值小于 sigma =>振幅一定小于sigma

$\begin{aligned} \forall ε > 0, Let σ = \frac{ε}{2} \\ ∴ ω_{i} > σ 的子区间含 γ_{i} (1 \leq i \leq m) \\ 取 [0, 1] 分割 T \\ s.t. ‖ T ‖ < \frac{ε}{4 m} \\ \begin{aligned} \sum_{T} ω_{i} x_{i} & \leq ‖ T ‖ \sum_{i \in Λ} 1 + σ \\ < \frac{ε}{4 m} \cdot 2 m + \frac{ε}{2} \\ = ε \end{aligned} \end{aligned}$

Proof.2
摘自陈纪修版本数学分析

由 Riemann 函数的性质, 对任意给定的 $0 < ε < 2$ ,在 $[0, 1]$ 上使得 $R (x) > \frac{ε}{2}$ 的点至多只有有限个

不妨设是 $k$ 个，记为 $0 = p_{1}^{'} < p_{2}^{'} < \dots < p_{k}^{'} = 1$ .

作 $[0, 1]$ 的划分 $0 = x_{0} < x_{1} < x_{2} < \dots < x_{2 k - 1} = 1$ , 使得满足

$p_{1}^{'} \in [x_{0}, x_{1}), x_{1} - x_{0} < \frac{ε}{2 k}$ ,

$p_{2}^{'} \in (x_{2}, x_{3}), x_{3} - x_{2} < \frac{ε}{2 k},$

.....

$p_{k - 1}^{'} \in (x_{2 k - 4}, x_{2 k - 3}), x_{2 k - 3} - x_{2 k - 4} < \frac{ε}{2 k}$ ,

$p_{k}^{'} \in (x_{2 k - 2}, x_{2 k - 1}], x_{2 k - 1} - x_{2 k - 2} < \frac{ε}{2 k}$ ,

图 7.1.6 表示的是 $k = 3$ 的情况.由于

$\sum_{t = 1}^{2 k - 1} ω_{i} Δ x_{i} = \sum_{j = 0}^{k - 1} ω_{2 j + 1} Δ x_{2 j + 1} + \sum_{j = 1}^{k - 1} ω_{2 j} Δ x_{2 j}$

而在右边的第一个和式中，有 $Δ x_{2 j + 1} < \frac{ε}{2 k}$ 且 $ω_{2 j + 1} \leq 1$ ;
在第二个和式中，有 $ω_{2 j} \leq \frac{ε}{2}$ 且 $\sum_{j = 1}^{k - 1} Δ x_{2 j} < 1$ ,

因此得到

$\sum_{i = 1}^{n} ω_{i} Δ x_{i} < k \cdot \frac{ε}{2 k} + \frac{ε}{2} = ε$ .

由定理 7.1.3, Riemann函数可积.

证毕

如图为 $k = 3$ （有两个点超出）的情况

满足：1. $γ_{i} \in (x_{i - 1}, x_{i})$ ；2. $x_{i} - x_{i - 1} < δ = \frac{ε}{m}$

思路：

将有限个大于 $\frac{ε}{2}$ 的点用分割分开，使得分割呈现：包含、不包含交替出现的情况，并且包含的区间满足区间长度小于 $\frac{ε}{2 k}$ 从而便于求 Darboux 和时分奇偶分开；
包含特定点的区间中
- 含有特定的大点的区间由于 区间长度 小而小（ $(\leq 1 \cdot < \frac{ε}{2 k}) < \frac{ε}{2 k}$
- 其他的区间由于 振幅小 而小 $\leq \frac{ε}{2} \cdot \sum Δ x < 1 \Rightarrow \sum < \frac{ε}{2}$

Darboux 和

加细分割：上和减小，下和增加，幅度超不过 $l ω | | T | |$

加细分割

设 $T^{'}$ 是分割 $T$ 添加 $l$ 个分点的加细分割，则
$\begin{array}{r} \overset{―}{S} (T) - l ω | | T | | \leq \overset{―}{S} (T^{'}) \leq \overset{―}{S} (T) \\ \underset{―}{S} (T) - l ω | | T | | \leq \underset{―}{S} (T^{'}) \leq \underset{―}{S} (T) \end{array}$

任意的上和比任意下和大

Lemma

设 $T_{1}$ 和 $T_{2}$ 是 $[a, b]$ 的任意两分割，则 $\underset{―}{S} (T_{1}) \leq \overset{―}{S} (T_{2})$

上、下积分与上、下和

Corollary

结论：
$\underset{―}{S} (T) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq \overset{―}{\int_{a}^{b}} f (x) d x \leq \overset{―}{S} (T)$

最小的上界: $lim_{‖ T ‖ \to 0} \overset{―}{S} (T) <$ 特殊上界 $\overset{―}{\int_{a}^{b}} f (x) d x$

可积的第 I 充要条件：上下积分相等

D 函数不可积

推论：上下和差趋 $0$

Corollary

设 $f$ 在 $[a, b]$ 有界，则 $f \in R [a, b] \Leftrightarrow$

$lim_{‖ T ‖ \to 0} (\overset{―}{S} (T) - \underset{―}{S} (T)) = lim_{‖ T ‖ \to 0} \sum_{i = 1}^{n} ω_{i} Δ x_{i} = 0$

可积的第 II 充要条件：上下和之差 or 零面积求和 < $ε$

#可积/第II充要条件

设 $f$ 在 $[a, b]$ 有界，则 $f \in R [a, b] \Leftrightarrow$

$\forall ε > 0, \exists 分割 T : \overset{―}{S} (T) - \underset{―}{S} (T) = \sum_{i = 1}^{n} ω_{i} Δ x_{i} < ε$

思考

要使 $\sum_{i = 1}^{n} ω_{i} Δ x_{i} < ε$ :

或者 $ω_{i}$ 很小
或者虽 $ω_{i}$ 不小,但其对应的小区间长度和很小

第一种：连续就可以
第二种：有间断点

积分的基本性质

可加性、线性性

略

（闭）子区间可积

※子区间可积

Corollary

若 $f \in R [a, b]$ , 则对 $[α, β] \subset [a, b]$ 有 $f \in R [α, β]$

改变有限点不改变可积分性与积分值

※改变有限点不改变可积性与积分值

Corollary

设 $f \in R [a, b]$ , 除有限点外 $g (x) = f (x)$ . 有
$g \in R [a, b] 且 \int_{a}^{b} g (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x$

$g$ 相当于 $f$ 修改有限个点得到
改变有限点不改变可积性与积分值
不可积若可以，则改回去（矛盾）
应用: 可知 $\int_{a}^{b} \frac{\sin x}{x} d x$ 存在, 由于可补充定义 $x = 0$ 时

Proof

令 $J (x) := g (x) - f (x)$ 则
$J (x)$ 除有限点外均为 $0$
故 $J \in R [a, b]$ 且 $\int_{a}^{b} J (x) d x = 0$

又 $g (x) = f (x) + J (x)$
故 $g \in R [a, b]$ 且 $\int_{a}^{b} g (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{a}^{b} J (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x$

保号性：函数 $\geq 0$ ，积分 $\geq 0$

单调性： $f < g ⟹ \int f < \int g$

⭐估值性：介于函数的最大、最小面积

#积分/估值性

若 $f \in R [a, b]$ , 且 $m \leq f (x) \leq M$ , 则
$m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a)$

⭐积分的绝对值不超过绝对值的积分

#积分/绝对值积分绝对值不超过绝对值的积分

若 $f \in R [a, b]$ , 则 $| f | \in R [a, b]$ , 且
$| \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq \int_{a}^{b} | f (x) | d x$

具有启发意义的证明：

Proof
即证: $- \int_{a}^{b} | f (x) | d x ⩽ \int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} | f (x) | d x$

由于 $\forall α \in [a, b], - | f (x) | \leq f (x) \leq | f (x) |$

由 #积分/估值性三边积分:

$- \int_{a}^{b} | f (x) | d x ⩽ \int_{a}^{b} f (x) d x ⩽ \int_{a}^{b} | f (x) | d x$

以及绝对值可积不能推出函数可积

🔴积分中值定理及推广 $f \in C \int f g = f \int g$ `Quiz 2失分`

🔴积分中值定理

#积分/中值定理

设 $f \in C [a, b]$ , 则 $\exists ξ \in [a, b]$ 使得

$\int_{a}^{b} f (x) d x = f (ξ) (b - a)$

几何意义 “化曲为方”
$f$ 在 $[a, b]$ 的平均值:
$\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$

Proof

设 $f$ 在 $[a, b]$ 上最大小值为M， m，则:
$\forall x \in [a, b], m ⩽ f (x) ⩽ M$

由 #积分/估值性

$\begin{aligned} M (b - a) & \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a) . \\ ∴ M & = \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a} \leq M \end{aligned}$

由 #闭区间连续函数介值性 :

$\exists {\in [a, b], 使 \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a} = f (ξ)$

平均值为: $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) = \frac{1}{b - a} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) \underset{Δ x_{i}}{\underset{⏟}{\frac{b - a}{n}}} \overset{n \to \infty}{\to} \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$

#积分/中值定理/推广

$\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x, ξ \in [a, b]$

Proof
见作业

变上限积分

略

连续性：一定连续

可导性：变上限积分求导=被积函数上限处值×上限求导

常与 #LHospital法则联动使用

原函数存在定理：闭区间连续函数必存在原函数

微积分基本定理：连续函数

#微积分基本定理

设 $f \in C [a, b]$ , 且 $F^{'} (x) = f (x)$ , 则

$\int_{a}^{b} f (x) d x = {F (x) |}_{a}^{b} = F (b) - F (a)$

弱形式： #N-L公式可积即可

#N-L公式

设 $f \in R [a, b], F \in C [a, b]$ 且 $F^{'} (x) = f (x), x \in (a, b)$ 则

$\int_{a}^{b} f (t) d t = F (b) - F (a)$

（弱化在： $f$ 可积不一定连续）

积分相关计算

例题参见 MA.Add.02.积佬修炼手册，这里只给出一些思路罗列

积分表及补充

积分表

$\int k d x = k x + C (\int 0 d x = C)$ ;
$\int x^{α} d x = \frac{1}{α + 1} x^{α + 1} + C (α \neq - 1)$ ;
常用形式：
- $\int x d x = \frac{1}{2} x^{2}$
- $\int \sqrt{x} d x = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + C$
- $\int \frac{d x}{\sqrt{x}} = 2 x^{\frac{1}{2}} + C = 2 \sqrt{x} + C$
- $\int \frac{d x}{x^{2}} = - x^{- 1} + C = - \frac{1}{x} + C$
$\int \frac{1}{x} d x = \ln | x | + C$ ;
- P.S. $\ln x$ 的定义域为 $x > 0$ , $\frac{1}{x}$ 的定义域为 $x \neq 0$ 故需要绝对值
- $\int \frac{1}{a x + b} d x = \frac{\ln | a x + b |}{a} + C$
$\int a^{x} d x = \frac{a^{x}}{\ln a} + C (0 < a \neq 1)$ ;
- P.S. $(a^{x})^{'} = \ln a \cdot a^{x}$
$\int e^{x} d x = e^{x} + C$ ;
$\int \sin x d x = - \cos x + C$ ;
$\int \cos x d x = \sin x + C$ ;
$\int \sec^{2} x d x = \tan x + C$ ;
- $\int \sec x d x = \ln | \sec x + \tan x | + C$
$\int \csc^{2} x d x = - \cot x + C$ ;
- $\int \csc x d x = - \ln | \csc x + \cot x | + C = \ln (\tan \frac{x}{2})$
$\int \frac{d x}{a^{2} + x^{2}} = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C (a \neq 0)$ ;

P.S. ${(\frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a})}^{'} = \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a} \frac{1}{1 + {(\frac{x}{a})}^{2}} = \frac{1}{a^{2} + x^{2}}$
- $\int \frac{d x}{1 + x^{2}} = \arctan x + C$
$\int \frac{d x}{x^{2} - a^{2}} = \frac{1}{2 a} \ln | \frac{x - a}{x + a} | + C (a \neq 0)$ ;
- $\int \frac{d x}{a^{2} - x^{2}} = \frac{1}{2 a} \ln | \frac{x + a}{x - a} | + C$
$\int \frac{d x}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}} = \arcsin \frac{x}{a} + C (a > 0)$ ;
$\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2} \pm a^{2}}} = \ln | x + \sqrt{x^{2} \pm a^{2}} | + C$ .

补充不定积分

$\int \tan (x) d x = \ln (\cos (x))$
$\int \sqrt{x^{2} \pm a^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{x^{2} \pm a^{2}} \pm \frac{a^{2}}{2} \ln | x + \sqrt{x^{2} \pm a^{2}} | + C$
$\int \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \frac{a^{2}}{2} \arcsin \frac{x}{a} + C$
$Reduction Formula: I (m, n) = \int \cos^{m} x \sin^{m} x d x = \dots$ (递推)
$\int \arctan x d x = - \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 1) + x \arctan (x) + C$

不定积分

凑微分法

换元积分法

三角代换去根号

含无理式

\sqrt{a^{2} - x^{2}}, \sqrt{x^{2} + a^{2}}

和

\sqrt{x^{2} - a^{2}}

时, 可采用

x = a \sin t, x = a \tan t

和

x = a \sec t

等三角代换去根号.

⭐倒数代换分子含有 $x \to x = 1 / t$

分母含因子

x

时, 可用倒代换

x = 1 / t

Example

例9 求 $\int \frac{d x}{x \sqrt{x^{2} + x + 1}}$ .

分部积分法

有理函数不定积分

代数学定理分解

#代数学定理

真分式可分解为下列两类简单分式之和

$\frac{A}{(x - a)^{k}}, (k \in N)$ ;
$\frac{B x + D}{{(x^{2} + p x + q)}^{k}}, (Δ = p^{2} - 4 q < 0)$ .

实操过程

Example

例1 求 $\int \frac{1}{x^{3} + 1} d x$ .

实数范围内分解 $x^{3} + 1 = (x + 1) (x^{2} - x + 1)$

化为待定形式：

$\frac{1}{x^{3} + 1} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x^{2} - x + 1} 通分$

分式上下系数相同，解出来

带回： $\sum_{i = 1}^{k} \frac{A_{i}}{(x - a)^{i}}$ $\sum_{i = 1}^{k} \frac{B_{i} x + D_{i}}{{(x^{2} + p x + q)}^{i}}$

有理式次数较大时, 常用添项法和凑微分法, 通常当分母已因式分解好时才用公式.

三角函数有理式

万能公式： $2 t$ $1 - t^{2}$ $2 d t$ / $1 + t^{2}$

万能变换适合次数小的三角函数有理式积分

#万能变换

令 $t = \tan (x / 2)$ , 则

$\sin x = \frac{2 t}{1 + t^{2}}, \cos x = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}, d x = \frac{2 d t}{1 + t^{2}}$

$\int R (\sin x, \cos x) d x = \int R (\frac{2 t}{1 + t^{2}}, \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}) \cdot \frac{2}{1 + t^{2}} d t$

其他

无理函数

被积函数中含有根式. 常采用第二代换法
去掉根式, 化为有理函数的积分.

“积不出” 的函数

原函数非初等的函数

$e^{- x^{2}}, \frac{\sin x}{x}, \frac{\cos x}{x}, \frac{1}{\ln x}, \sin (x^{2}), \cos (x^{2})$

定积分

换元积分法

原点对称的奇、偶函数： $0$ 或分段

Example

例 14 设 $f$ 是周期为 $T$ 的连续函数. 证明: $\forall a \in R$ , 有

$\int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x$

周期函数：等于一个周期

周期函数定积分

$\int_{a}^{a + n T} f (x) d x = n \int_{0}^{T} f (x) d x$

正余弦互换： $0 \sim \frac{π}{2}$ 内

正余弦互换

在 $0 \sim \frac{π}{2}$ 对 $f (u, w)$ 积分

$\int_{0}^{π / 2} f (\sin x, \cos x) d x = \int_{0}^{π / 2} f (\cos x, \sin x) d x$

分部积分法

Wallis 公式 EVENPIE

#Wallis公式

$I n = \underset{三角函数互换}{\underset{⏟}{\int_{0}^{π / 2} \sin^{n} x d x = \int_{0}^{π / 2} \cos^{n} x d x}} = {\begin{cases} \frac{(n - 1)!!}{n!!} \cdot \frac{π}{2}, & n is even \\ \frac{(n - 1)!!}{n!!}, & n is odd \end{cases}$

积分的应用

弧微分公式：ds = √(1+k²)dx

#弧微分公式

$\begin{aligned} d s & = \sqrt{1 + f^{' 2} (x)} d x \dots 直角坐标方程 \\ = \sqrt{x^{' 2} (t) + y^{' 2} (t)} d t \dots 参数方程 \end{aligned}$

弧长公式：∫ √(1+k²)dx or (x'²+y'²) or (r²+r'²)

弧长公式

#弧长公式/直角坐标

设 $l : y = f (x) \in C^{(1)} [a, b]$ , 则

$s (l) = \int_{a}^{b} \sqrt{1 + f^{' 2} (x)} d x (a < b)$

#弧长公式/参数方程弧

设 $l : x = x (t), y = y (t) \in C^{(1)} [α, β]$ , 则

$s (l) = \int_{α}^{β} \sqrt{x^{' 2} (t) + y^{' 2} (t)} d t (α < β)$

#弧长公式/极坐标方程

若 $l : r = r (θ) \in C^{(1)} [α, β]$ , 则

$s (l) = \int_{α}^{β} \sqrt{r^{2} (θ) + r^{' 2} (θ)} d θ (α < β)$

Proof

$\begin{aligned} x = r (θ) \cos θ, y = r (θ) \sin θ \\ x^{'} = r^{'} (θ) \cos θ - r (θ) \sin θ \\ y^{'} = r^{'} (θ) \sin θ + r (θ) \cos θ \\ d s = \sqrt{x^{' 2} + y^{' 2}} d θ = \sqrt{r^{2} (θ) + r^{' 2} (θ)} \end{aligned}$

例题

Example

例1 求曲线 $y = x^{2}$ 上点 $(- 1, 1)$ 与 $(1, 1)$ 间的弧段长.

Solution

$\begin{aligned} S & = \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 + 4 x^{2}} d x \dots (1) 2 x = \tan θ \\ = 2 \int_{0}^{1} \sqrt{1 + 4 x^{2}} d x \\ = {2 x \sqrt{1 + 4 x^{2}} |}_{0}^{1} - 2 \int_{0}^{1} \frac{4 x^{2} + 1 - 1}{\sqrt{1 + 4 x^{2}}} d x \\ = 2 \sqrt{5} - S + \int_{0}^{1} \frac{d (2 x)}{\sqrt{1 + (2 x)^{2}}} \end{aligned}$

$\sqrt{5} + \frac{1}{2} \ln (2 + \sqrt{5})$

Example

例2 求曲线 ${\begin{cases} x = \arctan t \\ y = \frac{\ln (1 + t^{2})}{2} \end{cases} (0 \leq t \leq 1)$ 弧长.

Solution

$\begin{aligned} s & = \int_{0}^{1} \sqrt{{(\frac{1}{1 + t^{2}})}^{2} + {(\frac{t}{1 + t^{2}})}^{2}} d t \\ = \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2}}} \\ = \ln (1 + \sqrt{2}) \end{aligned}$

Example

例3 求心脏线 $r = a (1 + \cos θ) (a > 0)$ 全长.

Solution

$\begin{aligned} s & = \int_{0}^{2 π} \sqrt{a^{2} (1 + \cos θ)^{2} + a^{2} \sin^{2} θ} d θ \\ = a \int_{0}^{2 π} \sqrt{2 + 2 \cos θ} d θ \\ = a \int_{0}^{2 π} \sqrt{4 \cos^{2} \frac{θ}{2}} 二倍角 \\ = 2 a \int_{0}^{2 π} | \cos \frac{θ}{2} | d θ 注意根号！ \\ = 8 a \end{aligned}$

Example

例 4 求椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 周长.

Solution

$\begin{aligned} x & = a \cos θ, y = b \sin θ \\ s & = 4 \int_{0}^{π / 2} \sqrt{a^{2} \sin^{2} θ + b^{2} \cos^{2} θ} d θ \\ = 4 \int_{0}^{π / 2} \sqrt{a^{2} - ⟨ a^{2} - b^{2} ⟩ \cos^{2} θ} d θ \\ = 4 a \int_{0}^{π / 2} \sqrt{1 - e^{2} \cos θ} (e = \frac{c}{a} \in (0, 1)) \end{aligned}$

遗憾的是， $e \in (0, 1)$ 时属于不可积函数 => 需要查 椭圆积分表(近似)

该类函数被称为椭圆的第二类积分

平面图形面积：∫ f(x) dx = ∫ y(t) dx(t) = 1/2 ∫ r²(θ) dθ

#平面图形面积/参数方程

若 $y = f (x) \geq 0$ 的参数方程为 $x = x (t)$ , $y = y (t)$ , 且 $x (α) = a, x (β) = b$ , 则曲线 $y = f (x)$ , 与直线 $x = a, x = b$ 及 $x$ 轴所围面积

$A = \int_{a}^{b} f (x) d x \overset{x = x (t)}{=} \int_{α}^{β} y (t) x^{'} (t) d t$

#平面图形面积/极坐标方程

曲线 $r = r (θ) (θ \in [α, β])$ 与射线 $θ = α$ 及 $θ = β$ 所围面积

$A = \frac{1}{2} \int_{α}^{β} r^{2} (θ) d θ$

旋转体体积 V = π ∫ f²(x) dx = 2 π ∫ xy dx

#旋转体积公式/薄片法

曲线 $y = f (x)$ 与 $x = a, x = b$ 及 $x$ 轴所围图形绕 $x$ 轴旋转

$V_{x} = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x, x \in [a, b]$

y轴：

与

y

轴所围图形绕

y

轴旋转体积公式

$V_{y} = π \int_{c}^{d} g^{2} (y) d y, y \in [c, d]$

#旋转体积公式/薄壳法

曲线 $y = f (x)$ 与 $x = a, x = b$ 及 $x$ 轴所围图形绕 $y$ 轴旋转所得旋转体体积

$V = 2 π \int_{a}^{b} x y d x = 2 π \int_{a}^{b} x f (x) d x$

旋转体侧面积 S = 2π ∫ y √(1+k²) dx

记得可以分成多个等分求！(例如四个象限)

#旋转面/面积

$S = 2 π \int_{a}^{b} f (x) \sqrt{1 + f^{' 2} (x)} d x$

#旋转面/参数面积

$S = 2 π \int_{α}^{β} y (t) \sqrt{x^{' 2} (t) + y^{' 2} (t)} d t (α < β)$

积分余项 Taylor 公式

并不知道会怎么考，见MA.5.1 积分#七、积分余项 Taylor 公式

Lagrange 余项 Taylor 公式

Formula

$R_{n} = \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{n!} \int_{a}^{x} (x - t)^{n} d t = \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - a)^{n + 1}$

常见级数

来自：【微积分】常用级数与级数审敛法汇总

绝对收敛级数（Absolute Convergent Series）：级数的每一项都取绝对值后仍然收敛。
条件收敛级数（Conditional Convergent Series）：因为正负交错而收敛的级数（级数是收敛的交错级数，但是每一项都取绝对值后，就不收敛了）
调和级数（Harmonic Series）：所有正整数的倒数形成的级数
P-级数 $\frac{1}{n^{p}}$ （P-Series）：所有正整数的倒数的p幂次形成的级数，又被称为超调和级数。
- $p \leq 1$ 发散
- $p > 1$ 收敛
几何级数（Geometric Series）：每相邻两项，后项比前项的比值相同，又被称为等比级数。
超几何级数：见例题12： $F (α, β, γ, x) = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{α (α + 1) \dots (α + n - 1) β (β + 1) \dots (β + n - 1)}{n! γ (γ + 1) \dots (γ + n - 1)} χ^{n}$
其中 $α, β, γ, x > 0$
- $0 < x < 1$ 时收敛
- $x > 1$ 时发散
- $x = 1$ 时 $\overset{Raabe}{\to}$
  - $α + β < γ$ 收敛
  - $α + β > γ$ 发散
  - $α + β = γ$ 高斯判别法
正项级数：每一项都是非负的级数
交错级数：正项和负项交替出现的级数
幂级数与泰勒级数：见于下面
三角级数与傅里叶级数：见下面
傅里叶级数：任何周期函数都可以用正弦函数和余弦函数构成的无穷级数来表示，称为傅里叶级数。

级数的敛散性判断方法

正项级数

摘自中科大Slides

正项级数收敛判别的基本思想是看 $a_{n}$ 趋向于 0 的速度
不存在收敛“最慢”的级数
正项级数的判别方法不能用到一般级数的判别方法上。

基本：收敛原理

充要条件：部分和有界

裂项：依据交换律即可
积分放缩：原函数是一个容易积分的函数，例如：这个例题

比较判别法：大收=>小收，小散=>大散

极限形式 ~ 无穷小/大

#比较判别法/极限形式

设 $a_{n} \geq 0, b_{n} > 0$ , 且 $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = l$ , 则

当 $0 < l < + \infty$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 同敛散
当 $l = 0$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
当 $l = + \infty$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

理解：极限的比值为 $l$ ，容易联想到： $◻$ 阶无穷小/大
- $l = 0$ ： $a_{n} ≪ b_{n}$
- $0 < l < + \infty$ ： $a_{n} \sim b_{n}$
- $l = + \infty$ ： $a_{n} ≫ b_{n}$

说明

常选择几何级数与 $p$ 级数作参照级数

常估计通项无穷小 ${a_{n}}$ 对 $1 / n$ 的阶

Eg. $\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$ 发散

P-判别法 $lim n^{p} a_{n} = l$ p =>1

Corollary

设 $a_{n} \geq 0$ , 且 $lim_{n \to \infty} n^{p} a_{n} = l$ , 则

当 $0 \leq l < + \infty$ , 且 $p > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
当 $0 < l \leq + \infty$ , 且 $p \leq 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

理解：
- $p > 1$ 说明 $n^{p}$ 发散到 $+ \infty$ ，若此时还能让 $l$ 不发散到 $+ \infty$ ，则一定是一个收敛的数列将其拉回来
- $p \leq 1$ 说明 $n^{p}$ 收敛到 $0$ ，若此时还能让 $l$ 不趋近于 $0$ ，则一定是一个发散的数列让他拉起来

比值判别法：系数模比值极限 - 小收大散

Theorem

若正项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 满足

$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq q < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \geq 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散
$lim_{n \to \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = q$ , 则
- 当 $q < 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
- 当 $q > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散;
- 当 $q = 1$ 时, 判别法失效

简记为：

lim_{n \to \infty} | \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | = ρ

当 $ρ < 1$ 时，级数收敛
当 $ρ > 1$ 时，级数发散
当 $ρ = 1$ 时，级数可能收敛也可能发散

推论

Theorem

设 $a_{n} > 0, b_{n} > 0$ ，且

$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ⩽ \frac{b_{n + 1}}{b_{n}}$

则

$\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散

理解：增长幅度意义上的比较判别法

根值判别法 / Cauchy 判别法： $lim \sqrt[n]{a_{n}}$

Theorem

若正项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 满足

$\sqrt[n]{a_{n}} \leq q < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
有无穷多项使 $\sqrt[n]{a_{n}} \geq 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散
$lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = q$ , 则
- 当 $q < 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
- 当 $q > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散;
- 当 $q = 1$ 时, 判别法失效

简记为：

C = lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}}

当 $C < 1$ 时，级数收敛
当 $C > 1$ 时，级数发散
当 $C = 1$ 时，级数有可能收敛也有可能发散

Raabe 判别法 (比值法失效时)：大收小散

#数项级数/Raabe判别法

设 $a_{n} > 0$ , 且

$lim_{n \to \infty} n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) = α$

若 $α > 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛; 若 $α < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

注意那个奇怪的 $n$
当级数比几何级数收敛得慢的时候更有效：由于外面乘了一个 $n$ ，因此 $\frac{δ}{a_{n + 1}}$ 按照 $n^{- 1}$ 的量级减小

交错级数：含 $(- 1)^{n}$

Leibniz 判别法： $a_{n}$ 递减趋于 $0$ => 收敛有界

#Leibniz判别法

若交错级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 满足

$(1) a_{n + 1} \leq a_{n}, (2) lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$

则 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 收敛, 且

$0 \leq \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} a_{k} \leq a_{1}$

理解： $↓ \to 0$ 保证了最后能够越震荡越小，实现收敛
- $a_{n} > 0$ 保证了第一项是正数(才有后面的范围不等式)
- 若去掉1（非单调）可能震荡
条件：通项
- 递减
- 趋于0
结论
- 收敛
- 介值

积分判别法

若非负函数 $f$ 在 $[1, + \infty)$ 上单减, 则级数

条件：非负，递减

乘积和

🔴 A-D判别法：单调有界<0=>趋于

#A-D判别法

设 ${a_{n}}, {b_{n}}$ , 满足下两条件之一: 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} b_{n}$ 收敛.

(Abel) ${b_{n}}$ 单调有界, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;

(Dirichlet) ${b_{n}}$ 单调趋于 $0, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 的部分和有界.

要求各有侧重
- $b_{n}$ 单调有界， $\sum a_{n}$ 收敛
- $b_{n}$ 单调趋 $0$ ， $\sum a_{n}$ 有界

技巧：三角积化和差凑项：乘上 $2$ 公差的一半

Eg. 证明 $\sum \sin k$ 收敛

Proof

\begin{aligned} S_{n} & = \frac{1}{2 \sin \frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} \underset{凑项:2倍公差的一半}{\underset{⏟}{\sin k \cdot 2 \sin \frac{1}{2}}} \\ = \frac{1}{2 \sin \frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} (\cos (k - \frac{1}{2}) - \cos (k + \frac{1}{2})) \end{aligned}

Cauchy 乘积：下标之和 $= n + 1$

基本：性质

根据 $i$ , $j$ 化简+放缩到下标和

Mertens 定理：至少一个绝对收敛

#Mertens定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = A, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} = B$ 且至少其一绝对收敛, 则它们的Cauchy乘积收敛, 且 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n} = A B$

理解：Why绝对收敛？
- 各项趋于零快才能收敛，若条件收敛，各自能够抵消不一定能够实现乘积的抵消

Abel 定理

Abel定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = A, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} = B$ . 若它们的 Cauchy 乘积收敛, 且 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n} = C$ , 则 $C = A B$

其他

性质

收敛的结合律、交换律

结合律

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S$ , 将其相邻若干项加括号得到的新级数收敛，且和不变

逆命题不成立：发散不一定传递

$\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} = 1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ 发散 , 但 $(1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0$ 收敛

更序级数敛散不变

Theorem

设 $a_{n} \geq 0$ , 则任意更换顺序求和所得新级数敛散性不变, 收敛时和不变.

应用：拆分级数、更改求和下标，分离求和

收敛的线性性

略

级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{2} ， \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}^{2}$ 均收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} b_{n} | ， \sum_{n = 1}^{\infty} {(a_{n} + b_{n})}^{2} ， \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{| a_{n} |}{n}$ 也收敛

绝对收敛 / 条件收敛

条件Eg. 1-1/2+1/3-1/4+1/5-1/6+...

绝对收敛/条件收敛

绝对收敛

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛, 则称 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ #绝对收敛

收敛由于：通项趋于0快

条件收敛

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 而 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 发散, 则称 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ #条件收敛

收敛由于：相邻项抵消

Proposition

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛, 则级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

Proof

由 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛 Cauchy 准则
$\forall ε > 0, \exists N \in N, \forall n \geq N, \forall P \in N$

$\begin{aligned} \sum_{k = n + 1}^{n + p} | a_{k} | < ε \\ \Rightarrow & | \sum_{k = n + 1}^{n_{1} p} a_{k} | ⩽ \sum_{k = n + 1}^{n_{1} p} | a_{k} | < ε \end{aligned}$

条件、绝对收敛的传递

绝 $+$ 条 = 条
条 $\pm$ 条 = 条/绝

绝对收敛的交换律

Theorem

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛, 则任意改变求和顺序所得新级数也绝对收敛, 且和不变.

Riemann 重排定理

#Riemann重排定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛, 则对 $\forall A \in [- \infty, + \infty]$ 存在改变求和顺序的新级数使之趋于 $A$

正部、负部

略

[乘积] Abel 变换 / 分部求和

#Abel变换

设有 ${a_{n}}, {b_{n}}$ , 记 $A_{k} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}$ , 则

$\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = A_{n} b_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} A_{k} (b_{k} - b_{k + 1})$

Abel 引理

#Abel引理

设 ${b_{n}}$ 单调, 若 $| A_{k} | \leq M$ , 则

$| \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} | \leq M (| b_{1} | + 2 | b_{n} |)$

级数判敛方法总结

来自：Blog by luoyuwen

级数判敛的方法众多，总结起来就有比较判别法，比较判别法的极限形式，比值判别法，根值判别法，极限判别法，积分判别法，交错级数判敛法以及一个级数收敛的必要条件。对于一个具体的级数，应该应用哪一种方法最有效，这就是一个头疼的问题。我们不可能一个方法一个方法的来试，那样就太浪费时间了。这里我们总结一下一般的原则。

判定一个级数是否收敛的关键，在于迅速确定级数的形式。不同的形式有着不同的有效判别方法。现在我们总结一下，哪些形式应用哪些判别法则。

如果一眼能看出一般项的极限不趋于 $0$ ，即 $lim_{n \to \infty} a_{n} \neq 0$ ，则级数发散；
如果级数具有形式 $\sum 1 / n^{p}$ ，那么就是一个 $p -$ 级数。当 $p \leq 1$ 时发散，当 $p > 1$ 时收敛；
如果级数具有形式 $\sum a r^{n}$ , 那么就是一个几何级数。当 $| r | \geq 1$ 时发散，当 $| r | < 1$ 时收敛；

这两种级数是最基本的级数，后面的几种判别法，差不多都是跟这两种级数做比较而得到的。

如果级数的一般项是 $n$ 的一个代数式（有理分式或者无理分式），那么该级数与某个 $p -$ 级数同敛散（极限判别法或者比较判别法的极限形式）。我们只需要在分式中保留关于 $n$ 的最高阶项，所得到的项就是这个 $p -$ 级数的一般项。
例如，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + n + 1}$ ，它的一般项 $\frac{1}{n^{2} + n + 1} \sim \frac{1}{n^{2}}$ ，所以它与级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 同敛散。在这里，我们将级数的一般项关于 $n$ 的最高阶项保留，就得到 $1 / n^{2}$ ，所以级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 就是我们要寻找的那个比较级数。
再如 $\frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1}} \sim \frac{1}{n}, (n \to \infty)$ ，所以级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1}}$ 发散；
或者，简单地说，就是如果一个级数的一般项等价于一个 $p -$ 级数的一般项，则级数与该 $p -$ 级数同敛散；
同上，如果一个级数的一般项等价于一个几何级数的一般项，则级数与该几何级数同敛散；
如果级数含有 $n!$ ，则比值判别法比较有效。需要注意的是，比值判别法对 $p -$ 级数失效，因而对任何级数一般项 $n$ 的代数式的级数也失效；
如果级数的一般项 $a_{n} = (b_{n})^{n}$ ，则首先考虑根值判别法；
如果级数的一般项是 $n$ 的函数 $f (n)$ 并且==广义积分 $\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ 较易求得==广义积分 $\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ 较易求得，则可考虑使用积分判别法。
如果级数含有项 $(- 1)^{n}$ ，则是一个交错级数，这时候，必定考虑莱不尼兹判别法（交错级数判别法）。

函数项级数

一致收敛概念辨析

来自：如何理解一致收敛？

约定，形式和： $S_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} (x)$

单点收敛：对某个 $x_{0}$ 收敛， $x_{0}$ 给定之后相当于数项级数（无变量）
收敛 / 逐点收敛：对于定义域 $I$ 中每一个 $x$ 单点收敛，先确定 $x$ 后确定 $N$
一致收敛：对于一个确定的 $N$ ，所有在定义域 $I$ 里的 $x$ 都会收敛（收敛的程度相似）

一致收敛的几何解释

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对于划定了一个 $ε$ 的区域，能找到一个 $N$ ，对所有 $n > N$ 的情形， $S_{n} (x)$ 无论如何改变，都能在 $S (x)$ 周围 $ε$ 区域内，即使 $x$ 的改变会带来一些扰动

因此才有了：

定义： $f_{n} (x)$ 在 $ε$ 区域内

定义 2

设 ${f_{n} (x)}$ 为函数列, 若存在 $f (x)$ 使

$\forall ε > 0, \exists N = N (ε) \in N, \forall n > N, \forall x \in I : | f_{n} (x) - f (x) | < ε$

则称 ${f_{n} (x)}$ 在 $I$ 上一致收敛于 $f (x)$ , 记为

$f_{n} (x) \overset{I}{⇉} f (x)$

确界极限定理： $n$ 越来越大后越来越逼近 $f (x)$ （如何衡量？答案是取其中偏差最大的一个，也就是上确界，偏差最大的都趋于 $0$ ，则其他的也如此）

Theorem

$f_{n} (x) \overset{I}{⇉} f (x) \Leftrightarrow lim_{n \to \infty} sup_{x \in I} | f_{x \in I} (x) - f (x) | = 0$

一致收敛性的判断

证明方法：

利用定义
利用 Cauchy 准则
利用几个常用的判别法
Weierstrass 判别法：利用 $u_{n} (x)$ 最大值进行放大，利用不等式，利用 Taylor 公式进行放大
A-D 判别法
Dini 定理及其应用
利用一致有界

利用定义

$ε - N$ 方法

定义 2

设 ${f_{n} (x)}$ 为函数列, 若存在 $f (x)$ 使

$\forall ε > 0, \exists N = N (ε) \in N, \forall n > N, \forall x \in I : | f_{n} (x) - f (x) | < ε$

则称 ${f_{n} (x)}$ 在 $I$ 上一致收敛于 $f (x)$ , 记为

$f_{n} (x) \overset{I}{⇉} f (x)$

要用定义证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛，
先求和函数 $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ ，写出部分和 $S_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} (x)$ ，然后对 $\forall ε > 0$ ，找出与 $x$ 无关的 $N = N (ε)$ ，使得 $n > N$ 时有 $| S (x) - S_{n} (x) | < ε$

或者， $S_{n} (x) ⇏ S (x)$ ，即 $\exists ε_{0} > 0,$ $\forall n > N,$ $\exists n > N,$ $\exists x_{N} \in I$ , s.t. $| S (x_{N}) - S_{n} (x_{N}) | \geq ε_{0}$

Example

例题设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上有连续的导函数 $f^{'} (x)$ ， $f_{n} (x) = e^{n} [f (x + e^{- n}) - f (x)]$ ，证明： ${f_{n} (x)}$ 在任意有限开区间 $(a, b)$ 内一致收敛于 $f^{'} (x)$ .

Analysis

即寻找 $| f_{n} (x) - f^{'} (x) |$ 的关系，故需要构造，注意到， $f_{n} (x)$ 的表达式具有导数的形式

Proof

由中值定理有：（定义法）
$| f_{n} (x) - f^{'} (x) | = | \frac{f (x + e^{- n}) - f (x)}{e^{- n}} - f^{'} (x) | = | f^{'} (ξ) - f^{'} (x) | (x < ξ < x + e^{- n})$
由于 $f^{'} (x)$ 在 $[a, b + 1]$ 上一致连续（连续函数在闭区间上一致连续），
$\forall ε > 0,$ $\exists δ > 0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in [a, b - 1],$ $| x_{1} - x_{2} | < δ$ 时，有 $| f^{'} (x_{1}) - f^{'} (x_{2}) | < ε$ ，
取 $N = \ln \frac{1}{δ}$ ，则 $n > N$ 时，有
$| f_{n} (x) - f^{'} (x) | = | f^{'} (ξ) - f^{'} (x) | < ε (此时 0 < e^{- n} < δ)$
故当 $n \to \infty$ 时， $f_{n} (x) ⇉ f^{'} (x)$ 于 $(a, b)$ 上

放大法

若 $\forall n,$ $\exists α_{n} > 0,$ s.t. $| S (x) - S_{n} (x) | \leq α_{n} (\forall \in I)$ ，且 $n \to \infty$ 时 $α_{n} \to 0$ $⟹$ $S_{n} (x) ⇉ S (x)$ （注意这是充分条件）

Example

例题 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n (- 1)^{n}}{n^{2} + x^{2}}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内一致收敛

Proof

$f (y) = \frac{y}{y^{2} + x^{2}},$ $f^{'} (y) = \frac{x^{2} - y^{2}}{(y^{2} + x^{2})^{2}},$ $\forall x \in (- \infty, + \infty)$

当 $n$ 充分大时， $\frac{n}{n^{2} + x^{2}} ↓$ ，故该级数为 #Leibniz级数 $⟹$ $α_{n} = S (x) - S_{n} (x) \leq f (n + 1) \leq$ $\frac{n + 1}{(n + 1)^{2} + x^{2}} \leq \frac{1}{n + 1} \to 0 (n \to \infty)$ ，则在 $(- \infty, + \infty)$ 内一致收敛

补充： #Leibniz级数

绝对值单调递减的交错级数

例如：
$S_{n} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{2 n - 1} \to \frac{π}{4}$

天津大学考研真题

设 $n$ 是一正整数, 证明:

方程 $f_{n} (x) = x^{n} + n x - 1 = 0$ 在 $(0, + \infty)$ 内有唯一的正实根 $a_{n}$ ;
$\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} a_{2 n + 1}$ 条件收敛.

确界法 (确界极限定理)

Theorem

$f_{n} (x) \overset{I}{⇉} f (x) \Leftrightarrow lim_{n \to \infty} sup_{x \in I} | f_{x \in I} (x) - f (x) | = 0$

最大的差值（sup）趋于0：当 $n \to \infty$ 时， $S_{n} (x) ⇉ S (x)$ $\Leftrightarrow$ $lim_{n \to \infty} sup_{x \in I} | S (x) - S_{n} (x) | = 0$

放大+确界

例题给定函数列： $f_{n} (x) = \frac{x (\ln n)^{α}}{n^{x}} (n = 2, 3, \dots)$ ，试问当 $α$ 取何值时， ${f_{n} (x)}$ 在 $[0, + \infty)$ 上一致收敛

Solution
$f_{n}^{'} (x) = \frac{(\ln n)^{α + 1}}{n^{x}} (\frac{1}{\ln n} - x)$
当 $x > \frac{1}{\ln n}$ 时， $f_{n} (x) ↓$ ，当 $x < \frac{1}{\ln n}$ 时， $f_{n} (x) ↑$ ，在 $x = \frac{1}{\ln n}$ 处取极大值， $lim_{n \to \infty} f_{n} (x) = 0 = f (x)$
故 $sup_{x \in (0, + \infty)} | f (x) - f_{n} (x) | = max_{x \in (0, + \infty)} | f (x) | = f_{n} (\frac{1}{\ln n}) = \frac{(\ln n)^{α - 1}}{n^{1 / \ln n}}$

由于 $n^{1 / \ln n} = e^{(1 / \ln n) \cdot \ln n} = e$
因此 $= \frac{1}{e} {(\ln n)}^{α - 1} {\begin{cases} ↛ 0, & α \geq 1 \\ \to 0, & α < 1 \end{cases} (n \to + \infty)$

$⟹$ 当且仅当 $α < 1$ 时一致收敛

Cauchy 准则判断一致收敛

Cauchy一致收敛准则

${f_{n} (x)}$ 在 $I$ 上一致收敛

$\Leftrightarrow \forall ε > 0, \exists N \in N, \forall n > N, \forall p \in N, \forall x \in I :$

$| f_{n + p} (x) - f_{n} (x) | < ε$

$\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 在区间 $I$ 上

一致收敛 <=> $\forall ε > 0,$ $\exists N > 0$ ， $\forall n > N,$ $\forall x \in I,$ $\forall p \in N$ ， $| \sum_{k = n + 1}^{n + p} u_{k} (x) | < ε$
非一致收敛 <=> $\exists ε > 0,$ $\forall N > 0$ ， $\exists n > N$ , $\exists x \in I,$ $\exists p \in N$ $| \sum_{k = n + 1}^{n + p} u_{k} (x) | \geq ε$

一个可以直观感受收敛与一致收敛的题目

例题讨论级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{n^{x}}$ 的收敛性与一致收敛性

From ${(\frac{1}{2})}^{+} \to 4$

Solution

1. 收敛性 由 $\forall α > \frac{1}{2}$ ，当 $x \geq α$ 时， $| \frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{n^{x}} | = \frac{1}{n^{x} (\sqrt{n + 1} + \sqrt{n})} \leq \frac{1}{n^{x + \frac{1}{2}}} \leq \frac{1}{n^{α + \frac{1}{2}}} (n \geq 1)$

由 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{α + \frac{1}{2}}}$ 收敛，故级数在 $[α, + \infty)$ 上一致收敛==(Weierstrass?)==，又因 $α > \frac{1}{2}$ 任意，所以在 $x \in (\frac{1}{2}, + \infty)$ 内逐点收敛，且内闭一致收敛

2. 一致收敛性 由 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \to \infty$ ，故 $\forall n \in N$ ，当 $m > n$ ， $m$ 充分大时，有 $\sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k} > 2$
故当 $x \to {(\frac{1}{2})}^{+}$ 时
$| \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{k^{x}} | = \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k^{x} (\sqrt{k + 1} + \sqrt{k})} \geq \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k^{x + \frac{1}{2}}} \overset{x \to {(\frac{1}{2})}^{+}}{\to} \sum_{k = n + 1}^{m} \frac{1}{k} > 2$
故在 $(\frac{1}{2}, + \infty)$ 上非一致收敛

利用几个常用判别法

Weierstrass 判别法

利用最大值放大

例题

证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} x^{n} (1 - x)^{2}$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛

Proof

对通项 $u_{n} (x) = x^{n} (1 - x)^{2}$ 求导，令 $u_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} (1 - x)^{2} - 2 x^{n} (1 - x) = 0$
$⟹$ 驻点 $x = 0,$ $1,$ $\frac{n}{n + 2}$ ，由 $u_{n} (\frac{n}{n + 2}) > u_{n} (0) = u_{n} (1) = 0$
所以 $u_{n} (\frac{n}{n + 2})$ 为 $u_{n} (x)$ 上的最大值
$\begin{aligned} x^{2} (1 - x)^{2} & \leq {(\frac{n}{n + 2})}^{n} {(1 - \frac{n}{n + 2})}^{2} \\ = (\frac{2}{n + 2}) \leq \frac{4}{n^{2}} \end{aligned}$
$⟹ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{4}{n^{2}}$ 收敛

$⟹ \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n} (1 - x)^{2}$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛

不明意义的插入
$\sum_{n = 1}^{\infty} x^{3} e^{- n x^{2}}$ 在 $[0, + \infty)$ 一致收敛

求通向最大值可得： $\sum_{n = 1}^{\infty} x^{3} e^{- n x^{2}}$ 的优级数： $\sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{3}{2 n})}^{3 / 2}$

利用不等式

Example

证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \arctan \frac{2 x}{x^{2} + n^{3}}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内一致收敛

Proof
$\arctan x \leq x$ $⟹ | \arctan \frac{2 x}{x^{2} + n^{3}} | \leq \frac{2 | x |}{x^{2} + n^{3}} \leq \frac{\sqrt{x^{3} n^{3}}}{\frac{x^{2} + n^{3}}{2}} \cdot \frac{1}{n^{3 / 2}} \leq \frac{1}{n^{3 / 2}}$

Example

证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} [e^{x} - {(1 + \frac{x}{n})}^{n}]$ 在任意有限区间 $[a, b]$ 上一致收敛

Proof

\frac{1}{n} [e^{x} - {(1 + \frac{x}{n})}^{n}] \leq \frac{x^{2}}{n^{2}} e^{x} \leq \frac{M^{2}}{n^{2}} e^{M}

利用 Taylor 公式放大

Example

证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} x^{2} e^{- n x}$ 在 $(0, + \infty)$ 内一致收敛

Proof
$x^{2} e^{- n x} = \frac{x^{2}}{1 + n x + \frac{1}{2!} (n^{2} x^{2}) + \dots} < \frac{x^{2}}{\frac{n^{2} x^{2}}{2}} = \frac{2}{n^{2}}$

🔴 A-D 判别法单调一致有界 <0=> 趋于

Theorem

设 ${u_{n} (x)}, {v_{n} (x)}$ 满足下列两组条件之一

(Abel)

$\forall x \in E, {v_{n} (x)}$ 单调, 且在 $E$ 上一致有界, (关于 $n$ )
$\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 在 $E$ 上一致收敛;

(Dirichlet)

$\forall x \in E, {v_{n} (x)}$ 单调, 且在 $E$ 上一致趋于 0 ,
$\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 的 ${S_{n} (x)}$ 在 $E$ 上一致有界.

$⟹ \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x) v_{n} (x)$ 在 $E$ 上一致收敛.

$v_{n} (x)$ 一致有界： $| v_{n} (x) | < M (\forall n \in N,$ $\forall x \in E)$

单调+一致有界 & 形式和一致收敛
单调+一致趋于0 & 形式和一致有界

Abel 判别法与 Dirichlet 判别法联合使用

Example

证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} (1 - x) \frac{x^{n}}{1 - x^{2 n}} \sin n x$ 在 $(\frac{1}{2}, 1)$ 内一致收敛

Analysis
$\sum_{n = 1}^{\infty} (1 - x) x^{n} (1 - x^{2 n}) \sin n x =_{Abel}^{Dirichlet} \sum_{n = 1}^{\infty} \underset{单调&一致有界}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + x^{n}}}} \cdot \underset{形式和一致收敛}{\underset{⏟}{\overset{单调+一致趋 0}{\overset{⏞}{\frac{(1 - x) x^{n}}{1 - x^{n}}}} \cdot \overset{形式和一致有界}{\overset{⏞}{\sin n x}}}}$
Proof

因为 $\sum_{n = 1}^{\infty} (1 - x) x^{n} (1 - x^{2 n}) \sin n x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^{n}} \cdot \frac{(1 - x) x^{n}}{1 - x^{n}} \cdot \sin n x$ 其中 $\frac{1}{1 + x^{n}}$ 关于 $n$ 单调且一致有界: $| \frac{1}{1 + x^{n}} | \leq 1$ ，

由 Abel 判别法，只需要证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - x) x^{n}}{1 - x^{n}} \sin n x$ 在 $(\frac{1}{2}, 1)$ 内一致收敛

1.
$\begin{aligned} | \sum_{k = 1}^{n} \sin k x | & = | \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k = 1}^{n} 2 \sin \frac{x}{2} \sin k x | \\ = | \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k = 1}^{n} [\cos (k - \frac{1}{2}) x - \cos (k + \frac{1}{2}) x] | \\ = \frac{| \cos \frac{x}{2} - \cos (n x + \frac{x}{2}) |}{2 \sin \frac{x}{2}} \\ \leq \frac{1}{\sin \frac{x}{2}} \leq \frac{1}{\sin \frac{1}{4}} \end{aligned}$
即 $\sum_{k = 1}^{n} \sin k x$ 在 $(\frac{1}{2}, 1)$ 内一致有界

2.

$\frac{(1 - x) x^{n}}{1 - x^{n}} = \frac{x^{n}}{1 + x + x^{2} + \dots + x^{n - 1}}$ , $x \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，其关于 $n ↓$

又
$0 \leq \frac{x^{n}}{1 + x + \dots + x^{n - 1}} \leq \frac{x^{n}}{n x^{n - 1}} < \frac{1}{n} \to 0$
即 $⇉ 0$

知 $\sum \frac{(1 - x) x^{n}}{1 - x^{n}} \sin n x$ 一致收敛

Dini 定理：正/负项级数一致收敛于一函数且通项与和一致连续=>收敛于该函数

#函数项级数/Dini定理摘自陈纪修版定理 10.2.7

设函数序列 ${S_{n} (x)}$ 在闭区间 $[a, b]$ 上点态收敛于 $S (x)$ , 如果

$S_{n} (x) (n = 1, 2, \dots)$ 在 $[a, b]$ 上连续;
$S (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续;
${S_{n} (x)}$ 关于 $n$ 单调, 即对任意固定的 $x \in [a, b], {S_{n} (x)}$ 是单调数列

则 ${S_{n} (x)}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $S (x)$ .

理解：连续单调的形式和收敛于连续的函数，则一致收敛
注意：不能用开区间 $(a, b)$

#函数项级数/Dini定理/推广摘自陈纪修版定理 10.2.7‘

设函数项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上点态收敛于 $S (x)$ , 如果

$u_{n} (x) (n = 1, 2, \dots)$ 在 $[a, b]$ 上连续;
$S (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续;
对任意固定的 $x \in [a, b], \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 是正项级数或负项级数;

则 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $S (x)$ .

理解：求不出具体形式和时，将形式和=>通项

Proof

Example

证明： ${(1 + \frac{x}{n})}^{n} (n = 1, 2, \dots)$ 一致收敛

Proof

${(1 + \frac{x}{n})}^{n} \to e^{x}$ 均在 $[0, 1]$ 上连续，故 ${(1 + \frac{x}{n})}^{n} ⇉ e^{x}$

Example

证明 $f_{n} (x) = \frac{1}{e^{x / n} + {(1 + \frac{x}{n})}^{x}}$ 一致收敛

Proof

{(e^{x} - {(1 + \frac{x}{n})}^{n} \to e^{x})}_{对 x 求导}^{'} = e^{x} - {(1 + \frac{x}{n})}^{n - 1} > 0 ⟹ ↑

0 \leq e^{x} - {(1 + \frac{x}{n})}^{n} \leq e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to 0 (n \to \infty)

$⟹$ 在 $[0, 1]$ 上 ${(1 + \frac{x}{n})}^{n} ⇉ e^{x}$

幂级数

收敛域

Abel 第 I 定理：划定区域

#幂级数/Abel第I定理

若 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x_{0} (\neq 0)$ 收敛, 则当 $| x | < | x_{0} |$ 时绝对收敛;
若 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x_{1}$ 发散, 则当 $| x | > | x_{1} |$ 时幂级数发散.

理解：收敛区域的大收=>小收，小散=>大散，是包含的关系
$x_{0}$ , $x_{1}$ 无法确定

推论：幂级数收敛情况

幂级数收敛域情况

幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛仅有三种可能情况:

仅在 $x = 0$ 收敛;
在区间 $(- R, R)$ 内绝对收敛, 而在 $| x | > R$ 发散;
在 $(- \infty, + \infty)$ (绝对) 收敛.

三种情况可视为以原点为中心的区间, 其长度的一半 $R$ 称为收敛半径, $(- R, R)$ 称为收敛区间.

收敛半径公式

若 $lim_{n \to \infty} \frac{| a_{n + 1} |}{| a_{n} |} = L$ 或 $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{| a_{n} |} = L$ , 则幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径

$R = \frac{1}{L} = {\begin{array}{cc} 0, & L = + \infty, \\ \frac{1}{L}, & 0 < L < + \infty, \\ + \infty, & L = 0 . \end{array}$

收敛域求解方法

比值法/根值法求收敛半径（反比）
考察端点处收敛性
若

$(x - 1)$ 中心非原点：平移
$x^{2 n}$ 缺项幂级数：变量替换

见例题

Abel 第 II 定理：幂级数在收敛域中总是内闭一致收敛

Abel 第 II 定理

设 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 收敛半径为 $R$ , 则它在 $(- R, R)$ 内闭一致收敛; 若 $x = R$ 时收敛, 则它在 $[0, R]$ 一致收敛

幂级数性质

收敛区间可导，求导后半径仍为 $R$

P₂₈₆定理 1.7.2

幂级数的和函数 $S (x)$ 在收敛区间 $(- R, R)$ 内可导, 并有
$S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1},$

且求导后的幂级数的收敛半径仍为 $R$ .

和函数在收敛于内有任意阶导数 / 可积且半径为 $R$

→ 在收敛域内连续，可逐项求导，可逐项积分

Abel 第 III 定理： $R$ 处（闭）收敛 = $R$ 处左连续

Abel 第 III 定理

设 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} x \in (- R, R]$ ,
则 $f (x)$ 在 $x = R$ 处左连续, 即

$lim_{x \to R^{-}} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} R^{n}$

幂级数的运算

和函数的求解方法

Note

$\sum (a n + b) x^{a n}$ 先积分后求导（提出来，让系数和次方一致）
$\sum \frac{x^{a n}}{a n + b}$ 先求导后积分
$\sum \frac{c n^{2} + d n + e}{a n + b}$ 拆分成 $I_{1} + I_{2}$
其他

$n (n - 1) x$ 两次导数
$(- 1)^{n}$ 可以合并到 $x$ 中
$\frac{x^{n}}{n^{2} - 1}$ 裂项
$\frac{(n + 1)^{2}}{n!}$ 拆成三个
$\frac{1}{(n^{2} - 1) x^{n}} \to \frac{x^{n}}{n^{2} - 1}$

Example

例3 求下列幂级数的和函数
(1) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$ ;
(2) $\sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n}$ ;
(3) $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$

Solution

求导：
令 $f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} x \in (- 1, 1) \Rightarrow f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{x^{n}}{n})}^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n - 1} = \frac{1}{1 - x}$
故
$\begin{aligned} f (x) = \underset{0}{\underset{⏟}{f (0)}} + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t & = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t} = - \int_{0}^{x} \frac{d (1 - t)}{1 - t} \\ = - {\ln (1 - t) |}_{0}^{x} \\ = \ln \frac{1}{1 - x} \end{aligned}$

又当 $x = - 1$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n}$ 收敛, 由 Abel. II
故 $f (x)$ 在 $x = - 1$ 右连续
即:
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} = f (- 1) = lim_{x \to - 1 +} f (x) = lim_{x \to - 1^{+}} \ln \frac{1}{1 - x} = \ln \frac{1}{2}$

从而
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = {\begin{cases} \ln \frac{1}{1 - x}, x \in (- 1, 1) \\ \ln \frac{1}{2}, x = - 1 \end{cases}$

即
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = \ln \frac{1}{1 - x}, x \in [- 1, 1)$

若令 $x = - x$
$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} x^{n}}{n} & = \ln \frac{1}{1 + x} \\ = - \ln (1 + x) (- 1 < x \leq 1) \end{aligned}$

即:
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} x^{n}}{n} = \ln (1 + x) (- 1 < x ⩽ 1)$

例如
$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \ln 2$

(2) $R = 1$ . 令 $f (x) : \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n}, x \in (- 1, 1)$

则 提出来积分
$\begin{aligned} f (x) & = x \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1} = x \sum_{n = 1}^{\infty} {(x^{n})}^{'} \dots 由(1)知 \\ = x {(\sum_{n = 1}^{\infty} x^{n})}^{'} = x (\frac{x}{1 - x}) \\ = \frac{x}{(1 - x)^{2}} \end{aligned}$

(3) $R = + \infty Ω_{\hat{s}} f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}, x \in R$
$\begin{aligned} f (x) = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots \\ f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n - 1}}{(n - 1)!} \\ \overset{n = n - 1}{=} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = f (x) \end{aligned}$

故
$\frac{f^{'} (x)}{f (x)} = 1$

两边积分:
$\ln | f (x) | = x + c_{0}$

即
$\begin{aligned} f (x) & = \pm e^{x + c_{0}} \\ \overset{def}{=} c \cdot e^{x} \dots (c = \pm e^{c_{0}}) \end{aligned}$

由于 $f (0) = 1$ ，代入得 $c = 1$ ，即
$f (x) = e^{x}, x \in R$

来自竺可桢辅学 - 2022-2023春夏学期数分辅学级数板块讲义

由 Taylor 公式引入 Taylor 级数，但 级数的收敛性 以及 是否收敛到原函数 需要考虑 收敛半径和余项公式.

常用的初等函数的幂级数展开: (求函数的幂级数展开时: 求导, 积分 , 柯西乘积, 以及在求 $\frac{f}{g}$ 类型时可以用 假设法)

常用求幂级数和函数的工具

几何级数的和函数
从常见初等函数的幂级数凑微分、凑积分
柯西乘积

Example

例题3.1: $\forall x \in (- 1, 1)$ , 有 $\frac{1}{x^{2} + x + 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ , 求 $a_{n}$ 的表达式. (多项式配凑)

例题3.2: 求函数 $f (x) = l n^{2} (1 - x)$ 的幂级数展开式(积分、求导运算类型).

例题3.3: 求 $\frac{x i n s α}{1 - 2 x \cos α + x^{2}}, | x | < 1$ 的幂级数展开式. (假设法)

例题3.4: 求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\sin \frac{1}{3 n}) {(x^{2} + x + 1)}^{n}$ 的收敛域. (换元)

例题3.5(缺项幂级数): 求 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n^{2}}}{2^{n}}$ 的收敛范围.

例题3.6: 计算无穷级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n + 1}}{n (n + 1)}$ 的和. (运用基本级数和积分求导运算求幂级数)

例题3.7: 计算积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1 - x^{2}} d x$ . (逐项积分的应用)

例题3.8: (方程式法求和函数) 试求下列幂级数的和函数 $S (x) = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!!}$ .

常用初等函数的幂级数

Formula

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + \dots = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} (x \in R)$
$\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{x^{2 n - 1}}{(2 n - 1)!} + \dots (x \in R)$
任意阶绝对值有界 $(\leq 1)$ ，满足
$\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} + \dots$
$\ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots$
#二项式函数 $(1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α (α - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} x^{n} + \dots$
在 $(- 1 < x < 1)$ 上恒成立
端点情形： $α = {\begin{cases} \geq 0, & x \in [- 1, 1] \\ \in (- 1, 0), & x \in (- 1, 1] \\ \leq - 1, & x \in (- 1, 1) \end{cases}$

注特别地, 有

$\begin{aligned} α := - 1, x := - x ⟹ \\ \frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + \dots = \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} & (- 1 < x < 1), 几何级数 \\ α := - \frac{1}{2}, x := - x ⟹ \\ \frac{1}{\sqrt{1 - x}} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} x^{n} & (- 1 \leq x < 1) \end{aligned}$

$\begin{aligned} (1 - x)^{- \frac{1}{2}} & = 1 + (- \frac{1}{2}) (- x) + \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2})}{2!} (- x)^{2} + \dots + \underset{(- 1)^{n}}{\underset{⏟}{\frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) \dots (- \frac{1}{2} - n + 1)}{n!}}} \underset{(- 1)^{n}}{\underset{⏟}{(- x)^{n}}} + \dots \\ = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2}}{n!} x^{n} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n} \times n!} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)^{!!}}{(2 n)!!} \end{aligned}$

Example

例5 将 $f (x) = \arctan x$ 在 $x_{0} = 0$ 展成幂级数

$\begin{aligned} f^{'} (x) & = \frac{1}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {(- x^{2})}^{n}, x \in (- 1, 1) \\ \arctan (x) & = f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} t^{2 n}) d t \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \int_{0}^{x} t^{2 n} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1} \\ = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} \dots \end{aligned}$
*当 $x = 1$ 时。
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} (W^{2} 敛) = lim_{x \to 1^{-}} \arctan x (Abel II) \\ = \frac{π}{4} \end{aligned}$

由此
$\arctan x = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1}, - 1 \leq x < 1$
$★ 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4}$

例6 将 $f (x) = \arcsin x$ 在 $x_{0} = 0$ 展成幂级数

$\begin{aligned} f^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} x^{2 n} x \in (- 1, 1) \\ 故 \arcsin x = f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t = x + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \\ * 当 x = 1 时 \\ 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \underset{a_{n}}{\underset{⏟}{\frac{(2 n + 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{1}{2 n + 1}}} 丩 / 2 站 \\ 比值失效 \Rightarrow Raabe \end{aligned}$
$\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{2 n + 3}{2 n + 1} \cdot \frac{(2 n + 2)!!}{(2 n + 1)!!} = \frac{(2 n + 3) (2 n + 2)}{(2 n + 1)^{2}}$
$⟹ n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) = n \cdot \frac{6 n + 5}{(2 n + 1)^{2}} \to \frac{3}{2} > 1$

故 $1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = lim_{x \to 1^{-}} \arcsin x = \frac{π}{2}$

函数的幂级数展开方法

Note

直接法 先求 $f^{(n)} (x_{0})$ , 再利用Taylor公式;

间接法 利用已知的幂级数展开式, 再结合变量

代换、逐项可导、逐项可积性.

Example

例7 将下列函数在 $x_{0}$ 处展成幂级数

$\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}, x_{0} = 0$
$\frac{1}{x^{2}}, x_{0} = 1$
$\ln x, x_{0} = 3$

$\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}, x_{0} = 0$
$\begin{aligned} f (x) & = \frac{1}{(x - 2) (x - 1)} = \frac{- 1}{2 - x} + \frac{1}{1 - x} \\ = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}} + \frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{\infty} (- \frac{1}{2}) {(\frac{x}{2})}^{n} + \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} (x \in (- 2, 2) \cap (- 1, 1)) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} [- \frac{1}{2 n + 1} + 1] x^{n}, (- 1 < x < 1) \end{aligned}$
$\frac{1}{x^{2}}, x_{0} = 1$
$\begin{aligned} \frac{1}{x^{2}} & = - {(\frac{1}{x})}^{'} \\ = - {[\frac{1}{1 + (x - 1)}]}^{'} \\ = - (\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (x - 1)^{n}), (- 1 < x < 1) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n + 1} \cdot n \cdot (x - 1)^{n - 1} \end{aligned}$
$\ln x, x_{0} = 3$
$\begin{aligned} \ln x & = \ln [3 + (x - 3)] = \ln_{3} + \ln (1 + \frac{x - 3}{3}) \\ = \ln 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} \cdot \frac{(x - 3)^{n}}{3^{n}}, (- 1 < \frac{x - 3}{3} \leq 1) \dots (0 < x \leq 6) \end{aligned}$

Example

例8 设 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(n!)^{2}} (x - 1)^{n}$ , 求级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} f^{(n)} (1)$ 的和.

根据唯一性

$\frac{f^{(n)} (1)}{n!} = \frac{(- 1)^{n}}{(n!)^{2}} ⟹ \frac{f^{(n)}}{n!}$
从而
$\sum_{n = 0}^{\infty} f^{(n)} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n!} = e^{- 1}$

Exercise

Ex. 设 $f (x) = x e^{x^{2}}$ 求 $f^{(n)} (0) (n = 0, 1, 2 \dots)$

2023 Fall Final Exam

积分

可积性及证明

可积的条件（证明见5.2）

Darboux 和

加细分割：上和减小，下和增加，幅度超不过 lω||T||

任意的上和比任意下和大

上、下积分与上、下和

可积的第 I 充要条件：上下积分相等

D 函数不可积

推论：上下和差趋 0

可积的第 II 充要条件：上下和之差 or 零面积求和 < ε

积分的基本性质

可加性、线性性

（闭）子区间可积

※子区间可积

改变有限点不改变可积分性与积分值

※改变有限点不改变可积性与积分值

保号性：函数 ≥0 ，积分 ≥0

单调性：f<g⟹∫f<∫g

⭐估值性：介于函数的最大、最小面积

⭐积分的绝对值不超过绝对值的积分

🔴积分中值定理及推广 f∈C∫fg=f∫g Quiz 2失分

🔴积分中值定理

变上限积分

连续性：一定连续

可导性：变上限积分求导=被积函数上限处值×上限求导

原函数存在定理：闭区间连续函数必存在原函数

微积分基本定理：连续函数

弱形式： #N-L公式 可积即可

积分相关计算

积分表及补充

积分表

补充不定积分

不定积分

凑微分法

换元积分法

三角代换 去根号

⭐倒数代换 分子含有 x→x=1/t

分部积分法

有理函数不定积分

代数学定理 分解

实操过程

三角函数有理式

万能公式：2t 1−t2 2dt / 1+t2

其他

定积分

换元积分法

原点对称的奇、偶函数：0 或分段

周期函数：等于一个周期

正余弦互换：0∼π2 内

分部积分法

Wallis 公式 EVENPIE

积分的应用

弧微分公式：ds = √(1+k²)dx

弧长公式：∫ √(1+k²)dx or (x'²+y'²) or (r²+r'²)

弧长公式

例题

平面图形面积：∫ f(x) dx = ∫ y(t) dx(t) = 1/2 ∫ r²(θ) dθ

旋转体体积 V = π ∫ f²(x) dx = 2 π ∫ xy dx

旋转体侧面积 S = 2π ∫ y √(1+k²) dx

积分余项 Taylor 公式

Lagrange 余项 Taylor 公式

常见级数

级数的敛散性判断方法

正项级数

基本：收敛原理

比较判别法：大收=>小收，小散=>大散

极限形式 ~ 无穷小/大

P-判别法 limnpan=l p =>1

比值判别法：系数模比值极限 - 小收大散

推论

根值判别法 / Cauchy 判别法：limann

Raabe 判别法 (比值法失效时)：大收小散

交错级数：含(−1)n

Leibniz 判别法：an 递减趋于 0 => 收敛有界

积分判别法

乘积和

🔴 A-D判别法：单调 有界<0=>趋于

技巧：三角积化和差凑项：乘上2公差的一半

加细分割：上和减小，下和增加，幅度超不过 $l ω | | T | |$

推论：上下和差趋 $0$

可积的第 II 充要条件：上下和之差 or 零面积求和 < $ε$

保号性：函数 $\geq 0$ ，积分 $\geq 0$

单调性： $f < g ⟹ \int f < \int g$

🔴积分中值定理及推广 $f \in C \int f g = f \int g$ `Quiz 2失分`

弱形式： #N-L公式可积即可

三角代换去根号

⭐倒数代换分子含有 $x \to x = 1 / t$

代数学定理分解

万能公式： $2 t$ $1 - t^{2}$ $2 d t$ / $1 + t^{2}$

原点对称的奇、偶函数： $0$ 或分段

正余弦互换： $0 \sim \frac{π}{2}$ 内

P-判别法 $lim n^{p} a_{n} = l$ p =>1

根值判别法 / Cauchy 判别法： $lim \sqrt[n]{a_{n}}$

交错级数：含 $(- 1)^{n}$

Leibniz 判别法： $a_{n}$ 递减趋于 $0$ => 收敛有界

🔴 A-D判别法：单调有界<0=>趋于

技巧：三角积化和差凑项：乘上 $2$ 公差的一半

Cauchy 乘积：下标之和 $= n + 1$

$ε - N$ 方法

🔴 A-D 判别法单调一致有界 <0=> 趋于

收敛区间可导，求导后半径仍为 $R$

和函数在收敛于内有任意阶导数 / 可积且半径为 $R$

Abel 第 III 定理： $R$ 处（闭）收敛 = $R$ 处左连续

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$