diff --git a/.gitignore b/.gitignore
index 9f65ba9..ef4a8e6 100644
--- a/.gitignore
+++ b/.gitignore
@@ -2,5 +2,6 @@
.vs/
*.pdf
.vscode/
-.obsidian/
+.obsidian/*
+!.obsidian/snippets/
/介值定理例题.md
\ No newline at end of file
diff --git a/.obsidian/snippets/math-note.css b/.obsidian/snippets/math-note.css
new file mode 100644
index 0000000..21c145e
--- /dev/null
+++ b/.obsidian/snippets/math-note.css
@@ -0,0 +1,25 @@
+.emphasize {
+ color: orange;
+ font-weight:bold;
+}
+
+.danger{
+ color: #ff1111;
+ font-weight:bold;
+}
+
+.callout[data-callout="solution"] {
+ --callout-color: 181,230,29;
+ --callout-icon: lucide-calculator;
+}
+
+.title{
+ font-weight: bold;
+ text-align: center;
+}
+
+.Title{
+ font-weight: bold;
+ text-align: center;
+ font-size:24px;
+}
\ No newline at end of file
diff --git a/.obsidian/snippets/modify-obsidian.css b/.obsidian/snippets/modify-obsidian.css
new file mode 100644
index 0000000..bf0322e
--- /dev/null
+++ b/.obsidian/snippets/modify-obsidian.css
@@ -0,0 +1,4 @@
+.mermaid svg {
+ width:91%;
+ height: auto;
+}
\ No newline at end of file
diff --git a/Notice!!!（develop分支）.md b/Notice!!!（develop分支）.md
index b9f59c6..9643e96 100644
--- a/Notice!!!（develop分支）.md
+++ b/Notice!!!（develop分支）.md
@@ -3,3 +3,5 @@
每次修改此仓库（也就是在左侧advanced-math-notes栏中的任何文件）时
请先pull，再commit
确保自己修改的仓库是最新版本
+
+目前的编委会名单：
\ No newline at end of file
diff --git a/README.md b/README.md
index 390c1bd..f11eba0 100644
--- a/README.md
+++ b/README.md
@@ -3,15 +3,25 @@
##### 概述
1. 下载Obsidian和Git For Windows（如果官网下不来，会给你镜像）
2. 头歌账号绑定邮箱，并且在本地准备Git
-3. 在Obsidian里面安装插件Git
##### 详细步骤
1. 下载Obsidian和Git For Windows（如果官网下不来，会给你镜像）
2. 打开头歌，打开个人主页，进入开发项目，新建一个项目
![[edit1.png]]
新建项目的时候，如果没有绑定邮箱，会要求你绑定邮箱；
-如果没有
+如果没有，看一下你的QQ邮箱。一般来说，每一个QQ号都有QQ邮箱。
+
+### 配置环境
+现在所有准备工作已完成，你可以开始着手配置环境：
+1. 找一个文件夹，用于存放该笔记本；不嫌麻烦桌面也行——但是不建议
+2. 在文件夹内右键，点击“在终端中打开”
+3. 输入：`git config --global user.name (给自己起一个ID，方便我们辨认即可)`、`git config --global user.email (你头歌绑定的邮箱)`；
+4. 输入：`git clone https://code.educoder.net/pkeazo37w/advanced-math-notes.git`，运行成功后就会在你选择的文件夹下方多一个`advanced-math-notes`文件夹，~~这就是你以后的牢房~~
+5. 关掉终端，打开Obsidian，打开仓库，选择那个`advanced-math-notes`，然后在Obsidian安装Git插件，开始干活吧！
+6. 注意：第一次提交时可能要求你输入头歌账号密码，其中账号最好输你的邮箱，其他的可能会失败；后续则不需要登录即可提交
+
### 前置知识（需要在进入研讨组后尽快掌握）
1. KaTeX数学公式排版知识
2. 基础Markdown知识
3. (可选) Git基础知识
-4. 阅读LaTeX（KaTeX）输入规范、特殊输入
\ No newline at end of file
+4. 阅读LaTeX（KaTeX）输入规范、特殊输入
+5. (可选) CSS基础知识
\ No newline at end of file
diff --git a/笔记分享/LaTeX（KaTeX）特殊输入.md b/笔记分享/LaTeX（KaTeX）特殊输入.md
index 56ffae9..1665c4e 100644
--- a/笔记分享/LaTeX（KaTeX）特殊输入.md
+++ b/笔记分享/LaTeX（KaTeX）特殊输入.md
@@ -27,4 +27,62 @@ $\displaystyle\int_1^5f(x)\text{d}x$
$\displaystyle\int\limits_{L}(x+y)\mathrm{d}s$
-下划线输入可以这样 $\underline{\qquad}$.
\ No newline at end of file
+下划线输入可以这样 $\underline{\qquad}$.
+
+**颜色文字:**
+红色文字
+蓝色文字
+另一种红色
+加粗橘色
+$\color{red} x^2 + \color{blue} y^2 = 1$
+```text
+只要查一下颜色的编号放进去就可以
+红色文字
+蓝色文字
+另一种红色
+加粗橘色
+
+数学公式中的颜色文字（虽然大概用不到就是了）
+$\color{red} x^2 + \color{blue} y^2 = 1$
+```
+
+**章节符号** §
+
+**任务表格**：
+- [ ] abc
+- [x] def
+- [?] asdf
+```text
+- [ ] abc
+- [x] def
+- [?] asdf
+```
+
+
+**居中输入**
+这段文字将居中显示
+```text
+这段文字将居中显示
+```
+
+**放大**
+这段文字将放大
+12px - 小号
+14px - 默认大小
+16px - 稍大
+18px - 大号
+20px - 较大
+24px - 标题大小
+32px - 醒目标题
+```text
+这段文字将放大
+12px - 小号
+14px - 默认大小
+16px - 稍大
+18px - 大号
+20px - 较大
+24px - 标题大小
+32px - 醒目标题
+```
+
+
diff --git a/笔记分享/LaTeX（KaTeX）输入规范.md b/笔记分享/LaTeX（KaTeX）输入规范.md
index 6f6d9c0..58e1c19 100644
--- a/笔记分享/LaTeX（KaTeX）输入规范.md
+++ b/笔记分享/LaTeX（KaTeX）输入规范.md
@@ -1,7 +1,7 @@
通常的，记号严格按照教材中的规范。
1. 矩阵使用bmatrix
-2. 自然常数或电荷量e、虚数单位i应当为**正体**，需要用mathrm记号包裹，例：$\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}+1=0$；然而，当e,i作为变量时，应当用正常的斜体。例：$\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$
+2. 自然常数或电荷量e、虚数单位i应当为**正体**，需要用 mathrm 或 text 记号包裹，例：$\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}+1=0$；然而，当e,i作为变量时，应当用正常的斜体。例：$\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$
3. 微分算子d应当用正体，被微分的表达式用正常的斜体：$\mathrm{d}f(x)=f'(x)\mathrm{d}x$
4. 极限和求和求积符号用\limits，如$\lim\limits_{x\to0}$和$\sum\limits_{n=0}^{\infty}$
-5. \$\$双美元符号之间不要打回车！除非你有\begin{...}\end{...}\$\$
-6. 不对矩阵作加粗要求，但向量一定要加粗，用\boldsymbol{}，比如$A,\boldsymbol{x}$。
\ No newline at end of file
+5. 不对矩阵作加粗要求，但向量一定要加粗，用\boldsymbol{}，比如$A,\boldsymbol{x}$。
+6. 更加美观的积分符号、分数表示等可以用在美元符号之后的 \displaystyle 实现，如 $\int\frac{1}{2}$ 和 $\displaystyle\int\frac{1}{2}$. 单个的较大的分数可以用 \dfrac ，如 $\frac{1}{2}$ 和 $\dfrac{1}{2}$.
\ No newline at end of file
diff --git a/笔记分享/实数理论.md b/笔记分享/实数理论.md
new file mode 100644
index 0000000..79d44fd
--- /dev/null
+++ b/笔记分享/实数理论.md
@@ -0,0 +1,276 @@
+%%
+有兴趣的可以看看这个拓展
+内容来源于菲尔金哥尔茨《微积分学教程》
+我略微润色了下语言，俄罗斯教材的风格和它的文学作品一样冷……
+%%
+
+# $\S1.$ 有理数域
+
+## 2. 有理数域的序
+
+首先让我们约定：所谓相等的数就是同一数的各种不同形式. 换言之，“相等（=）”的概念即指“恒等”. 因此，我们不再列举相等的数的性质.
+有理数域的序得自“大于（$\gt$）”的概念 $,$ 与之有关的是第一组性质.
+$\qquad\text{I}\;1^\circ\;\text{每一对数}a\text{和}b\text{之间必有下列关系之一}$$$a=b,\;a\gt b,\;a\lt b;$$
+$\qquad\text I\;2^\circ\; \text由a\gt b\text及b\gt c\text{推得}a\gt c(\gt\text{的传递性});$
+$\qquad\text I\;3^\circ\;\text 若a\gt b,\text{则必能求得一有理数} c,\text 使$$$a\gt c,\quad且\quad c\gt b$$$(稠密性).$
+“小于 $(\lt)$ ”的概念作为作为派生的概念而引入.
+## 3. 有理数的加法及减法
+
+第二组性质是关于加法的，及关于求两数之和的运算的. 对于每一对数 $a$ 及 $b$，存在着一个（唯一的）数，被称为 $a$ 及 $b$ 的和（记成 $a+b$）. 这个概念具有以下特征：
+$\qquad \text{II}\,1^\circ\quad a+b=b+a(加法的交换性)；$
+$\qquad\text{II}\,2^\circ\quad (a+b)+c=a+(b+c)(加法的结合性);$
+零是这样一个数，它满足第三条性质：
+$\qquad\text{II}\,3^\circ\quad a+0=a;$
+$\qquad\text{II}\,4^\circ\quad 对每个数 a 存在着（与它对称的）数 -a, 使 a+(-a)=0.$
+在这些性质的基础上，首先解决加法的逆运算即**减法**的问题. 通常称使 $c+b=a$ 的数 $c$ 为数 $a$ 与 $b$ 的**差**，从而我们要考虑这样的数的存在性及唯一性的问题.
+设 $c=a+(-b).$ 则有 $$c+b=[a+(-b)]+b=a+[(-b)+b]=a+[b+(-b)]=a+0=a,$$ 因此这个数存在. 若存在另一个数 $c'$ 也是 $a$ 与 $b$ 的差，即有 $c'+b=a.$ 则 $$c=a+(-b)=[c'+b]+(-b)=c'+[b+(-b)]=c'+0=c',$$ 故这个数唯一. 记 $a$ 与 $b$ 的差为 $a-b.$
+由差的唯一性可以得出 $0$ 的唯一性，即满足条件 $\text{II}\,3^\circ$ 的元素的唯一性，从而有对称元的唯一性.
+最后，在引入联系 $\gt$ 与加号的一个性质.
+$\qquad\text{II}\,5^\circ\quad 由\ a\gt b\ 推得\ a+c\gt b+c.$
+## 4. 有理数的乘法及除法
+
+第三组性质是关于乘法的\, 即关于求两数之乘积的运算的\. 对于每一对数 $a$ 及 $b$ 存在着唯一的一个数，被称为 $a$ 及 $b$ 的乘积（记为 $a \cdot b$ 或 $ab$）\. 这个概念具有下列性质：
+- 1. $ab=ba$ （乘法的交换性）；
+- 2. $(ab) c=a (bc)$（乘法的结合性）；
+- 3. $a\cdot 1 = a$；
+- 4. 对于每一个异于 $0$ 的数 $a$ \, 必有数 $\displaystyle\frac 1 a$（其倒数）使得 $\displaystyle a\cdot\frac 1 a=1$.
+关于除法的问题\, 作为乘法的逆运算, 亦可根据乘法的性质来解决, 正如前面根据加法的性质来解决减法的问题一样. 容易证明积的唯一性.
+
+## 5. 阿基米德公理
+
+我们用下列简单而重要的论证, 来结束我们的有理数基本性质. 这一性质是不能由上述性质推得的.
+- 1. 不论有理数 $c\gt 0$ 是怎样的数，总有大于 $c$ 的自然数 $n$ 存在着.
+
+# $\S2.$ 无理数的导入 实数域的序
+## 6. 无理数的定义
+
+我们用戴德金分割方法来定义无理数. 首先要建立的是有理数域的分划概念. 若将有理数全体分拆为两个非空集合 $A$ 和 $B$，我们把这样的分拆叫做分划，如果满足：
+1. 任一有理数，必在且仅在 $A$ 或 $B$ 二集之一中出现；
+2. 集 $A$ 内的任意一数 $a$ 均小于集合 $B$ 中的任意一数 $b$.
+
+称集 $A$ 为分划的下组，$B$ 为上组. 该分划记为 $A|B.$ 由此我们容易推得，若 $a\in A$，则对任意有理数 $a'\lt a$ 有 $a'\in A.$；类似地，对任意有理数 $b'\gt b$，有 $b'\in B.$
+
+逻辑上，一个分划可能有以下四种情况：
+1. $A$ 中有最大数，$B$ 中无最小数；
+2. $A$ 中无最大数，$B$ 中有最小数；
+3. $A$ 中无最大数，$B$ 中也无最小数；
+4. $A$ 中有最大数，$B$ 中也有最小数.
+
+但第四种情况是不可能的。若不然，设 $A$ 中最大数为 $a$，$B$ 中最小数为 $b$，则 $a\lt\dfrac{a+b}{2}\lt b$，所以由定义，$\dfrac{a+b}{2}\in A$ 且 $\dfrac{a+b}{2}\in B$，这同 $A$ 与 $B$ 不相交矛盾. 现举出前三种情况的例子.
+
+**例 1** 一切满足不等式 $a\leqslant 1$ 的有理数 $a$ 全体定为集合 $A$，一切满足 $b\gt1$ 的有理数 $b$ 全体定为集合 $B$，则 $A$ 中有最大数 $1$，$B$ 中无最小数.
+
+**例 2** 一切满足不等式 $a\lt 1$ 的有理数 $a$ 全体定为集合 $A$，一切满足 $b\geqslant1$ 的有理数 $b$ 全体定为集合 $B$，则 $A$ 无最大数，$B$ 中有最小数 $1$.
+
+**例 3** 取使 $a^2\lt 2$ 的一切正有理数 $a$，数 $0$ 及一切负有理数归入 $A$，使一切 $b^2\gt2$ 的正有理数归入 $B$，证明：分划 $A|B$ 满足第三种情况.
+
+**证** 设 $0\lt a\in A$，现欲找到一个正整数 $n$ 使得 $\left(a+\dfrac{1}{n}\right)\in A$. 由 $A$ 的定义有 $$\left(a+\frac{1}{n}\right)^2\lt2,$$ 于是 $$a^2+\frac{2a}{n}+\frac{1}{n^2}\lt2,$$ 只要 $$a^2+\frac{2a}{n}+\frac{1}{n^2}\lt a^2+\frac{2a}{n}+\frac{1}{n}\lt2,$$ 即 $$n\gt\frac{2a+1}{2-a^2}$$ 即可. 由阿基米德公理知这样的 $n$ 总是存在的. 故 $A$ 中无最大数.
+设 $b\in B$，现欲找到一个正整数 $m$ 使得 $\left(b-\dfrac{1}{m}\right)\in B.$ 由 $B$ 的定义有 $$\left(b-\frac{1}{m}\right)^2\gt2,$$ 于是 $$b^2-\frac{2b}{m}+\frac{1}{m^2}\gt2,$$ 只要 $$b^2-\frac{2b}m+\frac1{m^2}\gt b^2-\frac{2b}m\gt 2$$ 即 $$m\gt\frac{2b}{b^2-2}且m\gt\frac{1}{b}$$ 即可. 由阿基米德公理知这样的 $m$ 总是存在的. 故 $B$ 中无最小数. 证毕.
+
+在前两种情况中，我们说这个划分确定了一个有理数；在第三种情况中，我们得到了有理数域的“空隙”，我们称所有满足第三种情况的划分确定了所有的 **无理数**，此时称这个无理数为这组分划的**界数**. 有理数可以写成分数的形式，但无理数一般没有这种简易的、有限的记法，但一般地，我们可以把这个无理数理解为确定它的有理数域中的分划 $A|B$.
+
+一个有理数 $r$ 与一个前两类分划对应，为了保持这种对应的唯一性，我们约定：$r$ 是这个分划上组的最小数。如果我们承认这个约定，就可以用“有理数域上的所有分划所确定的数全体”来定义**实数**；换句话说，实数就是有理数和无理数的总称.
+## 7. 实数域的序
+
+我们称两个实数 $\alpha$ 与 $\beta$ 相等，如果确定它们所用的有理数域上的分划 $A|B$ 与 $A'|B'$ 满足：$A=A'$ 且 $B=B'$，实际上只要有 $A=A'$ 就必有 $B=B'$；称 $\alpha \geqslant \beta$ 如果 $A'\subset A$，或 $B\subset B'.$ 小于等于同样作为派生的概念而出现. 如果 $\alpha\geqslant\beta$ 且 $\alpha\neq\beta$, 则称 $\alpha\gt\beta$.
+现在证明实数均能满足以下两条性质.
+1. 任一对实数 $\alpha$ 与 $\beta$ 之间必有且仅有下列三种关系之一：$$
+\alpha=\beta,\ \alpha\gt\beta,\ \beta\gt\alpha.
+$$ 若确定 $\alpha$ 的分划 $A|B$ 与确定 $\beta$ 的分划 $A'|B'$ 重合，则 $\alpha=\beta$. 若非如此，则或 $A'$ 是 $A$ 的真子集（从而 $\alpha\gt\beta$），或 $A$ 是 $A'$ 的真子集（从而 $\beta\gt\alpha$）.
+2. 由 $\alpha\gt\beta$ 及 $\beta\gt\gamma$ 推得 $\alpha\gt\gamma$. 设 $\alpha,\beta,\gamma$ 分别由分划 $A|A', B|B', C|C'$ 来确定, 由于 $\alpha\gt\beta$，得 $A$ 真包含 $B$; 又由 $\beta\gt\gamma$, 得 $B$ 真包含 $C$, 故 $A$ 真包含 $C$, 从而 $\alpha\gt\gamma$.
+
+## 8. 辅助命题
+
+现在我们来建立实数域的**稠密性**；更准确地，我们将证明以下论断：
+
+**引理 1** 对于任意两个实数 $\alpha\gt\beta$，它们中间一定有一个有理数 $r.$
+
+**证** 若 $\alpha$ 与 $\beta$ 均为无理数. 设确定 $\alpha$ 和 $\beta$ 的有理数域上的分划分别为 $A|A'$ 和 $B|B'$，则有 $B\subsetneq A,A'\subsetneq B'.$ 取 $r\in A\backslash B$，则 $r\in B'$，由分划的定义及无理数的假设，有 $r\lt\alpha$ 及 $r\gt\beta$.
+
+若 $\alpha$ 和 $\beta$ 中有一个无理数、一个有理数，不妨设 $\alpha$ 为无理数，同样设出两数的分划. 取 $r\in B'\backslash (A'\cup\{\beta\})$，则 $r\in A$，故 $r\lt\alpha$ 且 $r\gt\beta$.
+若 $\alpha$ 与 $\beta$ 均为有理数，结论显然成立. 证毕.
+
+**引理 2** 设给定两个实数 $\alpha$ 和 $\beta$. 如果任取一个数 $e\gt0,$ 数 $\alpha$ 及 $\beta$ 都能位于一对有理数 $s,s'$ 之间，即：$$s'\gt\alpha\gt s,\quad s'\gt\beta\gt s,$$ 这对数的差小于 $e$，即：$$s'-s\lt e.$$ 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 必相等.
+
+**证** 用反证法. 设 $\alpha\gt\beta,$ 由引理 $1$ ，在 $\alpha$ 和 $\beta$ 之间存在两个有理数 $r$ 与 $r'\gt r$，即：$$\alpha\gt r'\gt r\gt \beta.$$ 于是对任意两有理数 $s$ 与 $s'$，当 $s'\gt\alpha\gt\beta\gt s$ 时，有 $$s'\gt r'\gt r\gt s,$$ 由此 $$s'-s\gt r'-r\gt0,$$ 因此差 $s'-s$ 不能小于数 $e=r'-r,$ 与条件矛盾，故引理成立.
+## 9. 用无限小数表示实数
+
+现在我们考虑这样的实数表示方法, 即其分数部分（尾数）是正的, 而同时, 其整数部分可以为正的、负的或者零.
+首先假定被考察的实数 $\alpha$ 并非整数, 亦非有限的十进制小数. 现在来求它的十进制小数的近似值. 若 $\alpha$ 被分划 $A|A'$ 确定, 则 $A$ 中必有整数 $M$, 又在 $A'$ 中亦必有整数 $N\gt M$. 在 $M$ 上不断加 $1$, 最终必能得出这样两个相邻的整数 $C_0$ 及 $C_0+1$, 使得$$
+C_0\lt\alpha\lt C_0+1.
+$$ 其中 $C_0$ 可以为正的、负的或者零.
+用数$$
+C_0.1;\,C_0.2;\cdots\,,C_0.9
+$$ 分割区间 $(C_0, C_0+1)$, 则 $\alpha$ 比（且仅）落在其中一个区间内, 从而我们可以得到两个相差 $\displaystyle\frac 1{10}$ 的数 $c_1$ 及 $c_1+\dfrac 1{10}$, 且有$$
+C_0.c_1\lt\alpha\lt C_0.c_1+\frac1{10}.
+$$ 这样继续分下去, 在确定数码 $c_1, c_2, \cdots, c_{n-1}$ 后, 我们就用不等式$$
+C_0.c_1c_2\cdots c_n\lt\alpha\lt C_0.c_1c_2\cdots c_n+\frac{1}{10^n}\tag{1}
+$$ 来确定第 $n$ 位数码 $c_n$.
+这样, 在求数 $\alpha$ 的十进制小数的近似值的过程中, 我们求得整数 $C_0$ 及数码 $c_1, c_2,\cdots, c_n, \cdots$ 的无限序列. 由此组成的无限小数, 即记号$$
+C_0.c_1c_2\cdots c_n\cdots\tag{2}
+$$ 可以看成是实数 $\alpha$ 的一种表示.
+在例外的情况中, 即当 $\alpha$ 本身就是整数或有限小数, 亦可以用相似的方法由比 $(1)$ 更普遍的关系式$$
+C_0.c_1c_2\cdots c_n\leqslant \alpha\leqslant C_0.c_1c_2\cdots c_n+\frac1{10^n}\tag{1a}
+$$ 来确定整数与各位数码. 然而, 到某时, $\alpha$ 会与包含它的区间的某一端重合, 从而使得上述的不等式中有一个等号在接下来的任意多次操作中成立, 这时 $\alpha$ 就有了两种表示, 一种是用零循环, 一种是用 $9$ 循环, 例如$$\begin{aligned}3.826=3.826\ 000\cdots=3.825\ 999\cdots,\\-3.826=\overline{4}.174\ 000\cdots=\overline{4}.173\ 999\cdots.\end{aligned}$$
+
+反之, 若设任给一无限十进制小数 $(2)$; 我们要证明总可以找到一个实数 $\alpha$, 刚好是被这个小数所表示的. 为此, 我们来考察小数 $(2)$ 的一段:$$
+C_n = C_0.c_1c_2\cdots c_n,\tag{3}
+$$ 把它作为所求数的“亏近似值”, 同样把$$C_n'=C_0.c_1c_1\cdots c_n+\frac1{10^n}\tag4$$
+作为其“盈近似值”. 不难看出, 每一 $C_n$ 小于每一 $C_m'$. 现在我们用如下方法来确定有理数域的一个分划: 把大于一切 $C_n$ 的有理数 $a'$ 放在上组 $A'$ 内，而把一切余下的数放在 $A$ 组内. 容易验证, 这个分划确定了我们所要求的实数 $\alpha$. 实际上, 若这个分划确定了数 $\alpha$, 则其一切满足 $$C_n\leqslant\alpha\leqslant C_n',$$ 这就证明了这个无限十进制小数所确定的数与这个分划所确定的数相同.
+盈近似值和亏近似值之间的差等于 $\dfrac 1{10^n}$, 随着 $n$ 的增大, 这个差可以小于任何有理数 $e\gt 0$. 事实上, 因不超过 $\dfrac 1 e$ 的自然数仅有有限多个, 故不等式 $10^n\leqslant\dfrac 1 e$ 仅对有限多个自然数 $n$ 成立, 从而对于其他的 $n$ 成立 $$\frac1{10^n}\lt e.$$ 故由引理 $2$, 知表达式 $(2)$ 能且只能确定唯一的一个实数.
+
+## 10. 实数域的连续性
+
+现在考察实数域的一个极重要的性质，这种性质使实数域在本质上有别于有理数域. 在考察有理数域的分划的时候，我们已经看到，有理数域上的分划可以产生不属于有理数的数，即无理数，这使得有理数域并不完备. 现在我们把无理数也加入到这个域当中去，形成了实数域，自然需要再考察实数域上的分划. 类似地，把实数域分拆成两个集合 $A$ 和 $B$，称这种分拆为一种分划，如果它满足：
+1. 每个实数在且仅在 $A,B$ 两集合中的一个内；
+2. 集合 $A$ 中的每个数 $\alpha$ 小于集合 $B$ 中的每个数 $\beta.$
+
+记这个分划为 $A|B$. 那么，实数域是否和有理数域一样，存在一个（或一些）分划，使得其产生的数不属于实数呢？
+事实上，下面这个定理保证了实数域上的分划不会产生新的数.
+
+**基本定理（戴德金）** 实数域内任一分划 $A|B$ 必产生一个实数 $\gamma,$ 且这个数或是 $A$ 的最大数，或是 $B$ 的最小数.
+
+这个性质常称为实数域的**完备性**或**连续性**.
+
+**证** 将 $A$ 中一切有理数组成的集合记为 $\mathcal A$，$B$ 中一切有理数的集合记为 $\mathcal B.$ 显然 $\mathcal A|\mathcal B$ 构成有理数域上的一个分划，从而会产生一个实数 $\alpha.$ 显然 $\alpha$ 或属于 $A$ 或属于 $B$.
+若 $\alpha \in A$，可以证明，$\alpha$ 是 $A$ 中的最大数. 实际上，若不然，则存在 $\alpha_0\in A$ 满足 $\alpha_0\gt\alpha.$ 由引理 1，存在有理数 $r$ 满足 $\alpha_0\gt r\gt \alpha.$ 则 $r\in A$，从而 $r\in\mathcal A$，这与有理数域上的分划的定义相违背，故 $\alpha$ 是 $A$ 中的最大数.
+若 $\alpha\in B$，类似地，可以证明 $\alpha$ 是 $B$ 中的最小数. 若不然，则存在 $\alpha_1\in B$ 满足 $\alpha_1\lt\alpha$. 由引理 1，存在有理数 $s$ 满足 $\alpha\gt s \gt\alpha_1$，则 $s\in\mathcal B$，这与有理数域上的分划的定义相违背，故 $\alpha$ 是 $B$ 中的最小数.
+
+## 11. 数集的界
+
+我们应用基本定理，在这里建立一些现代分析当中担任重要角色的概念.
+
+设有实数一个无限集, 其中所有元素满足条件 $P$, 集内的任一数记为 $x$, 因此 $x$ 所代表的是集合内一般的数, 诸数 $x$ 所成的集合记为 $\chi=\{x|P(x)\}$. 若条件 $P$ 根据上下文能明显得知, 则这个数集可以记为 $\{x\}$. 在后一种记法中, $x$ 往往是某个表达式, 而该集合即为这个表达式（根据上下文意思）所能取得所有值构成的集合.
+
+若对集合 $\{x|P(x)\}$ 有这样的数 $M$ 存在，使得一切 $x\leqslant M$，则称这个集合**上有界**，$M$ 为其一个**上界**. 类似地，若有这样的数 $m$ ，使得一切 $x\geqslant m$，则称这个集合**下有界**， $m$ 为其一个**下界**.
+
+若数集不上（下）有界，则称“广义的数” $+\infty$（$-\infty$）为它的上（下）界. 对于这两个“广义的数”，有 $$-\infty\lt+\infty\qquad 及 \qquad-\infty\lt\alpha\lt+\infty,$$只要 $\alpha$ 是 “有限的” 实数.
+
+若一个数集上有界，则称其上界中最小的那个为**上确界**；类似地，若一个数集下有界，则称其下界中最大的那个为**下确界**. 自然，上（下）确界的存在性就成了问题，即我们需要知道，对于任意一个上（下）有界的数集，它是否一定有上（下）确界. 下面这个定理保证了确界的存在性.
+
+**确界存在定理** 若集 $\chi=\{x|P(x)\}$ 上（下）有界，则它必有上（下）确界.
+
+**证** 只用证上确界的情况. 考察两种情形：
+1. 在集合 $\chi$ 中有最大数 $\overline x$. 那么，$\overline x$ 为 $\chi$ 的一个上界；另一方面，若 $M$ 也为 $\chi$ 的一个上界，由于 $\overline x\in\chi$，有 $\overline x\leqslant M$，故 $\overline x$ 为 $\chi$ 的上确界.
+2. 若集合 $\chi$ 中无最大数. 取这样一种分划，其中上组 $B$ 为 $\chi$ 的上界全体，下组 $A$ 为其他所有实数组成的集合. 故 $\chi\subset A.$ 由基本定理，或 $A$ 中有最大数，或 $B$ 中有最小数. 若 $A$ 中有最大数 $\alpha$，则对于所有 $x\in\chi$ 有 $x\leqslant\alpha$，即 $\alpha$ 是 $\chi$ 的一个上界，故 $\alpha\in B$，这与 $A|B$ 是一个分划矛盾，故 $A$ 中无最大数，必有 $B$ 中有最小数，即 $\chi$ 有上确界.
+
+故 $\chi$ 必有上确界.
+
+数集 $\chi$ 的上确界是 $M^*$ 及下确界是 $m^*$ 常用以下符号来表示：$$M^*=\sup \chi=\sup\{x|P(x)\},m^*=\inf\chi=\inf\{x|P(x)\}.$$
+关于上下确界, 有两个显然的推论:
+1. 若某数集 $\chi$ 中一切数 $x$ 满足不等式 $x\leqslant M$, 则必有 $\sup\chi\leqslant M.$
+2. 若某数集 $\chi$ 中一切数 $x$ 满足不等式 $x\geqslant m$, 则必有 $\inf\chi\geqslant m.$
+
+最后, 我们约定: 若数集 $\chi=\{x|P(x)\}$ 没有上界, 则称其上确界为 $+\infty$, 记为 $\sup\chi=+\infty$; 类似地, 若数集 $\chi=\{x|P (x)\}$ 没有下界, 则称其下确界为 $-\infty$, 记为 $\inf\chi=-\infty$.
+
+# $\S3.$ 实数的算术运算
+## 12. 实数的和的定义
+
+下面 $\alpha,\beta,\gamma$ 表示实数.
+先考察有理数 $a,a'$ 及 $b,b'$，它们满足不等式：$$a\lt\alpha\lt a',b\lt\beta\lt b'.\tag{1}$$ 如果实数 $\gamma$ 位于一切形如 $a+b$ 的和与一切形如 $a'+b'$ 的和之间，即：$$a+b\lt\gamma\lt a'+b'\tag{2}$$ 则称 $\gamma$ 为数 $\alpha$ 及 $\beta$ 的和，记为 $\alpha+\beta.$
+
+现在需要证明这样的 $\gamma$ 的存在性.
+
+考察一切可能的和 $a+b$ 所成的集合 $\{a+b\}.$ 这个集合是有上界的，因为 $a'+b'\gt a+b$，故由确界存在定理，设 $$\gamma=\sup\{a+b\}.$$则 $a+b\leqslant\gamma$. 同时，有 $\gamma\leqslant a'+b'.$
+
+两端的等号实际上无法取到, 因为在$(1)$中, 我们总能把 $a,b$ 增大而把 $a',b'$ 减小, 使得条件$(1)$仍然满足, 故 $\gamma$ 存在.
+
+接下来要证明唯一性. 我们应用引理 2, 选取有理数 $a,a',b,b'$ 使 $$0\lt a'-a\lt e,0\lt b'-b\lt e,$$其中 $e$ 为任意小的正有理数. 由此，$$(a'+b')-(a+b)\lt 2e,$$即这个差能任意小, 所以数 $\gamma$ 唯一.
+
+这样定义出来的加法与有理数域上的加法是相容的.
+
+## 13. 加法的性质
+
+容易证明，实数的加法仍然保持下列性质：
+$\qquad\text{II}\,1^\circ\quad\alpha+\beta=\beta+\alpha;$
+$\qquad\text{II}\,2^\circ\quad(\alpha+\beta)+\gamma=\alpha+(\beta+\gamma);$
+$\qquad\text{II}\,3^\circ\quad\alpha+0=\alpha.$
+$\text{II}\,1^\circ$ 由实数加法的定义及有理数加法的交换性可以得出; $\text{II}\,2^\circ$ 由定义及有理数加法的结合律可以得出. 下面证明 $\text{II}\,3^\circ.$
+考虑任意四个有理数 $a,a',b,b'$ 满足：$$a\lt\alpha\lt a',\quad b\lt0\lt b',$$则显然 $$a+b\lt a\lt \alpha \lt a' \lt a'+b'.$$这样, $\alpha$ 位于 $a+b$ 和 $a'+b'$ 之间; 依据加法的定义, 又有 $\alpha+0$ 也位于 $a+b$ 和 $a'+b'$ 之间. 由和的唯一性, 有 $\alpha=\alpha+0.$
+现在证明性质 $\text{II}\,4^\circ$, 即对于一个实数 $\alpha$, 存在着（对称于它的）数 $-\alpha$，满足条件 $\alpha+(-\alpha)=0.$
+只用证明 $\alpha$ 为无理数的情形即可.
+假定 $\alpha$ 由有理数域上的分划 $A|B$ 所确定, 我们用下面这个方法来确定 $-\alpha.$ 我们取一切有理数 $-b$ 组成的集合作为 $-\alpha$ 的下组 $\overline A$, 其中 $b\in B$; 类似地，取一切有理数 $-a$ 组成的集合作为 $-\alpha$ 的上组 $\overline B$, 其中 $a\in A.$ 这样能确定一个实数 $-\alpha$. 下证它满足条件.
+对一切 $a\in A,b\in B$，有 $a\lt\alpha\lt b$，且由于 $-a\in \overline B,-b\in\overline A$，有 $-b\lt-\alpha\lt-a.$ 故 $$a-b\lt\alpha+(-\alpha)\lt b-a.$$又有 $$a-b\lt0\lt b-a,$$由和的唯一性知 $$\alpha+(-\alpha)=0.$$
+最后证明性质 $\text{II}\,5^\circ$ 由 $\alpha\gt\beta$ 推得 $\alpha+\gamma\gt\beta+\gamma.$
+由引理 1，可以在 $\alpha$ 和 $\beta$ 中间插入两个有理数 $r_1,r_2$ 满足 $\alpha\gt r_1\gt r_2\gt\beta.$ 由引理 2，对于有理数 $e=r_1-r_2$，存在有理数 $c,c'$ 满足 $$c\lt\gamma\lt c',c'-c\lt e=r_1-r_2.$$由此 $$r_1+c\gt r_2+c',$$由和的定义有 $$\alpha+\gamma\gt r_1+c\gt r_2+c'\gt\beta+\gamma.$$
+得证.
+由以上五条性质，我们可以模仿有理数，建立起实数域上的减法和绝对值的概念.
+
+## 14. 实数的积的定义
+
+现在考虑实数域内的乘法. 先考察正数的乘法. 设 $\alpha$ 和 $\beta$ 为两正数, 类似加法, 我们在此也考察满足不等式 $(1)$ 的一切可能的正有理数, 即正有理数 $a,a'$ 及 $b,b'$ 满足$$
+a\lt\alpha\lt a',b\lt\beta\lt b'$$
+我们称位于一切形如 $ab$ 的积与一切形如 $a'b'$ 的积之间的实数 $\gamma$, 即满足 $$ab\lt\gamma\lt a'b',\tag{3}$$的实数 $\gamma$ 为 $\alpha$ 与 $\beta$ 的积，记为 $\alpha\beta.$
+仍然需要讨论这个积的存在性和唯一性.
+取一切可能的积 $ab$ 组成的集合 $\{ab\}$, 它有上界 $a'_0b'_0$, 故有上确界, 记为 $$\gamma=\sup\{ab\},$$故 $ab\leqslant\gamma$, 同时有 $\gamma\leqslant a'b'$, 类似地, 两边的等号总是取不到, 故这样的数存在.
+任取正有理数 $e$, 选取正有理数 $a,a'$ 及 $b,b'$ 满足 $$0\lt a'-a\lt e,\quad 0\lt b'-b\lt e,$$显然可以取到 $a'\lt a'_0,\ b'\lt b'_0$，故 $$a'b'-ab=a'(b'-b)+b(a'-a)\lt (a_0'+b_0')e,$$由引理 2, 数 $\gamma$ 唯一.
+上述定义与有理数的积是相容的.
+最后是对一般实数的积的定义. 首先约定, 不论 $\alpha$ 是怎样的实数, 恒有 $$0\cdot \alpha=\alpha\cdot0=0.$$若两乘数都不是零，根据符号规则，置：
+$\alpha\cdot\beta=|\alpha||\beta|$，若 $\alpha$ 和 $\beta$ 同号；
+$\alpha\cdot\beta=-|\alpha||\beta|$，若 $\alpha$ 和 $\beta$ 异号.
+
+## 15. 乘法的性质
+
+实数的乘法和有理数的乘法一样，有以下这些性质：
+$\qquad\text{III}\,1^\circ\quad\alpha\cdot\beta=\beta\cdot\alpha$；
+$\qquad\text{III}\,2^\circ\quad(\alpha\cdot\beta)\gamma=\alpha\cdot(\beta\cdot\gamma)$；
+$\qquad\text{III}\,3^\circ\quad\alpha\cdot1=\alpha.$
+$\qquad\text{III}\,4^\circ\quad$ 对于任一不为零的实数 $\alpha$，必有（倒）数 $\dfrac{1}{\alpha}$ 存在，满足 $$\alpha\cdot\frac{1}{\alpha}=1.$$
+$\qquad\text{III}\,5^\circ\quad(\alpha+\beta)\gamma=\alpha\cdot\gamma+\beta\cdot\gamma.$
+$\qquad\text{III}\,6^\circ\quad$ 由 $\alpha\gt\beta$ 及 $\gamma\gt0$ 推得 $\alpha\cdot\gamma\gt\beta\cdot\gamma.$
+
+下面证明 4. 只需对无理数 $\alpha$ 证明, 先设 $\alpha\gt 0$. 若 $\alpha$ 由分划 $A|B$ 确定, 我们依照下面的方法来构造确定 $\dfrac 1\alpha$ 的分划.
+
+我们把一切负有理数, 零, 及一切 $\dfrac 1 b$ 放入下组 $\tilde A$ 中, 其中 $b\in B$; 把一切 $\dfrac 1 a$ 放入上组 $\tilde B$ 中, 其中 $a\in A$. 这样, $\tilde A|\tilde B$ 构成一个分划, 设其确定的数为 $\beta$.
+
+由上面的构造, 我们有以下不等式成立: $$a\lt\alpha\lt b,\ \frac1b\lt\beta\lt\frac1a,$$则$$\frac ab\lt\alpha\beta\lt\frac ba$$又有$$\frac ab\lt1\lt\frac ba$$故 $\alpha\beta=1$, 记 $\beta=\dfrac1a$. 根据引理 2 容易证明其唯一性.
+
+对于非正数, 仅需注意符号规则即可. 由倒数的定义, 我们还可以定义出实数的除法来.
+
+## 16. 阿基米德公理
+
+阿基米德公理对实数仍然是成立的.
+1. 对不论怎样的实数 $\gamma$, 必有大于 $\gamma$ 的自然数 $n$ 存在.
+
+只要在确定 $\gamma$ 的分划的上组中任找一有理数, 再加上有理数的阿基米德公理即可证明这一点.
+
+## 17. 绝对值
+
+首先证明 $|\alpha|\lt\beta$ 相当于 $-\beta\lt\alpha\lt\beta.$ 实际上, 由 $|\alpha|\lt\beta$ 推得 $\alpha\lt\beta$ 及 $-\alpha\lt\beta$ （即 $\alpha\gt-\beta$）同时成立. 反之, 若已给定 $\alpha\lt\beta$ 及 $\alpha\gt-\beta$, 则必同时有 $\alpha\lt\beta$ 及 $-\alpha\lt\beta$; 而在 $\alpha$ 及 $-\alpha$ 中有一个为 $|\alpha|$, 故 $|\alpha|\lt\beta$.
+类似地, 有$$|\alpha|\leqslant\beta\ \text{ 等价于 }-\beta\leqslant\alpha\leqslant\beta\tag1$$
+再证明不等式$$|\alpha+\beta|\leqslant|\alpha|+|\beta|.\tag2$$将下面两个不等式的三边分别相加$$-|\alpha|\leqslant\alpha\leqslant|\alpha|\ \text{及}\ -|\beta|\leqslant\beta\leqslant|\beta|,$$得$$-(|\alpha|+|\beta|)\leqslant\alpha+\beta\leqslant|\alpha|+|\beta|,$$由不等式$(1)$知不等式$(2)$成立.
+
+利用数学归纳法可以把它推广到任意个加数的情形:$$|\alpha+\beta+\cdots+\gamma|\leqslant|\alpha|+|\beta|+\cdots+|\gamma|.$$
+
+在不等式$(2)$中把 $\beta$ 换成 $-\beta$ 得$$|\alpha-\beta|\leqslant|\alpha|+|\beta|.$$因为 $\alpha=(\alpha+\beta)-\alpha,$ 故 $|\alpha|\leqslant|\alpha+\beta|+|\beta|,$ 或$$|\alpha+\beta|\geqslant|\alpha|-|\beta|.$$同理有$$|\alpha-\beta|\geqslant|\alpha|-|\beta|.$$
+因为同时有$$|\beta|-|\alpha|\leqslant|\beta-\alpha|=|\alpha-\beta|,$$所以由不等式$(1)$得$$||\alpha|-|\beta||\leqslant|\alpha-\beta|.$$
+
+# $\S4.$ 实数的其他性质及应用
+
+## 18. 根的存在 以有理数为指数的幂
+
+在得到实数乘法（及除法）的定义之后, 实数的正整数（及负整数）幂的定义也很容易得到了. 接下来要考虑的就是有理数指数幂应当如何定义. 不过在此之前, 我们需要先叙述一下根的存在问题.
+
+我们早已知道, 哪怕是以 $2$ 为其平方的数这种简单的数都无法在有理数域中得到其解, 因而扩充有理数域成为某种必要. 那么, 在现在已经扩充了的实数域中, 我们要更一般地探讨 $n$ 次方根的存在性是如何被构建的.
+
+设 $\alpha$ 是任一实数, $n$ 为自然数. 若实数 $\xi$ 是 $\alpha$ 的 $n$ 次方根, 则有 $$\xi^n=\alpha.$$不妨先假设 $\alpha$ 和 $\xi$ 都是正数, 称 $\xi$ 为 $\alpha$ 的算术 $n$ 次方根. 我们要证明, 这样的 $\xi$ 有且仅有一个.
+
+若存在一有理数 $r$ 使得 $r^n=\alpha$, 则结论成立. 若不存在, 考虑这样一种分划 $X|Y$, 其中下组 $X$ 包含了一切负有理数、零及其 $n$ 次方小于 $\alpha$ 的所有有理数, 上组 $Y$ 包含了其他的数. 显然两个集合都是非空的.
+
+设 $\xi$ 为分划 $X|Y$ 所确定的实数, 下证 $\xi^n=\alpha.$
+
+任取有理数 $x,y$ 满足 $x\lt\xi\lt y$, 则由实数乘法的定义有$$x^n\lt\xi^n\lt y^n.$$而 $x\in X$, $y\in Y$, 故有$$x^n\lt\alpha\lt y^n.$$任意固定某一个 $y_0$ 满足上述条件, 由于 $y-x$ 可以小于任意正有理数 $e$, 故$$y^n-x^n=(y-x)(y^{n-1}+xy^{n-2}+\cdots+x^{n-1})\lt e\cdot ny_0^{n-1}.$$由引理 2, 有 $\xi^n=\alpha$, 记 $\xi=\sqrt[n]\alpha$ 或 $\xi=\alpha^{\frac1n}$.
+
+唯一性由实数乘法的不等式性质容易得到.
+
+如果 $\xi$ 是 $\alpha^m$ 的 $n$ 次方根, 则 $\xi^n=\alpha^m$ 或 $\xi=(\alpha^m)^\frac1n$, 简记为 $\xi=\alpha^\frac mn$. 这就是有理数幂的定义.
+
+## 19. 以任意实数为指数的幂
+
+现在定义任意（正）实数 $\alpha$ 的 $\beta$ 次幂, 其中 $\beta$ 亦为任意实数. 取有理数 $b, b'$ 满足 $b\lt\beta\lt b'$, 则若 $\alpha\gt1$, 有$$\alpha^b\lt\alpha^{b'}.$$称落于所有 $\alpha^b$ 和 $\alpha^{b'}$ 之间的数 $\gamma$ 为 $\alpha$ 的 $\beta$ 次幂, 记为 $\gamma=\alpha^\beta.$
+
+若 $0\lt\alpha\lt1$, 则定义 $\alpha^\beta=\left(\dfrac1\alpha\right)^{-\beta}$. 因此下面只讨论 $\alpha\gt1$ 的情况.
+
+接下来要证明这样的 $\gamma$ 的存在性与唯一性. 集合 $\{\alpha^b\}$ 是有上界的, 因为任意一个 $\alpha^{b'}$ 就是它的上界, 因此, 若取$$\gamma=\sup_{b\lt\beta}\{\alpha^b\}$$对于这样一个数将有$$\alpha^b\leqslant\gamma\leqslant\alpha^{b'}.$$事实上, 上述不等式两边的等号都是取不到的, 因为我们总是可以增大 $b$ 或者减小 $b'$ 而使不等式 $b\lt\beta\lt b'$ 仍然成立. 这样, $\gamma$ 这个数满足上述定义.
+
+下证唯一性. 令 $\gamma=\alpha^\frac1n\gt1$, 则由伯努利不等式得$$\alpha^\frac1n-1=\gamma-1\lt\frac{\gamma^n-1}{n}=\frac{\alpha-1}{n}\tag3.$$对任意正整数 $n$, 我们选取 $b$ 和 $b'$, 使得 $b'-b\lt\dfrac1{n}$, 则有$$\alpha^{b'}-\alpha^b=\alpha^b(\alpha^{b'-b}-1)\lt\alpha^b(\alpha^\frac1{n}-1)\lt\alpha^b\frac{\alpha-1}{n}.$$任取一个固定的 $b_0'$, 有 $b\lt b_0'$, 我们取$$n=\left\lfloor\frac{\alpha^{b'_0}(\alpha-1)}{\varepsilon}\right\rfloor+1,$$其中 $\varepsilon$ 为任意正数, 则有$$\alpha^{b'}-\alpha^b\lt\varepsilon.$$由引理 2 知 $\gamma$ 的唯一性. 容易证明实数的实数次幂也符合关于幂的一些运算性质.
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diff --git a/笔记分享/聚点和上下极限.md b/笔记分享/聚点和上下极限.md
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--- a/笔记分享/聚点和上下极限.md
+++ b/笔记分享/聚点和上下极限.md
@@ -6,11 +6,11 @@
>对于一集合$I\subset\mathbb{R}$，如果存在一点$x_0\in \mathbb{R}$,使得$\forall \delta>0$，有$\overset{\circ}{U}(x_0,\delta)\cap I\neq\varnothing$,则称$x_0$是$I$的一个**聚点**.
**注：**
-1、$x_0$未必是$I$中的一个点；
-2、一个集合$I$存在聚点$x_0$与以下两个命题等价：
+1. $x_0$未必是$I$中的一个点；
+2. 一个集合$I$存在聚点$x_0$与以下两个命题等价：
（1）$\forall \delta>0$,在$U(x_0,\delta)$中有$I$中的无穷多个点；
（2）存在$I$中互异的点组成的数列$\{x_n\}$使得$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0$;
-3、若$x_0\in I$，但它不是$I$的一个聚点，则称之为孤立点.
+3. 若$x_0\in I$，但它不是$I$的一个聚点，则称之为孤立点.
对聚点有如下定理：
>[!note] 聚点原理
diff --git a/笔记分享/达布定理.md b/笔记分享/达布定理.md
index 8c1c529..91be38c 100644
--- a/笔记分享/达布定理.md
+++ b/笔记分享/达布定理.md
@@ -1,4 +1,5 @@
>[!note] 定理：
>如果函数$f(x)$在区间$[a,b]$上可导，则其导函数$f'(x)$在$[a,b]$上有介值性质，即若$f(x)$在$[a,b]$上的值域为$[m,M]$,则$\forall \xi\in[m,M]$，总$\exists \eta\in[a,b],$有$\xi=f'(\eta)$.
-**证明**：若$m=M$，结论显然成立.若$m0.$$由零值定理，$\exists \eta\in(x_1,x_2) \subset(a,b),g'(\eta)=0\implies f'(\eta)=\xi$，证毕.
\ No newline at end of file
+**证明**：若$m=M$，结论显然成立.若$m0.$$由零值定理，$\exists \eta\in(x_1,x_2) \subset(a,b),g'(\eta)=0\implies f'(\eta)=\xi$，证毕.
+
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new file mode 100644
index 0000000..1520682
--- /dev/null
+++ b/笔记美观计划.md
@@ -0,0 +1,19 @@
+我们正在通过CSS建立更加美观的前端！
+启用方法：点击左下角的齿轮，在最左边选中外观（①），滑倒最底下，启用math-note代码片段（②）。
+如果你想在自己的笔记里也能使用这些功能，那就点击启用按钮上方的文件夹（③），进去把里面的文件用文本文档（或者VSCode）打开，把里面的东西复制出；然后回到自己的仓库，同样的步骤走一遍，不过最后需要自己在那个文件夹（③）中创建一个文本文档，把后缀改成.css，然后把代码粘贴进去，保存，出来刷新一下（③左边那个），再启用就可以了。![[图片解释启用CSS.png]]
+已经完成的部分：
+
+'emphasize'：使字体变成橙色加粗，如：
+这是一段需要被强调的文字
+
+'danger'：它会把文字标红并加粗，用于警告，如：
+这一段文字很危险
+
+'solution'：这是一个专为解析设置的颜色块（姑且让我这么叫它）！调用方法与 example 等一样。如：
+>[!solution] 解析示例
+
+'title': 小标题，居中加粗，如：这是一个小标题
+
+'Title'：大标题，居中加粗放大，如：这是一个大标题
+
+还在等什么呢，快去多学点前端的知识让我们的笔记更加漂亮吧！（雾）
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/1.11题目素材.md b/素材/1.11题目素材.md
new file mode 100644
index 0000000..35c8c84
--- /dev/null
+++ b/素材/1.11题目素材.md
@@ -0,0 +1,64 @@
+设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，则
+(A) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&AB\end{bmatrix}=\mathrm{rank}A$
+(B) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&BA\end{bmatrix}=\mathrm{rank}A$
+(C) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=\max{\{\mathrm{rank}A,\mathrm{rank}B\}}$
+(D) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A^T&B^T\end{bmatrix}$
+
+（[[1.10线代限时练]]）设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+ (1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+ (2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+
+设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵， $B$ 是 $n\times m$ 矩阵，$E$ 是 $m$ 阶单位矩阵，若 $AB=E$，则
+(A) $\mathrm{rank}A=m,\mathrm{rank}A=m$
+(B) $\mathrm{rank}A=m,\mathrm{rank}A=n$
+(C) $\mathrm{rank}A=n,\mathrm{rank}A=m$
+(D) $\mathrm{rank}A=n,\mathrm{rank}A=n$
+
+已知 $A,B,C,D$ 都是 $4$ 阶非零矩阵，且 $ABCD=O$，如果 $|BC|\ne 0$，记 $\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B+\mathrm{rank}C+\mathrm{rank}A=r$，则 $r$ 的最大值是
+(A) $11$
+(B) $12$
+(C) $13$
+(D) $14$
+
+已知 $A,B,C$ 都是 $n$ 阶非零矩阵，且 $ABC=O$，$E$ 是 $n$ 阶单位矩阵，记 $\begin{bmatrix}O&A\\BC&E\end{bmatrix}\begin{bmatrix}AB&C\\O&E\end{bmatrix},\begin{bmatrix}E&AB\\AB&O\end{bmatrix}$ 的秩分别是 $r_1,r_2,r_3$，则
+(A) $r_1 \le r_2 \le r_3$
+(B) $r_1 \le r_3 \le r_2$
+(C) $r_3 \le r_1 \le r_2$
+(D) $r_2 \le r_1 \le r_3$
+
+设 $A,B$ 都是 $n$ 阶矩阵，求证：$\mathrm{rank}(AB-E) \le \mathrm{rank}(A-E)+\mathrm{rank}(B-E)$
+
+设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵，$1[!note] 定理
+>如果函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在积分区间$[a,b]$上至少有一点$\xi$，使
+>$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$
+
+>[!example] 例题1
+>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\large{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$. 证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
+
+>[!example] 例题2
+>设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
+
diff --git a/素材/微分中值定理的不等式问题.md b/素材/微分中值定理的不等式问题.md
new file mode 100644
index 0000000..730737f
--- /dev/null
+++ b/素材/微分中值定理的不等式问题.md
@@ -0,0 +1,134 @@
+
+## 微分中值定理证明不等式的要点归纳
+
+### 1. **识别不等式结构**
+ - 若不等式形如 $f(b) - f(a)$ 与 $b-a$ 的关系，或含有函数值差与自变量差之商，可考虑**拉格朗日中值定理**。
+
+
+### 2. **选择合适定理与辅助函数**
+ - **拉格朗日定理**：常用于"单函数"差值型不等式，构造 $f(x)$ 使 $f'(\xi)$ 出现在不等式中。
+ - **柯西定理**：适用于"双函数"比值型不等式，构造 $f(x), g(x)$ 使 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 出现。
+ - **辅助函数构造**：常借助常见函数如 $\ln x, e^x, x^n, \arctan x, \sin x, \cos x$ 等，通过求导形式匹配目标。
+
+### 3. **利用导数单调性估计中值**
+ - 应用中值定理得到含 $\xi$ 的表达式后，可以通过函数极值的求法求出其最大最小值进行比较
+
+
+## 例一
+设 $e < a < b < e^2$，证明：
+$$
+\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
+$$
+
+**证明**：
+考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
+$$
+令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
+$$
+g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
+$$
+当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。
+由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以
+$$
+g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
+$$
+因此
+$$
+\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
+$$
+即
+$$
+\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
+$$
+证毕。
+## 例2
+设 $a > e$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：
+$$
+a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.
+$$
+
+**证明**：
+令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
+$$
+\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y} = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
+$$
+ $$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
+ 证毕
+## 例3
+证明：当 $x>0$ 时，
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.
+$$
+
+**证明**：
+考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
+$$
+令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
+$$
+\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
+$$
+令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。
+当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。
+因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
+$$
+\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
+$$
+化简：
+$$
+\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
+$$
+于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
+$$
+\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
+$$
+等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。
+
+## 例3
+
+(1) 证明：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;
+(2) 证明不等式
+$$
+\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right),
+$$
+其中 $n$ 为正整数。
+
+## 解答
+
+**证明**
+（1）对 $x > 0$ 定义函数 $f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,
+由拉格朗日中值定理知：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得
+
+$$
+\begin{aligned}
+f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
+&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
+&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
+\end{aligned}
+$$
+
+（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。
+
+令 $F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知
+
+$$
+\begin{aligned}
+F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
+&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
+&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
+&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
+\end{aligned}
+$$
+
+因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。
+
+令 $x = \frac{1}{n}$，则有 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式
+
+$$
+\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right)
+$$
+
+成立。
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/微分中值定理部分题目汇总.md b/素材/微分中值定理部分题目汇总.md
new file mode 100644
index 0000000..5b1bf51
--- /dev/null
+++ b/素材/微分中值定理部分题目汇总.md
@@ -0,0 +1,202 @@
+
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $0 < a < b$，试证存在 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得 $$f'(\xi) = \frac{a + b}{2\eta} f'(\eta).$$
+
+**解析**：
+本题结论中含有两个不同的中值 $\xi$ 和 $\eta$，且涉及两个不同的函数形式。可考虑分别对 $f(x)$ 和 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理：
+由柯西中值定理，存在 $\eta \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2} = \frac{f'(\eta)}{2\eta}
+$$
+整理得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
+$$
+再对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(\xi)
+$$
+比较两式即得结论。
+
+---
+
+>[!example] 例2
+设函数 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续，在 $(0,3)$ 内可导，且 $f(0) + f(1) + f(2) = 3$，$f(3) = 1$，试证必存在 $\xi \in (0, 3)$，使 $f'(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+由介值定理，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的平均值为 $\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3} = 1$，又 $f(3)=1$，由连续函数介值定理，存在 $c \in [0,2]$，使得 $f(c)=1$，则在 $[c,3]$ 上，$f(c)=f(3)=1$，由罗尔定理存在 $\xi \in (c,3) \subset (0,3)$，使 $f'(\xi)=0$。
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0) = f(1) = 0$，$f(1/2) = 1$，试证：
+(1)存在 $\eta \in (1/2, 1)$，使得 $f(\eta) = \eta$；
+(2)对任意实数 $\lambda$，必存在 $\xi \in (0, \eta)$，使得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$。
+
+**解析**：
+(1) 令 $g(x)=f(x)-x$，则 $g(1/2)=1-1/2=1/2>0$，$g(1)=0-1=-1<0$，由零点定理，存在 $\eta \in (1/2,1)$，使 $g(\eta)=0$，即 $f(\eta)=\eta$。
+(2) 令 $h(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x]$，则 $h(0)=0$，$h(\eta)=0$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,\eta)$，使 $h'(\xi)=0$，即
+$$
+e^{-\lambda \xi}[f'(\xi)-1] - \lambda e^{-\lambda \xi}[f(\xi)-\xi] = 0
+$$
+整理得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$。
+
+---
+
+## 5.2 微分中值定理及其应用
+
+>[!example] 例1
+设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内可微，且
+$$f(0) = 0, \quad |f'(x)| \leq 1,$$证明：在 $(-1,1)$ 内，$|f(x)| < 1$。
+
+**解析**：
+对任意 $x \in (-1,1)$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得
+$$
+f(x) - f(0) = f'(\xi)(x-0)
+$$
+即 $f(x) = f'(\xi) x$。由于 $|f'(\xi)| \leq 1$，$|x| < 1$，故 $|f(x)| = |f'(\xi)| \cdot |x| < 1$。
+
+---
+
+>[!example] 例2
+设 $a_i \in \mathbb{R} (i = 0,1,2,\cdots,n)$，且满足
+$$a_0 + \frac{a_1}{2} + \frac{a_2}{3} + \cdots + \frac{a_n}{n+1} = 0，$$证明：方程 $a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n = 0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
+
+**解析**：
+构造辅助函数
+$$
+F(x) = a_0x + \frac{a_1}{2}x^2 + \frac{a_2}{3}x^3 + \cdots + \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}
+$$
+则 $F(0)=0$，且由条件 $F(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使 $F'(\xi)=0$，即
+$$
+a_0 + a_1\xi + a_2\xi^2 + \cdots + a_n\xi^n = 0
+$$
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
+$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
+试证明 $f'(x) = 0$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个根。
+
+**解析**：
+由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$。则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
+
+---
+
+>[!example] 例4
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))$ ($a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+弦 $AB$ 的方程为
+$$
+y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
+$$
+由条件，$f(c) = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(c-a)$。分别对 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$，使得
+$$
+f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+$$
+f'(\xi_2) = \frac{f(b)-f(c)}{b-c} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+故 $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)$。再对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b)$，使 $f''(\xi)=0$。
+
+---
+
+>[!example] 例5（柯西中值定理例）
+试证至少存在一点 $\xi \in (1, e)$，使 $\sin 1 = \cos \ln \xi$。
+
+**解析**：
+考虑函数 $f(x)=\sin(\ln x)$，$g(x)=\ln x$，在 $[1,e]$ 上应用柯西中值定理：
+存在 $\xi \in (1,e)$，使得
+$$
+\frac{f(e)-f(1)}{g(e)-g(1)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
+$$
+计算得 $f(e)=\sin 1$，$f(1)=0$，$g(e)=1$，$g(1)=0$，$f'(x)=\frac{\cos(\ln x)}{x}$，$g'(x)=\frac{1}{x}$，代入得
+$$
+\frac{\sin 1 - 0}{1-0} = \frac{\cos(\ln \xi)/\xi}{1/\xi} = \cos(\ln \xi)
+$$
+即 $\sin 1 = \cos(\ln \xi)$。
+
+---
+
+## 练习
+
+>[!example] Ex1
+设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，且 $f'(x) \neq 1$。试证明 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内至多只有一个不动点，即方程 $f(x) = x$ 在 $(a, b)$ 内至多只有一个实根。
+
+**解析**：
+反证法。假设存在两个不动点 $x_1 < x_2$，即 $f(x_1)=x_1$，$f(x_2)=x_2$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$，使得
+$$
+f'(\xi) = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} = \frac{x_2-x_1}{x_2-x_1} = 1
+$$
+与 $f'(x) \neq 1$ 矛盾。故至多只有一个不动点。
+
+---
+
+>[!example] Ex2
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
+$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
+(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；
+(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
+
+**解析**：
+(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。由极值点的费马定理及罗尔定理，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 内存在极大值点 $\eta$，且 $g'(\eta)=0$，$g''(\eta) \leq 0$。即 $f'(\eta)=2\eta$，$f''(\eta) \leq 2$。若 $f''(\eta) < 2$，则取 $\xi=\eta$ 即可；若 $f''(\eta)=2$，则考虑在 $\eta$ 两侧应用拉格朗日中值定理，可找到另一个点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)<2$。
+(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，结合 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 和 $f(1/2)>1/4$，利用连续性及中值定理可推出存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=2$，矛盾。
+
+---
+
+>[!example] Ex3
+若 $f(x)$ 可导，试证在其两个零点间一定有 $f(x) + f'(x)$ 的零点。
+
+**解析**：
+设 $a[!example] Ex4
+设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 $f(1) = 0$，求证存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+设辅助函数 $\varphi(x) = x^n f(x)$，则 $\varphi(0)=0$，$\varphi(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$，即
+$$
+n\xi^{n-1} f(\xi) + \xi^n f'(\xi) = 0
+$$
+两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
+
+---
+
+>[!example] Ex5
+设 $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$，证明对任意 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 有
+$$f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)$$
+
+**解析**：
+不妨设 $0 < x_1 < x_2$。由拉格朗日中值定理：
+$$
+f(x_1+x_2)-f(x_2) = f'(\xi_1)x_1, \quad \xi_1 \in (x_2, x_1+x_2)
+$$
+$$
+f(x_1)-f(0) = f'(\xi_2)x_1, \quad \xi_2 \in (0, x_1)
+$$
+于是
+$$
+f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) = [f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]x_1
+$$
+对 $f'(x)$ 在 $[\xi_2,\xi_1]$ 上应用中值定理，存在 $\xi \in (\xi_2,\xi_1)$，使
+$$
+f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
+$$
+故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
+
+---
+
+## 解题方法总结
+1. **含一个中值的等式或根的存在**：多用罗尔定理，可用原函数法找辅助函数。
+2. **结论涉及含中值的两个不同函数**：可考虑用柯西中值定理。
+3. **结论中含两个或两个以上的中值**：必须多次应用中值定理。
+4. **已知条件中含高阶导数**：多考虑用泰勒公式，有时也可考虑对导数用中值定理。
+5. **结论为不等式**：要注意适当放大或缩小的技巧。
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/拐点是一个点.md b/素材/拐点是一个点.md
new file mode 100644
index 0000000..65cf990
--- /dev/null
+++ b/素材/拐点是一个点.md
@@ -0,0 +1 @@
+拐点一定要是点
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
index 9fa65cb..52a1ee0 100644
--- a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
+++ b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
@@ -57,10 +57,10 @@
>设二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3,(b>0),$ 其中二次型的矩阵特征值之和为 $1$，之积为 $-12$. 求正交变换将二次型化为标准型.
>[!note] 解：
->二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
+>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
>考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$.
>考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$.
->对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&1/\sqrt{5}\\0&1&0\\-1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$
+>对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&-1/\sqrt{5}\\0&1&0\\1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$
**题后总结：** 当二次型当中有参数的时候，要利用特征值的性质（和、积）把参数算出来，然后就是正常流程。
@@ -109,6 +109,7 @@
>（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$. 由（1）知，存在正交变换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol z$，使得 $\displaystyle f\overset{\boldsymbol x=C\boldsymbol z}{=}2(z_1^2+z_2^2)$. 由于正交变换不改变向量长度，有 $z_1^2+z_2^2+z_3^2=1\Rightarrow z_1^2+z_2^2=1-z_3^2$, 带入得 $$f=2(1-z_3^2)\le2, \text{等号当且仅当} z_3=0 \text{时取得.}$$
>由（1），可取正交矩阵 $\displaystyle C=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0 \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$，则 $\displaystyle \boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{z_1}{\sqrt{2}} \\ z_2 \\ \frac{z_1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$. 当 $x_1=x_2$ 时， $\displaystyle z_1=\sqrt 2z_2=\frac{\sqrt 6}{3}\Rightarrow x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\sqrt 3}$. 故 当$\boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$ 时，$f_{\max}=2.$
+
**题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。
求变换矩阵的一般步骤是：
1. 求特征值及对应的线性无关的特征向量；
diff --git a/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md
new file mode 100644
index 0000000..f088707
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md
@@ -0,0 +1,158 @@
+>[!example] 例题1
+>设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。
+
+
+**答案**：$\boxed{A^T A}$
+
+**解析：**
+记$A_i$为$A$中除了第$i$行全都改为$0$的矩阵，$\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}^T$。那么$$A_i\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0 & 0 & \cdots & 0\\\vdots & \vdots & &\vdots\\a_{i1} & a_{i2} & \cdots &a_{in}\\\vdots & \vdots & &\vdots\\0 & 0 & \cdots & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j\\\vdots\\0\end{bmatrix}$$则$$(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2=(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j)^2=(A_i\boldsymbol{x})^TA_i\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x}$$将二次型用上式展开得：
+
+$$\begin{aligned}
+f(\boldsymbol{x})&=\sum_{i=1}^{n}(\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x})\\
+&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i)\boldsymbol{x}\\
+&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i)\boldsymbol{x}\\
+&=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x}
+\end{aligned}$$
+其中因为$A_i^TA_j=\boldsymbol{0},$如果$i\neq j$，所以
+$$\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i=\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i$$
+
+• 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。
+
+
+>[!example] 例题2.
+>设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。
+(1)求 a，b 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$；
+(2)证明 $\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。
+
+
+**解析**
+(1) 二次型及其对应的标准形的矩阵分别为
+
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+1 & -1 & -1 \\
+-1 & 1 & a \\
+-1 & a & 1
+\end{bmatrix},\quad
+\boldsymbol{B}=
+\begin{bmatrix}
+2 & & \\
+& 2 & \\
+& & b
+\end{bmatrix}.$$
+因为$\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$，所以$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,b，从而由
+$|2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=-a^2-2a-1=0$
+知$a=-1$，又$\text{tr}\boldsymbol{A}=\text{tr}\boldsymbol{B}$，则b=-1。于是$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1。
+对于$\lambda$=2，解$(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得对应的线性无关特征向量为$\boldsymbol{p}_1=(1,0,-1)^{\text{T}}$，$\boldsymbol{p}_2=(1,-2,1)^{\text{T}}$，
+单位化得
+$\boldsymbol{q}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^{\text{T}},\quad \boldsymbol{q}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^{\text{T}}$.
+对于$\lambda=-1$，解$(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}得对应的特征向量为\boldsymbol{p}_3=(1,1,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$\boldsymbol{q}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\text{T}}$.
+所求正交矩阵为
+$$\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{q}_1\ \boldsymbol{q}_2\ \boldsymbol{q}_3]=\frac{1}{\sqrt{6}}
+\begin{bmatrix}
+\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2} \\
+0 & -2 & \sqrt{2} \\
+-\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2}
+\end{bmatrix}$$
+(2) 因$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1，故$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的特征值为4,4,1，则$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的所有特征值为正，
+从而$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$为正定矩阵。
+
+
+
+>[!example] 例题3.
+>已知实二次型
+$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。
+(1) 求a的值及正交矩阵$\boldsymbol{Q}$。
+(2) 当$\|\boldsymbol{x}\|=2$时，求解一个向量$\boldsymbol{x}使得f(x_1,x_2,x_3)$取最大值。
+
+**解析**
+(1)
+由已知条件知
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & a \\
+0 & a & 0
+\end{bmatrix}$$
+
+的三个特征值为$\lambda_1$=1,$\lambda_2$=-2,$\lambda_3$=4
+又由
+$$|\boldsymbol{A}|=
+\begin{vmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & a \\
+0 & a & 0
+\end{vmatrix}
+=-2a^2=-8$$
+
+因$a\ge$ 0，故a=2，于是
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & 2 \\
+0 & 2 & 0
+\end{bmatrix}$$
+将$\lambda_1=1代入(\lambda_1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+-1 & 2 & 0 \\
+2 & 0 & -2 \\
+0 & -2 & 1
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & -1 \\
+0 & 1 & -\frac12 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}$$
+故对应于$\lambda_1$=1的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_1=(1,\frac12,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_1=\left(\frac23,\frac13,\frac23\right)^{\text{T}}.$$
+将$\lambda_2$=-2代入$(\lambda_2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$-2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+-4 & 2 & 0 \\
+2 & -3 & -2 \\
+0 & -2 & -2
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & \frac12 \\
+0 & 1 & 1 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}.$$
+故对应于$\lambda_2$=-2的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_2=(-\frac12,-1,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_2=\left(-\frac13,-\frac23,\frac23\right)^{\text{T}}$$
+将$\lambda_3$=4代入$(\lambda_3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$4\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & 2 & 0 \\
+2 & 3 & -2 \\
+0 & -2 & 4
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & -2 \\
+0 & 1 & 2 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}.$$
+故对应于$\lambda_3$=4的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_3=(-2,2,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_3=\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+因此，所求正交矩阵为
+$$\boldsymbol{Q}=
+[\boldsymbol{e}_1\ \boldsymbol{e}_2\ \boldsymbol{e}_3]=
+\begin{bmatrix}
+\frac23 & -\frac13 & -\frac23 \\
+\frac13 & -\frac23 & \frac23 \\
+\frac23 & \frac23 & \frac13
+\end{bmatrix}.$$
+(2)
+因$$\|\boldsymbol{x}\|^2=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})^{\text{T}}(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{y}=\|\boldsymbol{y}\|^2$$
+则当$\|\boldsymbol{x}\|$=2时，$\|\boldsymbol{y}\|$=2。
+又令$\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^{\text{T}}$，有
+$$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$$
+显然当$\boldsymbol{y}=2\boldsymbol{e}_3$时，$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$取到最大值16。此时
+$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{Q}(2\boldsymbol{e}_3)=2\boldsymbol{e}_3=2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+注：(2) 也可以取$\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3$，此时
+$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3=-2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+
diff --git a/线代素材.md b/素材/整合素材/线代素材/线代素材.md
similarity index 100%
rename from 线代素材.md
rename to 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分.md
index aabd036..526403c 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/不定积分.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分.md
@@ -16,7 +16,7 @@
>[!note]
>$\displaystyle \int xf'(x)\text dx=\int x\text df(x)=xf(x)-\int f(x)\text dx=xf(x)-\dfrac{\cos x}{x},$
>$\displaystyle f(x)=\left(\dfrac{\cos x}{x}\right)'=\dfrac{-x\sin x-\cos x}{x^2},$
->于是原式 $=$
+>于是原式 $\displaystyle=\dfrac{-x\sin x-\cos x}{x}-\frac{\cos x}{x}=\dfrac{-x\sin x-2\cos x}{x}.$
换元加分部
>[!example]
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md
new file mode 100644
index 0000000..b27d0ee
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md
@@ -0,0 +1,297 @@
+1. 指数函数相关积分
+【1.1】
+
+$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx = \int \frac{d(e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}} = \ln|e^x + e^{-x}| + C$$
+【1.2】
+
+$$\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx &= \int \frac{e^{2x}}{e^{2x} + 1} dx - \int \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx \\
+&= \frac{1}{2}\ln(e^{2x} + 1) - \arctan e^x + C
+\end{align*}$$
+2. 根式与倒数相关积分
+【2.1】
+
+$$\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx$$
+
+解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx
+= \int \frac{\sec t \tan t}{(\sec^2 t+1)\tan t} dt
+= \int \frac{\cos t}{\cos^2 t+1} dt \\
+\end{align*}$$
+令$u = \sin t$，则$du = \cos t dt$ ，所以
+$$
+1 + \cos^2 t = 1 + (1 - u^2) = 2 - u^2。
+$$
+
+由 $x = \sec t$,得 $\cos t = \frac{1}{x}$，所以
+
+$$\begin{align*}\sin t = \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}} = \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} \quad \\(\text{当 }x>1\text{ 时取正})\\
+\\
+原式= \int \frac{du}{2 - u^2}= \frac{1}{2\sqrt{2}} \ln\left| \frac{\sqrt{x^2-1} + x\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-1} - x\sqrt{2}} \right| + C\\
+
+\end{align*}$$
+
+【2.2】
+
+$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx$$
+
+解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$
+
+$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx = \int \frac{\sec t \tan t}{\sec t \tan t} dt = \int 1 dt = t + C = \arccos\frac{1}{x} + C$$
+【2.3】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx = 2\int \frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^2}} d\sqrt{x} = 2\arcsin\sqrt{x} + C$$
+【2.4】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt{1+e^{2x}}$，则 $e^{2x} = t^2-1$，$dx = \frac{t}{t^2-1} dt$
+
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx &= \int \frac{1}{t} \cdot \frac{t}{t^2-1} dt \\
+&= \frac{1}{2}\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right| + C \\
+&= \ln\left|\sqrt{1+e^{2x}} - 1\right| - x + C
+\end{align*}$$
+【2.5】
+
+$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx = \frac{1}{4}\int \frac{d(x^4+1)}{(x^4+1)^2} = -\frac{1}{4(x^4+1)} + C$$
+3. 三角函数积分
+【3.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx = \int \frac{1-\cos x}{\sin^2 x} dx = \int \csc^2 x dx - \int \csc x \cot x dx = -\cot x + \csc x + C$$
+【3.2】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx
+$$
+解：
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx = \int \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx - \int \sec x \tan x dx = \tan x - \sec x + C$$
+4. 分式积分
+【4.1】
+
+$$\int \frac{1}{x^2-1} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2-1} dx = \frac{1}{2}\int \left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}\right) dx = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C$$
+【4.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2+1} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2+1} dx = \arctan x + C$$
+5. 三角乘积与幂次积分
+【5.1】
+
+$$\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx &= \int \frac{\sec^2 x}{\tan x + 1} dx \\
+&= \int \frac{d(\tan x + 1)}{\tan x + 1} \\
+&= \ln|\tan x + 1| + C
+\end{align*}$$
+【5.2】
+
+$$\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx &= \frac{1}{2}\int \frac{(\sin x - \cos x) + (\sin x + \cos x)}{\sin x - \cos x} dx \\
+&= \frac{1}{2}\int 1 dx + \frac{1}{2}\int \frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} dx \\
+&= \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\ln|\sin x - \cos x| + C
+\end{align*}$$
+【5.3】
+
+$$\int \sec x \tan x dx$$
+
+解：
+
+$$\int \sec x \tan x dx = \sec x + C$$
+6. 高次三角函数积分
+【6.1】
+
+$$\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx &= \int \frac{\sin x + 1}{(\sin x - 1)(\sin x + 1)\cos x} dx \\
+&= \int \frac{\sin x + 1}{-\cos^3 x} dx \\
+&= -\int \sec^2 x \tan x dx - \int \sec^3 x dx \\
+&= -\frac{1}{2}\sec^2 x - \frac{1}{2}(\sec x \tan x + \ln|\sec x + \tan x|) + C
+\end{align*}$$
+7. 三角分式积分
+【7.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx$$
+
+解：令 $t = \tan\frac{x}{2}$，则 $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$，$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$，$dx = \frac{2}{1+t^2} dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx &= \int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt \\
+&= \int \frac{1}{1+t} dt \\
+&= \ln|1+t| + C \\
+&= \ln\left|1+\tan\frac{x}{2}\right| + C
+\end{align*}$$
+【7.2】
+
+$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx = \int \csc 2x \cdot 2 dx = \ln|\tan x| + C$$
+8. 三角幂次积分
+【8.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx
+$$
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx + \int \csc^2 x dx = \tan x - \cot x + C$$
+【8.2】
+
+$$\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx &= \int \frac{1-\cos x}{\sin^3 x} dx \\
+&= \int \csc^3 x dx - \int \csc^2 x \cot x dx \\
+&= -\frac{1}{2}\csc x \cot x + \frac{1}{2}\ln|\tan\frac{x}{2}| + \frac{1}{2}\cot^2 x + C
+\end{align*}$$
+9. 高次三角幂积分
+【9.1】
+
+$$\int \sin^4 x dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \sin^4 x dx &= \int \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 dx \\
+&= \frac{1}{4}\int (1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x) dx \\
+&= \frac{1}{4}\int \left(1 - 2\cos 2x + \frac{1+\cos 4x}{2}\right) dx \\
+&= \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C
+\end{align*}$$
+【9.2】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx$$
+
+解：
+$$
+\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx &= \int \frac{\sec^4 x}{\sec^4 x + \tan^4 x} dx \\
+&= \int \frac{1+\tan^2 x}{1+2\tan^4 x} d\tan x \\
+&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}\tan x\right) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2}\tan x - 1}{\sqrt{2}\tan x + 1}\right| + C
+\end{align*}$$
+【9.3】
+
+$$\int \cos^5 x dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \cos^5 x dx &= \int \cos^4 x \cos x dx \\
+&= \int (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\
+&= \sin x - \frac{2}{3}\sin^3 x + \frac{1}{5}\sin^5 x + C
+\end{align*}$$
+10. 其他积分
+【10.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx &= \frac{1}{2}\int \left(\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2}\right) dx \\
+&= \frac{1}{4}\left(x\sqrt{1+x^2} + \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) - x\sqrt{1-x^2} + \arcsin x\right) + C
+\end{align*}$$
+【10.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx
+$$
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx &= \int \frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} dx \\
+&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{2x-1-\sqrt{5}}{2x-1+\sqrt{5}}\right| + C
+\end{align*}$$
+【10.3】
+
+$$\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx &= \int \left(\frac{1}{e^x} - \frac{1}{1+e^x}\right) dx \\
+&= -e^{-x} - \ln(1+e^{-x}) + C
+\end{align*}$$
+11. 杂项积分
+【11.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx
+$$
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx &= \int \frac{e^x}{e^x + e^{2x} - 1} dx \\
+&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{e^x + \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{e^x + \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\right| + C
+\end{align*}$$
+【11.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx = \int \left(\frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}\right) dx = \ln\left|\frac{x-2}{x-1}\right| + C$$
+【11.3】
+
+$$\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx \quad (a\neq b\neq c)$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx &= \frac{1}{(a-b)(a-c)}\ln|x-a| + \frac{1}{(b-a)(b-c)}\ln|x-b| + \frac{1}{(c-a)(c-b)}\ln|x-c| + C
+\end{align*}$$
+12. 根式积分
+【12.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}$，则 $x = \frac{t^3+1}{t^3-1}$，$dx = \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx &= \int \frac{1}{\frac{2}{t^3-1} \cdot \left(\frac{2t^3}{t^3-1}\right)^2} \cdot \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt \\
+&= -3\int \frac{1}{t} dt \\
+&= -3\ln|t| + C \\
+&= -3\ln\left|\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}\right| + C
+\end{align*}$$
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 时，
+可考虑代换 $\boldsymbol{t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}}$；
+其中 n 是 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数。
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new file mode 100644
index 0000000..e4afaef
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
@@ -0,0 +1,435 @@
+一：换元积分法
+1、第一换元法（凑微分法）
+这类方法主要是特别考验你对数字的敏感程度，对求导公式的运用程度。方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
+简单举个例子：
+$$\int \cos^2 x \sin x dx$$
+
+这个无法直接求原函数，但是我们发现$\sin x dx = -d\cos x$，因此原式就变成
+$$\int \cos^2 x (-d\cos x) = -\int \cos^2 x d\cos x$$
+
+这时候换元，令 $\cos x = t$，原式
+$$= -\int t^2 dt = -\frac{1}{3}t^3 + C = -\frac{1}{3}\cos^3 x + C
+$$
+说白了第一换元法是为了凑微分，当熟练了之后可以在脑海中进行换元。
+如果有初学者不明白为什么 $\sin x dx = -d\cos x$，我们可以这样理解：
+令 $y = \cos x$，$dy = y'dx = -\sin x dx$，那么 $d\cos x = -\sin x dx$，题做了多了对求导公式掌握程度高了，我们就会变得很熟练。
+第一换元法常见的有下列几种情况
+（1）三角形式
+【1.1】
+$$\int \sin^2 x \cos^5 x dx$$
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\
+&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\
+&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\
+&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\
+&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\
+&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C
+\end{align*}$$
+
+为什么要利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$？
+因为在三角函数中，最容易处理的是偶数次方，最难处理的是奇数次方，偶数次方我们可以利用各种公式进行升幂或者降幂，因此我们如果将奇数次方通过凑微分变成了偶数次方，那就非常好了。
+（2）高次幂问题
+【1.2】
+$$\int \frac{x dx}{(x-1)^{100}}$$
+
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \frac{(x-1+1) dx}{(x-1)^{100}} \\
+&= \int \frac{(x-1) dx}{(x-1)^{100}} + \int \frac{dx}{(x-1)^{100}} \\
+&= \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{99}} + \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{100}} \\
+&= -\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C
+\end{align*}$$
+（3）高次幂多项式与三角函数的转化
+$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$
+
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\
+&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
+\end{align*}$$
+
+这里利用$\int \sqrt{t} dt = \frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} + C$
+2、第二换元法（可以说是第一类换元法的逆应用）
+通过换元，将形式复杂的积分转换为形式简单的积分。
+举个例子：求
+$$\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，于是 $dx = 2t dt$（对 x 关于 t 求微分）
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx &= \int \frac{2t}{1+t} dt \\
+&= 2\int \left(1 - \frac{1}{1+t}\right) dt \\
+&= 2(t - \ln|1+t|) + C \\
+&= 2\left(\sqrt{x} - \ln(1+\sqrt{x})\right) + C
+\end{align*}$$
+
+一定要记住最后的换元要回代回去。
+第二换元法常见的有以下几种形式
+（1）将多个根式换元为有理式
+【2.1】
+$$\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$$
+
+解：令 $t = \sqrt[6]{x+1}$，则 $x = t^6 - 1$，$dx = 6t^5 dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\
+&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\
+&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\
+&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\
+&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} - 1| + C
+\end{align*}$$
+
+对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+（2）三角代换
+【2.2】求
+$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$$
+
+解：令 $x = a\tan t$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则
+$$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$$
+
+$$dx = a\sec^2 t dt$$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\
+&= \int \sec t dt \\
+&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\
+&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\
+&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C
+\end{align*}$$
+三角代换的核心思路
+（1）以上几例所使用的为三角代换，三角代换的目的是化掉根式。
+（2）积分中为了化掉根式是否一定采用三角代换？
+并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。
+一般规律如下：当被积函数中含有
+${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+（3）倒代换（当分母的次数高时，可采用倒代换）
+【2.3】求
+
+$$\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx$$
+
+解：令 $x = \frac{1}{t}$，则 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx &= \int \frac{t}{\left(\frac{1}{t^7}\right)+2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt \\
+&= -\int \frac{t^6}{1 + 2t^7} dt \\
+&= -\frac{1}{14}\ln|1 + 2t^7| + C \\
+&= -\frac{1}{14}\ln|2 + x^7| + \frac{1}{2}\ln|x| + C
+\end{align*}$$
+
+
+ 二：分部积分法
+1、分部积分法的基本公式
+$$\int u dv = uv - \int v du
+$$
+也可以写成
+
+$$\int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)dx$$
+分部积分法的要点在于把积分 $\int u dv$ 变成比它更容易的积分 $\int v du$。如果不是这样，那么分部积分就没有什么意义，需要重新考虑。因此，在被积函数中选取哪一部分作为 u，哪一部分作为 dv 是很重要的。
+例如：
+
+$$\int x \cos x dx = \int x d\sin x = x \sin x - \int \sin x dx = x \sin x + \cos x + C$$
+
+如果取 $x dx$ 作为 $dv$，而把 $\cos x$ 作为 $u$，显然就不合适了。
+分部积分常见的有以下几种形式
+（1）被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积
+【3.1】求不定积分
+
+$$\int x^3 \ln x dx$$
+
+
+$$\begin{align*}
+&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\
+&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3 dx \\
+&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C
+\end{align*}
+$$
+解：原式 = $\frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C$
+规律：若被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就考虑设对数函数或反三角函数为 u。
+（2）指数函数与幂函数的乘积
+【3.2】求不定积分
+
+$$\int e^{\sqrt{x}} dx$$
+
+解：令 $\sqrt{x} = t$，则 $x = t^2$，$dx = 2t dt$
+
+$$\begin{align*}
+&= 2\int t e^t dt \\
+&= 2\int t d e^t \\
+&= 2\left(t e^t - \int e^t dt\right) \\
+&= 2\left(t e^t - e^t\right) + C \\
+&= 2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C
+\end{align*}$$
+
+原式 = $2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C$
+规律：若被积函数是指数函数与幂函数的乘积，就考虑设指数函数为 dv。
+（3）利用分部积分，构造方程，解方程求不定积分
+【3.3】求不定积分
+
+$$\int e^x \sin x dx$$
+
+
+$$\begin{align*}
+\int e^x \sin x dx &= \int \sin x d e^x \\
+&= e^x \sin x - \int e^x d(\sin x) \\
+&= e^x \sin x - \int e^x \cos x dx \\
+&= e^x \sin x - \int \cos x d e^x \\
+&= e^x \sin x - \left(e^x \cos x - \int e^x d(\cos x)\right) \\
+&= e^x \sin x - e^x \cos x - \int e^x \sin x dx
+\end{align*}$$
+
+
+$$\therefore 2\int e^x \sin x dx = e^x (\sin x - \cos x)$$
+
+解：$\therefore \int e^x \sin x dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$
+规律：一般来说，遇到三角函数与指数函数，解方程是一种常见的方法，而一般解方程需要连续多次使用分部积分，且函数中充当 u 的函数一般相同。
+2、分部积分法的推广公式
+分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
+假设函数 u(x),v(x) 有 n+1 阶连续导数，则
+
+$$\int u v^{(n+1)} dx = \int u d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)} du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)} dx
+$$
+对 $\int u' v^{(n)} dx$ 连续使用分部积分，可以得到
+
+$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$
+
+这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么 $u^{(n+1)} \equiv 0$ 。
+例1：求积分
+$$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx$$
+
+解：令
+
+$$u = 2x^3 + 3x^2 + 4x + 5,\quad dv = e^x dx,\quad v = \int e^x dx = e^x$$
+
+则
+
+$$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$$
+
+$$v' = e^x,\quad v'' = e^x,\quad v''' = e^x
+$$
+代入推广公式：
+
+$$\begin{align*}
+\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\
+&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C
+\end{align*}$$
+
+我们可以发现，虽然公式很难记，但是形式非常优美并且很容易运用。
+练习1
+求积分
+
+$$\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$$
+
+从上面两个例子可以看到，重复运用分部积分法，可以计算下列形式的积分
+
+$$\int P_n(x) e^{ax} dx,\quad \int P_n(x) \sin bx dx,\quad \int P_n(x) \cos bx dx
+$$
+其中 $P_n(x)$ 是 n 次多项式。
+出现这些形式，大部分优先考虑分部积分法。
+3、在积分 $\int \ln x dx,\int \arctan x dx$ 中应用分部积分
+在这些积分中，可把 1 作为被积函数的因子之一来进行分部积分（不直接凑微分）。
+4、我们会遇到的一些积分形式
+
+$$\int x^k (\ln x)^n dx,\quad \int e^{ax} \cos bx dx,\quad \int e^{ax} \sin bx dx$$
+
+
+$\int e^{ax} \sin bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \sin bx dx$
+对于 $\int x^k (\ln x)^n dx$，我们必然会选择这种方式进行分部积分
+
+$$\int x^k (\ln x)^n dx = \frac{1}{k+1}\int (\ln x)^n d x^{k+1} = \frac{1}{k+1}x^{k+1}(\ln x)^n - \frac{n}{k+1}\int x^k (\ln x)^{n-1} dx$$
+
+这样每次使用分部积分，$\ln x$ 的次数都会减少1，使用 n 次后，其系数降到零，就可求出。
+对于 $\int e^{ax} \cos bx dx,\int e^{ax} \sin bx dx$，我们可以试着先进行一次分部积分
+
+$$\begin{align*}
+\int e^{ax} \cos bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax} \sin bx dx \\
+\int e^{ax} \sin bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax} \cos bx dx
+\end{align*}$$
+
+这恰是一个方程组，解之得
+
+$$\begin{cases}
+\int e^{ax} \cos bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\cos bx + b\sin bx) + C \\
+\int e^{ax} \sin bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C
+\end{cases}$$
+对于 $\int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\int x^n e^{ax} \sin bx dx$，利用上述结论，我们每做一次分部积分，n 的次数就降1，当运用 n 次分部积分，n 的系数降到0，可求出。
+5、我们可以发现，分部积分有一种难以名状的感觉，其实我们可以通过分部积分得到某些不定积分的递推公式
+例：求
+
+$$I_n = \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$$
+
+解：
+
+$$I_1 = \int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} + C
+$$
+当 n>2 时，
+
+$$\begin{align*}
+I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
+&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
+&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)
+\end{align*}
+$$
+由此可得
+
+$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$
+
+利用这个递推公式，我们可以由 $I_1$ 推出 $I_2$,$I_3$,$\dots$
+
+三：分项积分法
+当我们要求一个多项式分式的不定积分时，常常采用分项积分，分项积分有以下几种类型：
+1、分子为常数，分母为二次函数
+对于
+
+$$\int \frac{dx}{x^2-a^2}$$
+
+我们可将被积函数分拆
+
+$$\frac{1}{x^2-a^2} = \frac{1}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a}\right)$$
+
+然后对每一项进行积分，这类裂项我们初中已经掌握，可以使用待定系数法。
+2、分子为一次函数，分母为二次函数
+对于
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$
+
+我们进行配方
+
+$$x^2+px+q = \left(x+\frac{p}{2}\right)^2 + q-\frac{p^2}{4}
+$$
+写成一个二次项加上一个常数，因此
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$
+
+都可以写成这种形式
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx = \int \frac{At+B}{t^2\pm a^2}dt = A\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt + B\int \frac{dt}{t^2\pm a^2}
+$$
+接下来就是基本操作，不再赘述。
+3、分母大于二次，分母的次数大于分子的次数（真分式）
+对于一般形式
+
+$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m},\quad n0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合①的规则。
+对于分子的确定，需要我们使用待定系数法。
+例如：
+
+$$\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$$
+对于分项积分，最理想的情况为将分式拆成几个最简分式的和。
+最简分式有四种：
+
+$$\frac{A}{x-a},\quad \frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax+B}{x^2+px+q},\quad \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k}
+$$
+其中 $p^2-4q<0$。
+一切问题都不是那么死板的，有时候并不需要强行化简，因题而异。
+4、分子的次数大于分母的次数（假分式）
+运用多项式除法，假分式可以化成一个多项式和一个真分式之和。
+例：
+
+$$\frac{x^3+4x^2+3x+2}{4x^2+2x-1} = \frac{x}{4} + \frac{7}{8} + \frac{\frac{3}{2}x+\frac{23}{8}}{4x^2+2x-1}$$
+
+（假分式 = 多项式 + 真分式）
+
+四：欧拉替代法
+欧拉代换是求积分时常用的一种代换，形如
+
+$$\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$$
+
+的不定积分，可通过换元将根式代换掉，使表达式有理化。
+三种欧拉代换都是有理代换，在相应情况下分别使用它们，都能使被积函数有理化。
+（1）欧拉第一代换
+如果 a>0，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
+（2）欧拉第二代换
+如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
+（3）欧拉第三代换
+如果 $ax^2+bx+c$ 可以很明显地分解因式，即
+
+$$ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta),\quad \alpha\neq\beta$$
+
+那么令 $$\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$$，或令
+$$
+\sqrt{\frac{a(x-\beta)}{x-\alpha}}=t$$
+换元之后的步骤
+对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。
+例：求不定积分
+
+$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$$
+
+解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则
+
+$$t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$$
+
+
+$$x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$
+
+于是
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\
+&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt \\
+&= \frac{1}{2a^2}\int \left(\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)dt \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t+1)}{(\sqrt{2}t+1)^2+1} + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t-1)}{(\sqrt{2}t-1)^2+1} \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t+1) + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t-1) + C \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\left[\arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}+1\right) + \arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}-1\right)\right] + C
+\end{align*}$$
+类似的，还可以用欧拉替代法求下列积分：
+
+$$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-5x+6}}$$
+注意：欧拉替代法并不常见，可以说是一种“傻瓜式”方法，但是如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的武器。
+
+五：万能公式替代法
+
+对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能公式：
+$$\sin a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}, \quad \cos a = \frac{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}
+$$
+$$\tan a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}$$
+
+我们做题中，令 $t = \tan \frac{x}{2}$ ，则
+$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt$$
+
+因此
+$$\int \frac{\sin x}{\sin x (1 + \cos x)} dx$$
+
+解： 令 $t = \tan \frac{x}{2}$，则 $x = 2 \arctan t$ ，
+$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt
+
+\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}, \quad \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}
+$$
+原式
+$$= \int \frac{\frac{2t}{1 + t^2}}{\frac{2}{1 + t^2}} \cdot \frac{1 - t^2}{1 + t^2} dt = \frac{1}{2} \int \left( t + 2 + \frac{1}{t} \right) dt$$
+$$= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} t^2 + 2t + \ln |t| \right) + C$$
+$$= \frac{1}{4} \tan^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \ln \left| \tan \frac{x}{2} \right| + C$$
+
+通常含 $\sin^2 x, \cos^2 x, \sin x \cos x$ 的有理分式进行积分时，用代换 $t = \tan x$ 更加方便，减少了分式的出现。
+
+---
+
+注意： 万能代换不一定是最佳方法，故三角有理式的计算中先考虑其它手段，不得已才用万能代换。
+
+---
+
+写在后面的话：
+
+不定积分的求解十分考验基本能力，考察：求导能力（对导数的敏感程度和了解程度），对三角函数的敏感度，对三角函数各种变形的掌握。
+
+因此我们必须熟练掌握各种三角函数的性质，不同三角函数的转化方法，积分和差和差化积公式的运用，一些复杂函数的求导公式，一些简单基本的积分表。
\ No newline at end of file
diff --git a/编写小组/讲义/二阶微分推导.md b/素材/整合素材/高数素材/二阶微分推导.md
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/二阶微分推导.md
rename to 素材/整合素材/高数素材/二阶微分推导.md
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md
new file mode 100644
index 0000000..9039ece
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md
@@ -0,0 +1,473 @@
+**问题：** 已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
+
+(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
+
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
+
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{\sqrt{n}}$
+
+**解析：**
+
+注意到函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，因此
+$$
+a_n = \int_0^{\pi n} |\cos x| \, dx = n \int_0^{\pi} |\cos x| \, dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x \, dx = 2n \bigl[ \sin x \bigr]_0^{\pi/2} = 2n.
+$$
+
+对于选项 (A)：
+$$
+\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty 2,
+$$
+不满足级数收敛的必要条件（通项不趋于 $0$），级数发散。
+
+对于选项 (B)：
+$$
+\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n},
+$$
+这是调和级数的倍数，级数发散。
+
+对于选项 (C)：
+$$
+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,
+$$
+通项不趋于 $0$，级数发散。
+
+对于选项 (D)：
+$$
+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{\sqrt{n}} = 2 \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \sqrt{n}
+$$
+为交错级数，由莱布尼茨判别法可知，该级数收敛。
+
+综上可知选项 (D) 正确。
+
+---
+
+## 填空题
+
+### 问题 9
+
+定积分 $\displaystyle \int_{-2024}^{2024} [x] \, dx$（其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）的值为______。
+
+**答案**：$-2024$
+
+**解析**：
+
+根据取整函数 $[x]$ 的性质，当 $k$ 为整数时，
+$$
+\int_k^{k+1}[x] \, dx = k.
+$$
+
+利用定积分的区间可加性，
+$$
+\int_{-2024}^{2024}[x] \, dx = \sum_{k=-2024}^{2023} \int_k^{k+1}[x] \, dx = \sum_{k=-2024}^{2023} k = -2024.
+$$
+
+---
+
+### 问题 10
+
+已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, dx$ 的值为______。
+
+**答案**：$\displaystyle \int_a^b g(x) \, dx$
+
+**解析**：
+
+由题设可知，存在 $M > 0, m > 0$，使得 $\forall x \in [a, b],\ m \leq f(x) \leq M$，于是
+
+$$
+\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, dx \leq \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x) \, dx.
+$$
+
+易知，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，故由夹逼定理可知
+
+$$
+\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, dx = \int_a^b g(x) \, dx.
+$$
+
+---
+
+## 计算题
+
+### 问题 14（6 分）
+
+**问题：** 已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \frac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx$。
+
+
+**解**：
+
+易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx$。
+
+- 对于第一部分：
+ $$
+ \int_{-1}^0 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2} \, dx = \int_{-1}^0 \arctan x \, d(\arctan x) = \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 = -\frac{\pi^2}{32}.
+ $$
+
+- 对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：
+ $$
+ \begin{aligned}
+ \int_0^1 f(x) \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}} \, dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2 \, dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t} \, dt \\
+ &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right) \, dt = 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\
+ &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) = 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
+ \end{aligned}
+ $$
+
+故
+$$
+I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
+$$
+
+---
+
+### 问题 19（8 分）
+
+(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；（5 分）
+
+(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。（3 分）
+
+**解**：
+
+(1) **证明数列 $\{a_n\}$ 收敛**：
+
+考虑差 $a_{n+1} - a_n$：
+$$
+a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}).
+$$
+
+由于 $\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$，所以
+$$
+a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}.
+$$
+
+通分得：
+$$
+a_{n+1} - a_n = \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n} - 2\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})} = \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})} = -\frac{1}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})^2} < 0.
+$$
+
+故 $\{a_n\}$ 单调递减。
+
+另一方面，利用定积分的估计：
+$$
+\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx.
+$$
+
+计算得 $\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx = 2\sqrt{n} - 2$，所以
+$$
+2\sqrt{n} - 2 < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + 2\sqrt{n} - 2 = 2\sqrt{n} - 1.
+$$
+
+因此
+$$
+-2 < a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n} < -1.
+$$
+
+所以 $\{a_n\}$ 有下界。由单调有界定理，数列 $\{a_n\}$ 收敛。
+
+(2) **求极限**：
+
+利用定积分的定义：
+$$
+\begin{aligned}
+\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right) \\
+&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} \, dx = 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 = 2\sqrt{2} - 2.
+\end{aligned}
+$$
+
+故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。
+### 问题 3
+极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1^3 + 2^3 + \cdots + n^3}{n^4}$ 的值为（ ）。
+
+(A) 1
+(B) $\displaystyle \frac{1}{2}$
+(C) $\displaystyle \frac{1}{3}$
+(D) $\displaystyle \frac{1}{4}$
+
+**解析**：
+
+$$
+\begin{aligned}
+\lim_{n \to \infty} \frac{1^3 + 2^3 + \cdots + n^3}{n^4}
+ &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ \left( \frac{1}{n} \right)^3 + \left( \frac{2}{n} \right)^3 + \cdots + \left( \frac{n}{n} \right)^3 \right] \\
+ &= \int_0^1 x^3 \, dx \\
+ &= \left. \frac{x^4}{4} \right|_0^1 \\
+ &= \frac{1}{4}.
+\end{aligned}
+$$
+---
+## 填空题
+
+### 问题 9
+
+不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x \, dx = \underline{\hspace{2cm}}$。
+
+**答案**：$x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C$
+
+---
+
+## 解答题
+
+### 问题 19（积分方程）
+
+已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
+
+$$
+\int_0^x t f(x-t) \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t.
+$$
+
+(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；（5 分）
+
+(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 e^x f(x) \, \mathrm{d}x$。（3 分）
+
+#### 解：
+
+**(1)** 令 $u = x - t$，则
+
+$$
+\begin{aligned}
+\int_0^x t f(x-t) \, \mathrm{d}t
+&= \int_x^0 (x-u) f(u) (-\mathrm{d}u) \\
+&= \int_0^x (x-u) f(u) \, \mathrm{d}u \\
+&= x \int_0^x f(u) \, \mathrm{d}u - \int_0^x u f(u) \, \mathrm{d}u.
+\end{aligned}
+$$
+
+代入原方程得
+
+$$
+x \int_0^x f(u) \, \mathrm{d}u - \int_0^x u f(u) \, \mathrm{d}u = x^3 - \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t.
+$$
+
+两边对 $x$ 求导：
+
+$$
+\int_0^x f(u) \, \mathrm{d}u + x f(x) - x f(x) = 3x^2 - f(x),
+$$
+
+即
+
+$$
+\int_0^x f(u) \, \mathrm{d}u = 3x^2 - f(x). \quad (*)
+$$
+
+令 $x=0$，得 $0 = 0 - f(0)$，故 $f(0)=0$。
+
+对 $(*)$ 式两边再求导：
+
+$$
+f(x) = 6x - f'(x) \quad \Rightarrow \quad f'(x) + f(x) = 6x.
+$$
+
+**(2) 方法一**：
+
+由 $(1)$ 知 $\left( e^x f(x) \right)' = e^x [f'(x)+f(x)] = 6x e^x$。
+
+又 $f(0)=0$，利用分部积分：
+
+$$
+\begin{aligned}
+\int_0^1 e^x f(x) \, \mathrm{d}x
+&= \int_0^1 e^x f(x) \, \mathrm{d}(x-1) \\
+&= (x-1)e^x f(x) \bigg|_0^1 - \int_0^1 (x-1) \, \mathrm{d}\!\left(e^x f(x)\right) \\
+&= -\int_0^1 (x-1) \cdot 6x e^x \, \mathrm{d}x \\
+&= 6 \int_0^1 (x - x^2) e^x \, \mathrm{d}x \\
+&= 6 \left[ (x-x^2)e^x \bigg|_0^1 - \int_0^1 (1-2x) e^x \, \mathrm{d}x \right] \\
+&= 6 \left[ 0 - \left( (1-2x)e^x \bigg|_0^1 - \int_0^1 (-2) e^x \, \mathrm{d}x \right) \right] \\
+&= 6 \left[ - \left( (-1)e^1 - 1 \cdot e^0 \right) + 2 \int_0^1 e^x \, \mathrm{d}x \right] \\
+&= 6 \left[ -(-e - 1) + 2(e-1) \right] \\
+&= 6(e+1 + 2e - 2) \\
+&= 6(3e - 1) \\
+&= 18e - 6.
+\end{aligned}
+$$
+
+**方法二**：
+
+令 $g(x) = e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且
+
+$$
+g'(x) = e^x [f'(x)+f(x)] = 6x e^x.
+$$
+
+积分得
+
+$$
+g(x) = \int 6x e^x \, \mathrm{d}x = 6(x-1)e^x + C.
+$$
+
+代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以
+
+$$
+g(x) = 6(x-1)e^x + 6.
+$$
+
+于是
+
+$$
+\int_0^1 e^x f(x) \, \mathrm{d}x = \int_0^1 \left[ 6(x-1)e^x + 6 \right] \, \mathrm{d}x = \left[ 6(x-2)e^x + 6x \right]_0^1 = ( -6e + 6) - (-12) = 18 - 6e.
+$$
+
+---
+
+### 问题 19（递推公式）
+
+记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；（4 分）
+
+(2) 计算 $I_3$ 的值。（4 分）
+
+#### 解：
+
+**(1) 证明**：
+
+$$
+\begin{aligned}
+I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x \, \mathrm{d}x \\
+&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}(\tan x) \\
+&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x \, \mathrm{d}x \\
+&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right).
+\end{aligned}
+$$
+
+移项得
+
+$$
+I_n + (n-2)I_n = 2^{\frac{n-2}{2}} + (n-2) I_{n-2},
+$$
+
+即
+
+$$
+I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.
+$$
+
+**(2)** 先计算 $I_1$：
+
+$$
+I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec x \, \mathrm{d}x = \left[ \ln |\sec x + \tan x| \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \ln(\sqrt{2} + 1).
+$$
+
+由递推公式，取 $n=3$：
+
+$$
+I_3 = \frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).
+$$
+## 计算题
+
+### 七、（6分）
+
+计算不定积分 $\displaystyle \int \frac{x \cos x}{\sin^3 x} \, dx$。
+
+**解**：
+
+$$
+\begin{aligned}
+\int \frac{x \cos x}{\sin^3 x} \, dx
+&= \int \frac{x}{\sin^3 x} \, d(\sin x) \\
+&= -\frac{1}{2} \int x \, d\left( \frac{1}{\sin^2 x} \right) \\
+&= -\frac{1}{2} \left[ \frac{x}{\sin^2 x} - \int \frac{1}{\sin^2 x} \, dx \right] \\
+&= -\frac{1}{2} \left[ \frac{x}{\sin^2 x} + \cot x \right] + C \\
+&= -\frac{x}{2\sin^2 x} - \frac{1}{2} \cot x + C.
+\end{aligned}
+$$
+
+---
+
+### 十、（8分）
+
+设 $\displaystyle a_n = \int_0^1 x(1-x)^n \, dx, \ n=1,2,\cdots$。
+
+(1) 求级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 的和；
+
+(2) 设常数 $\lambda > 0$，试讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 的敛散性。
+
+**解**：
+
+**(1)** 令 $t = 1 - x$，则
+
+$$
+\begin{aligned}
+a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
+&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
+&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
+\end{aligned}
+$$
+
+于是
+
+$$
+\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.
+$$
+
+因此
+
+$$
+\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.
+$$
+
+**(2)** 设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。
+
+考虑比值判别法：
+
+$$
+\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.
+$$
+
+故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+
+当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
+
+综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+## 十一、（8分）
+
+已知函数
+$$f_n(x) = \int_0^x t^2 (1-t) \sin^{2n} t \, dt, \quad x \in (-\infty, +\infty),$$
+其中 $n$ 为正整数。
+
+(1) 证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+
+(2) 记 $a_n = f_n(1), \, n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
+
+**解**：
+
+(1) 对任意正整数 $n$，求导得
+$$f_n'(x) = x^2 (1-x) \sin^{2n} x.$$
+令 $f_n'(x)=0$，可得驻点 $x=0,1$ 或 $x=\pm n\pi (n=1,2,\cdots)$。
+
+分析 $f_n'(x)$ 的符号：当 $00$，$(1-x)>0$，$\sin^{2n} x >0$，故 $f_n'(x)>0$；当 $10$，$(1-x)<0$，$\sin^{2n} x >0$，故 $f_n'(x)<0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
+
+(2) 由于 $0 \leq \sin t \leq t$ 对 $t \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 成立，而积分区间 $[0,1] \subset [0, \frac{\pi}{2}]$，故
+$$0 \leq a_n = f_n(1) = \int_0^1 t^2 (1-t) \sin^{2n} t \, dt \leq \int_0^1 t^2 (1-t) t^{2n} \, dt = \int_0^1 t^{2n+2} (1-t) \, dt.$$
+计算得
+$$\int_0^1 t^{2n+2} (1-t) \, dt = \int_0^1 (t^{2n+2} - t^{2n+3}) \, dt = \left. \frac{t^{2n+3}}{2n+3} \right|_0^1 - \left. \frac{t^{2n+4}}{2n+4} \right|_0^1 = \frac{1}{2n+3} - \frac{1}{2n+4} = \frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.$$
+由于
+$$\lim_{n \to \infty} \frac{(2n+3)(2n+4)}{n^2} = 4,$$
+故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 与 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 同敛散，而 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛。由比较判别法，正项级数 $\sum a_n$ 收敛。
+
+---
+
+## 八、（8分）
+
+已知 $f'(x) = \arctan(x^2 - 1)$，$f(1) = 0$，求 $\displaystyle \int_{0}^{1} f(x) \, dx$。
+
+**解**：
+
+使用分部积分法：
+$$I = \int_{0}^{1} f(x) \, dx = \left. x f(x) \right|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x f'(x) \, dx = 1 \cdot f(1) - 0 \cdot f(0) - \int_{0}^{1} x \arctan(x^2 - 1) \, dx.$$
+由于 $f(1)=0$，所以
+$$I = - \int_{0}^{1} x \arctan(x^2 - 1) \, dx.$$
+令 $u = x^2 - 1$，则 $du = 2x dx$，当 $x=0$ 时 $u=-1$，$x=1$ 时 $u=0$，于是
+$$I = - \int_{-1}^{0} \arctan u \cdot \frac{1}{2} du = -\frac{1}{2} \int_{-1}^{0} \arctan u \, du.$$
+计算 $\int \arctan u \, du$：
+$$\int \arctan u \, du = u \arctan u - \frac{1}{2} \ln(1+u^2) + C.$$
+所以
+$$\int_{-1}^{0} \arctan u \, du = \left[ u \arctan u - \frac{1}{2} \ln(1+u^2) \right]_{-1}^{0} = \left(0 - \frac{1}{2} \ln 1\right) - \left( (-1)\arctan(-1) - \frac{1}{2} \ln(1+1) \right) = - \left( -\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2.$$
+但注意：实际上，$(-1)\arctan(-1) = (-1) \cdot (-\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4}$，所以：
+$$\left[ u \arctan u - \frac{1}{2} \ln(1+u^2) \right]_{-1}^{0} = \left(0 - 0\right) - \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = -\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2.$$
+因此
+$$\int_{-1}^{0} \arctan u \, du = -\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2.$$
+于是
+$$I = -\frac{1}{2} \left( -\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln 2.$$
+故所求积分为 $\displaystyle \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln 2$。
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new file mode 100644
index 0000000..389e4f6
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
@@ -0,0 +1,47 @@
+一、基本初等函数积分
+ $\displaystyle\int 0 \, dx =C$
+ $\displaystyle\int k \, dx = kx + C$ （ k 为常数）
+ $\displaystyle\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$
+$\displaystyle\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+ $\displaystyle\int e^x \, dx = e^x + C$
+二、三角函数积分
+ $\displaystyle\int \sin x \, dx = -\cos x + C$
+ $\displaystyle\int \cos x \, dx = \sin x + C$
+ $\displaystyle\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$
+ $\displaystyle\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$
+ $\displaystyle\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$
+ $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$
+ $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$
+ $\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
+ $\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 ）
+ $\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$ ）
+ $\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
+ $\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
+ $\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$
+ $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$
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index 0000000..653b038
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/常用极限结论.md
@@ -0,0 +1,101 @@
+**两个重要极限：** $$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\qquad\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=\text e.$$
+
+
+
+**数列极限重要结论**：
+1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty}|a_n|=0$（注意：只有极限为 $0$ 的时候才等价）
+2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$（注意：反过来不成立）
+3. $a>0,\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$
+4. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1$
+5. $|q|\lt1,\displaystyle\lim_{n\to\infty}|q|^n=0$
+
+
+
+**常用等价无穷小**
+1. $\displaystyle 1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^2$
+2. $\displaystyle \tan x\sim x$
+3. $\displaystyle \tan x-\sin x\sim\frac{1}{2}x^3$
+4. $\displaystyle\ln(1+x)\sim x$
+
+### **常用麦克劳林公式表**
+（感谢 deepseek 老师倾囊相助）
+
+麦克劳林公式是泰勒公式在 $x_0 = 0$ 处的特殊情况，即 $\displaystyle f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$
+
+1. 指数函数
+$$
+e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n)
+$$
+
+2. 正弦函数
+$$
+\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} + o(x^{2n+2})
+$$
+
+3. 余弦函数
+$$
+\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} + o(x^{2n+1})
+$$
+
+4. 正切函数 (前几项)
+$$
+\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \cdots + o(x^{2n+1})
+$$
+
+5. 反正切函数
+$$
+\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots + \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} + o(x^{2n+2})
+$$
+
+6. 反正弦函数
+$$
+\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1} = x + \frac{1}{6} x^3 + \cdots + o(x^{2n+2})
+$$
+
+7. 对数函数 ($1+x$)
+$$
+\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n + o(x^n)
+$$
+
+8. 对数函数 ($1-x$)
+$$
+\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \cdots - \frac{x^n}{n} + o(x^n)
+$$
+
+9. 二项式展开 (广义)
+$$
+(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n + o(x^n)
+$$
+
+10. 平方根函数
+$$
+\sqrt{1+x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} +\cdots + o(x^n)
+$$
+
+11. 倒数平方根
+$$
+\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{3x^2}{8} - \cdots + o(x^n)
+$$
+
+12. $\dfrac{1}{1-x}$
+$$
+\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n + o(x^n)
+$$
+
+13. $\dfrac{1}{1+x}$
+$$
+\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^n x^n + o(x^n)
+$$
+
+14. $\dfrac{1}{1+x^2}$
+$$
+\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots + (-1)^n x^{2n} + o(x^{2n+1})
+$$
+
+这14个公式大家必须至少有点印象，而且不要求多，到2次就够用了。反三角函数的那几个作为拓展，不过应该不会考这么难。
+大家记忆也要有一定的方法，我给大家举几个例子：
+1. 最后三个其实只要记住第13个就行了，而这个其实是第9个的特殊情况
+2. $\ln x$ ，大家可以记住 $\displaystyle\ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots$，就能记住 $\ln x$ 的系数了
+3. 正弦和正切都与 $x$ 是等价无穷小，所以第一项都是 $x$，但正切比 $x$ 要大，所以是 $+\dfrac{1}{3}x^3$，正弦要小，所以是 $-\dfrac{1}{6}$
+
+大家也可以有自己的记忆方式，总之目的就是要记得又快又准。
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/特定结构定积分.md b/素材/整合素材/高数素材/特定结构定积分.md
new file mode 100644
index 0000000..c94be71
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/特定结构定积分.md
@@ -0,0 +1,27 @@
+## 函数的奇偶性在定积分上的体现
+如果 $f(x)$ 是奇函数， $g(x)$ 是偶函数，那么：
+$\displaystyle\int_{-a}^a f(x)\mathrm dx=0$，$\displaystyle\int_{-a}^a g(x)\mathrm dx=2\int_0^a g(x)\mathrm dx$
+合理运用上面的特性可以有效化简定积分（一般都是用 $\int_{-a}^a f(x)\mathrm dx=0$ 来简化积分），通常来说，在看到积分上下限互为相反数且被积函数较复杂时，可以试图“剥掉奇函数”来简化，用公式写，就是这样：
+如果 $f(x)$ 是奇函数，$g(x)$ 是其他函数，那么：
+$\displaystyle\int_{-a}^a(f(x)+g(x))\mathrm dx=\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm dx+\int_{-a}^{a}g(x)\mathrm dx=\int_{-a}^{a}g(x)\mathrm dx$
+>[!example] 例题
+>计算定积分 $$\int_{-1}^1\frac{1+x\mathrm e^{-\frac{x^2}{2}}}{1+x^2}\mathrm dx$$
+
+>[!note] 解答
+>不难发现，$\displaystyle\frac{x\mathrm e^{-\frac{x^2}{2}}}{1+x^2}$ 是奇函数……
+>>[!faq] 这个“不难发现”是怎么发现的？
+>>这个靠主动寻找+奇偶函数的乘法性质，同奇偶相乘得偶函数，反之则为奇函数.
+>>$1+x^2$ 是偶函数，$\displaystyle\mathrm e^\frac{-x^2}{2}$ 是偶函数，$\displaystyle\frac{\mathrm e^{-\frac{x^2}{2}}}{1+x^2}$ 是偶函数；$x$ 是奇函数，$\displaystyle\frac{x\mathrm e^{-\frac{x^2}{2}}}{1+x^2}$ 是奇函数
+>
+>因此
+>$$\displaystyle\int_{-1}^1\frac{1+x\mathrm e^{-\frac{x^2}{2}}}{1+x^2}\mathrm dx=\int_{-1}^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx=\arctan x|_{-1}^1=2\arctan1=\frac{\pi}{2}$$
+
+## 三角函数的特殊性
+
+$\displaystyle\int_0^\pi xf(\sin x)\mathrm dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)\mathrm dx,$
+
+$\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(\sin x)\text dx=\int_0^{\pi/2}f(\cos x)\text dx.$
+
+## 华莱士公式：
+$$\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm dx=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^nx\mathrm dx=\begin{cases}\dfrac{\pi}{2}\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k,\\\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k+1,\end{cases}\qquad k\in\mathbb{N}$$
+其中 $m!!=\begin{cases}m(m-2)\cdots(4)(2),\ m\text{是偶数},\\m(m-2)\cdots(3)(1),\ m\text{是奇数}\end{cases}$ 称为双阶乘.
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
new file mode 100644
index 0000000..f124c43
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
@@ -0,0 +1,235 @@
+
+>[!example] 例题
+>已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
+(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$
+
+>[!note] 解析
+>由于函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，所以$$a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx = n \int_0^{\pi} |\cos x| \, \text dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x \, \text dx = 2n\sin x|_0^{\pi/2} = 2n.$$
+>对于选项(A)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2,$ 显然发散；
+>对于选项(B)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n},$ 是调和级数的两倍，也发散；
+>对于选项(C)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,$ 通项不趋于 $0$，故发散；
+>对于选项(D)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$，为交错级数，由莱布尼兹判别法易知其收敛.
+>故选D.
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键在于利用三角函数的周期性，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。
+
+![[cosx的绝对值.png]]
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$
+
+>[!note] 解析（？）
+>由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x) \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x) \, \text 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)} \, \text dx = \int_a^b g(x) \, \text 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.$$从而可以用估值定理和夹逼定理做出这道题……吗？
+>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x) \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x) \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号得条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。
+
+>[!note] 解析
+>仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$
+>考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$
+>由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\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)} \, \text dx = \int_a^b g(x) \, \text dx.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。
+>其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。
+>>[!note] 补充证明
+>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$
+>
+>实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。
+>有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，这个不等式究竟是否成立。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geqslant 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, \text dx$。
+
+>[!note] 解析
+>易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx$。
+对于第一部分：$$\begin{aligned}
+ \int_{-1}^0 f(x) \, dx
+ &= \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2} \, dx \\
+ &= \int_{-1}^0 \arctan x \, d(\arctan x) \\
+ &= \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 \\
+ &= -\frac{\pi^2}{32}.
+ \end{aligned}$$对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：$$\begin{aligned}
+ \int_0^1 f(x) \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}} \, dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2 \, dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t} \, dt \\
+ &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right) \, dt \\
+ &= 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\
+ &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) \\
+ &= 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
+ \end{aligned}$$
+ 故$$I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键就是分段。分段函数定积分一定要分段求，剩下的就是换元法和分部积分法能解决的问题了。
+
+>[!example] 例题
+>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；
+(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。
+
+>[!note] 解析
+>（1）证明：
+>考虑数列的单调性，有 $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}),$$由于$\displaystyle\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n+1}},$ 所以$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\lt0,$$即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。
+>另一方面，利用定积分进行估计：$$2\sqrt n-2=\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx=2\sqrt n-1,$$
+>所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。
+>（2）
+>**解1：**
+>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0$，故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
+>**解2：**
+>利用定积分的定义：$$
+\begin{aligned}
+\lim_{n \to \infty} &\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \\
+&= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right)\\
+&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} \, dx \\
+&= 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 \\
+&= 2\sqrt{2} - 2.
+\end{aligned}$$故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。
+>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题……
+>>[!example] 补充例题
+>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$
+>
+>除了有界性，证明方法和上面如出一辙！所以第一问不要求大家完全掌握，了解为主；但第二问的解2需要掌握，这是利用定积分定义的经典题目。
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x \, dx = \underline{\qquad}.$
+
+>[!note] 解析
+>$$\begin{aligned}
+>\int x\tan^2x\text dx
+>&=\int x(sec^2x-1)\text dx\\
+>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\
+>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\
+>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
+>\end{aligned}$$
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
+$$\int_0^x t f(x-t) \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t.$$
+(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；（5 分）
+(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x) \, \mathrm{d}x$。（3 分）
+
+>[!note] 解析
+>（1）令 $u=x-t$，则$$\begin{aligned}
+>-\int_x^0(x-u)f(u)\text du
+>&=x\int_0^xf(u)\text du-\int_0^xuf(u)\text du\\
+>&=x^3-\int_0^xf(t)\text dt\\
+>&=x^3-\int_0^xf(u)\text du
+>\end{aligned},$$
+>两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
+>再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
+>（2）
+>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
+>\int \text e^xf(x)\text dx
+>&=\int f(x)\text d\text e^x\\
+>&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
+>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$
+>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$
+>
+>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$
+积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x \, \mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$
+代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6.
+$$于是$$\begin{aligned}
+\int_0^1 \text e^x f(x) \, \mathrm{d}x
+&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right] \, \mathrm{d}x \\
+&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\
+&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\
+&= 18 - 6\text e.
+\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）定积分的值与被积变量无关。第二点很容易被忘记。
+>第二问的两种解法都是有来头的。
+>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是不要忘记积分常数。
+>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意不要忘记积分常数。
+
+>[!examle] 例题
+>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
+(2) 计算 $I_3$ 的值。
+
+>[!note] 解析
+>（1）证明：$$\begin{aligned}
+I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x \, \mathrm{d}x \\
+&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}(\tan x) \\
+&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x \, \mathrm{d}x \\
+&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right),
+\end{aligned}$$
+>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$
+>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$
+>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$
+
+>[!summary] 题后总结
+>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\sec^2x$ 出来；而且 $\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
+>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
+
+>[!note] 解析
+>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$
+>当 $0\lt x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
+>
+>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned}
+>0\leqslant a_n
+>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\
+>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\
+>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\
+>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.
+>\end{aligned}$$
+>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问就是单调性的分析。
+>第二问把积分和级数结合起来，关键在于放缩。至于放缩的技巧……只能说，多练吧，有一个记一个。
+
+>[!example] 例题
+>已知 $f'(x)=\arctan (x^2-1)$，$f(1)=0$，求 $\displaystyle\int_0^1f(x)\text dx$。
+
+>[!note] 解析
+>用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$
+>令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$
+
+>[!example] 例题
+>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
+>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
+>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.
+
+>[!note] 解析
+>（1）**解1：**$$\begin{aligned}
+>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\
+>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\
+>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$
+>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$
+>**解2：** 令 $t=1-x$，则
+>$$\begin{aligned}
+a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
+&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
+&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>后同解1
+>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$
+>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
+综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散.
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问解1是利用第一类换元法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，大大简化了计算，可以作为经验积累下来。为什么用这种换元呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子 $(1-x)$ 上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
+
diff --git a/素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md b/素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md
new file mode 100644
index 0000000..76332e8
--- /dev/null
+++ b/素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md
@@ -0,0 +1,230 @@
+## **柯西中值定理**
+
+### **原理**
+
+设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足以下条件：
+1. 在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
+2. 在开区间 $(a, b)$ 内可导；
+3. 对任意 $x \in (a, b)$，有 $g'(x) \neq 0$；
+则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得：
+
+$$
+\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
+$$
+
+柯西中值定理的几何意义为：由参数方程 $(g(t), f(t))$ 表示的曲线，在两点间的割线斜率等于曲线上某点切线的斜率。
+
+它与拉格朗日中值定理的关系为：当 $g(x) = x$ 时，柯西中值定理退化为拉格朗日中值定理。它是处理两个函数之间微分中值关系的通用形式。
+
+### **适用条件**
+
+柯西中值定理的核心适用题型是**证明形如 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 的等式成立**，以及处理**涉及两个中值点 $\xi, \eta$ 的问题**。
+
+常见应用方向包括：
+1. 直接证明存在性等式；
+2. 通过函数配对，将目标等式转化为柯西中值定理的标准形式；
+3. 处理“双中值问题”，常与拉格朗日中值定理结合使用。
+
+### **例题**
+
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $a>0$。证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
+$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \xi f'(\xi) \cdot \frac{\ln(b/a)}{b-a}$$
+
+**解析**：
+将等式变形为：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi)
+$$
+取 $g(x) = \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。
+对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 应用柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{1/\xi} = \xi f'(\xi)
+$$
+整理即得所求。
+
+---
+
+>[!example] 例2
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在不同的 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得：
+$$f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)$$
+
+**解析**：
+1. 对 $f(x)$ 与 $g(x) = \frac{x^2}{2}$ 应用柯西中值定理，存在 $\eta \in (a, b)$ 使得：
+ $$
+ \frac{f(b)-f(a)}{(b^2 - a^2)/2} = \frac{f'(\eta)}{\eta}
+ $$
+ 整理得：
+ $$
+ f(b)-f(a) = \frac{b^2 - a^2}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+
+2. 对 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
+ $$
+ f(b)-f(a) = (b-a) f'(\xi)
+ $$
+
+3. 联立两式，消去 $f(b)-f(a)$ 得：
+ $$
+ (b-a) f'(\xi) = \frac{(b-a)(a+b)}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+ 由于 $b-a \neq 0$，约去后即得：
+ $$
+ f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设 $0 < a < b$，证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
+$$f(b)-f(a) = \frac{3\xi^2}{a^2+ab+b^2} f'(\xi)(b-a)$$
+
+**解析**：
+将等式变形为：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
+$$
+取 $g(x) = x^3$，则 $g'(x) = 3x^2 \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。
+由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
+$$
+整理后即得所求。
+
+
+
+
+## **辅助函数的构造方法**
+
+### **原理**
+
+在证明与导数相关的等式或不等式时，常通过构造辅助函数，将原问题转化为对某个函数应用中值定理（如罗尔定理、拉格朗日定理等）。构造辅助函数的核心思想是：**将待证等式视为某个函数求导后的结果**。
+
+### **常见构造类型**
+
+#### 1. 乘积型与商型
+若结论形如：
+$$
+f'(\xi)g(\xi) + f(\xi)g'(\xi) = 0
+$$
+可构造辅助函数：
+$$
+F(x) = f(x)g(x)
+$$
+若结论形如：
+$$
+f'(\xi)g(\xi) - f(\xi)g'(\xi) = 0
+$$
+可构造辅助函数：
+$$
+F(x) = \frac{f(x)}{g(x)} \quad (g(x) \neq 0)
+$$
+
+#### 2. 含幂函数因子
+若结论形如：
+$$
+n f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0
+$$
+可构造辅助函数：
+$$
+F(x) = x^n f(x)
+$$
+
+#### 3. 一阶线性微分结构
+若结论形如：
+$$
+f'(\xi) + P(\xi)f(\xi) = 0
+$$
+可构造积分因子：
+$$
+\mu(x) = e^{\int P(x)\mathrm{d}x}
+$$
+并设辅助函数：
+$$
+F(x) = \mu(x) f(x)
+$$
+
+#### 4. 对数型
+若结论形如：
+$$
+\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = k
+$$
+可构造辅助函数：
+$$
+F(x) = \ln|f(x)| - kx
+$$
+
+#### 5. 常数变易法
+若结论形如：
+$$
+f'(\xi) = \lambda f(\xi)
+$$
+可构造辅助函数：
+$$
+F(x) = e^{-\lambda x} f(x)
+$$
+
+---
+
+### **例题**
+
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=1$。
+证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得$f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$
+
+**解析**：
+将结论改写为：
+$$
+f'(\xi) - 2\xi f(\xi) = 0
+$$
+属于一阶线性微分结构，其中 $P(x) = -2x$。
+积分因子为：
+$$
+\mu(x) = e^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = e^{-x^2}
+$$
+构造辅助函数：
+$$
+F(x) = e^{-x^2} f(x)
+$$
+则 $F(0) = 0$，$F(1) = e^{-1}$。
+需进一步寻找另一个点 $c$ 使 $F(c)=0$，才可应用罗尔定理。通常需结合题目其他条件（如积分中值定理、零点定理等）找出该点。
+
+---
+
+>[!example] 例2
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上三阶可导，且 $f(a) = f'(a) = f(b) = 0$。
+证明：存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：$f'''(\xi) + k f''(\xi) = 0$
+
+**解析**：
+结论可写为：
+$$
+\bigl[ e^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0
+$$
+因此构造辅助函数：
+$$
+H(x) = e^{kx} f''(x)
+$$
+由条件可推知存在 $\eta_1, \eta_2 \in (a, b)$ 使 $f''(\eta_1) = f''(\eta_2) = 0$，从而 $H(\eta_1)=H(\eta_2)=0$。
+对 $H(x)$ 应用罗尔定理即得证。
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\int_0^{1/2} e^{1-x} f(x) dx$
+证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
+
+**解析**：
+结论化为：
+$$
+f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
+$$
+积分因子为：
+$$
+\mu(x) = e^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = e^{\frac{x^2}{2} - x}
+$$
+构造辅助函数：
+$$
+F(x) = e^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
+$$
+利用题设积分条件与积分中值定理，可找到 $\eta \in (0, \frac{1}{2})$ 使 $F(\eta) = F(1)$，再对 $F(x)$ 应用罗尔定理即证。
+
diff --git a/素材/洛必达法则-注意事项.md b/素材/洛必达法则-注意事项.md
index e69de29..fee34d8 100644
--- a/素材/洛必达法则-注意事项.md
+++ b/素材/洛必达法则-注意事项.md
@@ -0,0 +1,50 @@
+---
+tags:
+ - 素材
+---
+## **洛必达法则证明：**
+1.$对于在(a,a+\delta)上连续可导函数f(x),g(x)，且g'(x)\neq0.如果\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0,$$且\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}存在(或为无穷)，则$$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}(或无穷)$$
+证明：令$$F(x)=\begin{cases}f(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},G(x)=\begin{cases}g(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},$$显然有$F(x),G(x)$在$[a,a+\delta)$上连续可导.$\forall x\in (a,a+\delta)$,由柯西中值定理，$\exists\xi\in(a,x)$，使得$$\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} \Rightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)},$$令$\xi=a+\theta(x-a),\theta\in(0,1)$,故当$x\to a^+$时，$\xi\to a^+$，从而两边取极限得：
+$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{\xi\to a^+}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$$得证.
+2.类似地可以证明$x\to a^-,x\to a$的情况.若是$x\to +\infty$,则令$t=\frac{1}{x}$,则$t\to0^+$，从而$$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{t\to0+}\frac{f(1/t)}{g(1/t)}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}{g'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)};$$$x\to-\infty和x\to\infty$类似.
+## **注意事项：**
+1. 使用时需要在等号上方写明是用的什么类型的洛必达，$\frac{0}{0}$？$\frac{\infty}{\infty}$？
+ 例如：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{2x}+1}{\mathrm{e}^{2x}-1} \overset{\frac{\infty}{\infty}}{=}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{2\mathrm{e}^{2x}}=1$
+
+2. 先化简，再使用洛必达
+ 适当使用洛必达，不要一直用洛必达，有时用等价无穷小化简更方便$$\lim_{x \to 0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{\tan^{3}x}$$先利用等价无穷小，将 $\tan^{3}x$ 转化为 $x^3$ ，然后再使用洛必达
+
+3. 在满足定理的某些情况下洛必达法则不能解决计算问题
+ 下面的例子就会导致反复变为倒数$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$
+
+4. 必须要求分子分母的导数极限都存在
+ 例如$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x+\sin x}{x}$$正确的办法是转换成两个极限相加。
+
+
+>[!warning] 不能使用洛必达的的情况：
+>1、必须要是$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$形式的，其他形式必须转化成前两种形式才能使用洛必达法则；
+>2、必须要$\lim\frac{f'(x)}{g'(x)}$存在才能使用；
+>3、一些特殊的函数可能会无法使用洛必达，比如$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$.
+
+>[!tips] 运用洛必达法则解决其他不定式问题的流程：
+$$\boxed{\infty-\infty}\overset{通分}{\Longrightarrow}\boxed{\frac{0}{0}或\frac{\infty}{\infty}}\overset{取倒数}{\Longleftarrow}\boxed{0\cdot\infty}\overset{取对数}{\Longleftarrow}\boxed{0^0或1^{\infty}或\infty^0}$$
+
+## **例题**
+
+>[!example] 求下列极限
+>(1)$\lim\limits_{x\to1}(1-x^2)\tan{\frac{\pi}{2}x}$; (2)$\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x};(3)\lim\limits_{x\to0}(x^2+2^x)^{\frac{1}{x}}.$
+
+解：
+(1)用等价无穷小：$$原式\overset{t=x-1}{=}-\lim\limits_{t\to0}t(t+2)\tan{\frac{\pi}{2}(t+1)}=2\lim\limits_{t\to0}\frac{t}{\tan{\frac{\pi}{2}t}}=\frac{4}{\pi}.$$
+用洛必达：$$原式=\lim\limits_{x\to1}\frac{1-x^2}{\cot{\frac{\pi}{2}x}}\overset{\frac{0}{0}}{=}\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to1}\frac{-2x}{-\csc^2{\frac{\pi}{2}x}}=\frac{4}{\pi}.$$
+(2)$$原式=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-1}{x^2\tan x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\overset{\frac{0}{0}}{=}\lim\limits_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{3x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan^2x}{3x^2}=\frac{1}{3}.$$
+(3)$$\begin{aligned}原式&=\lim\limits_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln{(x^2)+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln{(x^2+2^x)}}{x}}\\\\&\overset{\frac{0}{0}}{=}\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{2x+2^x\ln2}{x^2+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\ln2}=2.\end{aligned}$$
+
+>[!example] 例题
+>设$f(x)$在$[0,1]$内二阶可导，且满足$$f(0)=0,f(1)=1,f(\frac{1}{2})>\frac{1}{4}.$$证明：
+>(1)至少存在一点$\xi\in(0,1)$,使得$f''(\xi)<2$;
+>(2)若$\forall x\in(0,1)$,有$f''(x)\neq2$,则当$x\in(0,1)$时，恒有$f(x)>x^2$.
+
+证明：
+（1）令$F(x)=f(x)-x^2$,则$F(0)=F(1)=0,F(\frac{1}{2})>0$.显然$F(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$和$[\frac{1}{2},1]$上都满足拉格朗日中值定理得条件，所以由拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi_1\in(0,\frac{1}{2}),\xi_2\in(\frac{1}{2},1),有\frac{F(\frac{1}{2})-F(0)}{\frac{1}{2}-0}=F'(\xi_1)>0,\frac{F(1)-F(\frac{1}{2})}{1-\frac{1}{2}}=F'(\xi_2)<0,$$于是再对$F(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上用拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2),有F''(\xi)=\frac{F(\xi_2)-F(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}<0,即f''(\xi)<2.$$
+（2）用反证法，假设$\exists \eta\in(0,1),f(\eta)\le \eta^2,则F(\eta)\le 0$,
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diff --git a/素材/特征值.md b/素材/特征值.md
new file mode 100644
index 0000000..a0d0906
--- /dev/null
+++ b/素材/特征值.md
@@ -0,0 +1,32 @@
+
+>[!note] 定理
+>秩为$1$的矩阵$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$的特征值有如下特征：（1）$0$为其特征值，且代数重数和几何重数均为$n-1$；（2）它的另一个特征值为$\mathrm{tr}(A)$.
+
+**证明：**
+根据迹的定义，只需要证明（1）。
+因为$r(A)=1[!example] 例1
+>设 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，$\alpha$ 为一个 $3$ 维单位列向量，则矩阵 $E-\alpha\alpha^T$ 的全部 $3$ 个特征值为$\underline{\qquad}$。
+
+**解：**
+设 $B=\alpha\alpha^T$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^T\alpha=1$）。
+
+• 秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^T\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）。
+
+• 若 $B\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}$为特征向量），则 $(E-B)\boldsymbol{x}=(1-\lambda)\boldsymbol{x}$，即$E-B$ 的特征值为 $1-\lambda$。
+
+$代入 B 的特征值 \lambda=1,0,0，得 E-B 的特征值为 1-1=0，1-0=1，1-0=1，即 1,1,0$。
+
+>[!example] 例2
+>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$。
+
+**解：**
+设 $A=\beta\alpha^T$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
+
+$A^2=(\beta\alpha^T)(\beta\alpha^T)=\beta(\alpha^T\beta)\alpha^T=(\alpha^T\beta)A$
+
+• 注意：$\alpha^T\beta=(\beta^T\alpha)^T$（矩阵转置性质），而 $\beta^T\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^T\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
+
+• 秩 $1$ 矩阵 $A$ 的非零特征值为 $\text{tr}(A)=\alpha^T\beta=-3$，设 $A\boldsymbol{x}=-3\boldsymbol{x}$，则 $A^2\boldsymbol{x}=(-3)A\boldsymbol{x}=(-3)^2\boldsymbol{x}=9\boldsymbol{x}$，即 $A^2$ 的非零特征值为 $9$。
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/特征值与相似.md b/素材/特征值与相似.md
new file mode 100644
index 0000000..d08044a
--- /dev/null
+++ b/素材/特征值与相似.md
@@ -0,0 +1,2 @@
+
+$设 E 为 3 阶单位矩阵，\alpha 为一个 3 维单位列向量，则矩阵 E-\alpha\alpha^T 的全部 3 个特征值为\underline{\qquad}。$
diff --git a/素材/用秩的不等式“夹逼”出确切值.md b/素材/用秩的不等式“夹逼”出确切值.md
new file mode 100644
index 0000000..588d98e
--- /dev/null
+++ b/素材/用秩的不等式“夹逼”出确切值.md
@@ -0,0 +1,26 @@
+
+>[!information] 做题思路
+>通过矩阵的秩的不等式，最大限度限制所求的表达式的取值范围，或者将其**限制到一个具体的值**.
+>在希望求一个矩阵的秩的确切值时，也可以考虑用不等式关系来“夹逼”，常见的不等式：
+>1. $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}-n\le\mathrm{rank}(\boldsymbol{AB})\le\min{\{\mathrm{rank}\boldsymbol{A}, \mathrm{rank}\boldsymbol{B}\}}$
+>2. $\mathrm{rank}(\boldsymbol{A+B})<\mathrm{rank}\boldsymbol A+\mathrm{rank}\boldsymbol B$
+>3. 矩阵加边不会减小秩；
+>
+>特别的，在遇到诸如 $AB=O$ 的情况，务必要想到$\mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}-n\le\mathrm{rank}(\boldsymbol{AB}) \Rightarrow \mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}\le n$
+
+9. （20分）设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+ (1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+ (2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+ 证明如下：
+>(1)（10分）
+> 对于方程组$Ax=0$ (a)和 $A^\mathrm{T}Ax=0$ (b)，b的解空间一定包含a的解空间（5分）；
+>而方程b两边同时乘以$x^\mathrm{T}$，得 $x^\mathrm{T}A^\mathrm{T}Ax=0$ ，即 $(x^\mathrm{T}A^\mathrm{T})(Ax)=0 \to Ax=0$，
+>所以a的解空间包含b的解空间（5分），
+>所以a,b同解，所以$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}{A^\mathrm{T}A}$
+>(2) （10分）
+>$A^\mathrm{T}Ax=A^\mathrm{T}\beta \iff \mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$
+>而由(1)的结论得等式左边 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}A$；
+>关键步骤！ 等式右边 $\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})\ge \mathrm{rank}A^\mathrm{T}A=\mathrm{rank}A$ （5分）
+>关键步骤！ 又$\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})\le \min{(\mathrm{rank}A^\mathrm{T},\ \mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})}=\mathrm{rank}A$ （5分）
+>所以$\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})=\mathrm{rank}A$
+>故 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$ 得证.
\ No newline at end of file
diff --git a/素材/秩的不等式.md b/素材/秩的不等式.md
new file mode 100644
index 0000000..3d28b8c
--- /dev/null
+++ b/素材/秩的不等式.md
@@ -0,0 +1,63 @@
+# 一般式
+
+## 1. 和的秩不超过秩的和
+
+设 $A, B$ 为同型矩阵，则
+$$ \operatorname{rank}(A+B) \leq \operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B $$
+
+## 2. 积的秩不超过任何因子的秩
+
+设 $A_{m \times n}, B_{n \times k}$，则
+$$ \operatorname{rank}(AB) \leq \min\{\operatorname{rank} A, \operatorname{rank} B\} $$
+
+## 3. 重要不等式
+
+设 $A_{m \times n}, B_{n \times k}$，则
+$$ \operatorname{rank}(AB) \geq \operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B - n $$
+特别地，当 $AB = 0$ 时，有 $\operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B \leq n$。
+
+# 分块式
+
+设 $A_{n \times n}$， $B_{n \times n}$，则
+
+$$(1)\ \mathrm{rank}
+
+\begin{bmatrix}
+A \\
+B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } A, \quad \text{rank }
+\begin{bmatrix}
+A \\
+B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } B
+$$
+
+$$(2)\ \mathrm{rank}
+\begin{bmatrix}
+A & 0 \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank } A + \text{rank } B
+$$
+
+$$(3)\ \mathrm{rank}
+\begin{bmatrix}
+A & E_n \\
+0 & B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } A + \text{rank } B
+$$
+
+$$(4)\ \mathrm{rank}
+\begin{bmatrix}
+A & 0 \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank }
+\begin{bmatrix}
+A & B \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank }
+\begin{bmatrix}
+A + B & B \\
+B & B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } (A + B)
+$$
+
diff --git a/素材/线性方程组同解.md b/素材/线性方程组同解.md
new file mode 100644
index 0000000..c5230c4
--- /dev/null
+++ b/素材/线性方程组同解.md
@@ -0,0 +1,30 @@
+## **$Ax=0$与$Bx=0$同解问题**：
+充要条件：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
+$Ax=\alpha$ 与$Bx=\beta$同解问题：
+充要条件：$rank\begin{bmatrix} A & \alpha\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} B &\beta\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} A &\alpha\\ B&\beta\end{bmatrix}$.
+
+如何理解（非严格证明，目的是便于理解）：
+首先，为了简化问题，我们只考虑齐次线性方程组同解问题，对于$Ax=0$与$Bx=0$，
+考虑这两个齐次线性方程组的解空间，分别记为$N(A)$,$N(B)$,这两个集合是完全相同的，
+可以得到$N(A)\subset N(B)$,以及$N(B)\subset N(A)$.
+$N(A)\subset N(B)$可以得到什么呢？
+
+
+说明$Ax=0$的解比较少，$Bx=0$的解比较多，一个方程组解多就说明他的方程限制相对宽松，解少则说明方程要求比较严格。换言之，$Bx=0$的每个方程是由$Ax=0$的方程线性表示的,同理$N(B)\subset N(A)$ 可以得到 $Ax=0$ 的每个方程是由 $Bx=0$ 的方程线性表示的，进而说明这两个系数矩阵的行向量能够互相线性表示，即行向量组等价.用秩的语言表示：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
+
+另一个角度：这两个矩阵化成最简行阶梯型，是相同的，进行化简的时候只用到行变换，故它们的行向量组等价.
+
+需要注意的是,这个条件是充要的.非常的好用.
+非齐次的时候同理.
+
+注意：由此，我们还能得到一些别的结论
+例如：$A$ 和 $B$ 等价（可以通过初等变换得到），并不能得到两方程同解，因为等价的初等变换可能包括初等列变换，而列变换可能改变两方程的解
+
+>[!example] 例1
+>6. 已知方程组$\quad\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\x_1 + x_2 + ax_3 = 0,\end{cases}$ 与$\quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$同解，则
+ (A) $a = 1, b = 0, c = 1$;
+ (B) $a = 1, b = 1, c = 2$;
+ (C) $a = 2, b = 0, c = 1$;
+ (D) $a = 2, b = 1, c = 2$.
+
+解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$
diff --git a/素材/线性方程组的系数矩阵与解关系.md b/素材/线性方程组的系数矩阵与解关系.md
new file mode 100644
index 0000000..cde46ac
--- /dev/null
+++ b/素材/线性方程组的系数矩阵与解关系.md
@@ -0,0 +1,90 @@
+这是一个链接了方程组解空间与方程组系数秩的公式
+
+>[!note] 秩零化度定理：
+>对于齐次方程组 ${A}_{m \times n}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，设$\mathrm{rank}{A}=r$，则
+> $$\dim N({A})=n-r$$
+
+
+>[!example] 例1
+>已知三阶方阵 $A=\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}$ 有三个不同的特征值，其中$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，若 $\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$ ，求线性方程组 $A\boldsymbol{x}=\beta$ 的通解.
+
+**答案：**
+ $$\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$$
+**分析：** 在求解非齐次方程组通解的题目中，若是题目给出了特解与齐次方程组的解，那么大概率来说这个齐次方程组的解就可以拓展为齐次方程组通解（根据问题导向，不然写不出来了），那么如何由齐次方程组的解拓展为齐次方程组通解呢，那就要根据题目具体的条件进行分析了，这就要用到我们的解零度化定理来求齐次方程组解空间的维数
+**解析：** 由 $\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$ 可得 $A$ 的列向量组线性相关， $|A|=0$；又因为 $A$ 的三个特征值各不相同，故 $A$ 有两个不为零的特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，且 $A$ 可相似对角化，即 $A=P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P$，$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P)=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}=2$
+故 $Ax=0$ 的解空间维数是 $1$ （5分）
+$\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$，所以 $(1,3,4)^\mathrm{T}$ 为特解；（5分）
+$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，所以$A\begin{bmatrix}2k\\k\\-k\end{bmatrix}=2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0$，所以 $(2,1,-1)^\mathrm{T}$ 为基础解系；（10分）
+解空间维数是 $1$ ，方程的解 $\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$ 维数是 $1$，该解完备
+
+
+ >[!example] 例2
+ >设 $$A = \begin{bmatrix}
+1 & -1 & 0 & -1 \\
+1 & 1 & 0 & 3 \\
+2 & 1 & 2 & 6
+\end{bmatrix}, \quad
+B = \begin{bmatrix}
+1 & 0 & 1 & 2 \\
+1 & -1 & a & a-1 \\
+2 & -3 & 2 & -2
+\end{bmatrix},
+\quad
+\alpha = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}, \quad
+\beta = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix}$$
+(1) 证明：方程组 $Ax = \alpha$ 的解均为方程组 $Bx = \beta$ 的解；
+$\quad$
+(2) 若方程组 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与方程组 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 不同解，求 $a$ 的值。
+
+**解：**
+(1) 由于
+$$
+\begin{bmatrix}
+A \quad \alpha \\
+B \quad \beta
+\end{bmatrix} =
+\begin{bmatrix}
+1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
+1 & 1 & 0 & 3 & 2 \\
+2 & 1 & 2 & 6 & 3 \\
+1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
+1 & -1 & a & a-1 & 0 \\
+2 & -3 & 2 & -2 & -1
+\end{bmatrix}
+\rightarrow
+\begin{bmatrix}
+1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
+0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\
+0 & 0 & 2 & 2 & 0 \\
+0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+0 & 0 & 0 & 0 & 0
+\end{bmatrix},
+$$
+故
+$$
+\mathrm{rank} \begin{bmatrix}A&\alpha\\B&\beta\end{bmatrix} = \mathrm{rank}[A\ \alpha],
+$$
+从而方程组
+$$
+\begin{cases}
+A\boldsymbol{x} = \alpha \\
+B\boldsymbol{x} = \beta
+\end{cases}
+$$
+与 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 同解，故 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 的解。
+
+(2) 分析：不同解，却要可以求出$a$的具体值，说明这是一个与秩相关的题，而与解相关的秩的问题我们就可以考虑解零度化定理
+由于 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $Bx = \beta$ 的解，若 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 同解，则与题意矛盾，故 $Ax = \alpha$ 的解是 $Bx = \beta$ 解的真子集。于是 $Ax = 0$ 的基础解系中解向量的个数小于 $B\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系中解向量的个数，即
+$$
+4 - r(A) < 4 - r(B),
+$$
+故 $r(A) > r(B)$。又因 $r(A) = 3$，故 $r(B) < 3$，则
+$$
+\left| \begin{array}{ccc}
+1 & 0 & 1 \\
+1 & -1 & a \\
+2 & -3 & 2
+\end{array} \right| = 0,
+$$
+解得 $a = 1$。
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diff --git a/素材/线性方程组解的问题.md b/素材/线性方程组解的问题.md
new file mode 100644
index 0000000..c21616c
--- /dev/null
+++ b/素材/线性方程组解的问题.md
@@ -0,0 +1,88 @@
+### 原理
+**线性方程组解的判定**
+对非齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=b$,
+1. 无解的充要条件是 $\text{rank}A < \text{rank}[A\ \ b]$；
+2. 有唯一解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] = n$；
+3. 有无穷多解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] < n$。
+注:上述定理也说明非齐次线性方程组有解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b]$。
+
+把以上结论应用到齐次线性方程组，可得
+推论 齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=0$ 有非零解（无穷多解）的充要条件是 $\text{rank}A < n$，即系数矩阵的秩小于未知数个数。
+
+**矩阵方程解的判定**
+本质上和线性方程组是一脉相承的，只是形式上更一般化。
+最常见的矩阵方程是 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$，其中$\boldsymbol{A}$是 $m\times n$ 矩阵，$\boldsymbol{B}$ 是 $m\times p$ 矩阵，$\boldsymbol{X}$ 是待求的$n\times p$矩阵。
+1. 有解的充要条件：
+矩阵方程有解的充要条件是系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩等于增广矩阵 $[\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]$的秩，即：
+$$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}])$$
+这个结论和非齐次线性方程组有解的条件完全一致。
+2. 解的结构：
+- 唯一解：当$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) = n$ 时，方程有唯一解。
+- 无穷多解：当 $r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) < n$ 时，方程有无穷多解。
+
+可逆矩阵
+- 当 $\boldsymbol{A}$ 是 n 阶可逆矩阵时，矩阵方程 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$有唯一解:$\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$
+
+其他形式的矩阵方程
+- 对于 $\boldsymbol{XA} = \boldsymbol{B}$ 形式的方程，可以转置为 $\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{X}^T = \boldsymbol{B}^T$，再套用上述方法，或类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} =\text{rank}A$
+- 对于 $\boldsymbol{AXB} = \boldsymbol{C}$ 形式的方程，当 $\boldsymbol{A} 和 \boldsymbol{B}$ 都可逆时，有唯一解 $\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1}$。
+
+>[!example] **例1**
+>设矩阵
+>$$A = \begin{bmatrix}
+1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
+1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
+1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
+1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
+\end{bmatrix},
+\quad
+x = \begin{bmatrix}
+x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
+\end{bmatrix},
+\quad
+b = \begin{bmatrix}
+1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
+\end{bmatrix}$$
+其中常数 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 互不相等，则线性方程组 $Ax = b$ 的解为 ______________。
+
+**答**：$(1,0,0,0)^T$。
+
+**解析**：由范德蒙行列式的性质可知 $|A| \neq 0$，从而线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解。
+
+又由
+$$
+\begin{bmatrix}
+1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
+1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
+1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
+1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
+\end{bmatrix}
+\begin{bmatrix}
+1 \\
+0 \\
+0 \\
+0
+\end{bmatrix}
+=
+\begin{bmatrix}
+1 \\
+1 \\
+1 \\
+1
+\end{bmatrix}
+$$
+ 可知 $Ax = b$ 的解为
+$$
+\begin{bmatrix}
+1 \\
+0 \\
+0 \\
+0
+\end{bmatrix}
+$$
+
+>[!example] **例2**
+> 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
+
+**解析**：
+类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$
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diff --git a/素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md b/素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md
new file mode 100644
index 0000000..b657011
--- /dev/null
+++ b/素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md
@@ -0,0 +1,137 @@
+## **罗尔定理**
+### **原理**
+若函数 f(x) 满足以下三个条件：
+在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
+在开区间 $(a,b)$ 内可导；
+区间端点函数值相等，即 $f(a)=f(b)$；
+则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi)=0$。
+罗尔定理的几何意义为：满足条件的函数曲线在区间内至少有一条水平切线。
+它是拉格朗日中值定理（$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$）当 $f(a)=f(b)$ 时的特例。
+
+### **适用条件**
+罗尔定理的核心适用题型是证明导函数方程 $f'(\xi)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有根以及衍生的相关证明题。
+具体可分为以下几类：
+1.直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
+题目给出函数 f(x) 在 $[a,b]$ 上的连续性、$(a,b)$ 内的可导性，且满足 $f(a)=f(b)$，直接应用罗尔定理证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$。
+2.构造辅助函数证明导函数相关方程有根
+对于形如 $f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0$、$f''(\xi)=0$ 等方程，需构造满足罗尔定理条件的辅助函数 $F(x)$，通过 $F(a)=F(b)$ 推导 $F'(\xi)=0$，进而等价转化为目标方程。
+3.结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
+若函数 f(x) 有 n+1 个点的函数值相等，可多次应用罗尔定理，证明其 n 阶导数 $f^{(n)}(\xi)=0$ 在对应区间内有根。
+4.证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
+若 $f'(x)\equiv0$ 在区间内成立，可通过反证法假设存在两点函数值不等，结合罗尔定理推出矛盾，进而证明函数为常数。
+
+罗尔定理针对于一个函数，不同于柯西中值定理针对于两个函数
+
+### **例题**
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 $f(1) = 0$，求证存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+设辅助函数 $\varphi(x) = x^n f(x)$，则 $\varphi(0)=0$，$\varphi(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$即
+$$
+n\xi^{n-1} f(\xi) + \xi^n f'(\xi) = 0
+$$
+两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
+
+
+
+>[!example] 例2
+设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
+$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
+试证明 $f'(x) = 0$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个根。
+
+
+**解析**：
+由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$。则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
+
+
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
+$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
+(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；
+(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
+
+**解析**：
+(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。由极值点的费马定理及罗尔定理，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 内存在极大值点 $\eta$，且 $g'(\eta)=0$，$g''(\eta) \leq 0$。即 $f'(\eta)=2\eta$，$f''(\eta) \leq 2$。若 $f''(\eta) < 2$，则取 $\xi=\eta$ 即可；若 $f''(\eta)=2$，则考虑在 $\eta$ 两侧应用拉格朗日中值定理，可找到另一个点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)<2$。
+(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，结合 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 和 $f(1/2)>1/4$，利用连续性及中值定理可推出存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=2$，矛盾。
+
+## **拉格朗日中值定理**
+### **原理**
+若函数 f(x) 满足两个条件:
+在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
+在开区间 $(a,b)$ 内可导；
+则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得
+$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
+也可写成等价形式 $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
+是罗尔定理的推广，同时也是柯西中值定理的特例。其几何意义为：满足条件的函数曲线在区间 (a,b) 内，至少存在一点的切线与连接端点 (a,f(a)) 和 (b,f(b)) 的弦平行。
+
+### **适用条件**
+拉格朗日中值定理的核心适用题型是建立函数增量与导数的关联，进行不等式的证明，这是最常见的题型。通过对目标函数在指定区间上应用拉格朗日中值定理，得到 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，再利用导数 $f'(\xi)$ 的取值范围（有界性、正负性）放大或缩小式子，推导不等式。
+
+### **例题**
+
+>[!example] 例1
+设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内可微，且
+$$f(0) = 0, \quad |f'(x)| \leq 1,$$证明：在 $(-1,1)$ 内，$|f(x)| < 1$。
+
+**解析**：
+对任意 $x \in (-1,1)$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得
+$$
+f(x) - f(0) = f'(\xi)(x-0)
+$$
+即 $f(x) = f'(\xi) x$。由于 $|f'(\xi)| \leq 1$，$|x| < 1$，故 $|f(x)| = |f'(\xi)| \cdot |x| < 1$。
+
+
+>[!example] 例2
+设 $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$，证明对任意 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 有
+$$f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)$$
+
+**解析**：
+不妨设 $0 < x_1 < x_2$。由拉格朗日中值定理：
+$$
+f(x_1+x_2)-f(x_2) = f'(\xi_1)x_1, \quad \xi_1 \in (x_2, x_1+x_2)
+$$
+$$
+f(x_1)-f(0) = f'(\xi_2)x_1, \quad \xi_2 \in (0, x_1)
+$$
+于是
+$$
+f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) = [f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]x_1
+$$
+对 $f'(x)$ 在 $[\xi_2,\xi_1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (\xi_2,\xi_1)$，使
+$$
+f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
+$$
+故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
+
+
+>[!example] 例3
+ 设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
+（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
+ $$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
+ （2）求
+ $$\lim_{x \to 0} \theta(x).$$
+
+解：
+1. 证： 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
+
+$$
+f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
+$$
+
+如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
+
+2. 解 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
+
+$$
+\begin{aligned}
+\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x}
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)}{x} \\
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)-x f'(0)}{x^{2}} \\
+&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{2x} \\
+&= \frac{f''(0)}{2},
+\end{aligned}
+$$
+
+所以 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。
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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
deleted file mode 100644
index 9b6d18b..0000000
--- a/素材/谏学高数者十思疏.md
+++ /dev/null
@@ -1 +0,0 @@
-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。
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diff --git a/素材/（一阶）齐次微分方程.md b/素材/（一阶）齐次微分方程.md
new file mode 100644
index 0000000..91ffd11
--- /dev/null
+++ b/素材/（一阶）齐次微分方程.md
@@ -0,0 +1,24 @@
+>[!info] 定义
+>一阶齐次线性微分方程是指这样形式的微分方程：$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\varphi\left(\frac yx\right)\qquad\text{或}\qquad\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy}=\varphi\left(\frac xy\right).$$
+
+实际上，函数 $\varphi$ 可能不是以这样明确的形式给我们的. 更一般地，齐次微分方程可以这样给出：$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=f(x,y),$$我们需要“观察”出 $f(x,y)$ 的性质，并判断它是否能被转化为 $\varphi\left(\dfrac yx\right)$. 而这种性质称为**伸缩不变性**：对于任意实数 $t$，有 $f(x,y)=f(tx,ty)$. 换句话说，如果函数 $f(x,y)$ 满足伸缩不变性，则它可以转化为 $\varphi\left(\dfrac yx\right)$.
+解决了如何判断一个方程是否为齐次微分方程的问题，接下来我们一般地推导这类微分方程的解法。
+
+以 $\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\varphi\left(\dfrac yx\right)$ 为例，令 $u=\dfrac yx$，则 $y=ux, \mathrm dy = u\mathrm dx + x \mathrm du$. 故方程变为$$u+x\frac{\mathrm du}{\mathrm dx}=\varphi(u)\implies\frac{\mathrm du}{\varphi(u)-u}=\frac{\mathrm dx}{x}\implies\ln|x|=\int\frac{\mathrm du}{\varphi(u)-u}.$$ 故只需要算出不定积分 $\displaystyle \int\frac{\mathrm du}{\varphi(u)-u}$ 即可……吗？
+
+不对，还有可能 $\varphi(u)=u$. 如果这样，那么就有$$\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\varphi\left(\dfrac yx\right)=\frac yx\implies y=Cx,$$其中 $C$ 为常数. 这是一种特殊情况，也得考虑到.
+
+接下来做几道练习题.
+
+>[!example] 例题1
+>求解方程$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{2x-5y+3}{2x+4y-6}.$$
+
+>[!tip] 提示
+>这是一个齐次方程吗？可以验证：并不是. 但它可以转化为齐次方程：因为右边分式上下都是一个直线方程，我们可以通过平移变化使它们经过原点，从而称为齐次方程.
+
+>[!solution] 解
+>令 $x=X+h, y=Y+k$，则原方程可以化为 $$\frac{\mathrm dY}{\mathrm dX}=\frac{2X-5Y+(2h-5k+3)}{2X+4Y+(2h+4k-6)}.$$
+>为了使等式右边称为齐次式，令 $$\begin{cases}2h-5k+3=0\\2h+4k-6=0\end{cases},$$解得 $h=k=1.$ 则原方程可以转化为 $$\frac{\mathrm dY}{\mathrm dX}=\frac{2-5\frac{Y}{X}}{2+4\frac{Y}{X}}.$$令 $z=\dfrac YX$, 则 $\displaystyle X\frac{\mathrm dz}{\mathrm dX}=\frac{2-7z-4z^2}{2+4z}\implies\frac{2+4z}{2-7z-4z^2}\mathrm dz=\frac{\mathrm dX}{X}，$ 积分得 $$(z+2)^2(4z-1)=\frac C{X^3}.$$带入 $z=\dfrac YX$ 得 $$(Y+2X)^2(4Y-X)=C$$即$$(y+2x-3)^2(4y-x-3)=C.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>有时候需要做变换之后，$f(x,y)$ 才成为齐次的，从而可以用齐次方程的方法求解.
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--- /dev/null
+++ b/试卷库/线性代数/线代2013秋A.md
@@ -0,0 +1,65 @@
+## 一、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
+1. 设行列式 $D=\begin{vmatrix}-1&2&-3\\1&2&0\\-1&3&2\end{vmatrix}$ ，则 $M_{12}+A_{21}-M_{32}=$ ______
+2. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{B}&\boldsymbol{C}\\\boldsymbol{0}&\boldsymbol{D}\end{bmatrix}$ ，其中 $\boldsymbol{B}$ 、 $\boldsymbol{D}$ 皆为可逆矩阵，则 $\boldsymbol{A}^{-1}=$ ______
+3. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&1&0&0\\0&2&0&0\\0&0&-1&2\\0&0&-2&4\end{bmatrix}$ ， $n$ 为正整数，则 $\boldsymbol{A}^{n}=$ ______
+4. 已知向量空间 $V = \{(2a,2b,3b,3a)\mid a,b\in\mathbb{R}\}$ ，则 $V$ 的维数是______
+5. 已知矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-2&1&1\\0&2&0\\-4&1&3\end{bmatrix}$ ，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $2$ 的几何重数是______
+6. 实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ 的秩为______
+
+
+## 二、单选题（共6小题，每小题3分，共18分）
+1. 在4阶行列式 $\det[a_{ij}]$ 的展开式中含有因子 $a_{31}$ 的项共有【】
+ - (A) 4项
+ - (B) 6项
+ - (C) 8项
+ - (D) 10项
+2. 设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 是 $n$ 阶方阵，且 $\boldsymbol{B}$ 的第 $j$ 列元素全为零，则下列结论正确的是【】
+ - (A) $\boldsymbol{AB}$ 的第 $j$ 列元素全等于零
+ - (B) $\boldsymbol{AB}$ 的第 $j$ 行元素全等于零
+ - (C) $\boldsymbol{BA}$ 的第 $j$ 列元素全等于零
+ - (D) $\boldsymbol{BA}$ 的第 $j$ 行元素全等于零
+3. 设 $n$ 维向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_4$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_5$ 的秩为3，且满足 $\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_3 - 3\boldsymbol{\alpha}_5=\boldsymbol{0}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2 = 2\boldsymbol{\alpha}_4$ ，则该向量组的一个极大线性无关组为【】
+ - (A) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_5$
+ - (B) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_4$
+ - (C) $\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_5$
+ - (D) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_5$
+4. 设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶方阵，给定以下命题：(1) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 等价；(2) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似；(3) $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 的行向量组等价。下列命题正确的是【】
+ - (A) (1) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (3)
+ - (B) (2) $\Rightarrow$ (1) $\Rightarrow$ (3)
+ - (C) (3) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (1)
+ - (D) 以上结论均不对
+1. 设矩阵 $\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$ 、 $\boldsymbol{C}\sim\boldsymbol{D}$ ，则下列命题正确的是【】
+ - (A) $\boldsymbol{A+B}\sim\boldsymbol{C+D}$
+ - (B) $\boldsymbol{A-B}\sim\boldsymbol{C-D}$
+ - (C) $\boldsymbol{A}^2\sim\boldsymbol{B}^2$
+ - (D) $\boldsymbol{AB}\sim\boldsymbol{CD}$
+1. 如果 $\boldsymbol{A}$ 为反对称矩阵，那么 $\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})^{-1}$ 一定为【】
+ - (A) 反对称矩阵
+ - (B) 正交矩阵
+ - (C) 对称矩阵
+ - (D) 对角矩阵
+
+
+## 三、（10分）
+设 $n$ 阶行列式 $D_n=\begin{vmatrix}1&1&0&\cdots&0&0\\-1&1&1&\cdots&0&0\\0&-1&1&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&1&1\\0&0&0&\cdots&-1&1\end{vmatrix}$ ，证明： $D_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]$
+
+
+## 四、（10分）
+求 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol{A}$ （原题 $\boldsymbol{A}$ 具体元素排版混乱，推测可能为 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&1&0&\cdots&1&1\\1&1&1&\cdots&1&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\1&0&0&\cdots&1&1\end{bmatrix}$ ，具体以标准题型为准）的逆矩阵 $\boldsymbol{A}^{-1}$
+
+
+## 五、（10分）
+求解非齐次线性方程组（原题方程排版混乱，整理后推测为）：
+ $\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 4\\2x_1 + 3x_2 + x_3 = -4\\3x_1 + 8x_2 - 2x_3 = 13\\4x_1 - x_2 + 9x_3 = -6\\x_1 - x_2 + 2x_3 = -5\end{cases}$ （具体方程以标准题型为准）
+
+
+## 六、（10分）
+设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 为3阶矩阵， $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{B}$ ， $\lambda_1=-1$ 、 $\lambda_2=1$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的两个特征值， $|\boldsymbol{B}^{-1}|=\frac{1}{3}$ ，求行列式 $\begin{vmatrix}-(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})^{-1}&\boldsymbol{0}\\\boldsymbol{0}&\boldsymbol{B}^*+\left(-\frac{1}{4}\boldsymbol{B}\right)^{-1}\end{vmatrix}$ （其中 $\boldsymbol{B}^*$ 为 $\boldsymbol{B}$ 的伴随矩阵）
+
+
+## 七、（12分）
+求一可逆线性变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ ，将二次型 $f=2x_1^2 + 9x_2^2 + 3x_3^2 + 8x_1x_2 - 4x_1x_3 - 10x_2x_3$ 化成二次型 $g=2y_1^2 + 3y_2^2 + 6y_3^2 - 4y_1y_2 - 4y_1y_3 + 8y_2y_3$ （或按“将 $f$ 化为标准形”的常规题型修正，具体以题目意图为准）
+
+
+## 八、（12分）
+设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 阶方阵，证明： $\boldsymbol{A}^2=\boldsymbol{E}$ 的充分必要条件是 $\mathrm{rank}(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})+\mathrm{rank}(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})=n$ （其中 $\mathrm{rank}$ 表示矩阵的秩）
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--- /dev/null
+++ b/试卷库/线性代数/线代2018秋A.md
@@ -0,0 +1,77 @@
+
+## 一、单选题(共6小题，每小题3分，共18分)
+1. 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶对称矩阵， $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶反对称矩阵，下列矩阵中为反对称矩阵的是【】
+ (A) $\boldsymbol{AB}-\boldsymbol{BA}$ ；
+ (B) $\boldsymbol{AB}+\boldsymbol{BA}$ ；
+ (C) $\boldsymbol{BAB}$ ；
+ (D) $(\boldsymbol{AB})^2$ 。
+
+2. 设 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 是可逆矩阵，且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，则下列结论错误的是【】
+ (A) $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}$ 与 $\boldsymbol{B}^\mathrm{T}$ 相似；
+ (B) $\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似；
+ (C) $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^\mathrm{T}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^\mathrm{T}$ 相似；
+ (D) $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似。
+
+3. 设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1=(0,0,c_1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,c_2)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,-1,c_3)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_4=(-1,1,c_4)^\mathrm{T}$ ，其中 $c_1$ ， $c_2$ ， $c_3$ ， $c_4$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是【】
+ (A) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$ ；
+ (B) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_4$ ；
+ (C) $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$ ；
+ (D) $\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$ 。
+
+4. 设 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶矩阵，则【】
+ (A) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{AB}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\boldsymbol{A}$ ；
+ (B) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{BA}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\boldsymbol{A}$ ；
+ (C) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{B}\end{bmatrix}=max\{\mathrm{rank}\boldsymbol{A},\mathrm{rank}\boldsymbol{B}\}$ ；
+ (D) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{B}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}^\mathrm{T}&\boldsymbol{B}^\mathrm{T}\end{bmatrix}$ 。
+
+5. 设 $\boldsymbol{A}$ 可逆，将 $\boldsymbol{A}$ 的第一列加上第二列的2倍得到 $\boldsymbol{B}$ ，则 $\boldsymbol{A}^*$ 与 $\boldsymbol{B}^*$ 满足【】
+ (A) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第一列加上第二列的2倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+ (B) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第一行加上第二行的2倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+ (C) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第二列加上第一列的 $(-2)$ 倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+ (D) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第二行加上第一行的 $(-2)$ 倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ 。
+
+6. 设齐次线性方程组
+ (I) $\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0\\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0\\x_1 + x_2 + ax_3 = 0\end{cases}$
+ (II) $\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0\\2x_1 + b^2x_2 + (c + 1)x_3 = 0\end{cases}$
+ 同解，则 $a,b,c$ 的值为【】
+ (A) $a=1,b=0,c=1$ ；
+ (B) $a=1,b=1,c=2$ ；
+ (C) $a=2,b=0,c=1$ ；
+ (D) $a=2,b=1,c=2$ 。
+
+## 二、填空题(共6小题，每小题3分，共18分)
+7. 已知向量 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,-1,0)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,-1,-1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(-1,0,1,1)^\mathrm{T}$ ，则向量 $\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2$ 与 $2\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_3$ 的内积 $<\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2,2\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_3>=$ ________。
+
+8. 设二阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有两个相异特征值， $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的线性无关的特征向量，且 $\boldsymbol{A}^2(\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2)=\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ ，则 $|\boldsymbol{A}|=$ ________。
+
+9. 若向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,3,5)^\mathrm{T}$ 不能由向量组 $\boldsymbol{\beta}_1=(1,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_2=(1,2,3)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_3=(3,4,a)^\mathrm{T}$ 线性表示，则 $a=$ ________。
+
+10. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&a_1&a_1^2&a_1^3\\1&a_2&a_2^2&a_2^3\\1&a_3&a_3^2&a_3^3\\1&a_4&a_4^2&a_4^3\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix}$ ，其中 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 互不相同，则线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解为________。
+
+11. 若 $n$ 阶实对称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_i=(-1)^i(i=1,2,\cdots,n)$ ，则 $\boldsymbol{A}^{100}=$ ________。
+
+12. 设 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=[a_{ij}]_{n\times n}$ ，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n(a_{i1}x_1 + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为________。
+
+## 三、计算与证明(共6小题，共64分)
+13. (10分)计算 $n$ 阶行列式 $\begin{vmatrix}1&2&3&\cdots&n-1&n\\2&1&2&\cdots&n-2&n-1\\3&2&1&\cdots&n-3&n-2\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\n-1&n-2&n-3&\cdots&1&2\\n&n-1&n-2&\cdots&2&1\end{vmatrix}$ 。
+
+14. (10分)设 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,-1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(2,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,1,1)^\mathrm{T}$ 和 $\boldsymbol{\beta}_1=(0,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_2=(-1,1,0)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_3=(0,2,1)^\mathrm{T}$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的两组基，求向量 $\boldsymbol{u}=\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2 - 3\boldsymbol{\alpha}_3$ 在基 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 下的坐标。
+
+15. (10分)设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - 2x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2 + 2y_2^2 + by_3^2$ 。
+ (1)求 $a$ ， $b$ 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$ ；
+ (2)证明 $\boldsymbol{A} + 2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。
+
+16. (10分)设三阶矩阵 $\boldsymbol{A}=[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3]$ 有三个不同的特征值，且满足 $\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3$ 。
+ (1)证明 $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}=2$ ；
+ (2)求方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解。
+
+17. (12分)设 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 满足 $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}$ 。
+ (1)证明 $\boldsymbol{A} - \boldsymbol{E}$ 可逆；
+ (2)证明 $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{BA}$ ；
+ (3)证明 $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}=\mathrm{rank}\boldsymbol{B}$ ；
+ (4)若 $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}1&-3&0\\2&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}$ ，求矩阵 $\boldsymbol{A}$ 。
+
+18. (12分)已知实矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&2\\2&a\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}4&b\\3&1\end{bmatrix}$ 。
+ (1)证明矩阵方程 $\boldsymbol{AX}=\boldsymbol{B}$ 有解但 $\boldsymbol{BY}=\boldsymbol{A}$ 无解的充要条件是 $a\neq2$ ， $b=\frac{4}{3}$ ；
+ (2)证明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{B}$ 的充要条件是 $a=3$ ， $b=\frac{2}{3}$ ；
+ (3)证明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 合同于 $\boldsymbol{B}$ 的充要条件是 $a<2$ ， $b=3$ 。
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index 0000000..ec00351
--- /dev/null
+++ b/试卷库/线性代数/线代2019秋A.md
@@ -0,0 +1,65 @@
+
+## 一、单选题(共6小题,每小题3分,共18分)
+1. n维向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}(3 \le r \le n)$ 线性无关的充要条件是【】
+A. 存在一组不全为零的数 $k_{1}, k_{2}, ..., k_{r}$ 使得 $\sum_{i=1}^{r} k_{i} \boldsymbol{\alpha}_{i} ≠0$
+B. $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中任意两个向量都线性无关
+C. $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中存在一个向量不能用其余向量线性表示
+D. $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中任意一个向量都不能用其余向量线性表示
+
+2. 已知 $\boldsymbol{Q}$ 为n阶可逆矩阵， $\boldsymbol{P}$ 为n阶方阵，满足 $\boldsymbol{Q}\boldsymbol{P}=0$ ，则下列命题中正确的是【】
+A. $\mathrm{rank}(\boldsymbol{P})=0$
+B. $\boldsymbol{P}$ 可逆
+C. $\boldsymbol{P}$ 不可对角化
+D. 不存在这样的方阵 $\boldsymbol{P}$
+
+3. 已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 线性无关，则以下向量组中线性相关的是【】
+A. $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$
+B. $\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}-\boldsymbol{\alpha}_{1}$
+C. $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}-\boldsymbol{\alpha}_{1}$
+D. $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}+\boldsymbol{\alpha}_{3}$
+
+4. 设n阶非零方阵 $\boldsymbol{A}$ 满足 $\boldsymbol{A}^{2}=\boldsymbol{A}$ ，则下列命题中正确的是【】
+A. $\boldsymbol{A}$ 只有特征值1
+B. $\boldsymbol{A}$ 只有特征值0
+C. $\boldsymbol{A}$ 可对角化
+D. $\boldsymbol{A}$ 一定不可逆
+
+5. 下列命题中正确的是【】
+A. 等价的矩阵必相似
+B. 合同的矩阵必相似
+C. 合同的矩阵必等价
+D. 等价的矩阵必合同
+
+6. 设 $\boldsymbol{A}$ 是二次型 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 所对应的矩阵，则下列命题中正确的是【】
+A. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 负定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+B. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 正定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+C. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 半负定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+D. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 半正定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+
+## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分)
+7. 如果 $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 6 & 7 & 8 \\ 0 & 0 & 9 & x \\ 0 & 0 & 11 & 12\end{vmatrix}=0$ ，则 $x=$ _______
+
+8. n阶方阵 $\begin{bmatrix}1 & a & \cdots & a \\ a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & \cdots & 1\end{bmatrix}$ 的秩为 $n - 1$ ，且 $n>2$ ，则 $a=$ _______
+
+9. 设 $\boldsymbol{E}$ 为3阶单位矩阵， $\boldsymbol{\alpha}$ 为一个3维单位列向量，则矩阵 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的全部3个特征值为_______
+
+10. 设二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=x_{1}^{2}+4x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2ax_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}$ 正定，则参数 $a$ 的取值范围是_______
+
+11. $\begin{bmatrix}1 & a & 0 \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^{-1}=$ _______
+
+12. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -1 & -1\end{bmatrix}$ ，则 $\boldsymbol{A}^{100}=$ _______
+
+## 三、计算与证明题(共6小题,共64分)
+13. 计算行列式并解方程 $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 + x \\ 1 & 2 & 3 + x & 4 \\ 1 & 2 + x & 3 & 4 \\ 1 + x & 2 & 3 & 4\end{vmatrix}=0$ 。(10分)
+
+14. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & a & b \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$ ，其中 $a, b$ 都不等于0
+(1) 对任意自然数 $n \in \mathbb{N}$ ，计算 $\boldsymbol{A}^{n}$ 。(6分)
+(2) 计算 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 。(4分)
+
+15. 设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 是线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解，其中 $\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \\ b_{4}\end{bmatrix}$ ，现已知 $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}2 \\ 2 \\ 4 \\ 6\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{bmatrix}0 \\ 3 \\ 0 \\ 6\end{bmatrix}$ ，求该方程组的通解。(10分)
+
+16. 设方阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，其中 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-2 & 0 & 0 \\ 2 & x & 2 \\ 3 & 1 & 1\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}-1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & y\end{bmatrix}$ ，求 $x, y$ 的值及可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使得 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{B}$ 。(10分)
+
+17. 已知二次型 $f=x_{1}^{2}+ax_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2bx_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}$ 可经过正交变换 $\begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{bmatrix}=\boldsymbol{P}\begin{bmatrix}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{bmatrix}$ 化为 $y_{2}^{2}+4y_{3}^{2}$ ，求 $a, b$ 的值和正交矩阵 $\boldsymbol{P}$ 。(12分)
+
+18. 设 $\boldsymbol{A}$ 为n阶可逆矩阵，证明 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化当且仅当 $\boldsymbol{A}^{2}$ 可以相似对角化。(12分)
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diff --git a/试卷库/线性代数/线代2021秋A.md b/试卷库/线性代数/线代2021秋A.md
new file mode 100644
index 0000000..108577c
--- /dev/null
+++ b/试卷库/线性代数/线代2021秋A.md
@@ -0,0 +1,3 @@
+1. 设三阶方阵 \(A=\begin{bmatrix}a&b&b\\b&a&b\\b&b&a\end{bmatrix}\)，其伴随矩阵 \(A^*\) 的秩等于1，则（ ）
+ A. \(a=b\) 且 \(a+2b\neq0\)
+ B. \(a=b\) 或 \(a+2b\neq0\) C. \(a\neq b\) 且 \(a+2b=0\) D. \(a\neq b\) 且 \(a+2b\neq0\) 2. 设 \(A, B, A+B, A^{-1}+B^{-1}\) 均为 \(n(n\geq2)\) 阶可逆矩阵，则 \((A^{-1}+B^{-1})^{-1}\) 等于（ ） A. \(A^{-1}+B^{-1}\) B. \(A+B\) C. \(A(A+B)^{-1}B\) D. \((A+B)^{-1}\) 3. 设 \(n\) 维向量 \(\alpha, \beta, \gamma\) 与数 \(k, l, m\) 满足 \(k\alpha+l\beta+m\gamma=0\)，且 \(km\neq0\)，则（ ） A. \(\alpha, \beta\) 与 \(\alpha, \gamma\) 等价 B. \(\alpha, \beta\) 与 \(\beta, \gamma\) 等价 C. \(\alpha, \gamma\) 与 \(\beta, \gamma\) 等价 D. \(\alpha\) 与 \(\gamma\) 等价 4. 下列矩阵中，与 \(\begin{bmatrix}4&2&0\\2&4&0\\0&0&-8\end{bmatrix}\) 合同的是（ ） A. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\) B. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\) C. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\) D. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\) 5. 设 \(\lambda_1, \lambda_2\) 是矩阵 \(A\) 的两个相异特征值，对应的特征向量分别为 \(\alpha_1, \alpha_2\)，则 \(A(\alpha_1+\alpha_2), \alpha_1\) 线性无关的充要条件为（ ） A. \(\lambda_1\neq0\) B. \(\lambda_2\neq0\) C. \(\lambda_1=0\) D. \(\lambda_2=0\) 6. 设 \(A, B\) 均为 \(n\) 阶正定矩阵，则下列矩阵中必为正定矩阵的是（ ） A. \(kAB\)，其中 \(k\) 为常数 B. \(kA^*+lB^*\)，其中 \(kl>0\) C. \(A^{-1}+B^{-1}\) D. \(A^{-1}-B^{-1}\) ## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分) 7. 设矩阵 \(A=\begin{bmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{bmatrix}\)，则矩阵 \(A^3\) 的秩为________。 8. 已知 \(\alpha_1=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}, \alpha_2=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\) 和 \(\beta_1=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}, \beta_2=\begin{bmatrix}2\\3\end{bmatrix}\) 为向量空间的两组基，则从 \(\beta_1, \beta_2\) 到 \(\alpha_1, \alpha_2\) 的过渡矩阵为________。 9. 在实数域中，二次型 \(f(x_1, x_2, x_3)=2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2x_3\) 的规范形为________。 10. 设5阶实对称矩阵 \(A\) 满足 \(A^2-2A=O\)，\(\text{rank}(A)=3\)，则 \(|A+E|\) 等于________。 11. 设 \(A=[a_{ij}]_{3\times3}\) 是正交矩阵，且 \(a_{33}=1\)，\(b=\begin{bmatrix}0\\0\\3\end{bmatrix}\)，则线性方程组 \(Ax=b\) 的解为________。 12. 设 \(A\) 为三阶方阵，将 \(A\) 的第2列加到第1列得到 \(B\)，再交换 \(B\) 的第2行与第3行得到单位矩阵，则 \(A\) 等于________。 ## 三、计算与证明题(共6小题,共64分) 13. 求多项式 \(f(x)=\begin{vmatrix}x&x&1&2x\\1&x&2&-1\\2&1&x&1\\2&-1&1&x\end{vmatrix}\) 中 \(x^3\) 的系数。(10分) 14. 设三阶方阵 \(A, B\) 满足 \(A^*BA=2BA-8E\)，其中 \(A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{bmatrix}\)，求 \(B\)。(10分) 15. 已知线性方程组 \(\begin{cases}x_1+x_2=0\\-2x_1+2x_2+(2-\lambda)x_3=1\\-4x_1+(5-\lambda)x_2+2x_3=2\end{cases}\)，讨论当 \(\lambda\) 取何值时，方程组有唯一解、无解、有无穷多解，并求出有无穷多解时的通解。(10分) 16. 设 \(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m\) 均为实数域上的 \(n\) 维列向量，其中 \(m0$ 为椭球面
+C. $C<0$ 为柱面
+D. $C = 1$ 为单叶双曲面
+
+## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分)
+1. 设 $\alpha,\beta,\gamma$ 为 $x^{3}+px + q = 0$ 的三个根,则行列式 $\begin{vmatrix}\boldsymbol{\alpha}&\boldsymbol{\beta}&\boldsymbol{\gamma}\\\boldsymbol{\gamma}&\boldsymbol{\alpha}&\boldsymbol{\beta}\\\boldsymbol{\beta}&\boldsymbol{\gamma}&\boldsymbol{\alpha}\end{vmatrix}$ =________
+2. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&1&1\\a_{1}&a_{2}&a_{3}\\a_{1}^{2}&a_{2}^{2}&a_{3}^{2}\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ,其中 $a_{1},a_{2},a_{3}$ 互不相同,线性方程组 $\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解为________
+3. 设3阶方阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&-1&2\\1&0&1\\0&0&2\end{bmatrix}$ ,3维向量 $\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}t\\2\\1\end{bmatrix}$ ,若 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}$ 线性相关,则 $t=$ ________
+4. 已知 $\|\boldsymbol{a}\| = 2$ , $\|\boldsymbol{b}\| = 5$ ,且 $\boldsymbol{a}$ 和 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\frac{2}{3}\pi$ ,若向量 $\boldsymbol{A}=\lambda\boldsymbol{a}+17\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{B}=3\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 垂直,则 $\lambda=$ ________
+5. 已知 $n(n\geq2)$ 维列向量 $\boldsymbol{\alpha}$ , $\boldsymbol{\beta}$ 满足 $\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}=-3$ ,其中 $\boldsymbol{\beta}^{T}$ 为 $\boldsymbol{\beta}$ 的转置,则方阵 $(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{T})^{2}$ 的非零特征值为________
+6. 已知 $\boldsymbol{A}$ 为 $m\times n$ 实矩阵(其中 $m < n$ ), $\boldsymbol{I}$ 为 $n$ 阶单位矩阵, $t$ 为实数,则 $\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}+t\boldsymbol{I}$ 为正定矩阵的充分必要条件是实数 $t$ 满足关系式________
+
+## 三、计算题(10分)
+计算 $n$ 阶行列式 $\begin{vmatrix}a&a_{2}&a_{2}&\cdots&a_{2}\\a_{2}&a&a_{2}&\cdots&a_{2}\\a_{2}&a_{2}&a&\cdots&a_{2}\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{2}&a_{2}&a_{2}&\cdots&a\end{vmatrix}$
+
+## 四、计算题(10分)
+设直线 $L:\frac{x - 1}{2}=y=\frac{z - 2}{3}$ 与平面 $\pi:2x - y+z - 10 = 0$ 的交点为 $P$ ,求过点 $P$ 且与平面 $\pi$ 垂直的直线方程。
+
+## 五、计算题(10分)
+已知线性方程组 $\begin{cases}\lambda x_{1}-x_{2}-x_{3}=1\\-x_{1}+\lambda x_{2}-x_{3}=-\lambda\\-x_{1}-x_{2}+\lambda x_{3}=\lambda^{2}\end{cases}$ 至少存在两个不同的解,求该线性方程组的通解。
+
+## 六、计算题(10分)
+判定向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\\-1\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}1\\4\\1\\0\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{bmatrix}-1\\2\\-1\\2\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{4}=\begin{bmatrix}1\\1\\2\\3\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{5}=\begin{bmatrix}2\\-1\\4\\5\end{bmatrix}$ 的线性相关性,求其一个极大线性无关组,并将其余向量用该极大线性无关组线性表示。
+
+## 七、证明与计算题(共2小题,第1小题4分,第2小题8分,共12分)
+已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关,其中 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}\in\mathbb{R}^{3}$ , $\boldsymbol{A}$ 为3阶方阵,且 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}-\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}+4\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 。
+1. 证明 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关；
+2. 计算行列式 $|\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|$ ,其中 $\boldsymbol{E}$ 是3阶单位矩阵。
+
+## 八、计算题(12分)
+已知实二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3})=\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $3y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}$ ,且 $\boldsymbol{P}$ 的第3列为 $\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ,求 $\boldsymbol{A}$ 。
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diff --git a/试卷库/线性代数期末真题/线代2010秋A.md b/试卷库/线性代数期末真题/线代2010秋A.md
index 0691872..22314ab 100644
--- a/试卷库/线性代数期末真题/线代2010秋A.md
+++ b/试卷库/线性代数期末真题/线代2010秋A.md
@@ -6,9 +6,9 @@
---
-## 一、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
+ 一、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
-1. 设$\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$是欧氏空间的标准正交基，则向量$2\alpha_{1} - \alpha_{2} + 3\alpha_{3}$的长度为 __________。
+1. 设$\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$是欧氏空间的标准正交基，则向量$2\alpha_{1} - \alpha_{2} + 3\alpha_{3}$的长度为 $\underline{\qquad}$。
2. 设矩阵
$$
A = \left[ \begin{array}{ccc}
@@ -18,19 +18,16 @@ $$
\frac{2}{3} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{3\sqrt{2}}
\end{array} \right]
$$
- 为正交矩阵，则$ab =$__________。
-3. 若实二次型
-$$
- f(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}^{2} + 2\lambda x_{1}x_{2} - 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}^{2} + 4x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2}
-$$
- 为正定二次型，则$\lambda$的取值范围为 __________。
-4. 已知$\alpha_{1},\alpha_{2}$是非齐次线性方程组$A_{2\times 3}x = b$的两个线性无关的解，且$\mathrm{rank}A = 2$。若$\alpha = k\alpha_{1} + l\alpha_{2}$是方程组$Ax = b$的通解，则常数$k,l$须满足关系式 __________。
-5. 设$A$为$n$阶实对称矩阵，且$A^{2} + 2A - 3E = 0$，$\lambda = 1$是$A$的一重特征值，则行列式$|A + 2E| =$__________。
-6. 设$A$为$n$阶可逆矩阵，且每一行元素之和都等于常数$a\neq 0$，则$A$的逆矩阵的每一行元素之和为 __________。
+ 为正交矩阵，则$ab =$$\underline{\qquad}$。
+3. 若实二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}^{2} + 2\lambda x_{1}x_{2} - 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}^{2} + 4x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2}$
+ 为正定二次型，则$\lambda$的取值范围为 $\underline{\qquad}$。
+4. 已知$\alpha_{1},\alpha_{2}$是非齐次线性方程组$A_{2\times 3}x = b$的两个线性无关的解，且$\mathrm{rank}A = 2$。若$\alpha = k\alpha_{1} + l\alpha_{2}$是方程组$Ax = b$的通解，则常数$k,l$须满足关系式 $\underline{\qquad}$。
+5. 设$A$为$n$阶实对称矩阵，且$A^{2} + 2A - 3E = 0$，$\lambda = 1$是$A$的一重特征值，则行列式$|A + 2E| =$$\underline{\qquad}$。
+6. 设$A$为$n$阶可逆矩阵，且每一行元素之和都等于常数$a\neq 0$，则$A$的逆矩阵的每一行元素之和为$\underline{\qquad}$。
---
-## 二、单选题（共6小题，每小题3分，共18分）
+ 二、单选题（共6小题，每小题3分，共18分）
1. 设$A$为$n$阶可逆矩阵，$A$的第二行乘以2为矩阵$B$，则（ ）。
- (A)$A^{-1}$的第二行乘以2为$B^{-1}$
@@ -74,7 +71,7 @@ $$
---
-## 三、（10分）计算$n$阶行列式
+三、（10分）计算$n$阶行列式
$$
D_n = \begin{vmatrix}
@@ -89,7 +86,7 @@ $$
---
-## 四、（10分）设3阶方阵$A,B$满足方程$A^{2}B - A - B = E$，试求矩阵$B$，其中
+四、（10分）设3阶方阵$A,B$满足方程$A^{2}B - A - B = E$，试求矩阵$B$，其中
$$
A = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
@@ -100,7 +97,7 @@ $$
---
-## 五、（10分）判定向量组
+五、（10分）判定向量组
$$
\alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix},\
@@ -113,7 +110,7 @@ $$
---
-## 六、（10分）设线性方程组为
+六、（10分）设线性方程组为
$$
\left\{
@@ -129,7 +126,7 @@ $$
---
-## 七、（12分）已知实二次型
+七、（12分）已知实二次型
$$
f(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}x_{2} + 2x_{2}x_{3} + 2x_{3}x_{1},
@@ -139,7 +136,7 @@ $$
---
-## 八、（12分）设$A$是$m \times n$实矩阵，$\beta \neq 0$是$m$维实列向量，证明：
+八、（12分）设$A$是$m \times n$实矩阵，$\beta \neq 0$是$m$维实列向量，证明：
(1)$\mathrm{rank}A = \mathrm{rank}(A^{\mathrm{T}}A)$；
(2) 线性方程组$A^{\mathrm{T}}Ax = A^{\mathrm{T}}\beta$有解。
diff --git a/试卷库/线性代数期末真题/线代2011秋A.md b/试卷库/线性代数期末真题/线代2011秋A.md
index f5481d7..f5382c4 100644
--- a/试卷库/线性代数期末真题/线代2011秋A.md
+++ b/试卷库/线性代数期末真题/线代2011秋A.md
@@ -32,7 +32,7 @@ $$
4. 设$A = [a_{ij}]_{3\times 3}$是正交矩阵，且$b = (1,0,0)^T$，$a_{11} = 1$，则$Ax = b$有一个解是$\underline{\qquad}$。
-5. 设$n$阶实对称矩阵$A$的特征值为$\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}, \dots , 1$，则当$\lambda\underline{\qquad}$时，$A - \lambda E$为正定矩阵。
+5. 设$n$阶实对称矩阵$A$的特征值为$\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}, \dots , 1$，则当$\lambda\underline{\qquad}$时，$A - \lambda E$为正定矩阵$\underline{\qquad}$。
6. 线性空间$V = \{ A \in \mathbb{R}^{n \times n} \mid A \text{ 为反对称矩阵} \}$的维数为$\underline{\qquad}$。
diff --git a/试卷库/高数期末真题/2013高数期末考试卷.md b/试卷库/高数上期末真题/2013高数期末考试卷.md
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index 41af371..61c7813 100644
--- a/试卷库/高数期末真题/2013高数期末考试卷.md
+++ b/试卷库/高数上期末真题/2013高数期末考试卷.md
@@ -52,7 +52,7 @@ $$
3. 设$y = f(x)$是$(0, + \infty)$内正值、连续且严格单调减少的函数。下列表格分别给出了函数$g(x) = \int_{x}^{2}f(t)\mathrm{d}t$在点$x = 1,2,3$处的值，则可能出现的情形是（ ）。
- |$x$|$g(x)$|
+ | $x$ | $g(x)$ |
|------|----------|
| 1 | -2 |
| 2 | 0 |
diff --git a/试卷库/高数期末真题/2014高数期末考试卷.md b/试卷库/高数上期末真题/2014高数期末考试卷.md
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new file mode 100644
index 0000000..1478b94
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/一元积分学.md
@@ -0,0 +1,974 @@
+%%用两个百分号扩在一起的是MarkDown注释，保存时不会展现。如无必要，无需删去。
+也可以用这种方法标注内容
+所有“待审查”是标注待审查标签上面的内容
+%%
+# Section 1 积分基础
+
+数学是对抽象概念的演绎，有概念我们就得讲定义。所以先上不定积分与定积分的定义。
+
+>[!info] 定义$\qquad$原函数与不定积分
+>对一个定义在区间 $I$ 上的函数 $f(x)$，如果存在一个可导函数 $F(x)$，使得$$F'(x)=f(x),$$则称 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数。 $f(x)$ 的原函数全体称为其不定积分，记作$$\int f(x)\text dx=F(x)+C,$$其中 $C$ 是常数。
+
+按照这个定义，$f(x)$ 后面的 $\text dx$ 似乎是不必要的——但显然实际上不是。大家有兴趣可以自己去查资料，我们的时间都比较有限，就不展开了。自己有好奇心去探索才是学习的一个最大动力……
+
+言归正传，接下来是定积分的定义。
+>[!info] 定义$\qquad$定积分
+>设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上有定义，取一列数 $x_i(i=0,1,\cdots,n)$，满足 $a=x_0\lt x_1\lt x_2 \lt \cdots\lt x_n=b$，记 $\lambda=\max\limits_{0\leqslant i\lt n}\{x_{i+1}-x_i\},$ 如果对任意$\xi_i\in[x_i,x_{i+1}],0\leqslant i\lt n$，极限 $\displaystyle\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)(x_{i+1}-x_i)$ 存在，则称函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，记为$$\int_a^bf(x)\text dx=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)(x_{i+1}-x_i),$$
+>其结果称为定积分。
+
+
+然后是连接不定积分与定积分桥梁：牛顿-莱布尼兹公式
+
+>[!info] 牛顿-莱布尼兹公式
+>设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，且有一个原函数 $F(x)$ ，则$$\int_a^bf(x)\text dx=F(b)-F(a).$$
+
+使用这个定理是有条件的。因为 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，所以它必须可导，从而必须连续。
+有了这个定理，我们就可以比较方便地计算定积分了——至少比用定义方便。并且，这也让我们有了求不定积分的动力。根据不定积分的定义，我们可以将基本求导公式反推，得到下面的常用的基本不定积分公式（更详尽的在最下面）：
+
+$\displaystyle\int 0\mathrm dx =C$，补药漏写常数 C 口牙！
+$\displaystyle\int k\mathrm dx = kx + C$ （ $k$ 为常数）
+$\displaystyle\int x^\mu\mathrm dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+$\displaystyle\int \frac{1}{x}\mathrm dx = \ln|x| + C$
+$\displaystyle\int a^x\mathrm dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+$\displaystyle\int e^x\mathrm dx = e^x + C$
+$\displaystyle\int \sin x\mathrm dx = -\cos x + C$
+$\displaystyle\int \cos x\mathrm dx = \sin x + C$
+ $\displaystyle\int \sec^2 x\mathrm dx = \tan x + C$
+ $\displaystyle\int \csc^2 x\mathrm dx = -\cot x + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \tan x\mathrm dx = \sec x + C$
+ $\displaystyle\int \csc x \cot x\mathrm dx = -\csc x + C$
+以下公式不是基本不定积分公式，但是也很常见，必须熟记：
+$\displaystyle\int \tan x\mathrm dx = -\ln|\cos x| + C$
+$\displaystyle\int \cot x\mathrm dx = \ln|\sin x| + C$
+$\displaystyle\int \sec x\mathrm dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$
+$\displaystyle\int \csc x\mathrm dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$
+（这一列撬棍是不是特别喜感哈哈哈哈）
+# Section 2 积分方法
+## 预处理
+拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
+常见的预处理方式：
+### 1. 对定积分：在积分上下限互为相反数时靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性
+### 2. 对有理式：有理式的拆解
+对有理式的拆解，集中在对分式 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m}$ 的拆解中。
+##### 第一步：拆成一个整式+真分式
+$\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)}=S(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $S(x)$ 为整式，$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式
+整式可以直接分离，单独求积分；
+对于真分式 $\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^p+a_1x^{p-1}+\dots+a_{p-1}x+a_p}{b_0x^q+b_1x^{q-1}+\dots+b_{q-1}x+b_q},\quad p[!warning] 注意！
+>1. 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。
+>2. 对于分母为二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合规则1。
+
+接下来就能用待定系数法求出那些待定的系数 $A,B,M,N$ 等等。一般来说，这个过程不会太复杂，大可不必拿出考完的线代。下面这个都还算是难的。
+
+>[!task] 任务
+>尝试用待定系数法推出 $\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left(\frac{4}{1+2x}+\frac{-2x+1}{1+x^2}\right)$
+
+```text
+
+
+
+
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+
+
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+
+
+
+
+
+```
+
+当然，并不是所有时候都要用待定系数法，如果你的注意力惊人。
+比如说对于 $\displaystyle\int\frac{2\mathrm dx}{x^2-1}$，$\displaystyle\frac{2}{x^2-1}=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}$
+也不是一定要给它拆成这种细碎的样子，因题目而异。如果不拆分有更快的做法，那就没必要拆。
+### 对根式：欧拉代换（可选）
+>[!danger] 警告
+>欧拉代换法是你最后的防线，而非你的第一个想法。
+>当普通的代换能解决问题，如 $\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{(x+1)^2+1}$，那么最好不用欧拉代换法。
+>如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的手段。
+
+对于不定积分 $\displaystyle\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$，可以从如下角度作代换：
+- 欧拉第一代换：如果 $a>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
+- 欧拉第二代换：如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
+- 欧拉第三代换：如果 $ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$，则可以令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$
+对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 $x^2$ 这一项将会被抵消，因此用含 $t$ 的多项式将 $x$ 表示出来。
+>[!todo] 示例
+>求不定积分$\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$
+>解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则
+>$$\displaystyle t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad\mathrm dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}\mathrm dt$$
+>$$\displaystyle x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$
+>于是
+>$$\begin{align}\int \frac{\mathrm dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}\mathrm dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}\mathrm dt\end{align}$$
+>之后可以按照有理式的方法继续积分下去。
+### 对奇数次三角函数：万能代换
+>[!danger] 警告
+>万能代换法同样是你最后的防线，计算量很大，只有在万不得已的时候才会考虑。
+
+对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能代换：$$t=\tan\frac x2$$
+我们做题中，令 $\displaystyle t = \tan \frac{x}{2}$ ，则 $\displaystyle\mathrm dx = \frac{2}{1 + t^2}\mathrm dt$。
+
+## 换元积分法
+常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
+使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
+>[!todo] 开胃菜
+>求不定积分 $\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$.
+>>解：令 $u=\cos x$；两边求微：$\mathrm du=-\sin x\mathrm dx$，
+>>$\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+>>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+
+除此之外还有第二类换元法
+
+>[!example] 例题
+>计算定积分$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}x}{(2 - x)\sqrt{1 - x}}$
+
+```text
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+```
+
+换元法有下列几种情况：
+#### 1. 三角函数式
+>[!example] 例2.1
+>求不定积分 $\displaystyle\int \sin^2 x \cos^5 x\mathrm dx$.
+
+>[!tip] 提示
+>利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$，这样你就能得到偶数次方的三角函数——如果最后剩下奇数次方的 $\sin x,\cos x$，那么可能还要多花一点心思去做换元或用别的技巧，但是偶数次方的可操作性强很多，你可以用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 来升降次，用诸如 $\cos^2x=\dfrac{1+\cos 2x}{2}$ 来换角，比奇数次更加便捷。
+>“化偶数次”也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。
+
+```text
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+```
+#### 2. 三角代换式
+三角代换并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。然而，当出现类似 $x^2\pm a^2$ 的结构，尤其是在根号内的时候，可以根据 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 适当选择代换式
+一般规律如下：当被积函数中含有
+${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+
+>[!fail] 不应当死记硬背上面的代换，这样很容易记错
+
+>[!done] 你可以结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
+
+>[!example] 例题2.2
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$
+
+```text
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+
+
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+```
+
+>[!hint] 对于反三角函数，我们可以用第一类换元法，尝试构造 $u$ 等于该反三角函数：
+>$$\begin{align*}
+\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm dx
+&= \int \sqrt{\arctan x}\mathrm d(\arctan x) \\
+&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
+\end{align*}$$
+#### 3. 有理式
+>[!example] 例2.3
+>求不定积分 $\displaystyle\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
+
+```text
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+```
+
+>[!example] 例2.4
+>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
+>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
+>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.
+
+```text
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+
+
+```
+
+>[!summary] 题后总结
+>以上两题很像，就放在一起总结了。
+>2.4第一问解1是利用凑微分法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，2.3在微分中凑出一个较为复杂的表达式，可以理解为令 $t=x-1$ 的换元，都大大简化了计算。
+>为什么用这种换元可以简化计算呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
+
+>[!example] 例2.
+>求不定积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$
+
+>[!hint] 提示
+>对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+>若被积函数中含有 $\displaystyle\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}},\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}},\dots,\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $\displaystyle t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+
+```text
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+```
+#### 4. 倒代换
+在拆解有理式之后，对于 $\dfrac{1}{ax+b},\dfrac{1}{ax^2+bx+c}$ 等一次、二次分式，我们可以从容应对；但是如果次数再高一点，就很难办了。
+然而，对于一些较为简单的高次幂函数，我们可以使用**倒代换**：把 $x$ 倒过来！
+令 $\displaystyle x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt.$
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx$
+
+```text
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+```
+## 分部积分法
+分部积分法的基本公式：$\int u\mathrm dv=uv-\int v\mathrm du$
+分部积分法的要点是通过合理选择 $u,\mathrm dv$ 使得 $\int v\mathrm du$ 比 $\int u\mathrm dv$ 更容易求。那么如何选择呢？按照教员上课提到的“反对幂指三”，我们这样选择 $u$，十有八九能成功（实在不行再调换顺序）：
+1. **反**：反三角函数家族 $\arcsin,\arccos,\arctan,...$
+2. **对**：对数函数，通常特指 $\ln x$
+3. **幂**：幂函数，$x,x^2,x^3,...$
+4. **指**：指数函数，通常特指 $\mathrm e^x$
+5. **三**：三角函数家族 $\sin,\cos,\tan,\cot,\sec,\csc$
+
+
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\int x\cos x\mathrm dx$
+
+%%像这种示例，就不用挖掉解答了：
+建议以后不挖去解答的用“示例”标签，可以用info或者todo样式%%
+>[!done] 正确示例
+>解：按照顺序，匹配到“**幂**”，那么我们取 $u=x$，$\mathrm dv=\cos x\mathrm dx=\mathrm d\sin x$
+>$\int x \cos x\mathrm dx = \int x\mathrm d\sin x = x \sin x - \int \sin x\mathrm dx = x \sin x + \cos x + C$
+
+>[!fail] 错误示例
+>解：我们尝试取 $u=\cos x$，$\mathrm dv=x\mathrm dx=\frac{1}{2}\mathrm dx^2$，
+>$\displaystyle\int x\cos x\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\cos x\mathrm dx^2=\frac 12\left(x^2\cos x+\int x^2\sin x\mathrm dx\right)$ ……
+>你还愿意继续积下去吗？我是不愿意了。
+### 常见情况：
+#### 1. 幂函数与其他函数乘积
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int x^3 \ln x\mathrm dx$
+
+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle\int\mathrm e^{\sqrt{x}}\mathrm dx$
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+```
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x\mathrm dx = \underline{\qquad}.$
+
+>[!hint] 提示
+>这道题取 $u=x$ 没错，不过如何处理 $\mathrm dv$？这需要一定的三角代换。
+
+```text
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+```
+
+>[!summary] 注意
+>三角函数的积分一定不是考你积分，而是考你三角函数……
+
+
+然而，不少积分不能直接积出来。对于部分情况，需要用到**循环式**和**递推式**求解。
+
+#### 2. 依靠循环式求解的积分
+**循环式**是指在进行分部积分的时候，多次循环会出现**同一积分式**：
+```text
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+
+
+```
+
+>[!hint] 提示
+>在进行循环式时，一般要多次求分部积分。如果你分部积了一次拿不准的话，再分部积一次，也许会有意外收获。
+
+>[!example] 例题
+>求 $\displaystyle I=\int\dfrac{\text e^{\arctan x}}{(1+x^2)^{3/2}}\text dx.$
+
+```text
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+```
+
+>[!tip] 小技巧
+>如何通过 $u$ 算出 $\sin x$ 和 $\cos x$？只要画一个三角形就看可以很直观地看出来了。
+>
+
+%%上述在同济中亦有记载%%
+%%参考：[Math is Fun - Integration by Parts](https://www.mathsisfun.com/calculus/integration-by-parts.html)
+仅供娱乐，切勿当真%%
+#### 3. 依靠递推式求解的积分
+与循环式类似，递推式会在使用分部积分时出现和原式类似，但是比原式“**低一级**”的积分式，这会给人一种“我好像在求数列的递推式”。这个时候就可以把待求积分看作是数列。这种结构一般在积分式含有正整数 $n$ 的时候出现（e.g. $(x^2+a^2)^n$ ）例如：
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\displaystyle I_n = \int \frac{\mathrm dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$
+>我们尝试一次分部积分：
+>$$\begin{align*}I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)\end{align*}$$
+>这样积了一遍之后，我们就会发现：这一次积分，我们打通了 $I_n$ 与 $I_{n-1}$ 的桥梁。
+>这样，我们尝试用 $I_{n-1}$ 来表示 $I_n$：
+>$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$
+>那么 $I_1$ 呢？
+>$$\displaystyle I_1=\int\frac{dx}{x^2 + a^2}$$
+>取 $x=a\tan t$：
+>$$I_1=\int\frac{a\sec^2 t\mathrm dt}{a^2\sec^2 t}=\frac ta+C=\frac1a\arctan\frac xa+C$$
+>这样我们就能依次推出 $I_2,I_3,\cdots,I_n$
+
+>[!bug] 这道题求通项似乎是一件很困难的事。
+>一般来说不要求像数列一样求出通项。
+
+>[!example] 例题
+>证明 $\displaystyle I_n=\int\tan^nx\text{d}x=\dfrac{\tan^{n-1}x}{n-1}-I_{n-2}.$
+
+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \mathrm dx, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
+(2) 计算 $I_3$ 的值。
+
+```text
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+```
+
+>[!summary] 题后总结
+>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\tan^2x$和$\sec^2x$ 出来；而且 $\tan^2x=\sec^2x-1,\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。
+
+#### 4. 连续分部积分（选学）
+>[!bug] 需要斟酌该内容是否重要。
+
+分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
+假设函数 $u,v$ 有 $n+1$ 阶连续导数，则：$\int u v^{(n+1)}\mathrm dx = \int u\mathrm d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)}\mathrm du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)}\mathrm dx$
+我们还可以继续把 $\int u' v^{(n)}\mathrm dx$ 撕开：$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$
+如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式，然后逐步求 $v^{(n)},v^{(n-1)},\cdots,v$，再依次乘到一起（注意正负号！）
+>[!todo] 示例
+>求不定积分$\displaystyle\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\mathrm e^x\mathrm dx$
+
+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$
+
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+```
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+
+但是我们一般其实用不到这么高阶的，而低阶的不用这个公式也能比较自然地做出来，比如：
+
+>[!example] 例题
+>设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有连续的二阶导数，且 $f(a) = f(b) = 0$，试证
+>$$\int_a^b f(x) \text dx = \frac{1}{2} \int_a^b (x - a)(x - b) f''(x) \text dx.$$
+
+```text
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+```
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+# Section 3 变限积分
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+变限积分的意思就是这个积分的上/下限是变量。它最重要的性质就是$$\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_a^xf(t)\text dt\right)=f(x).$$
+由此有一些推论：
+1. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int^a_xf(t)\text dt\right)=-f(x);$
+2. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_a^{\varphi(x)}f(t)\text dt\right)=f(\varphi(x))\varphi'(x);$
+3. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\text dt\right)=f(\varphi(x))\varphi'(x)-f(\psi(x))\psi'(x).$
+
+利用牛顿-莱布尼兹公式和复合函数求导法则可以证明这三点。
+变限积分的一个难点就是被积函数里出现 $x$ 时应该怎么处理。一般来说有两个处理办法：
+
+1. 类似 $\displaystyle\int_a^x(x+g(t))f(t)\text dt$ 的形式，可以拆开处理，即 $\displaystyle\int_a^x(x+g(t))f(t)\text dt= x\int_a^xf(t)\text dt+\int_a^xg(t)f(t)\text dt;$
+2. 类似 $\displaystyle\int_a^xf(x+t)\text dt$ 的形式，可以进行换元，令 $u=x+t$，则 $\text dt=\text du$，所以 $\displaystyle\int_a^xf(x+t)\text dt=\int_{x+a}^{2x}f(u)\text du.$
+
+上面两种类型并没有穷尽所有的可能，只是抛砖引玉，实际可能的变形是有很多的。
+
+先来两道简单的题目热热身。
+
+>[!example] 例题
+>计算极限
+>$$\lim_{x\to 0}\frac{x - \large\int_{0}^{x}\cos t^{2}\mathrm{d}t}{x^{3}\ln(1 + \tan^{2}x)}。$$
+
+>[!hint] 提示
+>观察一下上下的极限分别是多少
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+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>已知
+>$$\begin{cases}
+>x = \large\int_{0}^{t} \frac{\sin u}{u} \text du, \\
+>y = \large\int_{0}^{t} \sin u^2 \text du,
+>\end{cases}$$
+>求 $\dfrac{\text dy}{\text dx}$ 和 $\dfrac{\text d^2 y}{\text dx^2}$。
+
+>[!hint] 提示
+>还记得参数方程的二阶导怎么求吗？
+>$$\displaystyle\frac{\text d^2y}{\text dx^2}=\frac{\text d}{\text dx}\left(\frac{\text dy}{\text dx}\right)=\frac{\text d}{\text dt}\left(\frac{\text dy}{\text dx}\right)\bigg/\frac{\text dx}{\text dt}.$$
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+```text
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+```
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+积分的题目往往比较综合，会和其他的知识点一起考察，比如……级数。
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+>[!example] 例题
+>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
+>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
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+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
+$$\int_0^x t f(x-t)\mathrm {d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \mathrm{d}t.$$
+(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；
+(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x) \mathrm{d}x$。
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+```text
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+>[!summary] 题后总结
+>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）定积分的值与被积变量无关。第二点很容易被忘记。
+>第二问的两种解法都是有来头的。
+>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是不要忘记积分常数。
+>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意不要忘记积分常数。
+
+# Section 4 定积分
+
+由于定积分确定了上下限，因此定积分在不定积分的基础上多了不少有趣的性质，比如之前提到的在 $[-a,a]$ 有定义的奇函数在 $[-a,a]$ 的定积分为 $0$ ；
+除此之外还有很多性质，有些会为积分的化简提供便利，有些会给你挖个大坑。
+
+1. **周期函数每个周期内的定积分相同**
+简单来说，如果 $T$ 是 $f(x)$ 的周期，那么 $\displaystyle\int_a^{a+T}f(x)\mathrm dx=\int_{a+T}^{a+2T}f(x)\mathrm dx$.
+
+
+>[!example] 例题
+>定积分 $\int_{-2026}^{2026} (x-[x])\mathrm dx$（其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）的值为$\underline{\qquad}$。
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+```text
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+```
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+>[!example] 例题
+>已知 $\displaystyle a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \mathrm dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
+(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$
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+```text
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+```
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+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键在于利用三角函数的周期性，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。
+
+![[cosx的绝对值.png]]
+
+
+
+2. 除此之外，还可以把定积分的上下限劈开：$\int_a^bf(x)\mathrm dx=\int_a^cf(x)\mathrm dx+\int_c^bf(x)\mathrm dx$，这在 $f(x)$ 是分段函数（如绝对值）的情况下特别有用：
+>[!example] 例题
+>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \frac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)\mathrm dx$。
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+```text
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+```
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+而且，有不少定积分的应用 超乎你的想象。
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+>[!example] 例题
+>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；
+>(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。
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+```text
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+>[!summary] 题后总结
+>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。
+>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题……
+>>[!example] 补充例题
+>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$
+>
+>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$\underline{\qquad}.$
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+```text
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+```
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+>[!summary] 题后反思
+>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。实际上，在闭区间上一致连续和连续是等价的，所以这里可以这样做。
+>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。
+>即：上下限是根据变量设置的，而非仅仅根据微分算子后面的表达式
+
+而不定积分的大坑就是换元之后要记得再还原。
+>[!warning] 注意！
+>不定积分和定积分的换元法是相当类似的，但也并非完全一样。定积分只要考虑积分上下限就可以了，因为定积分的结果和积分变量无关，只与函数本身和上下限有关；但不定积分最后得出的表达式和积分变量是有关的，不同的变量不定积分就是不一样。所以一定要记得把换过去的变量再换回来！
+
+
+>[!bug] 请自行补充你自己容易犯错的点
+
+
+
+# Extra. 常用积分公式速记
+
+### 一、三角函数积分
+
+ $\displaystyle\int \sin^2 x\mathrm dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$
+ $\displaystyle\int \cos^2 x\mathrm dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$
+### 二、反三角函数积分
+ $\displaystyle\int \arcsin x\mathrm dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$
+ $\displaystyle\int \arccos x\mathrm dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$
+ $\displaystyle\int \arctan x\mathrm dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$
+ $\displaystyle\int \text{arccot } x\mathrm dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$
+### 三、含根式的积分（ a>0 ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}\mathrm dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}}\mathrm dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}}\mathrm dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$
+### 四、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2}\mathrm dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2}\mathrm dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b}\mathrm dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$
+### 五、指数与对数结合积分
+ $\displaystyle\int x e^x\mathrm dx = (x-1)e^x + C$
+$\displaystyle\int x \ln x\mathrm dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$
+ $\displaystyle\int e^x \sin x\mathrm dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$
+ $\displaystyle\int e^x \cos x\mathrm dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$
+### 六、常用凑微分积分
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2}\mathrm dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x}\mathrm dx = \ln|\ln x| + C$
+ $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\mathrm dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\mathrm dx = -2\cos\sqrt{x} + C$
+>[!abstract] 练习
+>尝试推导上述公式，
+
+## 三角函数的特殊性
+
+$\displaystyle\int_0^\pi xf(\sin x)\mathrm dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)\mathrm dx,$
+
+$\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(\sin x)\text dx=\int_0^{\pi/2}f(\cos x)\text dx.$
+
+## 华莱士公式：
+$$\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm dx=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^nx\mathrm dx=\begin{cases}\dfrac{\pi}{2}\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k,\\\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k+1,\end{cases}\qquad k\in\mathbb{N}$$
+其中 $m!!=\begin{cases}m(m-2)\cdots(4)(2),\ m\text{是偶数},\\m(m-2)\cdots(3)(1),\ m\text{是奇数}\end{cases}$ 称为双阶乘.
+
+
+# 碎碎念
+### 魔法六边形
+左边全是正，正弦/正切/正割
+右边全是余，余弦/余切/余割
+![[魔法六边形.svg]]
+
+你可以绕着这个六边形旋转来得到三角函数的商：
+![[魔法六边形-2.svg]]
+除此之外还有 $\displaystyle\sin x=\frac{\cos x}{\cot x},\cos x=\frac{\cot x}{\csc x}$...有时能够取得一些意想不到的效果。
+
+穿过六边形的中心 $1$，即为取倒数：
+$\displaystyle\sin x=\frac{1}{\csc x}$，$\displaystyle\cos x=\frac{1}{\sec x}$
+![[魔法六边形-3.svg]]
+防止在过度紧张的时候将正割/余割的倒数记错。
+
+对于每一个小倒三角 $\nabla$，三角形上边的两个角的平方和等于下面的角，用这种方法可以快速记忆三角函数平方和公式 $\tan^2 x+1=\sec^2 x, 1+\cot^2 x=\csc^2x$
+![[魔法六边形-5.svg]]
+
+
+# 谏学高数者十思书
+善学高数者，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，可以尽春节之乐，可以养寒假之寿。
+## 逐句解析
+##### 善学高数者，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**，并留意泰勒展开的程度，你需要根据皮亚诺余项来判断需要展开到多少阶。
+##### 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！补药漏写积分常数 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；
+级数的判别需要按照以下步骤执行：
+```mermaid
+flowchart TD
+ A["开始"] --> B["$$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0?$$"]
+ B --> |"否"| C["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 发散（必要条件）"]
+ B --> |"是"| D["$$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$$ 是正项级数？"]
+ D --> |"否"| E["$$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|$$ 收敛？"]
+ D --> |"是"| F["比较判别法；
比值/根值判别法"]
+ E --> |"否"| L["使用比值/根值判别法判别的$$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|$$ 发散？"]
+ L --> |"否"| G["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 为交错级数？"]
+ L --> |"是"| M["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 发散"]
+ E --> |"是"| H["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 绝对收敛"]
+ G --> |"否"| I["利用级数的运算性质，
如部分和，或其他判别法"]
+ G --> |"是"| J["级数每一项的
绝对值单调递减？"]
+ J --> |"否"| I
+ J --> |"是"| K["莱布尼兹判别法：$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 条件收敛"]
+```
+
+
+>[!error] 非正项级数需要写明“绝对收敛”和“条件收敛”！
+##### 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！！而零点、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，可以尽春节之乐，可以养寒假之寿。
+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、泰勒和柯西，我说服了他们往你的大脑注入一点他们的智慧，考试当天生效。
+最后提前祝大家过个好年！
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）（解析版）.md b/高数上/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）（解析版）.md
new file mode 100644
index 0000000..7c7079c
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）（解析版）.md
@@ -0,0 +1,788 @@
+---
+Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。
+Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做
+aliases:
+ - Integrate
+---
+%%用两个百分号扩在一起的是MarkDown注释，保存时不会展现。如无必要，无需删去。
+也可以用这种方法标注内容
+所有“待审查”是标注待审查标签上面的内容
+%%
+# Section 1 积分基础
+
+数学是对抽象概念的演绎，有概念我们就得讲定义。所以先上不定积分与定积分的定义。
+
+>[!info] 定义$\qquad$原函数与不定积分
+>对一个定义在区间 $I$ 上的函数 $f(x)$，如果存在一个可导函数 $F(x)$，使得$$F'(x)=f(x),$$则称 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数。 $f(x)$ 的原函数全体称为其不定积分，记作$$\int f(x)\text dx=F(x)+C,$$其中 $C$ 是常数。
+
+按照这个定义，$f(x)$ 后面的 $\text dx$ 似乎是不必要的——但显然实际上不是。大家有兴趣可以自己去查资料，我们的时间都比较有限，就不展开了。自己有好奇心去探索才是学习的一个最大动力……
+
+言归正传，接下来是定积分的定义。
+>[!info] 定义$\qquad$定积分
+>设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上有定义，取一列数 $x_i(i=0,1,\cdots,n)$，满足 $a=x_0\lt x_1\lt x_2 \lt \cdots\lt x_n=b$，记 $\lambda=\max\limits_{0\leqslant i\lt n}\{x_{i+1}-x_i\},$ 如果对任意$\xi_i\in[x_i,x_{i+1}],0\leqslant i\lt n$，极限 $\displaystyle\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)(x_{i+1}-x_i)$ 存在，则称函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，记为$$\int_a^bf(x)\text dx=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)(x_{i+1}-x_i),$$
+>其结果称为定积分。
+
+
+然后是连接不定积分与定积分桥梁：牛顿-莱布尼兹公式
+
+>[!info] 牛顿-莱布尼兹公式
+>设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，且有一个原函数 $F(x)$ ，则$$\int_a^bf(x)\text dx=F(b)-F(a).$$
+
+使用这个定理是有条件的。因为 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，所以它必须可导，从而必须连续。
+有了这个定理，我们就可以比较方便地计算定积分了——至少比用定义方便。并且，这也让我们有了求不定积分的动力。根据不定积分的定义，我们可以将基本求导公式反推，得到下面的常用的基本不定积分公式（更详尽的在最下面）：
+
+$\displaystyle\int 0\mathrm dx =C$，补药漏写常数 C 口牙！
+$\displaystyle\int k\mathrm dx = kx + C$ （ $k$ 为常数）
+$\displaystyle\int x^\mu\mathrm dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+$\displaystyle\int \frac{1}{x}\mathrm dx = \ln|x| + C$
+$\displaystyle\int a^x\mathrm dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+$\displaystyle\int e^x\mathrm dx = e^x + C$
+$\displaystyle\int \sin x\mathrm dx = -\cos x + C$
+$\displaystyle\int \cos x\mathrm dx = \sin x + C$
+ $\displaystyle\int \sec^2 x\mathrm dx = \tan x + C$
+ $\displaystyle\int \csc^2 x\mathrm dx = -\cot x + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \tan x\mathrm dx = \sec x + C$
+ $\displaystyle\int \csc x \cot x\mathrm dx = -\csc x + C$
+以下公式不是基本不定积分公式，但是也很常见，必须熟记：
+$\displaystyle\int \tan x\mathrm dx = -\ln|\cos x| + C$
+$\displaystyle\int \cot x\mathrm dx = \ln|\sin x| + C$
+$\displaystyle\int \sec x\mathrm dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$
+$\displaystyle\int \csc x\mathrm dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$
+（这一列撬棍是不是特别喜感哈哈哈哈）
+# Section 2 积分方法
+## 预处理
+拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
+常见的预处理方式：
+### 1. 对定积分：在积分上下限互为相反数时靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性
+### 2. 对有理式：有理式的拆解
+对有理式的拆解，集中在对分式 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m}$ 的拆解中。
+##### 第一步：拆成一个整式+真分式
+$\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)}=S(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $S(x)$ 为整式，$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式
+整式可以直接分离，单独求积分；
+对于真分式 $\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^p+a_1x^{p-1}+\dots+a_{p-1}x+a_p}{b_0x^q+b_1x^{q-1}+\dots+b_{q-1}x+b_q},\quad p[!warning] 注意！
+>1. 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。
+>2. 对于分母为二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合规则1。
+
+接下来就能用待定系数法求出那些待定的系数 $A,B,M,N$ 等等。一般来说，这个过程不会太复杂，大可不必拿出考完的线代。下面这个都还算是难的。
+
+>[!task] 任务
+>尝试用待定系数法推出 $\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left(\frac{4}{1+2x}+\frac{-2x+1}{1+x^2}\right)$
+
+>[!solution] 解析
+>$\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)}$ 本身就是真分式。
+>我们可以将其拆分为 $$\frac A{1+2x} - \frac{Bx+C}{1+x^2}$$
+>合并得 $$\dfrac{(A+2B)x^2+(B+2C)x+(A+C)}{(1+2x)(1+x^2)}$$
+>然后列方程组 $$\begin{cases}A+2B=0\\B+2C=0\\A+C=1\end{cases}$$
+>解得 $$\begin{cases}A=\frac45\\B=\frac{-2}5\\C=\frac15\end{cases}$$
+>代入得 $\displaystyle\frac {\frac45}{1+2x}+\frac{\frac{-2}5x+\frac15}{1+x^2}$
+>化简，即得 $\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left(\frac{4}{1+2x}+\frac{-2x+1}{1+x^2}\right)$
+
+当然，并不是所有时候都要用待定系数法，如果你的注意力惊人。
+比如说对于 $\displaystyle\int\frac{2\mathrm dx}{x^2-1}$，$\displaystyle\frac{2}{x^2-1}=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}$
+也不是一定要给它拆成这种细碎的样子，因题目而异。如果不拆分有更快的做法，那就没必要拆。
+### 对根式：欧拉代换（可选）
+>[!danger] 警告
+>欧拉代换法是你最后的防线，而非你的第一个想法。
+>当普通的代换能解决问题，如 $\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{(x+1)^2+1}$，那么最好不用欧拉代换法。
+>如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的手段。
+
+对于不定积分 $\displaystyle\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$，可以从如下角度作代换：
+- 欧拉第一代换：如果 $a>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
+- 欧拉第二代换：如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
+- 欧拉第三代换：如果 $ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$，则可以令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$
+对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 $x^2$ 这一项将会被抵消，因此用含 $t$ 的多项式将 $x$ 表示出来。
+>[!todo] 示例
+>求不定积分$\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$
+>解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则
+>$$\displaystyle t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad\mathrm dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}\mathrm dt$$
+>$$\displaystyle x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$
+>于是
+>$$\begin{align}\int \frac{\mathrm dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}\mathrm dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}\mathrm dt\end{align}$$
+>之后可以按照有理式的方法继续积分下去。
+### 对奇数次三角函数：万能代换
+>[!danger] 警告
+>万能代换法同样是你最后的防线，计算量很大，只有在万不得已的时候才会考虑。
+
+对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能代换：$$t=\tan\frac x2$$
+我们做题中，令 $\displaystyle t = \tan \frac{x}{2}$ ，则 $\displaystyle\mathrm dx = \frac{2}{1 + t^2}\mathrm dt$。
+
+## 换元积分法
+常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
+使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
+>[!todo] 开胃菜
+>求不定积分 $\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$.
+>>解：令 $u=\cos x$；两边求微：$\mathrm du=-\sin x\mathrm dx$，
+>>$\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+>>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\displaystyle\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+
+除此之外还有第二类换元法
+
+>[!example] 例题
+>计算定积分$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}x}{(2 - x)\sqrt{1 - x}}$
+
+>[!solution] 解析
+>令 $t=\sqrt{1-x}$，则 $x=1-t^2,\text dx=-2t\text dt.$
+>$$\begin{aligned}
+>原式&=\int_1^0\frac{-2t\text dt}{(1+t^2)t}\\
+>&=2\int_0^1\frac{\text dt}{1+t^2}\\
+>&=2\arctan t\bigg|_0^1\\
+>&=\frac{\pi}{2}.
+>\end{aligned}$$
+
+换元法有下列几种情况：
+#### 1. 三角函数式
+>[!example] 例2.1
+>求不定积分 $\displaystyle\int \sin^2 x \cos^5 x\mathrm dx$.
+
+>[!tip] 提示
+>利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$，这样你就能得到偶数次方的三角函数——如果最后剩下奇数次方的 $\sin x,\cos x$，那么可能还要多花一点心思去做换元或用别的技巧，但是偶数次方的可操作性强很多，你可以用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 来升降次，用诸如 $\cos^2x=\dfrac{1+\cos 2x}{2}$ 来换角，比奇数次更加便捷。
+>“化偶数次”也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。
+
+>[!solution] 解析
+>$\begin{align}\text{原式}&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x)\mathrm dx \\&= \int \sin^2 x \cos^4 x\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1)\mathrm d\sin x \\&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) \mathrm d\sin x \\&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C\end{align}$
+#### 2. 三角代换式
+三角代换并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。然而，当出现类似 $x^2\pm a^2$ 的结构，尤其是在根号内的时候，可以根据 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 适当选择代换式
+一般规律如下：当被积函数中含有
+${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+
+>[!fail] 不应当死记硬背上面的代换，这样很容易记错
+
+>[!done] 你可以结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
+
+>[!example] 例题2.2
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$
+
+>[!solution] 解析
+>令 $x = a\tan t$ ，则$\mathrm dx = a\sec^2 t\mathrm dt$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则
+$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\&= \int \sec t dt \\&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C\end{align}$
+
+>[!hint] 对于反三角函数，我们可以用第一类换元法，尝试构造 $u$ 等于该反三角函数：
+>$$\begin{align*}
+\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm dx
+&= \int \sqrt{\arctan x}\mathrm d(\arctan x) \\
+&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
+\end{align*}$$
+#### 3. 有理式
+>[!example] 例2.3
+>求不定积分 $\displaystyle\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
+
+>[!solution] 解析
+>$\begin{align}\text{原式}&=\int\frac{(x-1)+1}{(x-1)^{100}}\mathrm d(x-1)\\&=\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{99}}+\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{100}}\\&=-\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C\end{align}$
+
+>[!example] 例2.4
+>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
+>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
+>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.
+
+>[!solution] 解析
+>（1）**解1：**$$\begin{aligned}
+>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\
+>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\
+>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$
+>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$
+>**解2：** 令 $t=1-x$，则
+>$$\begin{aligned}
+a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n\mathrm dx = \int_0^1 (1-t) t^n\mathrm dt \\
+&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1})\mathrm dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
+&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>后同解1
+>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$
+>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
+综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散.
+
+>[!summary] 题后总结
+>以上两题很像，就放在一起总结了。
+>2.4第一问解1是利用凑微分法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，2.3在微分中凑出一个较为复杂的表达式，可以理解为令 $t=x-1$ 的换元，都大大简化了计算。
+>为什么用这种换元可以简化计算呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
+
+>[!example] 例2.
+>求不定积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$
+
+>[!hint] 提示
+>对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+>若被积函数中含有 $\displaystyle\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}},\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}},\dots,\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $\displaystyle t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+
+>[!solution] 解析
+>令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm dx=6t^5\mathrm dt$，则
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} -\\ 6\ln|\sqrt[6]{x+1} -1| + C\end{align}$
+#### 4. 倒代换
+在拆解有理式之后，对于 $\dfrac{1}{ax+b},\dfrac{1}{ax^2+bx+c}$ 等一次、二次分式，我们可以从容应对；但是如果次数再高一点，就很难办了。
+然而，对于一些较为简单的高次幂函数，我们可以使用**倒代换**：把 $x$ 倒过来！
+令 $\displaystyle x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt.$
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx$
+
+>[!solution] 解析
+>令 $x=\frac{1}{t}$，
+>$\begin{align}\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx&=\int\frac{t\mathrm dt}{(t^{-7}+2)(-t^2)}\\&=-\int\frac{t^6\mathrm dt}{1+2t^7}\\&=-\frac{1}{14}\ln|1+2t^7|+C\\&=-\frac{1}{14}\ln|2+x^7|+\frac{1}{2}\ln|x|+C\end{align}$
+## 分部积分法
+分部积分法的基本公式：$\int u\mathrm dv=uv-\int v\mathrm du$
+分部积分法的要点是通过合理选择 $u,\mathrm dv$ 使得 $\int v\mathrm du$ 比 $\int u\mathrm dv$ 更容易求。那么如何选择呢？按照教员上课提到的“反对幂指三”，我们这样选择 $u$，十有八九能成功（实在不行再调换顺序）：
+1. **反**：反三角函数家族 $\arcsin,\arccos,\arctan,...$
+2. **对**：对数函数，通常特指 $\ln x$
+3. **幂**：幂函数，$x,x^2,x^3,...$
+4. **指**：指数函数，通常特指 $\mathrm e^x$
+5. **三**：三角函数家族 $\sin,\cos,\tan,\cot,\sec,\csc$
+
+
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\int x\cos x\mathrm dx$
+
+%%像这种示例，就不用挖掉解答了：
+建议以后不挖去解答的用“示例”标签，可以用info或者todo样式%%
+>[!done] 正确示例
+>解：按照顺序，匹配到“**幂**”，那么我们取 $u=x$，$\mathrm dv=\cos x\mathrm dx=\mathrm d\sin x$
+>$\int x \cos x\mathrm dx = \int x\mathrm d\sin x = x \sin x - \int \sin x\mathrm dx = x \sin x + \cos x + C$
+
+>[!fail] 错误示例
+>解：我们尝试取 $u=\cos x$，$\mathrm dv=x\mathrm dx=\frac{1}{2}\mathrm dx^2$，
+>$\displaystyle\int x\cos x\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\cos x\mathrm dx^2=\frac 12\left(x^2\cos x+\int x^2\sin x\mathrm dx\right)$ ……
+>你还愿意继续积下去吗？我是不愿意了。
+### 常见情况：
+#### 1. 幂函数与其他函数乘积
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int x^3 \ln x\mathrm dx$
+
+>[!solution] 解析
+>最先匹配的是“**对**”（对数函数 $\ln x$），取 $u=\ln x,\mathrm dv=x^3\mathrm dx$，则：
+>$\begin{align}\int x^3 \ln x\mathrm dx&= \int \ln x \mathrm d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3\mathrm dx \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C\end{align}$
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle\int\mathrm e^{\sqrt{x}}\mathrm dx$
+
+>[!solution] 解析
+>我们可以先代换变量，将根式消去。
+>令 $t=\sqrt{x}$，则 $t^2=x,\ 2t\mathrm dt=\mathrm dx$，这样就能将根式化为整式。
+>$\begin{align}\text{原式}&=2\int t\mathrm e^t\mathrm dt\\&=2\int t\mathrm d\mathrm e^t\\&=2t\mathrm e^t-2\int\mathrm e^t\mathrm dt\\&=2t\mathrm e^t-2\mathrm e^t+C\\&=2\mathrm e^\sqrt x(\sqrt x-1)+C\end{align}$
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x\mathrm dx = \underline{\qquad}.$
+
+>[!hint] 提示
+>这道题取 $u=x$ 没错，不过如何处理 $\mathrm dv$？这需要一定的三角代换。
+
+>[!solution] 解析
+>$$\begin{aligned}
+>\int x\tan^2x\text dx
+>&=\int x(\sec^2x-1)\text dx\\
+>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\
+>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\
+>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
+>\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 注意
+>三角函数的积分一定不是考你积分，而是考你三角函数……
+
+
+然而，不少积分不能直接积出来。对于部分情况，需要用到**循环式**和**递推式**求解。
+
+#### 2. 依靠循环式求解的积分
+**循环式**是指在进行分部积分的时候，多次循环会出现**同一积分式**：
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$
+>
+>>解：
+>>$\begin{align}\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx &= \int \sin x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\sin x) \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x \cos x\mathrm dx \\&=\mathrm e^x \sin x - \int \cos x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \left(\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\cos x)\right) \\&=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\end{align}$
+>
+>可以看到，经过两次分部积分之后，$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$ 又一次出现了。
+>果断将它移到等式左边，直接同时除以 $2$：
+>$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\Rightarrow2\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x$
+>因此 $\displaystyle\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\frac{\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x}{2}+C$
+
+>[!hint] 提示
+>在进行循环式时，一般要多次求分部积分。如果你分部积了一次拿不准的话，再分部积一次，也许会有意外收获。
+
+>[!example] 例题
+>求 $\displaystyle I=\int\dfrac{\text e^{\arctan x}}{(1+x^2)^{3/2}}\text dx.$
+
+>[!solution] 解析
+>令 $u=\arctan x$, 则 $\text dx=\sec^2u\text du.$ 则 $$\begin{aligned}
+>\displaystyle I&=\int \text e^u\cos u\text du\\
+>&=\int \text e^u\text d\sin u\\
+>&=\text e^u\sin u-\int\text e^u\sin u\text du\\
+>&=\text e^u\sin u+\int \text e^u\text d\cos u\\
+>&=\text e^u\sin u+(\text e^u\cos u-\int\text e^u\cos u\text du)\\
+>&=\text e^u\sin u+\text e^u\cos u-I
+>\end{aligned},$$于是 $\displaystyle I=\dfrac{1}{2}\text e^u(\sin u+\cos u)=\dfrac{(x+1)\text e^{\arctan x}}{2\sqrt{x^2+1}}+C.$
+
+>[!tip] 小技巧
+>如何通过 $u$ 算出 $\sin x$ 和 $\cos x$？只要画一个三角形就看可以很直观地看出来了。
+>
+
+%%上述在同济中亦有记载%%
+%%参考：[Math is Fun - Integration by Parts](https://www.mathsisfun.com/calculus/integration-by-parts.html)
+仅供娱乐，切勿当真%%
+#### 3. 依靠递推式求解的积分
+与循环式类似，递推式会在使用分部积分时出现和原式类似，但是比原式“**低一级**”的积分式，这会给人一种“我好像在求数列的递推式”。这个时候就可以把待求积分看作是数列。这种结构一般在积分式含有正整数 $n$ 的时候出现（e.g. $(x^2+a^2)^n$ ）例如：
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\displaystyle I_n = \int \frac{\mathrm dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$
+>我们尝试一次分部积分：
+>$$\begin{align*}I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)\end{align*}$$
+>这样积了一遍之后，我们就会发现：这一次积分，我们打通了 $I_n$ 与 $I_{n-1}$ 的桥梁。
+>这样，我们尝试用 $I_{n-1}$ 来表示 $I_n$：
+>$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$
+>那么 $I_1$ 呢？
+>$$\displaystyle I_1=\int\frac{dx}{x^2 + a^2}$$
+>取 $x=a\tan t$：
+>$$I_1=\int\frac{a\sec^2 t\mathrm dt}{a^2\sec^2 t}=\frac ta+C=\frac1a\arctan\frac xa+C$$
+>这样我们就能依次推出 $I_2,I_3,\cdots,I_n$
+
+>[!bug] 这道题求通项似乎是一件很困难的事。
+>一般来说不要求像数列一样求出通项。
+
+>[!example] 例题
+>证明 $\displaystyle I_n=\int\tan^nx\text{d}x=\dfrac{\tan^{n-1}x}{n-1}-I_{n-2}.$
+
+>[!solution] 解析
+>$\displaystyle \begin{align}I_n&=\int\tan^{n-2}x(\sec^2x-1)\text{d}x\\&=\int\tan^{n-2}x\text{d}(\tan x)-I_{n-2}\\&=\dfrac{\tan^{n-1}x}{n-1}-I_{n-2}\end{align}$
+
+>[!example] 例题
+>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \mathrm dx, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
+(2) 计算 $I_3$ 的值。
+
+>[!solution] 解析
+>（1）证明：$$\begin{aligned}
+I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \mathrm dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x \mathrm dx \\
+&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \mathrm d(\tan x) \\
+&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x \mathrm dx \\
+&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x \mathrm dx \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x \mathrm dx \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right),
+\end{aligned}$$
+>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$
+>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$
+>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$
+
+>[!summary] 题后总结
+>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\tan^2x$和$\sec^2x$ 出来；而且 $\tan^2x=\sec^2x-1,\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。
+
+#### 4. 连续分部积分（选学）
+>[!bug] 需要斟酌该内容是否重要。
+
+分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
+假设函数 $u,v$ 有 $n+1$ 阶连续导数，则：$\int u v^{(n+1)}\mathrm dx = \int u\mathrm d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)}\mathrm du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)}\mathrm dx$
+我们还可以继续把 $\int u' v^{(n)}\mathrm dx$ 撕开：$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$
+如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式，然后逐步求 $v^{(n)},v^{(n-1)},\cdots,v$，再依次乘到一起（注意正负号！）
+>[!todo] 示例
+>求不定积分$\displaystyle\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\mathrm e^x\mathrm dx$
+
+>[!solution] 解析
+>我们可以令 $u=2x^3 + 3x^2 + 4x + 5$，$v=\mathrm e^x$
+>$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$
+>于是
+>$$\begin{align*}\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) \text e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\text e^x - \\&\qquad\qquad(6x^2 + 6x + 4)\text e^x + (12x + 6)e^x - 12\text e^x + C \\&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)\text e^x + C\end{align*}$$
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$
+
+>[!solution] 解析
+>解：令 $u=x^3 + 2x^2 + 3x + 4$，$u'=3x^2+4x+3$，$u''=6x+4$，$u'''=6,u^{(4)}=0$
+>$v^{(4)}=\cos x,v'''=\sin x,v''=-\cos x,v'=-\sin x,v=\cos x$
+>于是
+>$\begin{align}\int\cos x(x^3+2x^2+3x+4)\mathrm dx&=(x^3 + 2x^2 + 3x + 4)\sin x+(3x^2+4x+3)\cos x\\&\qquad\qquad-(6x+4)\sin x-6\cos x+C\\&=(x^3+2x^2-3x)\sin x+(3x^2+4x-3)\cos x+C\end{align}$
+
+
+
+
+但是我们一般其实用不到这么高阶的，而低阶的不用这个公式也能比较自然地做出来，比如：
+
+>[!example] 例题
+>设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有连续的二阶导数，且 $f(a) = f(b) = 0$，试证
+>$$\int_a^b f(x) \text dx = \frac{1}{2} \int_a^b (x - a)(x - b) f''(x) \text dx.$$
+
+>[!solution] 解析
+>$$\begin{aligned}\int_a^b(x-a)(x-b)f''(x)\text dx
+>&=\int_a^b(x-a)(x-b)\text df'(x)\\
+>&=(x-a)(x-b)f'(x)\bigg|_a^b-\int_a^b(2x-a-b)\text df(x)\\
+>&=-(2x-a-b)f(x)\bigg|_a^b+\int_a^b f(x)\text d(2x)\\
+>&=2\int_a^bf(x)\text dx.
+>\end{aligned}$$
+
+
+
+# Section 3 变限积分
+
+变限积分的意思就是这个积分的上/下限是变量。它最重要的性质就是$$\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_a^xf(t)\text dt\right)=f(x).$$
+由此有一些推论：
+1. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int^a_xf(t)\text dt\right)=-f(x);$
+2. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_a^{\varphi(x)}f(t)\text dt\right)=f(\varphi(x))\varphi'(x);$
+3. $\displaystyle\frac{\text d}{\text dx}\left(\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\text dt\right)=f(\varphi(x))\varphi'(x)-f(\psi(x))\psi'(x).$
+
+利用牛顿-莱布尼兹公式和复合函数求导法则可以证明这三点。
+变限积分的一个难点就是被积函数里出现 $x$ 时应该怎么处理。一般来说有两个处理办法：
+
+1. 类似 $\displaystyle\int_a^x(x+g(t))f(t)\text dt$ 的形式，可以拆开处理，即 $\displaystyle\int_a^x(x+g(t))f(t)\text dt= x\int_a^xf(t)\text dt+\int_a^xg(t)f(t)\text dt;$
+2. 类似 $\displaystyle\int_a^xf(x+t)\text dt$ 的形式，可以进行换元，令 $u=x+t$，则 $\text dt=\text du$，所以 $\displaystyle\int_a^xf(x+t)\text dt=\int_{x+a}^{2x}f(u)\text du.$
+
+上面两种类型并没有穷尽所有的可能，只是抛砖引玉，实际可能的变形是有很多的。
+
+先来两道简单的题目热热身。
+
+>[!example] 例题
+>计算极限
+>$$\lim_{x\to 0}\frac{x - \large\int_{0}^{x}\cos t^{2}\mathrm{d}t}{x^{3}\ln(1 + \tan^{2}x)}。$$
+
+>[!hint] 提示
+>观察一下上下的极限分别是多少
+
+>[!solution] 解析：
+>用等价无穷小代换和洛必达法则$$\begin{aligned}
+>\text{原式}&=\lim_{x\to0}\frac{x-\large\int_0^x\cos t^2\text dt}{x^5}\\
+>&\overset{\frac{0}{0}}{=}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x^2}{5x^4}\\
+>&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^4}{5x^4}\\
+>&=\frac{1}{10}.
+>\end{aligned}$$
+
+
+
+>[!example] 例题
+>已知
+>$$\begin{cases}
+>x = \large\int_{0}^{t} \frac{\sin u}{u} \text du, \\
+>y = \large\int_{0}^{t} \sin u^2 \text du,
+>\end{cases}$$
+>求 $\dfrac{\text dy}{\text dx}$ 和 $\dfrac{\text d^2 y}{\text dx^2}$。
+
+>[!hint] 提示
+>还记得参数方程的二阶导怎么求吗？
+>$$\displaystyle\frac{\text d^2y}{\text dx^2}=\frac{\text d}{\text dx}\left(\frac{\text dy}{\text dx}\right)=\frac{\text d}{\text dt}\left(\frac{\text dy}{\text dx}\right)\bigg/\frac{\text dx}{\text dt}.$$
+
+>[!solution] 解析
+>$x$ 和 $y$ 分别对 $t$ 求导得$$\frac{\text dx}{\text dt}=\frac{\sin t}{t},\frac{\text dy}{\text dt}=\sin t^2.$$
+>故 $$\frac{\text dy}{\text dx}=\frac{\text dy}{\text dt}\bigg/\frac{\text dx}{\text dt}=t\sin t.$$
+>$$\frac{\text d^2y}{\text dx^2}=\frac{\text d}{\text dt}\left(\frac{\text dy}{\text dx}\right)\bigg/\frac{\text dx}{\text dt}=\frac{\sin t+t\cos t}{\sin t^2}.$$
+
+
+积分的题目往往比较综合，会和其他的知识点一起考察，比如……级数。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
+>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
+
+>[!solution] 解析
+>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$
+>当 $x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
+>
+>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned}
+>0\leqslant a_n
+>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\
+>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\
+>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\
+>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.
+>\end{aligned}$$
+>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
+$$\int_0^x t f(x-t)\mathrm {d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \mathrm{d}t.$$
+(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；
+(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x) \mathrm{d}x$。
+
+>[!solution] 解析
+>（1）令 $u=x-t$，则$$\begin{aligned}
+>-\int_x^0(x-u)f(u)\text du
+>&=x\int_0^xf(u)\text du-\int_0^xuf(u)\text du\\
+>&=x^3-\int_0^xf(t)\text dt\\
+>&=x^3-\int_0^xf(u)\text du
+>\end{aligned},$$
+>两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
+>再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
+>（2）
+>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
+>\int \text e^xf(x)\text dx
+>&=\int f(x)\text d\text e^x\\
+>&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
+>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$
+>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$
+>
+>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$
+积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x\mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$
+代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6.
+$$于是$$\begin{aligned}
+\int_0^1 \text e^x f(x)\mathrm {d}x
+&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right]\mathrm {d}x \\
+&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\
+&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\
+&= 18 - 6\text e.
+\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）定积分的值与被积变量无关。第二点很容易被忘记。
+>第二问的两种解法都是有来头的。
+>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是不要忘记积分常数。
+>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意不要忘记积分常数。
+
+# Section 4 定积分
+
+由于定积分确定了上下限，因此定积分在不定积分的基础上多了不少有趣的性质，比如之前提到的在 $[-a,a]$ 有定义的奇函数在 $[-a,a]$ 的定积分为 $0$ ；
+除此之外还有很多性质，有些会为积分的化简提供便利，有些会给你挖个大坑。
+
+1. **周期函数每个周期内的定积分相同**
+简单来说，如果 $T$ 是 $f(x)$ 的周期，那么 $\displaystyle\int_a^{a+T}f(x)\mathrm dx=\int_{a+T}^{a+2T}f(x)\mathrm dx$.
+
+
+>[!example] 例题
+>定积分 $\int_{-2026}^{2026} (x-[x])\mathrm dx$（其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）的值为$\underline{\qquad}$。
+
+>[!solution] 解析
+>$f(x)=x-[x]$ 是周期为 $1$ 的函数，那么 $\displaystyle\int_{-2026}^{2026} (x-[x])\mathrm dx=5052\int_0^1(x-[x])\mathrm dx=5052\int_0^1x\mathrm dx=5052 \left[\frac{x^2}{2} \right]_0^1=2026$
+
+>[!example] 例题
+>已知 $\displaystyle a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \mathrm dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
+(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$
+
+>[!note] 解析
+>由于函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，所以$$a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \mathrm dx = n \int_0^{\pi} |\cos x| \mathrm dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x \mathrm dx = 2n\sin x|_0^{\pi/2} = 2n.$$
+>对于选项(A)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2,$ 显然发散；
+>对于选项(B)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n},$ 是调和级数的两倍，也发散；
+>对于选项(C)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,$ 通项不趋于 $0$，故发散；
+>对于选项(D)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$，为交错级数，由莱布尼兹判别法易知其收敛.
+>故选D.
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键在于利用三角函数的周期性，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。
+
+![[cosx的绝对值.png]]
+
+
+
+2. 除此之外，还可以把定积分的上下限劈开：$\int_a^bf(x)\mathrm dx=\int_a^cf(x)\mathrm dx+\int_c^bf(x)\mathrm dx$，这在 $f(x)$ 是分段函数（如绝对值）的情况下特别有用：
+>[!example] 例题
+>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \frac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)\mathrm dx$。
+
+>[!solution] 解析
+>我们可以按照 $f(x)$ 的分段形式对定积分进行拆分：
+>$$\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \mathrm dx = \int_{-1}^0 f(x) \mathrm dx + \int_0^1 f(x) \mathrm dx$$
+> 对于第一部分：
+>$$
+ \int_{-1}^0 f(x)\mathrm dx = \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2}\mathrm dx = \int_{-1}^0 \arctan x\mathrm d(\arctan x) = \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 = -\frac{\pi^2}{32}.$$
+>对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：
+ >$$
+ \begin{aligned}
+ \int_0^1 f(x)\mathrm dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}}\mathrm dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2\mathrm dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}\mathrm dt \\
+ &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right)\mathrm dt = 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\
+ &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) = 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
+ \end{aligned}$$
+>故$$I = \int_{-1}^1 f(x)\mathrm dx = \int_{-1}^0 f(x)\mathrm dx + \int_0^1 f(x)\mathrm dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.$$
+
+
+
+而且，有不少定积分的应用 超乎你的想象。
+
+>[!example] 例题
+>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；
+>(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。
+
+>[!solution] 解析
+>（1）证明：
+>考虑数列的单调性，有 $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}),$$由于$\displaystyle\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n+1}},$ 所以$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\lt0,$$即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。
+>另一方面，利用定积分进行估计：$$2\sqrt n-2=\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm dx=2\sqrt n-1,$$
+>所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。
+>（2）
+>**解1：**
+>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0$，故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
+>**解2：**
+>利用定积分的定义：
+>$$\begin{aligned}
+\lim_{n \to \infty} &\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \\
+&= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right)\\
+&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} \mathrm dx \\
+&= 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 \\
+&= 2\sqrt{2} - 2.
+>\end{aligned}$$
+>故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。
+>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题……
+>>[!example] 补充例题
+>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$
+>
+>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$\underline{\qquad}.$
+
+>[!solution] 解析（？）
+>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] 题后反思
+>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。实际上，在闭区间上一致连续和连续是等价的，所以这里可以这样做。
+>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。
+>即：上下限是根据变量设置的，而非仅仅根据微分算子后面的表达式
+
+而不定积分的大坑就是换元之后要记得再还原。
+>[!warning] 注意！
+>不定积分和定积分的换元法是相当类似的，但也并非完全一样。定积分只要考虑积分上下限就可以了，因为定积分的结果和积分变量无关，只与函数本身和上下限有关；但不定积分最后得出的表达式和积分变量是有关的，不同的变量不定积分就是不一样。所以一定要记得把换过去的变量再换回来！
+
+
+>[!bug] 请自行补充你自己容易犯错的点
+
+
+
+# Extra. 常用积分公式速记
+
+### 一、三角函数积分
+
+ $\displaystyle\int \sin^2 x\mathrm dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$
+ $\displaystyle\int \cos^2 x\mathrm dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$
+### 二、反三角函数积分
+ $\displaystyle\int \arcsin x\mathrm dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$
+ $\displaystyle\int \arccos x\mathrm dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$
+ $\displaystyle\int \arctan x\mathrm dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$
+ $\displaystyle\int \text{arccot } x\mathrm dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$
+### 三、含根式的积分（ a>0 ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}\mathrm dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}}\mathrm dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}}\mathrm dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2}\mathrm dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$
+### 四、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2}\mathrm dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2}\mathrm dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b}\mathrm dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$
+### 五、指数与对数结合积分
+ $\displaystyle\int x e^x\mathrm dx = (x-1)e^x + C$
+$\displaystyle\int x \ln x\mathrm dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$
+ $\displaystyle\int e^x \sin x\mathrm dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$
+ $\displaystyle\int e^x \cos x\mathrm dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$
+### 六、常用凑微分积分
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2}\mathrm dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x}\mathrm dx = \ln|\ln x| + C$
+ $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\mathrm dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$
+ $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\mathrm dx = -2\cos\sqrt{x} + C$
+>[!abstract] 练习
+>尝试推导上述公式，
+
+## 三角函数的特殊性
+
+$\displaystyle\int_0^\pi xf(\sin x)\mathrm dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)\mathrm dx,$
+
+$\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(\sin x)\text dx=\int_0^{\pi/2}f(\cos x)\text dx.$
+
+## 华莱士公式：
+$$\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm dx=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^nx\mathrm dx=\begin{cases}\dfrac{\pi}{2}\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k,\\\dfrac{(n-1)!!}{n!!},n=2k+1,\end{cases}\qquad k\in\mathbb{N}$$
+其中 $m!!=\begin{cases}m(m-2)\cdots(4)(2),\ m\text{是偶数},\\m(m-2)\cdots(3)(1),\ m\text{是奇数}\end{cases}$ 称为双阶乘.
+
+
+# 碎碎念
+### 魔法六边形
+左边全是正，正弦/正切/正割
+右边全是余，余弦/余切/余割
+![[魔法六边形.svg]]
+
+你可以绕着这个六边形旋转来得到三角函数的商：
+![[魔法六边形-2.svg]]
+除此之外还有 $\displaystyle\sin x=\frac{\cos x}{\cot x},\cos x=\frac{\cot x}{\csc x}$...有时能够取得一些意想不到的效果。
+
+穿过六边形的中心 $1$，即为取倒数：
+$\displaystyle\sin x=\frac{1}{\csc x}$，$\displaystyle\cos x=\frac{1}{\sec x}$
+![[魔法六边形-3.svg]]
+防止在过度紧张的时候将正割/余割的倒数记错。
+
+对于每一个小倒三角 $\nabla$，三角形上边的两个角的平方和等于下面的角，用这种方法可以快速记忆三角函数平方和公式 $\tan^2 x+1=\sec^2 x, 1+\cot^2 x=\csc^2x$
+![[魔法六边形-5.svg]]
+
+
+# 谏学高数者十思书
+善学高数者，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，可以尽春节之乐，可以养寒假之寿。
+## 逐句解析
+##### 善学高数者，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**，并留意泰勒展开的程度，你需要根据皮亚诺余项来判断需要展开到多少阶。
+##### 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！补药漏写积分常数 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；
+级数的判别需要按照以下步骤执行：
+```mermaid
+flowchart TD
+ A["开始"] --> B["$$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0?$$"]
+ B --> |"否"| C["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 发散（必要条件）"]
+ B --> |"是"| D["$$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$$ 是正项级数？"]
+ D --> |"否"| E["$$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|$$ 收敛？"]
+ D --> |"是"| F["比较判别法；
比值/根值判别法"]
+ E --> |"否"| L["使用比值/根值判别法判别的$$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|$$ 发散？"]
+ L --> |"否"| G["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 为交错级数？"]
+ L --> |"是"| M["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 发散"]
+ E --> |"是"| H["$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 绝对收敛"]
+ G --> |"否"| I["利用级数的运算性质，
如部分和，或其他判别法"]
+ G --> |"是"| J["级数每一项的
绝对值单调递减？"]
+ J --> |"否"| I
+ J --> |"是"| K["莱布尼兹判别法：$$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 条件收敛"]
+```
+
+
+>[!error] 非正项级数需要写明“绝对收敛”和“条件收敛”！
+##### 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！！而零点、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，可以尽春节之乐，可以养寒假之寿。
+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、泰勒和柯西，我说服了他们往你的大脑注入一点他们的智慧，考试当天生效。
+最后提前祝大家过个好年！
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png
new file mode 100644
index 0000000..fa7b417
Binary files /dev/null and b/高数上/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png differ
diff --git a/编写小组/讲义/图片/xcospix.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/xcospix.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/xcospix.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/xcospix.png
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/三角形.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/三角形.png
new file mode 100644
index 0000000..110b21d
Binary files /dev/null and b/高数上/编写小组/讲义/图片/三角形.png differ
diff --git a/编写小组/讲义/图片/多次运用 微分中值定理.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/多次运用 微分中值定理.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/多次运用 微分中值定理.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/多次运用 微分中值定理.png
diff --git a/编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png
diff --git a/编写小组/讲义/图片/应用题梯子.jpg b/高数上/编写小组/讲义/图片/应用题梯子.jpg
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/应用题梯子.jpg
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/应用题梯子.jpg
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/微分中值定理图.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/微分中值定理图.png
new file mode 100644
index 0000000..4ccc9f8
Binary files /dev/null and b/高数上/编写小组/讲义/图片/微分中值定理图.png differ
diff --git a/编写小组/讲义/图片/易错点-等价无穷小.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/易错点-等价无穷小.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/易错点-等价无穷小.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/易错点-等价无穷小.png
diff --git a/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png
diff --git a/编写小组/讲义/图片/易错点10-2.png b/高数上/编写小组/讲义/图片/易错点10-2.png
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/易错点10-2.png
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similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/易错点9-1.png
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/易错点9-1.png
diff --git a/编写小组/讲义/图片/球浸入水示意图.jpg b/高数上/编写小组/讲义/图片/球浸入水示意图.jpg
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/图片/球浸入水示意图.jpg
rename to 高数上/编写小组/讲义/图片/球浸入水示意图.jpg
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-2.svg b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-2.svg
new file mode 100644
index 0000000..8017def
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-2.svg
@@ -0,0 +1,28 @@
+
+
+
\ No newline at end of file
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-3.svg b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-3.svg
new file mode 100644
index 0000000..7e70b99
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-3.svg
@@ -0,0 +1,376 @@
+
+
+
+
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-5.svg b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-5.svg
new file mode 100644
index 0000000..e8789c9
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形-5.svg
@@ -0,0 +1,557 @@
+
+
+
+
diff --git a/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形.svg b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形.svg
new file mode 100644
index 0000000..8ef7e72
--- /dev/null
+++ b/高数上/编写小组/讲义/图片/魔法六边形.svg
@@ -0,0 +1,20 @@
+
diff --git a/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md b/高数上/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md
similarity index 100%
rename from 编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md
rename to 高数上/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md
diff --git a/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md b/高数上/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
similarity index 99%
rename from 编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
rename to 高数上/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
index 71d21b9..1e2b96a 100644
--- a/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
+++ b/高数上/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
@@ -477,7 +477,7 @@ $$
---
#### 前情提要
-##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
+##### 比值判别法
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
@@ -486,7 +486,7 @@ $$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
-##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
+##### 根值判别法
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
diff --git a/编写小组/讲义/微分中值定理.md b/高数上/编写小组/讲义/微分中值定理.md
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diff --git a/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md b/高数上/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md
similarity index 88%
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index a2cfa11..9a5fac4 100644
--- a/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md
+++ b/高数上/编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md
@@ -2,7 +2,7 @@
tags:
- 编写小组
---
- **内部资料，禁止传播**
+**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华 陈玉阶 程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王嘉兴 王轲楠 彭靖翔 郑哲航 钟宇哲 支宝宁**
## **辅助函数的构造方法**
@@ -187,6 +187,7 @@ $$
两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
+
>[!example] 例2
设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
@@ -197,6 +198,18 @@ $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$.由导数的定义有$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-a}>0,\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)}{x-b}>0,$$由极限的保号性，存在$a_1,b_1\in(a,b)$，使得$f(a_1)>0,f(b_1)<0$，从而由零值定理，存在$c\in(a_1,b_1)$使得$f(c)=0$.
在区间$[a,c]$和$[c,b]$上分别用罗尔定理得，存在$\xi_1\in(a,c),\xi_2\in(c,b)$，使得$$f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0,$$故$f'(x)=0$在$(a,b)$内至少有两个根.
+
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
+$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：
+(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；
+(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
+
+**解析**：
+(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。由极值点的费马定理及罗尔定理，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 内存在极大值点 $\eta$，且 $g'(\eta)=0$，$g''(\eta) \leq 0$。即 $f'(\eta)=2\eta$，$f''(\eta) \leq 2$。若 $f''(\eta) < 2$，则取 $\xi=\eta$ 即可；若 $f''(\eta)=2$，则考虑在 $\eta$ 两侧应用拉格朗日中值定理，可找到另一个点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)<2$。
+(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，结合 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 和 $f(1/2)>1/4$，利用连续性及中值定理可推出存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=2$，矛盾。
+
## **拉格朗日中值定理**
### **原理**
若函数 $f(x)$ 满足两个条件:
@@ -253,8 +266,7 @@ $$
设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
$$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
- （2）求
- $\lim\limits_{x \to 0} \theta(x).$
+ （2）求$\lim\limits_{x \to 0} \theta(x).$
**证明：**
(1) 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
@@ -265,7 +277,7 @@ $$
如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
-(2) 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
+(2) 注意到 $f''(0)=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
$$
\begin{aligned}
@@ -326,6 +338,56 @@ $$
---
+>[!example] 例2
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在不同的 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得：
+$$f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)$$
+
+**解析**：
+1. 对 $f(x)$ 与 $g(x) = \frac{x^2}{2}$ 应用柯西中值定理，存在 $\eta \in (a, b)$ 使得：
+ $$
+ \frac{f(b)-f(a)}{(b^2 - a^2)/2} = \frac{f'(\eta)}{\eta}
+ $$
+ 整理得：
+ $$
+ f(b)-f(a) = \frac{b^2 - a^2}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+
+2. 对 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
+ $$
+ f(b)-f(a) = (b-a) f'(\xi)
+ $$
+
+3. 联立两式，消去 $f(b)-f(a)$ 得：
+ $$
+ (b-a) f'(\xi) = \frac{(b-a)(a+b)}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+ 由于 $b-a \neq 0$，约去后即得：
+ $$
+ f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
+ $$
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设 $0 < a < b$，证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
+$$f(b)-f(a) = \frac{3\xi^2}{a^2+ab+b^2} f'(\xi)(b-a)$$
+
+**解析**：
+将等式变形为：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
+$$
+取 $g(x) = x^3$，则 $g'(x) = 3x^2 \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。
+由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
+$$
+整理后即得所求。
+
+
+
+
+
## 多次运用中值定理
多次运用中值定理一般有如下特征：
@@ -361,11 +423,13 @@ $$
比较两式即得结论。
>[!example] 例2
-设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))$ ($a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))\,(a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。
+
+**分析：**
+
-**分析：**![[多次运用 微分中值定理.png]]
- 二阶导的零点就是图像的拐点，从图中能直观地看出来，函数图像的凹凸性确实发生了改变。现在的问题就是如何证明。
- 首先可以很直观地看到，函数图像应当有两条与直线$AB$平行的切线，由拉格朗日中值定理也可以证明这一点。这样，$f'(x)$就在不同地方取到了相同的函数值，这就想到用罗尔定理，从而可以证明题中结论。
+二阶导的零点就是图像的拐点，从图中能直观地看出来，函数图像的凹凸性确实发生了改变。现在的问题就是如何证明。
+首先可以很直观地看到，函数图像应当有两条与直线$AB$平行的切线，由拉格朗日中值定理也可以证明这一点。这样，$f'(x)$就在不同地方取到了相同的函数值，这就想到用罗尔定理，从而可以证明题中结论。
**解**：
弦 $AB$ 的方程为
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--- a/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md
+++ b/高数上/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md
@@ -217,7 +217,7 @@ $$
- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} (1+\square)^{1/\square} = e$
### 3.3 使用技巧
-1. **识别结构**：寻找$\frac{\sin(\text{无穷小})}{\text{相同的无穷小}}$或$\frac{e^{\text{无穷小}}-1}{\text{相同的无穷小}}$的形式
+1. **识别结构**：寻找$\displaystyle\frac{\sin(\text{无穷小})}{\text{相同的无穷小}}$或$\displaystyle\frac{e^{\text{无穷小}}-1}{\text{相同的无穷小}}$的形式
2. **变量代换**：令$t = \text{无穷小表达式}$，化为标准形式
3. **恒等变形**：利用对数、指数等恒等式转化
@@ -330,15 +330,15 @@ $$
在乘积和商的极限运算中，可以将复杂的无穷小量替换为等价的简单无穷小量，简化计算。
### 4.2 常用等价无穷小（$x\to 0$）
-| 等价形式 | 条件 |
-|---------|------|
-| $x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$ | 基础等价 |
-| $x \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)$ | 指数对数等价 |
-| $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ | 三角函数等价 |
-| $(1+x)^a-1 \sim ax$ | 幂函数等价 |
-| $a^x-1 \sim x\ln a\ (a>0)$ | 指数函数等价 |
-| $x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$ | 高阶等价 |
-| $\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$ | 高阶等价 |
+| 等价形式 | 条件 |
+| --------------------------------------------------------- | ------ |
+| $x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$ | 基础等价 |
+| $x \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)$ | 指数对数等价 |
+| $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ | 三角函数等价 |
+| $(1+x)^a-1 \sim ax$ | 幂函数等价 |
+| $a^x-1 \sim x\ln a\ (a>0)$ | 指数函数等价 |
+| $x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$ | 高阶等价 |
+| $\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$ | 高阶等价 |
### 4.3 使用原则
1. **乘除运算可直接替换**
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similarity index 100%
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index 2ea1587..2a57d8b 100644
--- a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md
+++ b/高数上/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md
@@ -6,119 +6,33 @@ tags:
## 几何级数
-### 定义
-
-几何级数是指形如
-
-$$
-\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots
-$$
-
-的无穷级数，其中：
-- $a \neq 0$ 是首项（常数）
-- $r$ 是公比（常数）
+>[!info] 定义
+几何级数是指形如$$\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots$$
+的无穷级数，其中$a \neq 0$ 是首项（常数），$r$ 是公比（正常数）
### 敛散性结论
| 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和（当收敛时） |
| ---------- | --- | -------------------- |
-| $r<1$ | 收敛 | $S = \dfrac{a}{1-r}$ |
+| $0[!solution] 证明
+>考虑部分和数列 $$S_n=a(1+r+r^2+\cdots+r^{n-1})=\frac{a(1-r^n)}{1-r}.$$
+>$0$r>1$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}r^n=+\infty,$ 所以 $\{S_n\}$ 发散.
---
-#### 二、敛散性分析
-
-##### 情形1：$|r| < 1$ 时收敛
-当 $|r| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$
-
-$$
-\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}
-$$
-
-所以级数收敛，和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。
-
-##### 情形2：$|r| > 1$ 时发散
-当 $|r| > 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$
-
-$$
-\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在（趋于无穷）}
-$$
-
-所以级数发散。
-
-##### 情形3：$r = 1$ 时发散
-$S_n = na$，当 $a \neq 0$ 时：
-
-$$
-\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty
-$$
-
-所以级数发散。
-
-##### 情形4：$r = -1$ 时发散
-此时级数为：
-
-$$
-a - a + a - a + \cdots
-$$
-
-部分和为：
-- $S_1 = a$
-- $S_2 = 0$
-- $S_3 = a$
-- $S_4 = 0$
-- ...
-
-当 $a \neq 0$ 时，部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡，没有极限，所以发散。
-
-##### 情形5：$r = -1$ 且 $a = 0$
-这是平凡情况，级数恒为 0，收敛于 0（但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$）。
-
----
-
-#### 三、直观理解
+**直观理解**
1. **$|r| < 1$**：项以指数速度衰减，总和有限
2. **$|r| \ge 1$**：项不衰减或增长，总和无限或振荡
**例子：**
-- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛）
-- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散）
-- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散）
+- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛）
+- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散）
+- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散）
---
@@ -149,14 +63,8 @@ $$
## p 级数
-### 定义
-
-p 级数是指形如
-
-$$
-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}
-$$
-
+>[!info] 定义
+$p$ 级数是指形如$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$$
的无穷级数，其中 $p$ 是实数。
### 敛散性结论
@@ -168,8 +76,8 @@ $$
### 证明（初等方法）
#### 一、准备工作
-1. **调和级数发散**：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
-2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛
+1. **调和级数发散**：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
+2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛
---
@@ -177,20 +85,16 @@ $$
**证明步骤：**
-1. 对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$
-2. 因此：
+对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$
+因此：
$$
\frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n}
$$
-3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
-4. 由比较判别法：
- - 若 $\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\sum b_n$ 也发散
- - 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$，$a_n = \frac{1}{n}$
-5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时，p 级数发散
-
-**注：** $p = 1$ 就是调和级数本身。
-
----
+已知调和级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
+由比较判别法：
+若 $\displaystyle\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\displaystyle\sum b_n$ 也发散
+这里 $\displaystyle b_n = \frac{1}{n^p}$，$\displaystyle a_n = \frac{1}{n}$
+所以当 $0 < p \le 1$ 时，$p$ 级数发散
#### 三、当 $p > 1$ 时收敛
@@ -216,7 +120,7 @@ $$
**估计第 $k$ 组的和：**
第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$，共 $2^{k-1}$ 项。
-由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项：
+由于 $\displaystylef(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项：
$$
\frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1})
@@ -246,19 +150,17 @@ $$
r = 2^{1-p} < 2^0 = 1
$$
-右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\frac{1}{1-r}$。
+右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\displaystyle\frac{1}{1-r}$。
因此原级数的部分和有上界，且单调递增（各项为正），故级数收敛。
----
-
#### 四、直观理解
1. **$p \le 1$**：项衰减太慢，类似调和级数，总和无限增大
2. **$p > 1$**：项衰减足够快，总和有限
**特例：**
-- $p = 2$：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$
+- $p = 2$：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$
- $p$ 越大，收敛越快
---
@@ -283,17 +185,17 @@ $$
## **原理**
-对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（S 为有限常数），则级数收敛，且和为 S；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。
+对于级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（$S$ 为有限常数），则级数收敛，且和为 $S$；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。
## **适用情况**
适用于部分和可通过公式化简求和的级数，典型类型包括：
-1.等比级数：$\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$；
+1.等比级数：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $\displaystyle S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$；
-2.裂项相消型级数：如 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简；
+2.裂项相消型级数：如 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\displaystyle\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简；
-3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。
+3.少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。
## **优势**
@@ -303,7 +205,7 @@ $$
## **劣势**
-1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\sum\frac{1}{n}$、$\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。
+1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\displaystyle\sum\frac{1}{n}$、$\displaystyle\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。
2. 计算难度高：裂项、错位相减等求和技巧性强，对复杂通项不易找到化简方法。
@@ -312,28 +214,28 @@ $$
## **例子**
>[!example] **例1**
->判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和
+>判定级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和
-解析
+**解析**
1. 裂项变形
- $\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$
+ $\displaystyle\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$
2. 求部分和
- $S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$
+ $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$
3. 取极限
- $\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$
+ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$
-4. 结论：该级数 **收敛**，和为 \( 1 \)
+4. 结论：该级数 **收敛**，和为 $1$
>[!example] **例2**
-判断级数$\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性
+判断级数$\displaystyle\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性
-解析：
+**解析：**
1. 已知公式
@@ -349,7 +251,7 @@ $= \cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \ri
因此：
-$\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }}$
+$$\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }$$
这是一个裂项公式，因为对 k 求和时，中间项会消去。
@@ -357,59 +259,53 @@ $\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\lef
题中级数为：
-$\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$
+$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$
-这里 $\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\sin\frac{\theta}{2}$ = $\sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。
+这里 $\displaystyle\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\displaystyle\sin\frac{\theta}{2} = \sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。
利用上面裂项公式，记
-$a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$
-
-$= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$
+$$\displaystyle a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$$
即
-$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$
+$$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$$
3. 求部分和 $S_n$
-$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$
-
-$= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$
+$$\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n a_k= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$$
-记 $C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则：
+记 $\displaystyle C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则：
-$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$
+$$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$$
这是一个裂项和：
-$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$
+$$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$$
其中
-$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12}$
-
-$C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$
+$$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12},C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$$
因此：
-$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$
+$$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$$
4. 分析极限
-当 $n \to \infty$ 时， $\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$ 在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。
+当 $n \to \infty$ 时， $\displaystyle\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$ 在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。
-事实上，$\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。
+事实上，$\displaystyle\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。
因此：
-$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$
+$$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$$
**习题1**
级数
-$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$
+$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$$
的和为
@@ -421,17 +317,17 @@ C. 2
D. 不存在（发散）
-解：
+**解：**
观察
-$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
+$$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$$
部分和：
-$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
+$$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$$
-收敛到 1。
+收敛到 $1$。
答案：B
@@ -439,13 +335,11 @@ $S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac
级数
-$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$
-
-\]
+$$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$$
的敛散性是
-A. 收敛到 0
+A. 收敛到 $0$
B. 收敛到 $1 - \sqrt{2}$
@@ -453,15 +347,13 @@ C. 收敛到 $\sqrt{2} - 2$
D. 发散
-解：
+**解：**
观察通项：
设 $a_n = \sqrt{n}$，则
-$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$
-
-\]
+$$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$$
记 $b_n = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则
@@ -469,23 +361,19 @@ $a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$
部分和：
-$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$
+$$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$$
-\]
-$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$
-
-\]
+$$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$$
因此
-$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$
+$$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$$
-\]
当 $N \to \infty，\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1} \to 0$，所以
-$lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$
+$$\displaystyle \lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$$
收敛到 $1 - \sqrt{2}$。
@@ -497,29 +385,29 @@ $lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$
1. 线性运算性质的应用
-设$\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，k 为非零常数：
+设$\displaystyle\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，$k$ 为非零常数：
-- 若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum ku_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum ku_n$ 发散。
+- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛，则 $\displaystyle\sum ku_n$ 收敛；若 $\displaystyle\sum u_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum ku_n$ 发散。
-- 若 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。
+- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 和 $\displaystyle\sum v_n$ 都收敛，则 $\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。
-- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。
+- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛、$\displaystyle\sum v_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。
-注：若两者都发散，$\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。
+注：若两者都发散，$\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。
2. 添减/改变有限项性质的应用
对任意级数，增加、去掉或改变有限项，不改变其敛散性。
-例：$\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。
+例：$\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。
3. 正项级数重组性质的应用
-若正项级数 $\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。
+若正项级数 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。
## **适用情况**
-1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。
+1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\displaystyle\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。
2. 级数仅增减、改变有限项，或对正项级数进行项的重组。
@@ -535,14 +423,14 @@ $lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$
1. 依赖性强：必须依赖已知敛散性的“参考级数”，若无法拆分或无合适参考级数，则无法使用。
-2. 有局限性：对于 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 均发散的情况，$\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。
+2. 有局限性：对于 $\displaystyle\sum u_n$ 和 $\displaystyle\sum v_n$ 均发散的情况，$\displaystyle\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。
## **例子**
>[!example] **例1**
->判断级数$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
+>判断级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
-解析：
+**解析：**
原级数：
@@ -615,39 +503,39 @@ u_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \\
\end{align*}
$$
-$\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛
+$\displaystyle\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛
-$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。
+$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。
根据级数运算性质：**收敛级数 + 收敛级数 - 发散级数 = 发散级数**。
-因此，级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。
+因此，级数$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。
**习题1**
-已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ）
+已知级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ）
-A. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛
+A. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛
-B. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散
+B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散
-C. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散
+C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散
-D. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛
+D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛
解析：
-设 $s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。
+设 $\displaystyle s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。
则 $a_n+b_n$ 的前 $n$ 项和 = $s_n + t_n$，收敛+发散 = 发散，故 B 正确。
-反例：A 错。C：取 $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。
+反例：A 错。C：取 $\displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $\displaystyle a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $\displaystyle a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。
答案：B
**习题2**
-级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：
+级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：
A. 绝对收敛
@@ -661,9 +549,9 @@ D. 可能收敛可能发散
拆成两个：
-1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。
+1. $\displaystyle\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。
-2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。
+2. $\displaystyle\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。
条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。
@@ -693,45 +581,45 @@ D. 可能收敛可能发散
## 例子
> [!example] 例1
-> 判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性
+> 判断级数$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性
-设 $a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。
+设 $\displaystyle a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。
-由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时，
+由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\displaystyle\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\displaystyle\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时，
-$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$
+$\displaystyleq_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$
-记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。
+记$\displaystyle\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。
-由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$
+由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$
-因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$
+因此 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$
-故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。
+故级数 $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。
> [!example] 例2
基础练习 下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_
- A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
- B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$
- C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$
- D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$
- E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
- F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
+ A $\displaystyle\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
+ B $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$
+ C $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$
+ D $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$
+ E $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
+ F $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
**参考答案：ABCF.
- - **A** 由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。
- - **B** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。
- - **C** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$）
- - **D** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
- - **E** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
- - **F** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。
+ - **A** 由于 $\displaystyle0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。
+ - **B** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。
+ - **C** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\displaystyle\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$）
+ - **D** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
+ - **E** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
+ - **F** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。
# 比值判别法
## 原理
-对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
+对于正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\displaystyle\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$，则级数收敛；
2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$（或 $\rho=+\infty$），则级数发散；
3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$，则判别法失效，需用其他方法（如比较判别法、积分判别法等）判断。
@@ -742,15 +630,15 @@ $q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} >
## **优势**
-1. 化简效率高：通项含 n!、$a^n$ 时，作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
+1. 化简效率高：通项含 $n!$、$a^n$ 时，作商 $\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
2. 判定直接：只需计算一个极限值与 1 比较，无需像比较判别法那样构造合适的参考级数，对初学者更友好。
## **劣势**
-1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。
+1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $\displaystyle u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。
2. 失效情形无判定能力：当极限 $\rho=1$ 时，无法判断级数敛散性，必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法，增加了解题步骤。
3. 仅针对正项级数：不能直接应用于任意项级数（如交错级数），若要使用，需先对通项取绝对值判断绝对收敛，再进一步分析条件收敛。
-4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。
+4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。
## **例子**
@@ -777,7 +665,7 @@ $$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
$$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
-这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。
+这里 $\displaystyle(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。
所以：
$$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$
@@ -793,13 +681,13 @@ $$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
· 若 $\alpha$> 1，极限为 0，比值判别法得出 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = 0 < 1$，级数收敛。
-· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。
+· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。
· 若 0 < $\alpha$ < 1，极限为 $\infty$ > 1，级数发散。
4. 答案
- 当$\alpha$>1时收敛，当 0 < $\alpha$ < 1 时发散
+ 当$\alpha$>1时收敛，当 $0<\alpha<1$ 时发散
>[!example] **习题1**
级数 $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$$ 的敛散性是
@@ -840,7 +728,7 @@ B. 发散
C. 无法判断
-解
+**解**
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}
@@ -857,11 +745,11 @@ $$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$
### 原理
-通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。
+通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\displaystyle\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\displaystyle\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。
### 适用情况
-1. 适用于正项级数 $\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。
+1. 适用于正项级数 $\displaystyle\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。
2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时，此方法往往有效。
@@ -940,15 +828,11 @@ $$
> **解**
> 计算根值：
-> $$
-> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)
-> $$
+> $$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)$$
> 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。
>
> 改用其他方法：注意到
-> $$
-> \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty)
-> $$
+> $$\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty)$$
> 所以 $u_n \to e^{-1} \neq 0$，由级数收敛的必要条件（通项必须趋于0）知该级数发散。
> [!example] 例2
@@ -956,20 +840,13 @@ $$
> **解**
> 计算根值：
-> $$
-> \sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}}
-> $$
+> $$\sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}}$$
> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以
-> $$
-> \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a}
-> $$
-> - 若 $\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。
-> - 若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。
+> $$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a}$$
+> - 若 $\displaystyle\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。
+> - 若 $\displaystyle\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。
> - 若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。
-> 当 $a = 1$ 时，
-> $$
-> u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty)
-> $$
+> 当 $a = 1$ 时，$$u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty)$$
> 通项不趋于0，故级数发散。
>
> **综上**：
@@ -981,30 +858,22 @@ $$
> **证明**
> 令 $M = \max\{a_1, \dots, a_m\}$，则
-> $$
-> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n
-> $$
+> $$M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n$$
> 两边开 $n$ 次方：
-> $$
-> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}
-> $$
+> $$M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}$$
> 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$，由夹逼定理得结论。
>
-> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。
+> 此结论在判断形如 $\displaystyle\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。
> [!example] 例4
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。
> **解**
-> $$
-> u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n
-> $$
+> $$u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n$$
> 计算根值：
-> $$
-> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n}
-> $$
-> 由例3结论，$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。
+> $$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n}$$
+> 由例3结论，$\displaystyle\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。
---
@@ -1044,10 +913,10 @@ $$
## 原理
所谓交错级数，就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法：
- 对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足
+ 对于交错级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足
（1）$\{a_{n}\}$单调减少，即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$
（2）$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$
- 则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$.
+ 则级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$.
## 优势劣势
@@ -1057,39 +926,40 @@ $$
> [!example] 例1
> 判断下列极限是否收敛:
-> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$
-> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$
+> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$
+> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$
解：
-$(1)cosn\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$
+$(1)\cos n\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$
-$显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$
+$\displaystyle显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$
-$(2)sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$
+$\displaystyle(2)\sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}\sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$
-$又a_{n}=sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$
+$\displaystyle又a_{n}=\sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$
上面这个例题告诉我们，交错级数并不总是很傻地就写一个$(-1)^n$来给我们看，它也是会有多种形式地。而且，无论是单调性还是符号的交错出现，都不一定要从第一项开始，因为级数的敛散性和它的前有限项无关，要是这个交错级数通项的绝对值从第二项才开始单调递减，那就从第二项开始考虑，这不影响它的敛散性；一样，要是一个级数从第二项开始才是交错级数，那就从第二项开始算，第一项就不管它了。
> [!example] 例2
> 判断下面这个级数是否收敛：
-> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$
+> $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}\sin\frac{n\pi}{2}.$
解：
- $对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,sin\frac{n\pi}{2}=0.故$
- $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$
- $故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$
+ $\displaystyle对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,\sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,\sin\frac{n\pi}{2}=0.故$
+ $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}\sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$
+ $\displaystyle故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$
$\{a_{k}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛.$
## 习题
-$(1)\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$
-$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}sin\frac{n\pi}{2}.$
-$(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$
-$(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$
+$\displaystyle(1)\sum_{n=1}^{\infty}\sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$
+$\displaystyle(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}\sin\frac{n\pi}{2}.$
+$\displaystyle(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$
+$\displaystyle(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$
## **习题答案**
-$(1)sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$
-$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$
+$\displaystyle(1)\sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}\sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$
+$\displaystyle a_{n}=\sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$
$(2)同例2解法，答案是收敛（建议作为课前题目）$
$(3)n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$
-$(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$
\ No newline at end of file
+$\displaystyle(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$
+
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