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编写小组/试卷/0103高数模拟试卷.md

@@ -466,7 +466,9 @@ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!}
 $$
 则
 $$
-x^2 e^x = x^2 \left(1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6)\right) = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^5}{3!} + \frac{x^6}{4!} + \frac{x^7}{5!} + \frac{x^8}{6!} + o(x^8).
+\begin{aligned}
+x^2 e^x &= x^2 \left(1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6)\right)\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^5}{3!} + \frac{x^6}{4!} + \frac{x^7}{5!} + \frac{x^8}{6!} + o(x^8).
+\end{aligned}
 $$
 由于我们只关心六阶展开，保留到 $x^6$ 项，$x^7$ 及更高次项可并入 $o(x^6)$，故
 $$
@@ -474,7 +476,9 @@ x^2 e^x = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + o(x^6).
 $$
 于是
 $$
-f(x) = x^2 e^x + x^6 = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + x^6 + o(x^6) = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6).
+\begin{aligned}
+f(x) &= x^2 e^x + x^6\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + x^6 + o(x^6)\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6).
+\end{aligned}
 $$
 这就是 $f(x)$ 的六阶带佩亚诺余项的麦克劳林公式。
 
@@ -511,9 +515,9 @@ $$|x_{n+1} - x_n| \leq r |x_n - x_{n-1}| \leq r^2 |x_{n-1} - x_{n-2}| \leq \cdot
 于是对任意正整数 $m > n$，有  
 $$
 \begin{aligned}
-|x_m - x_n| &\leq |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} - x_{m-2}| + \cdots + |x_{n+1} - x_n| \\
-&\leq (r^{m-2} + r^{m-3} + \cdots + r^{n-1}) |x_2 - x_1| \\
-&= r^{n-1} \cdot \frac{1 - r^{m-n}}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \\
+|x_m - x_n| &\leq |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} - x_{m-2}| + \cdots + |x_{n+1} - x_n| \\[1em]
+&\leq (r^{m-2} + r^{m-3} + \cdots + r^{n-1}) |x_2 - x_1| \\[1em]
+&= r^{n-1} \cdot \frac{1 - r^{m-n}}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \\[1em]
 &\leq \frac{r^{n-1}}{1 - r} |x_2 - x_1|.
 \end{aligned}
 $$  
@@ -525,10 +529,9 @@ $$a = \lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(\lim_{n \to \
 
 下证唯一性。假设另有 $b \neq a$ 满足 $f(b) = b$，则由拉格朗日中值定理，存在 $\eta$ 介于 $a$ 和 $b$ 之间，使得  
 $$|a - b| = |f(a) - f(b)| = |f'(\eta)| \cdot |a - b| \leq r |a - b|.$$  
-由于 $|a - b| > 0$，两边除以 $|a - b|$ 得 $1 \leq r$，与 $0 < r < 1$ 矛盾。故方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$。
-
-综上所述，数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，且 $a$ 是方程 $f(x) = x$ 的唯一实根。$\square$
+由于 $|a - b| > 0$，两边除以 $|a - b|$ 得 $1 \leq r$，与 $0 < r < 1$ 矛盾。故方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$
 
+综上所述，数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，且 $a$ 是方程 $f(x) = x$ 的唯一实根。
 
 
 6.设 $f(x)$ 满足 $\sin f(x) - \frac{1}{3} \sin f\left(\frac{1}{3}x\right) = x$，求 $f(x)$。