pkeazo37w
/
advanced-math-notes
1
1
Fork 1
Code Issues Pull Requests Packages Projects Releases 2 Wiki Activity

Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop

Browse Source
pull/5/head
刘柯妤 4 months ago
parent 15bc3ae485 e86611eb90
commit 219c691e44
11 changed files with 512 additions and 548 deletions
Show Stats Download Patch File Download Diff File

115
编写小组/讲义/12-25 易错点5-6 (HW).md
Unescape View File

@ -1,115 +0,0 @@
5.错用p级数的性质，如指数上其实是关于n的函数 却使用p级数的性质判断
6.利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
---
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论，而忽视了其应用前提：指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
>例题1：
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
1. 形式像 `1/n^p`
2. "指数"是 `1 + 1/n`
3. 因为 `1/n > 0`，所以 `p = 1 + 1/n > 1` 恒成立，误判为收敛
#### ✅ 正确分析与解法
**错误原因**：`pₙ = 1 + 1/n` 不是常数，其极限为1。
使用比值审敛法与调和级数 `∑ 1/n` 比较：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}} }{ \frac{1}{n} } = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$$
可知两级数敛散性相同，且调和级数发散 ⇒ 原级数**发散**。
---
> 例题2：
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
无法直接套用p级数，因多了一个 `ln n` 因子。错误地认为 `1/(n ln n) < 1/n`，认为原级数收敛
#### ✅ 正确分析与解法(超纲，仅供拓展)
**正确解法**（积分判别法）：
$$
\int_{2}^{\infty} \frac{dx}{x \ln x} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{du}{u} = \infty
$$
该积分发散 ⇒ 原级数**发散**。
---
## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数（或复数）项级数 $\sum a_n$，其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**：$\sum |a_n|$，即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**：如果 $\sum |a_n|$ 收敛，则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**：如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散，则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析：
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**：
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$：
因为 $\sum |a_n|$ 收敛，由柯西准则，存在 $N$，使得当 $m > n \geq N$ 时：
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理， $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析：
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散（震荡） | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
---
#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **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)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **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。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散，则$\sum a_n$发散**
#### 证明：
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $∣a_n∣$ 不趋于 0（实际上 $∣a_n∣$ 递增并且远离 0），
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0，
- 所以$a_n$ 发散。

152
编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md
Unescape View File

@ -1,152 +0,0 @@
# 单调有界准则
## 原理
- **单调有界数列必收敛**：
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**：
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
## 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是：
- 递推数列极限的存在性与求解；
- 函数在某区间上的极限存在性；
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
## 优势
1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性；
2. 适用于很多递推定义的数列；
3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。
## 劣势
1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）；
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧；
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。
**解析**
1. **有界性**：
易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。
2. **单调性**：
计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。
设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **求极限**：
设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。
---
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
**解析**
1. **单调性**：
导数 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。
2. **有界性**：
显然 $0 \leq f(x) < 1$。
3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。
---
## 习题
> [!example] 习题1
> 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。
**解析**
1. **有界性**：归纳法易证 $1 \leq x_n \leq 2$。
2. **单调性**：计算 $x_{n+2} - x_{n}$ 判断奇偶子列单调性，或直接分析 $x_{n+1} - x_n$ 符号，可知数列非单调但可拆分单调子列。
实际上，可证 $\{x_{2n}\}$ 单调递增，$\{x_{2n-1}\}$ 单调递减。
3. **由单调有界准则**，奇偶子列均收敛，再证二者极限相同。
4. **求极限**：设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$，则 $L = 1 + \frac{1}{1 + L}$，解得 $L = \sqrt{2}$。
---
> [!example] 习题2
> 判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。
**解析**
1. **单调性**：考虑 $a_{n+1} - a_n = \frac{n+1}{(n+1)^2 + 1} - \frac{n}{n^2 + 1}$，通分后分子为 $-n^2 - n + 1$，当 $n \geq 1$ 时小于零，故数列单调递减。
2. **有界性**：显然 $0 < a_n \leq \frac{1}{2}$。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **极限**：$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 + 1} = 0$。## 介值定理
# 介值定理
## 原理
- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**：
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理（特殊情形）**：
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。
## 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是：
- 证明方程在某区间内至少有一个根；
- 证明函数可取到某个中间值；
- 确定函数值域或解的存在性。
## 优势
1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值；
2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用；
3. 定理直观，易于理解和应用。
## 劣势
1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置；
2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用；
3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
**解析**
设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。
由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
---
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。
**解析**
构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。
若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。
否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。
---
## 习题
> [!example] 习题1
> 证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
**解析**
设 $f(x) = e^x - 3x$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续（实际上在整个实数域连续）。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = e - 3 < 0$（因为 $e \approx 2.718$）。
由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$，即 $e^\xi = 3\xi$，故方程至少有一个正实根。
---
> [!example] 习题2
> 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
**解析**
由题意，$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续，且 $f(c) \cdot f(d) < 0$。
由零点定理，存在 $\xi \in (c,d)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。

118
编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md
Unescape View File

@ -1,118 +0,0 @@
是的，这是一份礼物~
---
> 在实数系中，有界的单调数列必有极限。
> （1）单调递增有上界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sup \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$；
> （2）单调递减有下界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \inf \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$.
>[!example] 例一
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.
证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$
故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界
又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$
所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.
设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$
由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.
两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$
解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$.
故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.
---
>[!example] 例二
>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。
证法1️⃣：
利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$
故数列${x_n}$严格递减.
又因为
$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$
所以数列${x_n}$有下界.
因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.
证法2️⃣：
因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有
$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$
而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛.
因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.
>[!example] 例三
>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
$x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。
$x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。
使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界
**证明 $x_n$ 单调：
当 $n=1$ 时命题显然成立。
假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。
考虑 $n = k+1$ 的情形：
$$
x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}
$$
由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得：
$$
c + x_{k+1} > c + x_k
$$
所以：
$$
\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k}
$$
即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。
**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$）
当 $n=1$ 时命题成立。
考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：：
$$
x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1)
$$
为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1
$$
两边平方（因为两边均为正数）：
$$
c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1
$$
化简得：
$$
\sqrt{c} \le 2\sqrt{c}
$$
由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1
$$
因此：
$$
x_{k+1} < \sqrt{c} + 1
$$
由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。
因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。
解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去）

BIN
编写小组/讲义/图片/易错点-等价无穷小.png
View File

Binary file not shown.
Side by Side

After

Width:  |  Height:  |  Size: 78 KiB

58
编写小组/讲义/子数列例题.md
Unescape View File

@ -1,58 +0,0 @@
(课前测)
设$\{x_n\}$是数列，下列命题中不正确的是( )
A. 若$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，则$\lim\limits_{n \to \infty} x_{2n} = \lim\limits_{n \to \infty} x_{2n+1} = a$
B. 若$\lim\limits_{n \to \infty} x_{2n} = \lim\limits_{n \to \infty} x_{2n+1} = a$，则$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
C. 若$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，则$\lim\limits_{n \to \infty} x_{3n} = \lim\limits_{n \to \infty} x_{3n+1} = a$
D. 若$\lim\limits_{n \to \infty} x_{3n} = \lim\limits_{n \to \infty} x_{3n+1} = a$，则$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
>[!example] **例1**（拉链定理）
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$，证明：级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
**解析**
设$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$的部分和为$S_n$，则$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$的部分和$T_n=S_{2n}$。
因$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，即有$\lim\limits_{n \to \infty}T_n=S$，所以$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}=S$。
又
$$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n+1}=\lim\limits_{n \to \infty}(S_{2n}+a_{2n+1})=\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}+\lim\limits_{n \to \infty}a_{2n+1}=S$$
于是由拉链原理知$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=S$，所以由级数收敛定义知级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
>[!example] **例2**（拉链定理）
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明：数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
**解析**
核心方法
利用数列子列的性质：若数列$\{a_n\}$收敛，则其所有子列必收敛于同一极限；若存在两个子列收敛于不同值，则原数列极限不存在。
步骤1：构造第一个子列$\{a_{4k}\}（k\in\mathbb{N_+}$
当n=4k时，
$$\sin\frac{4k\pi}{2} = \sin2k\pi = 0$$ 因此
$$a_{4k} = \left(1 + \frac{1}{4k}\right) \cdot 0 = 0$$
取极限得：
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k} = \lim_{k \to \infty}0 = 0$$
步骤2：构造第二个子列$$\{a_{4k+1}\}（k\in\mathbb{N_+}）$$
当n=4k+1时，
$$\sin\frac{(4k+1)\pi}{2} = \sin\left(2k\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1$$
因此
$$a_{4k+1} = \left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) \cdot 1 = 1 + \frac{1}{4k+1}$$
取极限得：
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k+1} = \lim_{k \to \infty}\left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) = 1$$
步骤3：结论
由于子列$\{a_{4k}\}$收敛于0，子列$\{a_{4k+1}\}$收敛于1，二者极限不相等，故数列$\{a_n\}$的极限不存在。
 
>[!example] **例3**（海涅定理）
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
**解析**
1. 构造第一个数列$\{x_n^{(1)}\}$：
取$x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$（有理数），则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(1)} = x_0$$由于$x_n^{(1)}$是有理数，所以$D(x_n^{(1)}) = 1$，因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
2. 构造第二个数列$\{x_n^{(2)}\}$：
取$x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无理数），则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(2)} = x_0$$由于x_n^{(2)}是无理数，所以$D(x_n^{(2)}) = 0$，因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)}) = 0$$由于$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)})$$根据海涅定理，$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$不存在。
由于$x_0$是任意一点，所以狄利克雷函数在任何点处都不存在极限。

471
编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,471 @@
---
tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
### 1. 原理
子数列是从一个给定数列 $\{a_n\}$ 中，按照**下标严格递增**的方式（即 $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$）选取无穷多项，构成的新数列 $\{a_{n_k}\}$。
若 $\{a_{n_k}\}$ 为 $\{a_n\}$ 的子数列，则 $a_{n_k}$ 是新数列的第 $k$ 项，是原数列的第 $n_{k}$ 项，而中间可能有些项没有选，因此有 $$n_k
\geqslant k\ (k=1,2,3,\cdots)$$
**核心性质**：若原数列 $\{a_n\}$ 收敛于极限 $L$，则它的**任何**子数列 $\{a_{n_k}\}$ 也必定收敛于**同一极限** $L$。
**逆否命题**：如果能从原数列中找到**两个收敛于不同极限**的子数列，或者找到一个**发散**的子数列，则可断定原数列**发散**。
### 2. 适用条件
- 适用于任何实数数列
- 是分析数列收敛/发散性、极限值以及数列内部结构的通用工具
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **判定发散**：非常强大。只需找到两个极限不同的子数列，即可轻松证明原数列发散
- 例：数列 $(-1)^n$，取奇数项子数列收敛于 $-1$，偶数项收敛于 $1$，故原数列发散
- **探索极限点**：可以用于研究数列的聚点（极限点）、上极限和下极限
- **局部推断整体**：通过分析具有代表性的子数列，有时可以窥探原数列的整体趋势
**劣势**：
- **不能单独证明收敛**：一个数列的某个（甚至某些）子数列收敛，**不能**推出原数列收敛
- **构造难度**：有时为了证明发散，需要巧妙地构造出特定的子数列，这需要一定的洞察力
---
## 二、拉链定理（奇偶子列定理）
### 1. 原理
这是子列性质的一个特例和重要应用。
**定理表述**：数列 $\{x_n\}$ 收敛的**充要条件**是，它的**奇数项子列** $\{x_{2k-1}\}$ 与**偶数项子列** $\{x_{2k}\}$ 都收敛，且
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} x_{2k}
$$
当条件满足时，原数列的极限等于这个公共值。
**直观理解**：就像拉链的两边（奇数列和偶数列）必须对齐且紧密闭合，整个数列才能收敛到一个点。
### 2. 证明
#### 1. 必要性证明（收敛 ⇒ 奇偶子列收敛且极限相等）
**已知**：$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
**证明**：
- 由于 $\{x_{2k-1}\}$ 和 $\{x_{2k}\}$ 都是 $\{x_n\}$ 的子列，根据**子列的性质**：若原数列收敛，则其任意子列收敛于同一极限。
- 因此：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a \quad \text{且} \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
- 特别地，$\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} x_{2k}$。
**必要性得证**。
#### 2. 充分性证明（奇偶子列收敛且极限相等 ⇒ 收敛）
**已知**：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a, \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
**证明思路**：
要证 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，即证：$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \text{使得当 } n > N \text{ 时}, |x_n - a| < \varepsilon$。
**证明过程**：
1. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_1 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_1 \text{ 时}, |x_{2k-1} - a| < \varepsilon
$$
2. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_2 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_2 \text{ 时}, |x_{2k} - a| < \varepsilon
$$
3. 取 $N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，则当 $n > N$ 时，分两种情况：
- **若 $n$ 为奇数**，设 $n = 2k-1$，则 $k > K_1$，故 $|x_n - a| = |x_{2k-1} - a| < \varepsilon$
- **若 $n$ 为偶数**，设 $n = 2k$，则 $k > K_2$，故 $|x_n - a| = |x_{2k} - a| < \varepsilon$
4. 综上，$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，使得当 $n > N$ 时，$|x_n - a| < \varepsilon$。
**由极限定义**，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$。
**充分性得证**。
### 3. 适用条件
- **特定结构**：特别适用于数列项按其下标奇偶性呈现不同规律的情形（例如，通项中含有 $(-1)^n$ 因子）。
- **充要条件**：它既是收敛的**充分条件**也是**必要条件**，因此可用于**证明收敛**（而不仅仅是发散）。
### 4. 优势与劣势
**优势**：
- **化繁为简**：将判断整个数列收敛的问题，简化为判断两个特定子列的收敛性问题。
- **功能全面**：既能用于证明收敛（当奇偶子列极限相等时），也能用于证明发散（当它们极限不等或其中一个发散时）。
**劣势**：
- **应用局限**：仅适用于能自然分解出奇偶项的情形。对于更复杂的子列结构，此定理无能为力，需回归一般子列性质。
### 5. 典型示例
**例1**：判断 $x_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -\frac{1}{2k-1} \to 0$
- 偶数项子列：$x_{2k} = \frac{1}{2k} \to 0$
- 两者极限相等，故由拉链定理，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0$。
**例2**：判断 $x_n = (-1)^n$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -1 \to -1$
- 偶数项子列：$x_{2k} = 1 \to 1$
- 两者极限不等，故原数列发散。
### 6. 推广形式
此定理可推广到更一般的有限个子列情况：
**定理**：设 $\{x_n\}$ 是一个数列，若存在有限个两两无公共项的子列 $\{x_{n_k^{(1)}}\}, \{x_{n_k^{(2)}}\}, \dots, \{x_{n_k^{(m)}}\}$，满足：
1. 这些子列的并集包含 $\{x_n\}$ 中除有限项外的所有项
2. 每个子列都收敛
3. 所有子列的极限相等，均为 $a$
则原数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$。
**注**：奇偶子列定理是 $m=2$ 时的特例。
**重要结论**：奇偶子列定理之所以能成为充要条件，是因为奇偶子列"覆盖"了整个数列（除有限项外）。这种"覆盖性"是关键。
### 7. 注意事项
1. 该定理仅要求奇偶子列极限存在且相等，不要求它们收敛到原数列的极限（这是由定理保证的结果）
2. 若奇偶子列中有一个发散，或两者收敛但极限不同，则原数列发散
3. 对于更复杂的振荡数列（如周期不为2），可能需要考察更多个子列
---
## 三、海涅定理（归结原则）
### 1. 原理
该定理建立了**函数极限**与**数列极限**之间的桥梁。
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义。则 **$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$** 成立的**充要条件**是：对于**任意**一个满足 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0$ 且 $x_n \neq x_0$ 的数列 $\{x_n\}$，都有 **$\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = L$**。
海涅定理深刻地揭示了函数极限的本质——它与路径无关（只与趋近点有关）
### 2. 适用条件
- **核心**：讨论函数在某一点 $x_0$ 的极限（包括单侧极限）
- **要求**：函数在该点的去心邻域有定义
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **化归为数列极限**：可将复杂的函数极限问题转化为相对熟悉的数列极限问题
- **证明极限不存在**：这是其最强大的应用。要证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 不存在，只需找到**两个**趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_n^{(1)}\}$ 和 $\{x_n^{(2)}\}$，使得 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) \neq \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$
- **理论基石**：是证明许多函数极限性质的重要工具
**劣势**：
- **不能直接计算**：它通常用于证明、转化或否定，而不是一个直接的计算公式
- **"任意性"要求苛刻**：定理的条件要求对"任意"数列都成立
### 4. 典型示例
证明：$\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在
证明过程：
取两个数列：
$$
x_n^{(1)} = \frac{1}{2n\pi} \to 0, \quad f(x_n^{(1)}) = \sin(2n\pi) = 0
$$
$$
x_n^{(2)} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0, \quad f(x_n^{(2)}) = \sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 1
$$
由于 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) = 0 \neq 1 = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$，由海涅定理知 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。
---
>[!example] **例1**（拉链定理）
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$，证明：级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
```
```
 
>[!example] **例2**（拉链定理）
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明：数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
```
```
>[!example] **例3**（海涅定理）
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
```
```
# 考试易错点总结
## Vol. 1:补药漏写dx口牙！
>[!example] 例1
>设函数 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$，求其微分 $dy$。
```
```
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意，等价无穷小只能用于乘除，用于加减虽然有时也会得到正确的答案，但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**，在乘除中它的近似程度还可以用，但在加减中就未必了，加减中我们需要更精确的近似方法：泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$
```
```
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
```
```
## Vol. 4:正项级数的判别法勿滥用
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性（绝对收敛、条件收敛或发散）。
```
```
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论，而忽视了其应用前提：指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
> [!example] 例题1：
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
```
```
> [!example] 例题2：
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
```
```
## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数（或复数）项级数 $\sum a_n$，其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**：$\sum |a_n|$，即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**：如果 $\sum |a_n|$ 收敛，则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**：如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散，则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析：
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**：
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$：
因为 $\sum |a_n|$ 收敛，由柯西准则，存在 $N$，使得当 $m > n \geq N$ 时：
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理， $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析：
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散（震荡） | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
---
#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **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。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散，则$\sum a_n$发散**
#### 证明：
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $∣a_n∣$ 不趋于 0（实际上 $∣a_n∣$ 递增并且远离 0），
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0，
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算，而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>（A）左右导数都存在 （B）左导数存在，右导数不存在
>（C）左导数不存在，右导数存在 （D）左右导数都不存在
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律，也就是说，交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的，改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变，甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行，不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错：变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数，但**自变量和因变量角色互换**。
这一点，大家都明白，但是一写在答题卡上就错了😂。
如何防止？我们可以试着用微分学来理解：
$y=f^{-1}(x)$，即$x = f(y)$，求$f^{-1'}$就是在求$\frac{dy}{dx}$，而$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{df(y)}=\frac{dy}{f'(y)dy}=\frac{1}{f'(y)}$
然后，就这么完了？如果就这么完了，那就真完了。
为什么？$f^{-1'}$最后应该是一个关于$x$的函数，$\frac{dy}{dx}$应当用$x$来表示。
所以，我们还需要将$y = f^{-1}(x)$代入，即：
$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{f'(y)}=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$
> [!example] 例1
> 求$d(\arcsin x)$
```
```
## Vol. 10: 无界与无穷大的辨析
很多人都觉得无界和无穷大是同一个概念，因为它们的实在是太像了：画在坐标系上都是“直指苍穹🚀”或者“飞流直下三千尺”嘛！但是，“无界”准确来说不完全是这样。要准确辨析它们，需要回到它们的**定义**上：
无穷大的定义：$\forall M > 0, \exists \delta>0$，当$0<|x-x_0|<\delta$时有$|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无穷大量
无界量的定义：由有界的定义($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)|<M$)反推，无界的定义应该是$\forall M > 0$,
$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无界量
**核心区别**：无穷大是**存在某**去心邻域内**任意**$x$都大于$M$，无界是需要对**任意**邻域**存在**一个$x$使得$|f(x)|>M$
**联系**：无穷大一定是无界量，但是无界量不一定是无穷大。
> [!example] 例1
> 无穷震荡$\lim\limits_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}}$
![[易错点10-1.png]]
这个并不是无穷大——不管取的邻域有多小，我总能找到一个令$\sin\frac{1}{x}=0$的$x$，此时$\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}=0$。
那这个是有界的吗？也不是。这就是典型的**不是无界量的无穷大**。
> [!example] 例2
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结：无穷大是在邻域内“一直都很大”，无界是邻域内“有很大的”

95
编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
Unescape View File

@ -5,7 +5,6 @@ tags:
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
@ -251,6 +250,17 @@ $$ y‘ = \frac{1}{1+\sin^2 x} \cdot (2\sin x \cos x) = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2
$$ dy = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x} dx $$
注意：不要漏写 $dx$ ！
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意，等价无穷小只能用于乘除，用于加减虽然有时也会得到正确的答案，但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**，在乘除中它的近似程度还可以用，但在加减中就未必了，加减中我们需要更精确的近似方法：泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$.
**解**：如果直接用$tanx\sim x,sinx\sim x(x\to0)$的话，分子就会变成$0$，从而极限为$0$.
然而从另一个角度看，$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx-sinxcosx}{x^3cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx(1-cosx)}{x^3}\cdot \frac{1}{cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\cdot\frac{1}{2}x^2}{x^3}=\frac{1}{2}.$$
两个似乎都有道理，那么到底那个是对的呢？学了泰勒展开之后，我们会知道第二种才是正确的.再看看函数图像我们也能明白这一点.
![[易错点-等价无穷小.png]]
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
@ -420,6 +430,19 @@ $$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- 那意味着 $∣a_n∣$ 不趋于 0（实际上 $∣a_n∣$ 递增并且远离 0），
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0，
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算，而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>（A）左右导数都存在 （B）左导数存在，右导数不存在
>（C）左导数不存在，右导数存在 （D）左右导数都不存在
**解：**$f(1)=\frac{2}{3},f'_-(1)=\lim\limits_{x\to1^-}\frac{\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}}{x-1}=\frac{2}{3},f'_+(1)=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{x^2-\frac{2}{3}}{x-1}=+\infty$,故左导数存在，右导数不存在，选$B$.
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律，也就是说，交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的，改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变，甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行，不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错：变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数，但**自变量和因变量角色互换**。
这一点，大家都明白，但是一写在答题卡上就错了😂。
@ -458,73 +481,3 @@ $\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$，称$f
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结：无穷大是在邻域内“一直都很大”，无界是邻域内“有很大的”
<<<<<<< HEAD
=======
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
**解**：
函数在分母为零的点无定义。令 $x^2 - 3x + 2 = 0$，解得 $x = 1$ 和 $x = 2$。
**注：必须对这两个点分别进行讨论**。
在 $x = 1$ 处：
$$ \lim_{x \to 1} y = \lim_{x \to 1} \frac{(x+3)(x-1)}{(x-1)(x-2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x+3}{x-2} = -4 $$
极限存在且为有限值，故 $x = 1$ 是**可去间断点**，该点处**没有**铅直渐近线。
在 $x = 2$ 处：
$$ \lim_{x \to 2} y = \lim_{x \to 2} \frac{x+3}{x-2} = \infty $$
故 $x = 2$ 处有一条**铅直渐近线** $x = 2$。
**求水平(&斜)渐近线**：
$$ \lim_{x \to \infty} y = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{2}{x} - \frac{3}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}} = 1 $$
因此，曲线有一条**水平渐近线** $y = 1$，无**斜渐近线**
**结论**：曲线的渐近线为 $x = 2$ 和 $y = 1$。
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性（绝对收敛、条件收敛或发散）。
**错误做法示范**：观察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$，若直接对其使用比值判别法：
$$ \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2 / 3^{n+1}}{n^2 / 3^n} = \frac{1}{3} < 1 $$
若由此断言“原级数收敛”，则犯了**滥用判别法**的错误。因为比值判别法（及比较、根值判别法）仅
在判定**正项级数**时，其结论（收敛）才直接适用于原级数本身。
**正确解法**：
这是一个**任意项级数**（具体为交错级数）。
判断其敛散性，应先考察其是否**绝对收敛**。即，考虑由各项绝对值构成的**正项级数**：
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{3^n} $$
对上述**正项级数**使用比值判别法（此时使用是完全正确的）：
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{3} < 1 $$
故该正项级数收敛。
根据定义，若一个级数的绝对值级数收敛，则该级数**绝对收敛**。绝对收敛的级数必然收敛。
>>>>>>> origin/develop

13
编写小组/课前测/课前测4.md
Unescape View File

@ -30,7 +30,18 @@ $$
```
3.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导，则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
3.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
```
```
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
（A）$\alpha>-1$ （B）$\alpha<-1$ （C）$0<\alpha<1$ （D）$\alpha>1$

14
编写小组/课前测/课前测解析版4.md
Unescape View File

@ -2,7 +2,7 @@
tags:
- 编写小组
---
1. 设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$，证明 $x_n \to 1$。
1.设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$，证明 $x_n \to 1$。
**解析**
按 $n \mod 3$ 将数列分为三个子列：
@ -16,15 +16,7 @@ tags:
三个子列极限均为 $1$，且它们覆盖所有正整数，故原数列收敛于 $1$。
2. 函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
2.函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
求
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
@ -35,7 +27,7 @@ $$
对于任意趋于 0 的序列 $x_n$，无论其项是有理数还是无理数，都有 $|f(x_n)| = x_n^2 \to 0$。因此，由夹逼定理可得极限为 0。
3.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
（A）$\alpha>-1$ （B）$\alpha<-1$ （C）$0<\alpha<1$ （D）$\alpha>1$
解：$\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\frac{sin\frac{1}{x}}{|x|^{\alpha}}=0$,由于$x\to0$时$sin\frac{1}{x}$无限振荡但是有界，所以要极限为$0$，只要$|x|^{\alpha}\to\infty$，故$\alpha<-1$，选$B$.

13
编写小组/课后测/课后测4.md
Unescape View File

@ -2,7 +2,6 @@
tags:
- 编写小组
---
1.判断数列 $a_n = \frac{(-1)^n n}{n+1}$ 的收敛性。
```
@ -54,15 +53,3 @@ tags:
```
6.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导，则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
```
```

11
编写小组/课后测/课后测解析版4.md
Unescape View File

@ -8,7 +8,8 @@ tags:
- 奇数项子列：$a_{2k-1} = -\frac{2k-1}{2k} \to -1$
两个子列极限不同，故原数列发散。
2.设数列 $\{a_n\}$ 的三个子列 $\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n+1}\}$、$\{a_{3n+1}\}$ 均收敛，那么 $\{a_n\}$ 是否一定收敛？说明理由。
**解析**
@ -25,8 +26,6 @@ $\{a_n\}$ **一定收敛**，理由如下：
综上，数列 $\{a_n\}$ 的偶数项子列和奇数项子列极限相同，因此 $\{a_n\}$ 收敛。
3.设函数由参数方程 $\begin{cases} x = t + \arctan t \\ y = t - \ln(1+t^2) \end{cases}$ 确定，求 $dy$。
---
@ -67,12 +66,6 @@ $$ b = \lim_{x \to -\infty} (f(x) - x) = 1 $$
该函数无水平渐近线
---
#### 三、滥用正项级数判别法于任意项级数
5.判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi + \frac{\pi}{4})}{\sqrt{n^3+1}}$ 的敛散性。

Write Preview
Loading…
Cancel
Save