微积分期末复习

就是一个慌.

问题驱动的复习

下半学期主要在学导数和积分. (才怪呢! 实际上是可以导数的条件和可以积分的条件), 嘛, 要是真的按照教的来复习的话, 我觉得时间可能有些尴尬. 所以我现在就很功利地, 先针对老师的期末练习里面出现的题目类型来进行一个习的复.

可积分, 可微分的条件

  • 不定积分 - 微分的逆运算
    • 连续函数一定有原函数

      连续函数:
      \(\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = f(x_0) \\ \Leftrightarrow \lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = f(x_0) 左连续 \And \lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = f(x_0) 右连续 \\ \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists \delta (x_0, \varepsilon), x \in U(x_0, \delta), f(x) < f(x_0) + \varepsilon 上半连续 \\ \And \forall \varepsilon > 0, \exists \delta (x_0, \varepsilon), x \in U(x_0, \delta), f(x) < f(x_0) - \varepsilon 下半连续\)
      说明$f$在$x_0$点连续.
      一致连续函数: \(\forall \varepsilon > 0, \exists \delta, \forall |x_1 - x_2| < \delta, |f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon\)

    • 第二类间断点的函数 可能 有原函数
    • 第一类间断点的函数 没有 原函数

      间断点及其分类:

      • 第一类间断点: 左右极限都存在
        • 可去间断点: 左右极限相等, 不等于该点函数值
        • 跳跃间断点: 左右极限不相等
      • 第二类间断点: 左右极限至少一个不存在
        • 无穷间断点: 左右极限在$\overline{\mathbb{R}}$中存在, 有一个是无穷大
        • 震荡间断点: 想想这个, $\sin(\frac{1}{x})$, 极限至少一个不存在
  • 定积分
    • 可积的第一充分必要条件: $f \in R([a, b]) \Leftrightarrow S = s$
      (其中$S$是达布上和, $s$为达布下和)

      达布和: 取任意剖分, 然后累计$\sup$(上和)或$\inf$(下和)

    • 可积的第二充分必要条件: $f \in R([a, b]) \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists \mathbb{T}, S(\mathbb{T}) - s(\mathbb{T}) < \varepsilon$
    • 可积的第三充分必要条件: $f \in R([a, b]) \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \eta > 0, \exists \mathbb{T}$, 属于$\mathbb{T}$中的所有小区间对应的增幅$\omega_k \geq \varepsilon$ 的总长度 \(\sum_{\omega_k \geq \varepsilon} \Delta x_k < \eta\)
    • Lebesque 定理: $f \in R([a, b]) \Leftrightarrow f$定义域内有界, 并且不连续点集合是零测集.

      零测集: 就是\(\sum^{\infty}\|I_n\|\leq \varepsilon\)

    • 可积函数类
      • $f \in C([a, b])$
      • $f$有界并且只有有限个间断点
      • $f$在$[a,b]$上单调
  • 微分
    • $f(x)$在$x_0$可导 \(\Leftrightarrow f'_{+}(x) = f'_{-}(x)\)

应用

  • 泰勒展开
    \(f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(n)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + o((x-x_0)^n)\)
    • 麦克劳林多项式: 就是$x_0 = 0$的在$0$点附近的展开
    • 佩亚诺型余项: $o((x-x_0)^n)$
    • 拉格朗日型余项: $o((x-x_0)^n) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}, \xi \in (x, x_0) \mathrm{or} (x_0, x)$
      在近似计算的时候就用这样的展开方式, 让拉格朗日余项小于误差即可.
    • 积分余项: \(o((x-x_0)^n) = \frac{1}{n!} \int_{x_0}^{x} (x-t)^n f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t\)
  • 牛顿法近似计算: \(x_{n} = x_{n-1} - \frac{f(x_{n-1})}{f'(x_{n-1})} \\ \Delta \leq \frac{|f(x_{n-1})|}{\min\{f'(x)\}}\)
  • 中值定理
    • \[\exists f'(a) f'(b) < 0 \Rightarrow \exists f(\xi) = 0, \xi \in (a, b)\]
  • 介值定理
  • 洛必达: 适用于$\frac{\cdot}{\infty}$型, 和$\frac{0}{0}$型.
  • 函数的性质
    • 极值点: 一阶导数为零的点, 并且两侧的导数异号
    • 驻点: 一阶导数为零
    • 拐点: 二阶导数为零
      • 下凸函数定义: $f(\lambda x_1 + (1 - \lambda) x_2) $
    • 渐进性: 向$x$, $y$轴或者$y = a x + b$渐进
    • 最值: 通过单调性来判断, 然后还要考虑边界点和不连续点

计算

  • 微分
  • 积分
    • 不定积分
      • 递推公式
    • 定积分
    • 变量替换
      • 有理分式
    • 分部积分

题目

连续性

\[f(x) \in C, g(x) = \lim_{t \rightarrow x} f(x) \Rightarrow g(x) \in C\]

一道利用定义证明的题目, 只需要检验$\lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = g(x_0)$即可

\[D(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q} \end{array} \right., x D(x)只在x = 0连续\]

在$x=0$点的连续性利用定义就可以很好证明了, 在$x \neq 0$处, 需要想一种方法, 只需要构造$\varepsilon = \frac{1}{2}$即可, 这样的话, 就会产生在有理数点和无理数点取到的函数值的差大于$\varepsilon$. (还利用了有理数在实数中稠)

($\mathbb{R}$上)连续函数有最大(小)值

假如没有的话, 就可以构造子列, 并且这个子列就会一直大下去, 最后和连续函数矛盾.

\[f \in C([0, 1]), f(0) = f(1), \exists x \in [0, \frac{1}{2}], s.t. f(x) = f(x + \frac{1}{2})\]

类似这样的题目就是要构造一个$g(x) = f(x) - f(x + \frac{1}{2})$的函数, 然后证明在$[0, \frac{1}{2}]$上有零点. 零点的证明就是用中值定理来试试.

这里的题目就可以利用: $g(0) + f(\frac{1}{2}) = f(0) - f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{2}) - f(1) = 0 \Rightarrow \exists x$

$f \in C([0, + \infty))$一致连续, $\forall x \in [0, 1), \lim_{n \rightarrow \infty} f(x + n) = 0 \Rightarrow lim_{x \rightarrow} f(x) = 0$

这道题要注意, 极限不可以直接就和在一起, 因为每一个的极限所对应的$N$都是不一样的. 这个很要命, 并且还没法历遍, 因为在$[0, 1)$中的数是不可数的.

所以就是通过(连续函数的性质)将$[0, 1)$分割为$\delta$长度的小区间, 在每个小区间中选择一个代表元, 对每个区间的代表元的$N$历遍, 然后对于同一个区间的数, 它们就和代表元之间的差是可以忽略的, 于是证明完毕.

其他的一些技巧:

  • \[\max\{f, g\} = \frac{f+g}{2} + \frac{|f+g|}{2}\]
  • \[\min\{f, g\} = \frac{f+g}{2} - \frac{|f-g|}{2}\]
  • \[|\sqrt[3]{y} - \sqrt[3]{x}| \leq |\sqrt[3]{y-x}|\]

一些注意的点:

  • 证明在一个区间上连续的时候不要只考虑几个点, 因为很有可能会有焦点无穷密集的时候, 就会让用定义证明点连续很困难.
  • $\mathbb{R}$上连续周期函数一定一致连续, 证明的时候考虑$[-T, T]$上的一致连续, 防止出现类似于$x_1 = 0 + \varepsilon_1, x_2 = T - \varepsilon_2$
  • 一致连续函数对加减法封闭, 对乘除法不封闭
    $x \times x$不连续, 因为取$x_n = \sqrt{n + 1}, y_n = \sqrt{n} \Rightarrow x_n^2 - y_n^2 \equiv 1 > \varepsilon$
    (类似的可以证明不一致连续)

微分

$f$在$x=0$可导, \(a_n \rightarrow 0^-, b_n \rightarrow 0^+ \Rightarrow \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{f(b_n) - f(a_n)}{b_n - a_n} = f'(0)\)

要证明相等, 可以利用$|a - b| < \varepsilon$的思路, 构造 \(|(\frac{f(b_n)-f(0)}{b_n} - f'(0))\frac{b_n}{b_n - a_n} - (\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n} - f'(0))\frac{a_n}{b_n - a_n}|\) 然后利用三角不等式, 最后证明在极限的情况下为零就可.

\[(f g)^{(n)} = \sum_{i=0}^{n} (\begin{array}{l} i \\ n\end{array}) f^{(i)} g^{(n-i)} \\ \Rightarrow y = \arctan (x), y' = \frac{1}{1+x^2} \\ (1+x^2) y^{(n+1)} + 2 n x y^{(n)} + n (n-1) y^{(n-1)} = 0\]

函数乘积的求导方法.

$f(x+y) = f(x) + f(y)$

利用构造的方式, (虽然个人感觉思路有点像是线性代数), 只要利用零元 $f(0) = f(0) + f(0)$, $f(n) = n f(n)$, $f(n \times \frac{1}{n}) = n f(\frac{1}{n}) \Rightarrow f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{n} f(1)$, 然后就可以构造得到$\forall x \in \mathbb{Q}, f(x) = f(1) x$

$f(b) = f(a) + \frac{1}{2}(b - a)[f’(a) + f’(b)] - \frac{1}{12}(b - a)^3 f’’’(\xi)$

对于类似的长得就像是中值定理的题, 往往通过变换将含有$\xi$的项放一边, 不含有的则放在另一边.

一般来说会得到两种: \(\left\{\begin{array}{l} f^{(n)}(\xi) = F(x) \\ f^{(n)}(\xi) = \frac{F(x)}{G(x)} \end{array} \right.\)

前面那种就去找零点, 然后就可以得到 $F(a) = F(b) = 0 \Rightarrow \exists \xi \in (a, b), F’(\xi) = 0$

然后后面那种就找一个零点, 然后 $\frac{F(x)}{G(x)} = \frac{F(x) - F(a)}{G(x) - G(a)} = \frac{F’(x)}{G’(x)}$

或者也有另外一种想法, 就是通过待定系数法, 让含有$\xi$的项成为一个系数, 然后反解得到结果.

或者也可以利用拉格朗日余项展开的方式. 想法就是对于一个区间, 中点的函数值关于端点分别展开, 可以得到好的结论.

$f$二阶可导, 有界, $\exists f’’(\xi) = 0$

只要说明不能恒$>0$或$<0$, 即可. 正难则反.

有一个推论: 有界的凸函数一定是常函数.

$f(x)$在$(a, b)$上可导, 然后$f’(x)$单调增加$\Rightarrow$连续函数

可导函数的性质: 可导$\Rightarrow$连续

$f \equiv C, f(a) = f(c) = f(b), a < c < b \Rightarrow \exists x, f’‘(x) < 0$

还是反证法, 假如$f’‘(x) \geq 0$, 即上凸函数, 然后就画一条连接$a,b$的直线, 然后就会产生矛盾.

$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{1}{3}$

不妨直接通风, 然后就直接利用泰勒展开就好了. (或者也可以直接用Stokz公式)

$\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2} = \frac{f’‘(a+\theta h) + f’‘(a - \theta h)}{2}$

思想就是一个待定系数法的想法, 就是$A = \frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}$, 然后就可以得到$F(x) = f(a + x) + f(a - x) - 2f(a) - A x^2$. 然后就有$F(0) = F(h) = 0$就可以得到了.

$1^{\infty}$ 类型的极限, 取对数然后尝试洛必达.

\[|f''| \leq M \Rrightarrow |f'(0)| + |f'(a)| \leq M a\]

思路就是可以证明$f’$有最大值.

$f(x) = \left( \frac{a_1^x + a_2^x + \cdots + a_n^x}{n} \right)^{\frac{1}{x}}$ 幂平均不等式

  • $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \sqrt{n}{a_1 \cdots a_n}$
  • $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = max{a_1, \cdots, a_n}$
  • $f$在$\mathbb{R}$上递增

注意的点:

  • 取极限的时候, 只有乘除的时候可以利用替换的方法, 不能在加减的时候替换. 比如分子$\tan(x) - \sin(x)$不可以直接小量代了, 建议展开或者洛必达.
  • 凸函数未必都有二阶导数, 所以想用二阶导数来验证凹凸性的时候就要很小心, 因为很有可能会遇到很尴尬的事情. 一般可以利用凹凸性的定义来验证.
  • 拉格朗日中值定理不可以推极限, 因为拉格朗日中值定理的存在$f’(\xi)$的存在, 不代表一定连续, 所以取极限的时候不一定极限存在.

积分

$\int \tan^{n \geq 2} x \mathrm{d}x = \int \tan^{n - 2} x \frac{1 - \cos^2 x}{\cos^2 x} \mathrm{d} x = \int \tan^{n-2} \mathrm{d} \tan x - \int \tan^{n-2} x \mathrm{d} x$

$\int \frac{\sqrt{n}{1 + \sqrt{4}{x}}}{\sqrt{x}} \mathrm{d} x$

这里的想法就是换元积分, 思路就是如何把根号消除: $t = \sqrt{3}{1+\sqrt{4}{x}} \Rightarrow \int 12 t^3 (t^3 - 1) \mathrm{d} t$. 面对这种有很复杂的东西(根号)的时候, 往往会想把最复杂的东西给换元了.

对欧式: $A = \int e^{a x} \sin b x \mathrm{d} x, B = \int e^{b x} \sin a x \mathrm{d} x$

就是一个二元递推式, 然后解线性递推方程.

欧拉变换: \(\sqrt{a x^2 + b x + c} = \left\{ \begin{array}{l} t - \sqrt{a x} \\ t x - \sqrt{c} \end{array} \right.\) 这样换元有时候可以很妙

柯西不等式: $\int_a^b (f(x) - t g(x))^2 \mathrm{d} x \geq 0 \Rightarrow \Delta_t = 4(\int_a^b f^2 \mathrm{d} x \int_a^b g^2 \mathrm{d} x - \int_a^b f g \mathrm{d} x) \leq 0 \Rightarrow \int_a^b f^2 \mathrm{d} x \int_a^b g^2 \mathrm{d} x \leq \int_a^b f g \mathrm{d} x)$

这个证明的思想就是利用二次函数的判别式的方法来证明, 这个思想很棒, 用了一个和$x$完全无关的$t$, 然后有一个结论.

柯西不等式的应用: $\int_0^{\pi} x a^{\sin x}\mathrm{d} x \int_0^{\frac{\pi}{2}} x a^{- \cos x}\mathrm{d} x = \int_{\pi}^{0} (\pi - t) a^{\sin t}\mathrm{d} t \int_0^{\frac{\pi}{2}} x a^{\sin x}\mathrm{d} x = \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\cos t} \mathrm{d} t \int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{- \cos x} \mathrm{d} x \geq \pi (\int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{d} x)^2$

积分中的洛必达法则: \(\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\int_0^x f(t)\mathrm{d}t}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{1} = f(\infty) = A\)

其实用到了一个变上限积分的思路

(用定义来证明也不是不行, 但是还是这个爽啊. )

分部积分: $I_{m,n} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^n x \mathrm{d} x = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x (\cos^{n-1} x \mathrm{d} x)= - m I_{m,n} + (n -1) I_{m,n-2} \Rightarrow I(m, n) = \frac{m - 1}{m + n} I_{m - 2, n}$
并且$I(0, n) = \frac{(n - 1)!!}{(n)!!} \frac{\pi}{2}$

注:

  • 有些时候, 试试看用定义(达布和或者说是黎曼和之类的)也会让计算简单

其他一些奇奇怪怪题

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + \tan^2 x} \mathrm{d} x\]

对于这种带三角函数的$0$到$\pi$的积分的函数, 往往可以尝试反过来积分, 就是从$\pi$到$0$积分, 然后构造一个变换的元$u = \frac{\pi}{2} - x$: \(= \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} - \frac{\mathrm{d} u}{1 + \cot^3 u} \\ = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \frac{\tan^3 u \mathrm{d} u}{1 + \tan^3 u} \\ = 1 - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + \tan^2 x} \mathrm{d} x = \frac{1}{2}\)

类似的方法还有:

\[\int_0^1 x (1 - x)^6 \mathrm{d} x\]

也是改变积分的方向, 从$1$积到$0$, 就好了$t = 1 - x$: \(- \int_1^0 (1-t) t^6 \mathrm{d} t\)

$f(x)$在$[0, 1]$上下凸, 证明$e^{f(x)}$下凸.

这个的证明不可以直接用二阶导数, 因为没有说是否二阶可导, 假如二阶可导, 那简直就是简单到笑掉大牙了. 只能从定义出发证明. 记$F(x) = e^{f(x)}$, 则: \(F(\lambda x_1 + (1 - \lambda) x_2) < \lambda F(x_1) + (1 - \lambda) F(x_2)\\ \Leftarrow e^{f(\lambda x_1 + (1 - \lambda) x_2)} \leq e^{\lambda f(x_1) + (1 - \lambda) f(x_2)} \leq \lambda e^{f(x_1)} (1 - \lambda) e^{f(x_2)}\)

$\mathbb{R}$上非常值的连续周期函数一定有最小周期

反证法, 假如没有最小的周期, 构造一个$ x_1 - x_2 < \delta \Rightarrow f(x_1) - f(x_2) < \varepsilon$, 假如周期比$\delta$小就会和非常值矛盾.
\[f可导, f(0) = 0, f(x) > 0, \exists \xi \in (0, 1), \frac{f'(\xi)}{3f(\xi)} = \frac{f'(1 - \xi)}{1 - \xi}\]

构造函数就好了, 这种有系数的话, 就可以去想想构造一个幂函数. \(f(\xi)f^3(1 - \xi)\)

\[f \in C^3(\mathbb{R}), f'(0) = 1, f''(0) = 0, f'''(0) < 0, a_1 = 1, a_{n+1} = f(a_n), \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 = a, \lim_{n\rightarrow\infty} = ?\]

利用泰勒展开: \(f(a_n) = f(0) + f'(0) a_n + \frac{1}{2} f''(0) a_n^2 + \frac{1}{6} f'''(0) a_n^3 + o(a_n^3) = a_n + \frac{1}{6} f'''(0) a_n^3 + o(a_n^3) \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}^2} - \frac{1}{a_n^2} = \frac{a_n^2 - a_{n+1}^2}{a_n^2 a_{n + 1}^2} = \frac{a_n^2 - (f(a_n))^2}{a_n^4} = \frac{a_n^2 - (a_n + \frac{1}{6} f'''(0) a_n^3 + o(a_n^3))^2}{a_n^4} \Rightarrow = - \frac{1}{3}f'''(0)\)

后记

没救了, 题目的题型分布和格式确实和期末练习一样, 但是就是感觉有点不对味.

泪目…