diff --git a/.obsidian/workspace.json b/.obsidian/workspace.json index d5bbeeb..bc5bb04 100644 --- a/.obsidian/workspace.json +++ b/.obsidian/workspace.json @@ -11,14 +11,10 @@ "id": "b6107f657aaca089", "type": "leaf", "state": { - "type": "markdown", - "state": { - "file": "小测/12.22/课前测解析版.md", - "mode": "source", - "source": false - }, + "type": "empty", + "state": {}, "icon": "lucide-file", - "title": "课前测解析版" + "title": "新标签页" } } ] @@ -193,6 +189,7 @@ }, "active": "cd457af850fd87f8", "lastOpenFiles": [ + "编写小组/二阶微分推导.md", "编写小组/课后测/课后测解析版2.md", "编写小组/课后测/课后测解析版1.md", "编写小组/课后测/课后测2.md", diff --git a/Chapter 2-3 极限/其他判别法.docx b/Chapter 2-3 极限/其他判别法.docx deleted file mode 100644 index f6d8d1f..0000000 Binary files a/Chapter 2-3 极限/其他判别法.docx and /dev/null differ diff --git a/Chapter 2-3 极限/根值判别法.md b/Chapter 2-3 极限/根值判别法.md deleted file mode 100644 index 8e31796..0000000 --- a/Chapter 2-3 极限/根值判别法.md +++ /dev/null @@ -1,358 +0,0 @@ -# 根值判别法（柯西判别法） - - - -## Quick Description - - ------ -### 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。 - - - -### 适用情况 - - - -1. 适用于正项级数 $\sum u_n$（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。 - -3. 当比值判别法失效或难以计算时，可尝试根值判别法。 - - - -### 优势和劣势 - - - -**优势** - - - -1. 对于含 $n$ 次幂、指数或幂指结构的级数，计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 可能比计算比值 $u_{n+1}/u_n$ 更简单。 - -2. 理论清晰，与等比级数直接比较，直观性强。 - - - -**劣势** - - - -1. 当 $\rho = 1$ 时无法判断（此时级数可能收敛也可能发散）。 - -2. 需要求 $\sqrt[n]{u_n}$ 的极限，有时计算较复杂。 - -3. 仅适用于正项级数。 - - - ---- - - - -## 定理与证明 - - - -### 定理（根值判别法） - - - -设 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 是**正项级数**，且 - - - -$ρ=\lim ⁡n→∞ u_n n ρ=n→∞\lim ​nu_n$​​ - - - -（这里允许 $\rho = +\infty$）。 - - - -1. 若 $\rho < 1$，则级数收敛。 - -2. 若 $\rho > 1$（包括 $\rho = +\infty$），则级数发散。 - -3. 若 $\rho = 1$，判别法失效（级数可能收敛也可能发散）。 - - - -### 证明思路 - - - -由极限定义：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时， - - - -$ρ−ε [!note]   - -> **情形 $\rho < 1$**   - -> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$，则 - -> - -> unN)un​N) - -> - -> 而几何级数 $\sum r^n$ 收敛，由比较判别法知 $\sum u_n$ 收敛。 - - - -> [!note]   - -> **情形 $\rho > 1$**   -> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho - \varepsilon > 1$，则 -> -> $u_n>r^n(n>N)$ -> -> 而几何级数 $\sum r^n$ 发散，故 $\sum u_n$ 发散。 - - - -> [!note]   - -> **情形 $\rho = 1$**   -> 反例： -> -> - $\sum \frac{1}{n}$ 发散，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n}} \to 1$。 ->     -> - $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} \to 1$。 ->     - - - ---- - - - -## 典型例题 - - - -> [!example] 例1   - -> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性。 - -> - -> **解**   - -> 计算根值： - -> - -> unn=(1−1n)nn=1−1n→1(n→∞)nun​​=n(1−n1​)n​=1−n1​→1(n→∞) - -> - -> 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。 - -> - -> 改用其他方法：注意到 - -> - -> (1−1n)n=enln⁡(1−1n)∼e−1(n→∞)(1−n1​)n=enln(1−n1​)∼e−1(n→∞) - -> - -> 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   - -> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left(a + \frac{1}{n}\right)^n} \quad (a > 0)$ 的敛散性。 - -> - -> **解**   - -> 计算根值： - -> - -> unn=n(a+1n)nn=nna+1nnun​​=n(a+n1​)nn​​=a+n1​nn​​ - -> - -> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以 - -> - -> lim⁡n→∞unn=1an→∞lim​nun​​=a1​ - -> - -> - 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。 - ->     - -> - 若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。   - ->     当 $a = 1$ 时， - ->     - ->     un=n(1+1n)n∼ne(n→∞)un​=(1+n1​)nn​∼en​(n→∞) - ->     - ->     通项不趋于0，故级数发散。 - ->     - -> - -> **综上**： - -> - -> - 当 $a > 1$ 时，级数收敛； - ->     - -> - 当 $0 < a \le 1$ 时，级数发散。 - ->     - - - -> [!example] 例3（常用结论）   - -> 证明：$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max{a_1, a_2, \dots, a_m}$，其中 $a_k > 0$。 - -> - -> **证明**   - -> 令 $M = \max{a_1, \dots, a_m}$，则 - -> - -> Mn≤a1n+⋯+amn≤mMnMn≤a1n​+⋯+amn​≤mMn - -> - -> 两边开 $n$ 次方： - -> - -> M≤a1n+⋯+amnn≤M⋅mnM≤na1n​+⋯+amn​​≤M⋅nm​ - -> - -> 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。 - - - -> [!example] 例4   - -> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。 - -> - -> **解** - -> - -> un=2n+3n5n=(25)n+(35)nun​=5n2n+3n​=(52​)n+(53​)n - -> - -> 计算根值： - -> - -> unn=(25)n+(35)nnnun​​=n(52​)n+(53​)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。 - - - ---- - - - -## 注意事项 - - - -1. 根值判别法仅适用于正项级数。 - -2. 当 $\rho = 1$ 时，需改用其他方法（如比较判别法、积分判别法、比值判别法等）。 - -3. 计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 时，常用结论： - -    nn→1,nkn→1,an=a1/n→1 (a>0)nn​→1,nnk​→1,na​=a1/n→1 (a>0) - -4. 若 $u_n$ 含有 $n!$ 或连乘形式，通常使用比值判别法更简便；若含 $n$ 次幂，则根值判别法可能更直接。 - - - ---- - - - -## 练习题 - - - -> [!question] 练习1   - -> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n$ 的敛散性。 - - - -> [!question] 练习2   - -> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5^n}{n^n}$ 的敛散性。 - - - -> [!question] 练习3   - -> 设 $a > 0$，讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{a}{n}\right)^n$ 的敛散性。 - - - -> [!note] 参考答案 - -> - -> 1. $\rho = \frac{1}{2} < 1$，收敛。 - ->     - -> 2. $\rho = 0 < 1$，收敛。 - ->     - -> 3. 对任意 $a > 0$，有 $\rho = 0 < 1$，收敛。 - -> \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 2-3 极限/比值判别法.md b/Chapter 2-3 极限/比值判别法.md deleted file mode 100644 index 5ac4e12..0000000 --- a/Chapter 2-3 极限/比值判别法.md +++ /dev/null @@ -1,123 +0,0 @@ -# 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。 -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。 - -## **适用情况** - -主要适用于通项含阶乘、指数幂（如 $a^n$）、$n^n$ 等形式的正项级数，这类通项的 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ ，作商后阶乘、指数部分可大幅化简，极限易求。 - -## **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 -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。 -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。 - -## **例子** - -> [!example] 例1 -判定级数敛散性： -$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$ - - - -**解析** -用比值判别法： -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^n} = \frac{2}{n+1} \to 0$$ -因此收敛。 - - ->[!example] 例2 -设 $\alpha$ 为正常数，判定级数的敛散性： -$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$ - - -**解析** - -1. 记通项 - -$$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$ - -这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。 - -所以：$$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$ - -2. 用比值判别法 -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{2^{n+1}((n+1)!)^{\alpha+1}} \cdot \frac{2^n (n!)^{\alpha+1}}{(2n)!}$$ -化简：$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2) = 2(2n+1)(n+1)$$$$\frac{2^n}{2^{n+1}} = \frac12$$$$\frac{(n!)^{\alpha+1}}{((n+1)!)^{\alpha+1}} = \frac{1}{(n+1)^{\alpha+1}}$$ -所以：$$\frac{a_{n+1}}{a_n} - -= \frac{2(2n+1)(n+1) \cdot \frac12}{(n+1)^{\alpha+1}} - -= \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$ -3. 计算极限 -$$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$ -· 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 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 - ->[!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 - -A. 收敛 - -B. 发散 - -C. 无法判断 - - -**解析** -$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$ - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} - -= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$ -化简： -$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$ -$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$ - -$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$ -所以 - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15 -= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$ -$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$ -所以收敛。 - -答案：A - ->[!example] **习题2** -级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$ 的敛散性是 - -A. 收敛 - -B. 发散 - -C. 无法判断 - -解 -$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$ -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n} - -= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$ -$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$ - -所以发散。 - -答案：B \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 2-3 极限/比较判别法.md b/Chapter 2-3 极限/比较判别法.md deleted file mode 100644 index cd07a96..0000000 --- a/Chapter 2-3 极限/比较判别法.md +++ /dev/null @@ -1,97 +0,0 @@ -### Quick Description - -#### 原理 -不等式形式：放缩，大敛则小敛，小散则大散 -极限形式：比值的极限为常数，则同敛散 -#### 适用情况 -正项级数 -#### 优势和劣势 -放缩在高中有知识基础，比较好上手 -与比值/根值判别法不同，判定出变号级数的绝对值发散后，无法得到原级数发散 -### 例子 -#例一 -判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$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$S_n$。 -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，$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$ -记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。 -由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$ -因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$ -故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。 - -#例二 -**基础练习** - -1. **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 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ - - **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。 - - - - -练习： -**判定断下列级数的敛散性：** -A.收敛 B.发散 -(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$ -(2) $\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{a}-1) \quad (a>0)$ - - - -解答： -**(1)** 由于 -$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$， -而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。 - -**(2)** - -- 当 $a = 1$ 时，通项 $\sqrt[n]{a}-1 = 0$，级数为 $\sum_{n=1}^\infty 0$，收敛。 - -- 当 $a > 1$ 时，级数为正项级数。由于 - $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{a}-1}{1/n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{e^{(\ln a)/n} - 1}{1/n} = \ln a > 0$， - 而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散，故此时级数发散。 - -- 当 $0 < a < 1$ 时，级数为负项级数。考虑 $\sum_{n=1}^\infty (1-\sqrt[n]{a})$， - $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1-\sqrt[n]{a}}{1/n} = -\ln a > 0$，同理级数发散。 - - -综上，级数当 $a = 1$ 时收敛，当 $a>0$ 且 $a \neq 1$ 时发散。 - - - - -**判定断下列级数的敛散性：** -A.收敛 B.发散 -(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}}$ -(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ -(3) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ - - - -**(1)** 由于 -$a_n = \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}} \le \frac{4}{2^{n+1}} = \frac{1}{2^{,n-1}}$， -而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^{,n-1}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。 - -**(2)** 方法一： -$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\ln!\left(1+\frac{1}{n}\right)}{1/n} = 1$，而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 - -方法二： -部分和 -$S_n = \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) - \ln k] = \ln(n+1) \to +\infty$， -故级数发散。 - -**(3)** 当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。 -由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。 - diff --git a/Chapter 2-3 极限/部分和判别法.md b/Chapter 2-3 极限/部分和判别法.md deleted file mode 100644 index 28daa1b..0000000 --- a/Chapter 2-3 极限/部分和判别法.md +++ /dev/null @@ -1,392 +0,0 @@ - -## **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。 - -## **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 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$； - -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； - -3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。 - -## **优势** - -1. 本质性强：直接基于级数收敛的定义，判定结果准确，还能同时求出级数的和，这是比值、比较判别法等无法做到的。 - -2. 无形式限制：不像比值判别法依赖通项的阶乘、指数结构，只要部分和能化简，任何类型级数都适用。 - -## **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）。 - -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。 - -3. 效率低：对比判别法，求部分和的步骤通常更繁琐，不适用于快速判定敛散性。 - -## **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 - -解析 - -1.  裂项变形 - -   $\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$ - -2.  求部分和 - -   $S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$ - -3.  取极限 - -   $\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$ - -4.  结论：该级数 **收敛**，和为 \( 1 \) - ->[!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 - -解析： - -1. 已知公式 - -由积化和差公式： - -$2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ - -令  $A = k\theta$， $B = \frac{\theta}{2}$ ，则： - -$2\sin(k\theta) \sin\left( \frac{\theta}{2} \right) = \cos\left( k\theta - \frac{\theta}{2} \right) - \cos\left( k\theta + \frac{\theta}{2} \right)$ - -$= \cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)$ - -因此： - -$\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }}$ - -这是一个裂项公式，因为对 k 求和时，中间项会消去。 - -2. 应用到本题 - -题中级数为： - -$\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$ - -这里  $\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\sin\frac{\theta}{2}$ = $\sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。 - -利用上面裂项公式，记 - -$a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$ - -$= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$ - -即 - -$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$ - -3. 求部分和 $S_n$ - -$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$ - -$= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$ - -记 $C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则： - -$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$ - -这是一个裂项和： - -$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$ - -其中 - -$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12}$ - -$C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ - -因此： - -$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$ - -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。 - -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。 - -因此： - -$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$ - -**习题1** - -级数 - -$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ - -\]   - -的和为 - -A. 0 - -B. 1 - -C. 2 - -D. 不存在（发散） - -解： - -观察 - -$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ - -部分和： - -$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$ - -收敛到 1。 - -答案：B - -**习题2** - -级数 - -$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$ - -\]   - -的敛散性是 - -A. 收敛到 0 - -B. 收敛到 $1 - \sqrt{2}$ - -C. 收敛到 $\sqrt{2} - 2$ - -D. 发散 - -解： - -观察通项： - -设 $a_n = \sqrt{n}$，则 - -$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$ - -\]   - -记 $b_n = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则 - -原通项 = $b_{n+1} - b_n$。 - -部分和： - -$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$ - -\]   - -$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$ - -\]   - -因此 - -$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$ - -\]   - -当 $N \to \infty，\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1} \to 0$，所以 - -$lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$ - -\]   - -收敛到 $1 - \sqrt{2}$。 - -答案：B - -# **级数运算性质判别法** - -## **原理** - -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： - -- 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 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。 - -- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。 - -注：若两者都发散，$\sum(u_n\pm v_n)$ 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。 - -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。 - -## **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 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。 - -2. 级数仅增减、改变有限项，或对正项级数进行项的重组。 - -3. 已知级数多为基础类型（等比级数、$p$-级数、调和级数等），便于直接套用性质。 - -## **优势** - -1. 快捷高效：无需计算极限或构造不等式，直接利用已知结论推导，步骤简洁。 - -2. 既适用于正项级数，也适用于任意项级数（如交错级数）。 - -## **劣势** - -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。 - -## **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。 - -解析： - -原级数： - -$S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}.$ - -将 $\frac{n+2}{n+1}$ 写成： - -$\frac{n+2}{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}.$ - -于是通项： - -$(-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)$ - -$= (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \;+\; (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)}.$ - -记 - -$u_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}, \quad v_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \, (n+1)}.$ - -则原级数： - -$S = \sum_{n=1}^\infty u_n \;+\; \sum_{n=1}^\infty v_n.$ - -第一项：$\sum_{n=1}^\infty u_n = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}$。 - -· 这是交错 $p$-级数， $p = \frac12 < 1$，不绝对收敛； - -· 由莱布尼茨判别法（$1/\sqrt{n} 单调递减趋于 0$）⇒ 条件收敛。 - -第二项：$\sum_{n=1}^\infty v_n$，比较 $v_n$ 的绝对值： - -$|v_n| = \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)} \sim \frac{1}{n^{3/2}} \quad (n\to\infty).$ - -因为 $p = 3/2 > 1$，所以 $\sum |v_n|$ 收敛 ⇒ $\sum v_n$ 绝对收敛。 - -利用级数运算性质： - -已知 - -· 若两个级数 $\sum A_n 和 \sum B_n$ 都收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$ 收敛（收敛级数的和收敛）。 - -· 若 $\sum A_n$ 条件收敛，$\sum B_n$ 绝对收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$条件收敛（因为加一个绝对收敛级数不改变条件收敛的性质）。 - -这里： - -$S = \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}}_{\text{条件收敛}} \;+\; \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}}_{\text{绝对收敛}}.$ - -因此 $S$ 是 条件收敛的级数 - ->[!example] **例2** -讨论级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$的敛散性 - -解析：先对通项有理化变形，再拆分为两个级数的和，结合级数运算性质判断 - -步骤1 通项有理化与变形 - -对通项分母有理化： -$$ - -\begin{align*} - -u_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \\ - -&= \frac{(-1)^n \left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]}{\left[\sqrt{n} + (-1)^n\right]\left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]} \\ - -&= \frac{(-1)^n \sqrt{n} - 1}{n - 1} \\ - -&= \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1} - \frac{1}{n - 1} - -\end{align*} -$$ - -$\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$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**。 - -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**。 - -**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（ ） - -A. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛 - -B. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散 - -C. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散 - -D. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛 - -解析： - -设 $s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。 - -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。 - -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： - -A. 绝对收敛 - -B. 条件收敛 - -C. 发散 - -D. 可能收敛可能发散 - -解析 - -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。 - -2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。 - -   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。 - -答案：B \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/参数方程导数.md b/Chapter 4 微积分基础/参数方程导数.md deleted file mode 100644 index a6ba875..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/参数方程导数.md +++ /dev/null @@ -1,16 +0,0 @@ - -已知 $\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$ - -$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$ -$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$ - - $y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$ - -则有 $y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$ - -而 $\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$ - -故 $y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$ - - - diff --git a/Chapter 4 微积分基础/应用题真题.md b/Chapter 4 微积分基础/应用题真题.md deleted file mode 100644 index 463ccf6..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/应用题真题.md +++ /dev/null @@ -1,87 +0,0 @@ ->[!example] **例1**（2020） ->有一个正圆锥形漏斗，深度 $18 \text{ cm}$ ，上端口直径为 $12 \text{ cm}$ （即半径 $6 \text{ cm}$ ）。漏斗下方连接一个圆柱形筒，圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ （即半径 $5 \text{ cm}$ ）。初始时刻漏斗内盛满水，然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时，漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$ -问：此时圆柱筒内液面上升的速度是多少？ - - -**解析**: -设 t （s）时漏斗水深为 h （cm），圆柱形容器的水深为 H （cm），则有 -$$\pi 5^2 H = V_0 - \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6}{18} h \right)^2 h$$ -关于 t 求导数得 -$$25 \frac{dH}{dt} = -\frac{1}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$ -当 h = 12, $\frac{dh}{dt} = -1$ 时， -$$\frac{dH}{dt} = \frac{16}{25} \text{(cm/s)}$$ - - ->[!example] **例2** (2021) ->一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上，木梯的顶部距离 A 点 h 米，底部距离 A 点 d 米，受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑，底部水平向右运动。问：当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时，底部的水平速度为多少？ ->![[2dc97df311b6179d9c28babc1848adfc.jpg]] - - - -**解析：** -设运动 t 秒后，木梯的顶部距离 A 点 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，底部距离 A 点 $x(t) \, \mathrm{m}$ 。由图易知 -$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$ -即 -$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$ -方程两端分别对 t 求导，可得 -$$2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)+x(t)y'(t)+x'(t)y(t)=0$$ -由于 $y'(t)=-a \, (\mathrm{m/s})$ ，因此当 x(t)=y(t) 时，有 -$$2x'(t)-2a-a+x'(t)=0$$ -故 $$x'(t)=a \, (\mathrm{m/s})$$ - - ->[!example] **例3**（2023） ->有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上，假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动，则 -(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动？ -(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s？ - - -**解析:** -设在时刻 t ，梯子上端与墙角的距离为 $x(t) \, \mathrm{m}$ ，下端与墙角的距离为 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，则 -$$x^2 + y^2 = 25$$ -两端同时对 t 求导数可得 -$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$$ - -(1) 当$\frac{dx}{dt} = -\frac{dy}{dt}$ 时，可得 x = y ，进而 $y = \frac{5}{\sqrt{2}} \, (\mathrm{m})$ ， -即下端距墙脚 $\frac{5}{\sqrt{2}} \, \mathrm{m}$ 时上下端能以相同的速率移动。 - -(2) 当 $\frac{dy}{dt} = -4 \, (\mathrm{m/s})$ ， $\frac{dx}{dt} = 3 \, (\mathrm{m/s})$ 时，有 $4x = 3y$ ，将其代入 $x^2 + y^2 = 25$ ， -解得$y = 4 \, (\mathrm{m})$,即下端距墙脚4 m时，上端下滑速度为$4 m/s$ - - - ->[!example] **例4**(2022) ->某部举行八一阅兵，队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米，步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米，视线追随队列领队，求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时，视线转动角度的变化率。 - - - -**解析：** -- 建立几何模型：设时间为\(t\)分钟，步幅间距离0.75米，步速为每分钟112步，则队列行进距离$x = 0.75×112t = 84t$米。设视线与队列夹角为$theta$，由正切函数关系可得$tan\theta=\frac{x}{60}$，即$\tan\theta=\frac{84t}{60}=\frac{7t}{5}$。 -- 两边对$t$求导：根据复合函数求导法则 -$$(tan\theta)^\prime=\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt})$$对$tan\theta=\frac{7t}{5}$两边求导得$$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$ -求解:$\frac{d\theta}{dt}$：当$theta = \frac{\pi}{6}$时，$sec\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$sec^{2}\theta=\frac{4}{3}$，代入$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$， - -可得$$\frac{4}{3}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$解得$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{21}{20}（弧度/分钟） -$$ -答案：视线转动角度的变化率为\(\frac{21}{20}\)弧度/分钟。本题主要考察了利用导数解决实际问题中的变化率问题，关键在于建立正确的函数关系并准确求导，易错点是复合函数求导法则的运用。 - - ->[!example] **例5**（2024） ->一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车，通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km，同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。 - - - -**解析**： - -如图建立直角坐标系，设时刻 t直升机位于 A点 (x1​(t),3)，汽车位于 B点 (x2​(t),0)，直升机与汽车的距离为 z(t)，则 - -$$(x2​(t)−x1​(t))2+32=z2(t)$$ - -方程两端分别对 t求导，可得 -$$(x2​(t)−x1​(t))(x2′​(t)−x1′​(t))=z(t)z′(t)$$ - -由于 $z(t)=5$时，$x2​(t)−x1​(t)=4$，$z′(t)=−160$，$x1′​(t)=120$，有 - -$$4(x2′​(t)−120)=5×(−160)$$ - -故 $x2′​(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。 \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(1).md b/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(1).md deleted file mode 100644 index 2e3fe4e..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(1).md +++ /dev/null @@ -1,150 +0,0 @@ -# 飞机航空摄影问题 - -## 问题描述 - -一飞机在离地面2 km的高度，以200 km/h的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。 - -## 解析 - -### 建立坐标系 - -目标位置：原点 $O(0,0)$ -飞机位置：$P(x,2)$ -飞机高度：$h = 2$ km -水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200$ km/h - -### 角度关系 - -$\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right)$ -$\tan\theta = \frac{x}{2}$ - -### 角速率计算 - -$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$ - -$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$ - -$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4}$ rad/h - -### 目标正上方时的角速率 - -当 $x = 0$ 时： - -$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100$ rad/h - -转换单位： - -$100$ rad/h $= 100 \times \frac{180}{\pi}$ °/h $= \frac{18000}{\pi}$ °/h - -$\frac{18000}{\pi}$ °/h $\times \frac{1}{3600}$ h/s $= \frac{5}{\pi}$ °/s $\approx 1.59$ °/s - -## 答案 - -飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi}$ °/s（约1.59 °/s）。 - ---- - -# 人拉船问题 - -## 问题描述 - -人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。 -![[Pasted image 20251223173057.png]] -## 解析 - -### 变量定义 - -$h$：滑轮高度（定值） -$x$：船到河岸的水平距离 -$l$：绳长 -$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度 -$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度 -$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度 -$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度 -$\theta$：绳与水平面夹角 - -### 几何关系 - -$l^2 = h^2 + x^2$ - -### 一阶导数关系 - -对几何关系求导：$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}$ - -$l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$ - -代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$ - -$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}$，其中 $\cos\theta = \frac{x}{l}$ - -### 二阶导数关系 - -对一阶关系求导：$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$ - -$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$ - -$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$ - -$v^2 - la = u^2 - xa'$ - -### 求解 $a'$ - -$xa' = u^2 - v^2 + la$ - -$a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$ - -代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$： - -$a' = \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$ - -## 答案 - -此时船的加速度为： -$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$ - ---- - -# 动点曲线运动问题 - -## 问题描述 - -已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？ - -## 解析 - -### 变量关系 - -点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$ - -原点 $O$ 与 $P$ 间的距离： -$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$ - -已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数） - -### 距离变化率计算 - -$\frac{dl}{dt} = \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v$ - -### 在点 $(1, 1)$ 处的变化率 - -当 $x = 1$ 时： - -$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$ - -有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$ - -## 答案 - -当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。 \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(2).md b/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(2).md deleted file mode 100644 index 8821fc2..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率(2).md +++ /dev/null @@ -1,152 +0,0 @@ -#### 飞机航空摄影问题 - -##### 问题描述 - ->[!example] 例题 ->一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。 - -解析： - -1、建立坐标系 - -目标位置：原点 $O(0,0)$ -飞机位置：$P(x,2)$ -飞机高度：$h = 2 km$ -水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200 km/h$ - -2、角度关系 - -$$ -\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right), -\tan\theta =\frac{x}{2} -$$ - -3、角速率计算 - -$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$$ -$$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$$ -$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4} rad/h$$ - -4、目标正上方时的角速率 - -当 $x = 0$ 时： - -$$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100 rad/h$$ - -5、转换单位： - -$$100 rad/h = 100 \times \frac{180}{\pi} °/h = \frac{18000}{\pi} °/h, - -\frac{18000}{\pi} °/h \times \frac{1}{3600} h/s = \frac{5}{\pi} °/s \approx 1.59 °/s$$ - -答案: - -飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi} °/s$（约$1.59 °/s$）。 - ---- - -#### 人拉船问题 - -##### 问题描述 - ->[!example] 例题 ->人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。 - -![[Pasted image 20251223173057.png]] -解析 - -1、 变量定义 - -$h$：滑轮高度（定值） -$x$：船到河岸的水平距离 -$l$：绳长 -$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度 -$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度 -$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度 -$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度 -$\theta$：绳与水平面夹角 - -2、几何关系 - -$l^2 = h^2 + x^2$ - -3、 一阶导数关系 - -对几何关系求导：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}, - -l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$ - -代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$ - -$$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}，其中 \cos\theta = \frac{x}{l}$$ - -4、 二阶导数关系 - -对一阶关系求导：$$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$$ - -$$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$$ - -$$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$$ - -$$v^2 - la = u^2 - xa'$$ - -5、 求解 $a'$ - -$$xa' = u^2 - v^2 + la, - -a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$$ - -代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$： - -$$\begin{aligned} -a' &= \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}\\[1em] - &= \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}\\[1em] - &= \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}\\[1em] - &= \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta} -\end{aligned}$$ - - 答案： - -此时船的加速度为： -$$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$$ - ---- - -#### 动点曲线运动问题 - -##### 问题描述 - ->[!example] 例题 ->已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？ - -解析: - -1、 变量关系 - -点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$ - -原点 $O$ 与 $P$ 间的距离： -$$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$$ - -已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数） - -2、距离变化率计算 - -$$\begin{aligned} -\frac{dl}{dt} &= \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}\\[1em] - &= \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)\\[1em] - &= \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}\\[1em] - &= \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v -\end{aligned}$$ - -3、在点 $(1, 1)$ 处的变化率 - -当 $x = 1$ 时： - -$$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$$ - -有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$ - - 答案： - -当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。 \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率.md b/Chapter 4 微积分基础/相关变化率.md deleted file mode 100644 index 2e3fe4e..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/相关变化率.md +++ /dev/null @@ -1,150 +0,0 @@ -# 飞机航空摄影问题 - -## 问题描述 - -一飞机在离地面2 km的高度，以200 km/h的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。 - -## 解析 - -### 建立坐标系 - -目标位置：原点 $O(0,0)$ -飞机位置：$P(x,2)$ -飞机高度：$h = 2$ km -水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200$ km/h - -### 角度关系 - -$\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right)$ -$\tan\theta = \frac{x}{2}$ - -### 角速率计算 - -$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$ - -$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$ - -$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4}$ rad/h - -### 目标正上方时的角速率 - -当 $x = 0$ 时： - -$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100$ rad/h - -转换单位： - -$100$ rad/h $= 100 \times \frac{180}{\pi}$ °/h $= \frac{18000}{\pi}$ °/h - -$\frac{18000}{\pi}$ °/h $\times \frac{1}{3600}$ h/s $= \frac{5}{\pi}$ °/s $\approx 1.59$ °/s - -## 答案 - -飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi}$ °/s（约1.59 °/s）。 - ---- - -# 人拉船问题 - -## 问题描述 - -人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。 -![[Pasted image 20251223173057.png]] -## 解析 - -### 变量定义 - -$h$：滑轮高度（定值） -$x$：船到河岸的水平距离 -$l$：绳长 -$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度 -$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度 -$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度 -$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度 -$\theta$：绳与水平面夹角 - -### 几何关系 - -$l^2 = h^2 + x^2$ - -### 一阶导数关系 - -对几何关系求导：$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}$ - -$l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$ - -代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$ - -$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}$，其中 $\cos\theta = \frac{x}{l}$ - -### 二阶导数关系 - -对一阶关系求导：$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$ - -$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$ - -$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$ - -$v^2 - la = u^2 - xa'$ - -### 求解 $a'$ - -$xa' = u^2 - v^2 + la$ - -$a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$ - -代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$： - -$a' = \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}$ - -$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$ - -## 答案 - -此时船的加速度为： -$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$ - ---- - -# 动点曲线运动问题 - -## 问题描述 - -已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？ - -## 解析 - -### 变量关系 - -点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$ - -原点 $O$ 与 $P$ 间的距离： -$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$ - -已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数） - -### 距离变化率计算 - -$\frac{dl}{dt} = \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}$ - -$\frac{dl}{dt} = \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v$ - -### 在点 $(1, 1)$ 处的变化率 - -当 $x = 1$ 时： - -$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$ - -有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$ - -## 答案 - -当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。 \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数与参数方程求导.md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数与参数方程求导.md deleted file mode 100644 index 404a54b..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数与参数方程求导.md +++ /dev/null @@ -1,154 +0,0 @@ - - -## 隐函数求导 - -### 原理 - -设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$，则对方程两边关于 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数），再解出 $y'$ 即可。 - -### **适用情况** - -适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起，无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况，如： -- 圆的方程：$x^2 + y^2 = 1$ -- 椭圆方程：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ -- 一般隐式方程：$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$ - -### **优势** -1. 不必显式解出 $y = f(x)$，可直接求导； -2. 适用于复杂关系式，尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。 - -### **劣势** -1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数，常需使用链式法则； -2. 最终表达式中可能仍含有 $y$，需结合原方程化简。 - -### **例子** - -> [!example] 例1 -求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。 - -**解析** -两边对 $x$ 求导： -$$ -2x + 2y \cdot y' = 0 -$$ -解得： -$$ -y' = -\frac{x}{y} -$$ - ---- - -## 参数方程求导 - -### 原理 - -设曲线由参数方程 -$$ -\begin{cases} -x = x(t) \\ -y = y(t) -\end{cases} -$$ -给出，则 $y$ 关于 $x$ 的导数为： -$$ -\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{y'(t)}{x'(t)} -$$ -前提是 $x'(t) \neq 0$。 - -### **适用情况** -适用于曲线由参数形式给出，尤其是： -- 物理中的运动轨迹； -- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线； -- 复杂曲线的简化表示。 - -### **优势** -1. 形式简洁，直接利用两个导数作商； -2. 适用于参数化表示，便于计算高阶导数。 - -### **劣势** -1. 要求 $x'(t) \neq 0$，否则导数不存在； -2. 高阶导数计算需重复使用公式，略显繁琐。 - -### **例子** - -> [!example] 例2 -求参数方程 -$$ -\begin{cases} -x = a\cos t \\ -y = b\sin t -\end{cases} -$$ -所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。 - -**解析** -计算： -$$ -\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t -$$ -因此： -$$ -\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t -$$ - ---- - -## 习题 - -> [!example] **习题1** -设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定，则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为 -A. $0$ -B. $1$ -C. $-1$ -D. 不存在 - -**解析** -两边对 $x$ 求导： -$$ -e^{x+y}(1 + y') = y + x y' -$$ -代入 $(1,0)$： -$$ -e^{1+0}(1 + y') = 0 + 1 \cdot y' -$$ -即： -$$ -e(1 + y') = y' -$$ -解得： -$$ -y' = \frac{e}{1 - e} -$$ -该值不为选项中所列，故判断为“不存在直接匹配”，但若只允许选 ABCD，则可能选 D。 -实际应说明：$y' = \frac{e}{1-e}$ 是一个确定数值。 - ---- - -> [!example] **习题2** -参数方程 -$$ -\begin{cases} -x = t^2 + 1 \\ -y = t^3 - t -\end{cases} -$$ -在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为 -A. $1$ -B. $2$ -C. $3$ -D. $4$ - -**解析** -计算： -$$ -\frac{dx}{dt} = 2t, \quad \frac{dy}{dt} = 3t^2 - 1 -$$ -则： -$$ -\frac{dy}{dx} = \frac{3t^2 - 1}{2t} -$$ -代入 $t = 1$： -$$ -\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \frac{3 \cdot 1^2 - 1}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1 -$$ -答案：A \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导、参数方程求导.md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导、参数方程求导.md deleted file mode 100644 index 5d14d7f..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导、参数方程求导.md +++ /dev/null @@ -1,136 +0,0 @@ -## 题目 - -### 隐函数求导 - -1. 已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。 - -2. 已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。 - - - -### 参数方程求导 - -3. 设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$，$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。 - -4. 设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$，$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。 - ---- - -## 解析 - -### 1. - -##### 解法一（直接求导） - -设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数，且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导，并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。 - -左边：$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。 -令 $u = (xy-1)(x+y)$，则 $u(1,1)=0$。 -$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y')$，在 $(1,1)$ 处，$u' = 2(1+y')$。 -于是 $\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$ -在 $(1,1)$ 处，$e^{u}=1$，$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$，$x^3+y^3=2$，所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。 - -右边：$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。 -令 $A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)}$，$B = x^2+y^2$，$C = \ln(x+y)$，则 $R = \frac{1}{2} A B C$。 -在 $(1,1)$ 处，$A=1$，$B=2$，$C=\ln 2$。 - -先求 $A'$。取对数：$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导： -$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$ -在 $(1,1)$ 处，$\ln(xy)=0 $，$ 1-(x^2+xy+y^2) = -2 $，$ xy=1$，所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$，即 $A' = -2(1+y')$。 -$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y')$。 -$C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y')$。 - -于是 $\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$ -代入：$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$ -化简：$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$。 - -由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得： -$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$ -若 $1+y' \neq 0$，则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$，即 $3\ln 2 = -1$，矛盾。故 $1+y' = 0$，即 $y' = -1$。 - -所以切线斜率为 $-1$，切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - -答案：切线方程为 $y = -x + 2$。 - -##### 解法二 - -由方程形式可知，交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。 -在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。 -因为函数单调减，所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。 -由点斜式得切线方程： -$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$， -即 $y = -x + 2$。 - - - - -### 2. -##### 解法一（直接求导） - -对方程两边关于 $x$ 求导，$y$ 视为 $x$ 的函数，记 $y' = \frac{dy}{dx}$。 -左边：设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$，则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。 -$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。 -在 $(1,1)$ 处，$u=1$，$\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}$，$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$， -所以左边导数为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$。 - -右边：设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$，则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。 -在 $(1,1)$ 处，$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。 -计算 $\frac{dv}{dx}$：$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}$， -$\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$。 -代入 $(1,1)$，$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}$，$x+y=2$，$\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$。 -因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。 - -由左右导数相等得：$\frac{3}{4}(1+y') = 0$，解得 $y' = -1$。 - -故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - - -##### 解法二 - -方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。 -由对称性，在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。 -已知函数单调减，即在定义区间内 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。 - -切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - - ---- - - - ---- - -### 3. - -**解析：** -先求一阶导： -$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$，$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$。 -在 $t=0$ 处，$\frac{dx}{dt}=0$，$\frac{dy}{dt}=0$。 - -需用公式 $\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$。 -利用泰勒展开： -$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$，得 $\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5)$，$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4)$； -$y(t) = t^7 + O(t^{11})$，得 $\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})$，$\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9)$。 -分子：$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$，分母：$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$。 -当 $t \to 0$，$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$，故值为 $0$。 - -**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。 - ---- - -### 4. - -**解析：** -计算一阶导： -$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}$，$\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}$。 -在 $t=0$ 处：$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = 1$。 - -二阶导： -$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}$，$\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}$。 -在 $t=0$ 处：$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4$，$\frac{d^2 y}{dt^2} = 0$。 - -代入公式： -$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4$。 - -**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。 ---- diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md deleted file mode 100644 index 38cc481..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md +++ /dev/null @@ -1,57 +0,0 @@ -## **隐函数求导** -隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。 ->[!example] 设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$ - -解1： -两边对$x$求导得 -$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$ -从而 -$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -两边再对$x$求导得 -$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$ -解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$ -两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$ -从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -后同解1. - ->[!example] 曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$ ->（A）$y=-x+1$ ->（B）$y=1$ ->（C）$y=x+1$ ->（D）$y=\frac{1}{2}x+1$ - - -解：由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$ -两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$ -故$y'|_{x=0,y=1}=1$，即曲线在(0,1)处切线的斜率为1，故切线方程为： -$$y=x+1$$选C. - ->[!example] 函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$. - -解： -两边求微分得： -$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$ -$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$ -$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$ - -## **应用题** -应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，因为应用题不会有很恶心的表达式，关键在于建立一个准确的模型，也就是（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个；（2）根据条件把关系式列出来。我的建议是大家可以画一画示意图。 ->[!example] 半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉，求：球浸没一半时，容器内水面上升的速率. ->（A）$\frac{a^2c}{b^2}$ ->（B）$\frac{a^c}{b^2-a^2}$ ->（C）$\frac{a^2c}{2b^2}$ ->（D）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$ - -解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住） -且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$ -![[球浸入水示意图.jpg]] -于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$ -选B. - ->[!example] 利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值： ->（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数） ->（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数） - -解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$ -（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$ -故需要增加摆长约$2.23$厘米 diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题.md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题.md deleted file mode 100644 index 338766e..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题.md +++ /dev/null @@ -1,47 +0,0 @@ -## **隐函数求导** -隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。 ->[!example] 设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$ - -解1： -两边对$x$求导得 -$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$ -从而 -$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -两边再对$x$求导得 -$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$ -解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$ -两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$ -从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -后同解1. - ->[!example] 求曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程。 - -解：由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$ -两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$ -故$y'|_{x=0,y=1}=1$，即曲线在(0,1)处切线的斜率为1，故切线方程为： -$$y=x+1$$ - ->[!example] 函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$. - -解： -两边求微分得： -$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$ -$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$ -$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$ - -## **应用题** -应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，因为应用题不会有很恶心的表达式，关键在于建立一个准确的模型，也就是（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个；（2）根据条件把关系式列出来。我的建议是大家可以画一画示意图。 ->[!example] 半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉，求：球浸没一半时，容器内水面上升的速率. - -解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住） -且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$ -![[球浸入水示意图.jpg]] -于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$ - ->[!example] 利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值： ->（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数） ->（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数） - -解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$ -（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$ -故需要增加摆长约$2.23$厘米 diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题（.md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题（.md deleted file mode 100644 index ed84d5d..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题（.md +++ /dev/null @@ -1,36 +0,0 @@ -## **隐函数求导** -隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。 ->[!example] 设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$ - -解1： -两边对$x$求导得 -$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$ -从而 -$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -两边再对$x$求导得 -$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$ -解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$ -两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$ -从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$ -后同解1. - - ->[!example] 函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$. - -解： -两边求微分得： -$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$ -$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$ -$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$ - -## **应用题** -应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，因为应用题不会有很恶心的表达式，关键在于建立一个准确的模型，也就是（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个；（2）根据条件把关系式列出来。我的建议是大家可以画一画示意图。 - - ->[!example] 利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值： ->（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数） ->（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数） - -解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$ -（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$ -故需要增加摆长约$2.23$厘米 diff --git a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导（难题）.md b/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导（难题）.md deleted file mode 100644 index 908ef38..0000000 --- a/Chapter 4 微积分基础/隐函数求导（难题）.md +++ /dev/null @@ -1,134 +0,0 @@ -## 题目 - -### 隐函数求导 ->[!example] 例1 ->1. 已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。 ->2. 已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。 - - - -### 参数方程求导 ->[!example] 例2 ->3. 设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$，$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值（需要用到泰勒展开，仅作习题）。 ->4. 设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$，$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。 - ---- - -## 解析 - -### 1. - - 解法一（直接求导） - -设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数，且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导，并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。 - -左边：$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。 -令 $$u = (xy-1)(x+y),$$则 $u(1,1)=0$。 -有$$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y'),$$在 $(1,1)$ 处，$u' = 2(1+y')$。 -于是 $$\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$$ -在 $(1,1)$ 处，$e^{u}=1$，$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$，$x^3+y^3=2$，所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。 - -右边：$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。 -令 $$A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)},B = x^2+y^2,C = \ln(x+y)$$则 $R = \frac{1}{2} A B C$。 -在 $(1,1)$ 处，$A=1$，$B=2$，$C=\ln 2$。 - -先求 $A'$。取对数：$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导得： -$$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$$ -在 $(1,1)$ 处，$$\ln(xy)=0,1-(x^2+xy+y^2) = -2, xy=1$$，所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$，即 $A' = -2(1+y')$。 -易得$$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y'), -C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y').$$ - -于是 $$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$$ -代入：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$$ -化简：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$ - -由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得： -$$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$ -若 $1+y' \neq 0$，则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$，即 $3\ln 2 = -1$，矛盾。故 $1+y' = 0$，即 $y' = -1$。 - -所以切线斜率为 $-1$，切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - -答案：切线方程为 $y = -x + 2$。 - - 解法二 - -由方程形式可知，交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。 -在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。 -因为函数单调减，所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。 -由点斜式得切线方程： -$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$， -即 $y = -x + 2$。 - - - - -### 2. - 解法一（直接求导） - -对方程两边关于 $x$ 求导，$y$ 视为 $x$ 的函数，记 $y' = \frac{dy}{dx}$。 -左边：设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$，则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。 -$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。 -在 $(1,1)$ 处，$$u=1,\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}，\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$$ -所以左边导数为 $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$$。 - -右边：设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$，则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。 -在 $(1,1)$ 处，$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。 -计算 $\frac{dv}{dx}$：$$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}， -\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$$ -代入 $(1,1)$，$$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}，x+y=2，\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$$ -因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。 - -由左右导数相等得：$\frac{3}{4}(1+y') = 0$，解得 $y' = -1$。 - -故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - - - 解法二 - -方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。 -由对称性，在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。 -已知函数单调减，即在定义区间内 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。 - -切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。 - - ---- - - - ---- - -### 3. - -**解析：** -先求一阶导： -$$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$$ -在 $t=0$ 处，$\frac{dx}{dt}=0$，$\frac{dy}{dt}=0$。 - -需用公式 $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$$。 -利用泰勒展开： -$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$，得 $$\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5),\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4);$$ -$y(t) = t^7 + O(t^{11})$，得 $$\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})，\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9).$$ -分子：$$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$$分母：$$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$$ -当 $t \to 0$，$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$，故值为 $0$。 - -**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。 - ---- - -### 4. - -**解析：** -计算一阶导： -$$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}，\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}.$$ -在 $t=0$ 处：$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = 1$。 - -二阶导： -$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}，\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}.$$ -在 $t=0$ 处：$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4，\frac{d^2 y}{dt^2} = 0.$$ - -代入公式： -$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4.$$ - -**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。 ---- diff --git a/小测/12.22/课前测.md b/小测/12.22/课前测.md deleted file mode 100644 index eac1d11..0000000 --- a/小测/12.22/课前测.md +++ /dev/null @@ -1,33 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛 -A.正确 -B.错误 - - -2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为 - -A. 0 - -B. 1 - -C. 2 - -D. 不存在（发散） - - - -3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - - - -4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛 -A.正确 -B.错误 - - - -5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 \ No newline at end of file diff --git a/小测/12.22/课前测解析版.md b/小测/12.22/课前测解析版.md deleted file mode 100644 index 87dddc9..0000000 --- a/小测/12.22/课前测解析版.md +++ /dev/null @@ -1,68 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛 -A.正确 -B.错误 -由于 -$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$， -而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。 - - - -2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为 - -A. 0 - -B. 1 - -C. 2 - -D. 不存在（发散） -解： - -观察 - -$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ - -部分和： - -$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$ - -收敛到 1。 - - -3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 -**解析** -$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$ - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} - -= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$ -化简： -$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$ -$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$ - -$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$ -所以 - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15 -= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$ -$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$ -所以收敛。 - -答案：A - - - -4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛 -A.正确 -B.错误 -$n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$ - -5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 -当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。 -由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。 - - diff --git a/小测/12.22/课后测(解析).md b/小测/12.22/课后测(解析).md deleted file mode 100644 index ea3f89b..0000000 --- a/小测/12.22/课后测(解析).md +++ /dev/null @@ -1,64 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛 -A.正确 -B.错误 -$sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$ -$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$ - - -2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是： - -A. 绝对收敛 - -B. 条件收敛 - -C. 发散 - -D. 可能收敛可能发散 - -解析 - -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。 - -2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。 - -   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。 - -答案：B - - - - -3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛 -A.正确 -B.错误 - - -解 -$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$ -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n} - -= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$ -$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$ - -所以发散。 - -答案：B - - - - -4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - 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。 - - -5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - 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。 - diff --git a/小测/12.22/课后测.md b/小测/12.22/课后测.md deleted file mode 100644 index 1fb0f8f..0000000 --- a/小测/12.22/课后测.md +++ /dev/null @@ -1,40 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛 -A.正确 -B.错误 - - -2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是： - -A. 绝对收敛 - -B. 条件收敛 - -C. 发散 - -D. 可能收敛可能发散 - - -3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛 -A.正确 -B.错误 - - - - - - - - - -4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - - -5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - - diff --git a/小测/12.23/课前测.md b/小测/12.23/课前测.md deleted file mode 100644 index eac1d11..0000000 --- a/小测/12.23/课前测.md +++ /dev/null @@ -1,33 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛 -A.正确 -B.错误 - - -2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为 - -A. 0 - -B. 1 - -C. 2 - -D. 不存在（发散） - - - -3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 - - - - -4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛 -A.正确 -B.错误 - - - -5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 \ No newline at end of file diff --git a/小测/12.23/课前测解析版.md b/小测/12.23/课前测解析版.md deleted file mode 100644 index 87dddc9..0000000 --- a/小测/12.23/课前测解析版.md +++ /dev/null @@ -1,68 +0,0 @@ -1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛 -A.正确 -B.错误 -由于 -$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$， -而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。 - - - -2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为 - -A. 0 - -B. 1 - -C. 2 - -D. 不存在（发散） -解： - -观察 - -$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ - -部分和： - -$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$ - -收敛到 1。 - - -3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 -**解析** -$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$ - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} - -= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$ -化简： -$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$ -$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$ - -$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$ -所以 - -$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15 -= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$ -$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$ -所以收敛。 - -答案：A - - - -4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛 -A.正确 -B.错误 -$n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$ - -5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛 -A.正确 -B.错误 -当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。 -由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。 - - diff --git a/小测/12.23/课后测解析版.md b/小测/12.23/课后测解析版.md deleted file mode 100644 index 961c03a..0000000 --- a/小测/12.23/课后测解析版.md +++ /dev/null @@ -1,94 +0,0 @@ ---- -tags: - - 编写小组 ---- -1.已知 $b_n = \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n}$，则 $\lim_{n \to \infty} b_n = ?$ - -A. 2 - -B. 3 - -C. 4 - -D. 9 - -答案：C - -解析： 利用夹逼定理，提取最大项： - -· 显然 $4^n \leq 2^n + 3^n + 4^n \leq 3 \cdot 4^n$。 - -· 因此： - -$$4 \leq \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n} \leq \sqrt[n]{3} \cdot 4$$ - -· 因为 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1$，所以右边极限为 $4$。 - -· 由夹逼定理，极限为 $4$。 - - - -2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$ - -B. 1 - -C. $\tan1$ - -D. 0 - -答案：B - -由 $\arctan x \sim x$ 得？注意此时 $n\to\infty$。 - -$$\begin{aligned}\text{原式} -&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em] -&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em] -&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em] -&= 1 -\end{aligned}$$ - - - - -3.计算 -$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$ - -B. $\frac{\pi}{4}$ - -C. $-\frac{\pi}{2}$ - -D. $1$ - -答案：D - -原式=$\lim\limits_{x\to\pi/2}(1+sinx-1)^{\frac{1}{sinx-1}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}=e^{\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}$ - -令$t=\pi/2-x$，则原式=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$ - - - -4.设 $$f(x) = (1+x^2)\cos\left(\frac{1}{x^3}\right)$$则 $\lim_{x \to \infty} f(x)$ - -A. 为 0 - -B. 为 1 - -C. 为-1 - -D. 无穷大 - -答案：C - -解析： 注意这里 $x \to \infty$。虽然可以用夹逼： - -$$-(1+x^2) \leq f(x) \leq (1+x^2)$$ - -但两边的极限 $\lim_{x \to \infty} (1+x^2) = \infty$，不相等（且不是有限数），因此夹逼定理不适用。实际上，由于 $\cos(1/x^3) 在 x \to \infty$ 时振荡趋于 $\cos 0 = 1$，而 $1+x^2 \to \infty$，所以函数值在振荡中趋于无穷大，极限不存在。 - - - -5.设$$f(x)=\frac{2+e^{1/x}}{1+e^{4/x}}+\frac{sinx}{|x|}$$则$x=0$是 $f(x)$ 的（） - -（A）可去间断点  （B）跳跃间断点   （C）无穷间断点  （D）震荡间断点 - -答案：A \ No newline at end of file diff --git a/Chapter 4 微积分基础/二阶微分推导.md b/编写小组/二阶微分推导.md similarity index 100% rename from Chapter 4 微积分基础/二阶微分推导.md rename to 编写小组/二阶微分推导.md