diff --git a/素材/谏学高数者十思疏.md b/素材/谏学高数者十思疏.md index e442cbb..f8ddc98 100644 --- a/素材/谏学高数者十思疏.md +++ b/素材/谏学高数者十思疏.md @@ -1 +1,28 @@ -学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思勿漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 \ No newline at end of file +学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思勿漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 + +# 逐句解析 +##### 学高数者，诚能见等价，则思加减不能替； +等价无穷小的替换不能出现在加减法中。如果一定需要进行加减法，请改用**泰勒展开**。 +##### 将有洛，则思代换以化简； +准备用洛必达的时候，先考虑能不能用等价代换来化简式子，减小求导的压力； +##### 念复合，则思勿漏层而求导； +在进行复合函数求导时，分层求导一定要彻底，不能漏掉某一层： +$f(g(h(x)))=f'(g(h(x)))·g'(h(x))·h'(x)$ +##### 惧积分，则思不定以加C +>[!error] 考试必考点！补药漏写常数 C 口牙！ +##### 乐微分，则思dx而莫忘； +>[!error] 考试必考点！补药漏写微分算子 dx 口牙！ +##### 忧定积，则思牛莱而相减； +定积分的牛顿-莱布尼兹公式 +##### 虑换元，则思积分上下限； +在定积分的换元时，注意上下限有没有一并换好！ +##### 惧级数，则思判别勿用错； +级数的判别 +>[!bug] TODO: 添加级数的判别图表 +##### 项所加，则思无因忽以谬导； +在求导的时候，观察好每一项！不要漏掉了什么 +##### 拐所及，则思无因x而漏y。 +>[!error] 考试必考点！拐点是一个二维的点，零点、驻点等是一个一维的 $x$ 值！ + +##### 总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 +只要易错点不错，你就放心去考吧，我们已经帮你找好关系了——找的是牛顿、莱布尼兹，我说服了他们望你的大脑注入一点他们的智慧，考试当天生效。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md index 7d7a150..a0f7d01 100644 --- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md +++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md @@ -570,13 +570,42 @@ $$ > >除了有界性，证明方法和上面如出一辙！所以第一问不要求大家完全掌握，了解为主；但第二问的解2需要掌握，这是利用定积分定义的经典题目。 +%%不知道该放在哪的题 +另外，此题解析等所有说明都不要删除，保留一种探索感%% + +>[!example] 例题 +>已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$ + +>[!faq] 这是正解吗？ +>由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)\mathrm dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$又有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，所以由夹逼定理知$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx = \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$ + +>[!summary] 题后总结 +>这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？ +>我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用放缩和夹逼定理做出这道题……吗？ +>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)\mathrm dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)\mathrm dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号的条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。 + +>[!done] 正解 +>仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ +>考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$ +>由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx.$$由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以它必定有界，即存在正数 $G\gt0$，使得 $|g(x)|\leqslant G,$ 故$$0\leqslant\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx\leqslant G\int_a^b|\sqrt[n]{f(x)}-1|\text dx.$$由于 $\displaystyle\sqrt[n]m-1\leqslant \sqrt[n]{f(x)}-1\leqslant\sqrt[n]M-1,$ 所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{f(x)}-1=0,$ 从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0,$ 故$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bG|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0\qquad(*),$$由夹逼定理知$$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx=0,$$故$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx = \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$ + +>[!summary] 题后总结 +>上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $\color{blue}a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。 +>其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。 +>>[!note] 补充证明 +>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ +> +>实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。 +>有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，这个不等式究竟是否成立。 + 定积分的大坑主要是换元时要换上下限。 >[!warning] 注意！ >单纯把 $f'(x)\mathrm dx$ 换成 $\mathrm df(x)$ 不需要改变上下限，因为后者也是在对 $x$ 求积分，此时上下限仍然针对 $x$；当你使用全新的变量，如令 $t=f(x)$，且你决定设置 $t$ 为新积分变量而非单纯的关于 $x$ 的函数时，你必须更换成新的上下限。 +>[!bug] 请补充其他容易犯错的点 # Extra. 常用积分公式速记 -### 二、三角函数积分 +### 一、三角函数积分 $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ @@ -584,28 +613,28 @@ $$ $\displaystyle\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ $\displaystyle\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ $\displaystyle\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ -### 三、反三角函数积分 +### 二、反三角函数积分 $\displaystyle\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ $\displaystyle\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ $\displaystyle\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ $\displaystyle\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ -### 四、含根式的积分（ a>0 ） +### 三、含根式的积分（ a>0 ） $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ -### 五、含分式的积分（ $a\neq0$ ） +### 四、含分式的积分（ $a\neq0$ ） $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ -### 六、指数与对数结合积分 +### 五、指数与对数结合积分 $\displaystyle\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ $\displaystyle\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ $\displaystyle\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ $\displaystyle\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ -### 七、常用凑微分积分 +### 六、常用凑微分积分 $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ @@ -636,33 +665,4 @@ Trivia: 魔法六边形 -%%不知道该放在哪的题 -另外，此题解析等所有说明都不要删除，保留一种探索感%% - ->[!todo] 示例 ->已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$ - ->[!fail] 错解 ->由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)\mathrm dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$又有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，所以由夹逼定理知$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx = \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$ - ->[!summary] 题后总结 ->这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？ ->我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用放缩和夹逼定理做出这道题……吗？ ->不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)\mathrm dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)\mathrm dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号的条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。 - ->[!done] 正解 ->仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ ->考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$ ->由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx.$$由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以它必定有界，即存在正数 $G\gt0$，使得 $|g(x)|\leqslant G,$ 故$$0\leqslant\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx\leqslant G\int_a^b|\sqrt[n]{f(x)}-1|\text dx.$$由于 $\displaystyle\sqrt[n]m-1\leqslant \sqrt[n]{f(x)}-1\leqslant\sqrt[n]M-1,$ 所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{f(x)}-1=0,$ 从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0,$ 故$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bG|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0\qquad(*),$$由夹逼定理知$$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx=0,$$故$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}\mathrm dx = \int_a^b g(x)\mathrm dx.$$ - ->[!summary] 题后总结 ->上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $\color{blue}a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。 ->其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。 ->>[!note] 补充证明 ->>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ -> ->实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。 ->有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，这个不等式究竟是否成立。 - - ![[谏学高数者十思疏]] \ No newline at end of file