From b910d5d1c166d32853467ef8f25cd6b40ab303f3 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com> Date: Wed, 24 Dec 2025 13:09:14 +0800 Subject: [PATCH 1/5] =?UTF-8?q?=E6=B5=8B=E8=AF=95?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- .obsidian/workspace.json | 15 ++++++++------- Chapter 2-3 极限/根值判别法.md | 2 +- 2 files changed, 9 insertions(+), 8 deletions(-) diff --git a/.obsidian/workspace.json b/.obsidian/workspace.json index 1e0df5a..f8d041a 100644 --- a/.obsidian/workspace.json +++ b/.obsidian/workspace.json @@ -11,14 +11,14 @@ "id": "b6107f657aaca089", "type": "leaf", "state": { - "type": "split-diff-view", + "type": "markdown", "state": { - "aFile": ".obsidian/plugins/obsidian-git/manifest.json", - "bFile": ".obsidian/plugins/obsidian-git/manifest.json", - "aRef": "" + "file": "Chapter 2-3 极限/根值判别法.md", + "mode": "source", + "source": false }, - "icon": "diff", - "title": "Diff: manifest.json" + 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​nu_n$​​ -ρ−ε Date: Wed, 24 Dec 2025 16:51:17 +0800 Subject: [PATCH 3/5] test --- Chapter 2-3 极限/根值判别法.md | 2 +- 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-) 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 index c4d157b..8e31796 100644 --- a/Chapter 2-3 极限/根值判别法.md +++ b/Chapter 2-3 极限/根值判别法.md @@ -5,7 +5,7 @@ ## Quick Description - +----- ### 原理 -- 2.34.1 From 9e7e266e63ad1f443aa792539264a7e243893fcf Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: unknown <2974730459@qq.com> Date: Wed, 24 Dec 2025 16:54:04 +0800 Subject: [PATCH 4/5] vault backup: 2025-12-24 16:54:04 --- .obsidian/workspace.json | 33 +- 编写小组/讲义/二阶微分推导.md | 55 + .../讲义/图片/应用题人拉船.png | Bin 0 -> 35375 bytes .../讲义/图片/应用题梯子.jpg | Bin 0 -> 64863 bytes .../讲义/图片/球浸入水示意图.jpg | Bin 0 -> 111486 bytes .../讲义/极限计算的基本方法.md | 247 ++++ ...计算的基本方法（解析版2）.md | 558 +++++++++ ...限计算的基本方法（解析版）.md | 522 ++++++++ ...级数敛散性的基本思路和方法.md | 615 +++++++++ ...的基本思路和方法（解析版）.md | 1094 +++++++++++++++++ .../隐函数，参数方程和应用题.md | 259 ++++ ...参数方程和应用题（解析版）.md | 587 +++++++++ 编写小组/课前测/课前测1.md | 58 + 编写小组/课前测/课前测2.md | 33 + 编写小组/课前测/课前测解析版1.md | 109 ++ 编写小组/课前测/课前测解析版2.md | 68 + 编写小组/课后测/课后测1.md | 51 + 编写小组/课后测/课后测2.md | 34 + 编写小组/课后测/课后测解析版1.md | 116 ++ 编写小组/课后测/课后测解析版2.md | 64 + 20 files changed, 4500 insertions(+), 3 deletions(-) create mode 100644 编写小组/讲义/二阶微分推导.md create mode 100644 编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png create mode 100644 编写小组/讲义/图片/应用题梯子.jpg create mode 100644 编写小组/讲义/图片/球浸入水示意图.jpg create mode 100644 编写小组/讲义/极限计算的基本方法.md create mode 100644 编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md create mode 100644 编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版）.md create mode 100644 编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md create mode 100644 编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md create mode 100644 编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题.md create mode 100644 编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md create mode 100644 编写小组/课前测/课前测1.md create mode 100644 编写小组/课前测/课前测2.md create mode 100644 编写小组/课前测/课前测解析版1.md create mode 100644 编写小组/课前测/课前测解析版2.md create mode 100644 编写小组/课后测/课后测1.md create mode 100644 编写小组/课后测/课后测2.md create 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$\frac{d^2y}{dx^2}$ +- **含义**：函数**变化率的变化率**，描述函数的**凹凸性** +- **定义**：$f''(x) = \frac{d}{dx}[f'(x)]$ + +#### 二阶微分 +- **本质**：微分的微分，是一个**表达式** +- **符号**：$d^2y$ +- + 我们知道：$f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$ +现在尝试推导这一公式 +由两函数相乘一阶微分公式：$d[f(x).g(x)] = g(x)d[(fx)] + f(x)d[g(x)]$ +得： + $f''(x) = \frac{d(\frac{df(x)}{dx})}{dx}$ + $= \frac{1}{dx}.\frac{d(df(x))}{dx} + df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$ + $= \frac{d^2f(x)}{(dx)^2} +df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$ +--- + 嘿！您猜怎么着！ + 出现了额外的一项，与二阶导数公式不符： $df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) . \frac{1}{d^2x}. \frac{d({dx})}{dx}$ +问题出在 $d(dx)$ 上： + 我们知道，一阶导数的意义是当 $\Delta x$ 趋于无穷小的时候 $\Delta y$ 的变化率 + 实际上，在函数曲线上的任何一点处取函数微分， $dx$ 都是相等的 + 即 $dx$ 永远是均匀的，求高阶微分时将其视为常数 + 所以：$d(dx) = 0$ +### $f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$ + +**注意此处的约定写法**：$(dx)^2$ 写作 $dx^2$（注意：这不是 $d(x^2)$） + + + + + diff --git a/编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png b/编写小组/讲义/图片/应用题人拉船.png new file mode 100644 index 0000000000000000000000000000000000000000..f5ac61efc50de69c89126b5ac8d3e9b7e079c0d5 GIT binary patch literal 35375 zcmX_nbyQT{_qQSl4-L|t(v8xfgmkM&cS(1HbV*6q(4ZnA;Lu&tr4BuWlyna;48Ozo zUF-b=VO+EBxp&`v_Wr~^v0566c-U0f4<0oNHEj&&Fgem(Ti zQIvg9Jx;R&KA_vaRDb#4!S^H_q&Wuo{GY3mzQ=?UG+amgLY+}2bszT7D3`qN=#X1VORqcH2kj7Gx_Ucd52p^=T~_Lj{MJ` zGP@H}C^HCR5wW~L+sOOTIxi_i`|ncGYvSx;yxO}gy}@A2ux5Jv%=7En&cBMU5aKt_ z@Zv0K7++u!Ert<_qaSzPgrrX^Z{3~CaBV!6whb2lhQ7`cafaGV)Kp~1imKkFIcdN# z;rloqknh~>&fsd#+ndX$|i(9F}@=hPvR*$<8+MM`7@BN3Ftd zgT#q-u50?$*E1^wcs88gj>`2c$3_;m+vjzxnkJ$5q)Iroy!Kr?_yQz`go@;_?M0)T0x8EBzoSMi65&_|Oj53UvhVECx<=wejgFgG<%9n?dk|CKB*|t?UoZ?+ z4=0@7D3!^1%d11im9+l;(C0g93kF*N0*^B-X z_Mz=uyMfM2R-!`{G{h(^3GYEn3uLfX+Ow7EE;H89crJ6Ae+RD$|;(K8+ z<6lj#9MKBnU;hiePHir@=&W&FvVWcA?l^)ziI#LZw`(+kE&~^0%$;7nhEEYHhRgUe z27Y&Hcs3)5)kxR_H&m@&N6Iqb#U2ULGf)X=eQ*++P0Zz}bvno3D`TKa_@q(cCd7jt 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z01PUpeaT`2vmx0KnzSe4P3T32SMx`4@n+SFVzKI=yjYONg*Qk8U2`AN=FBe;U{VEQtc#{K^vkrC*p68x|)+8s`itSsunm`pQIDr!< z4&xvP*ASQPZ2p#!@j{78mAQ_vMRddH1?~sJyNBa_*(cNNc@%Ka1*VE$-}t+O6J;r{ z5j^%)-ebJ>uGrJCOJZmIILl5Yuqr;TI@YVv+h8sWz$ng*Y;xF7E#HjM`oqA8rf~m zUrhTW)mF}Xa@Vb7L+sEE2V{Nk2;>iD3A;>gqIS6AML+gob+sa8=?T@eMB7q#YXi9_ zX|}+}xtU3-Q&s$u53Tggu?mJ=F0{WrrDGiM`jhkhdxnGInH(^ug_E24+koXP%Ao(e zYrj25@(Nayq|p|lqc?QQDz(o9!yqw=T>@Z5Delhp-YLy;UKByjGf_KrEp6Dedw>e( zo4lixe*XX{jQ7e%U?q?#q+?r^xYWQFgu|v!NM*>~`{56}){qi9{53~2 z6R%a?@lBk0&0)aWlS=0AJcskhDl!mki_ir=00cg3Lx2lL>?o4YOXl*zH!73h7Yw|E zYP6m1Q*PY(yHnM&sD44VeV4a$`2rwh&xsXCoJR?N%SGJSyHjMDCJyk-d5G(Vp>>pK z#(ty?e41H!;RZ)P+W+A?qV^1x8(E-|c(5Qx_^dR-Y1u*09}aQHJ&a8egq*Da z$DQ~kTgudECM94WDqg`LQ(Mh7`8e6GWJxST<1Lp7afdKZcDi_KI)!chrR$lvAsw(9Dfn|siW2B63 zD#MN0w!j@q&pzTe)!?GDA+Q7m1l2kZ;dwI0;5&o;N)#Cp-n`46g6r7du6EDQ!sd=m zOGDt@#l&A$iHN*h{Pp9|$EONu%pnEFpA0ooImwdSmV!BmvkZ{H8HteI^q+`Co&)>Z ze_>UT7R>n%YyN}cr>&41UmX0KCiu_Q{{OJ= [!example] 例1 +> 计算极限 $\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$ + + + + + + + +> [!example] 例2 +> 计算极限 $\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$ + + + + + + + + +# 夹逼定理法 + +## Quick Description + +### 原理 + +被“夹”在中间的函数，会被两边函数的共同极限“逼”出相同的极限 + +### 适用情况 + +1.针对形如 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ 的式子，尤其是每一项 $a_{k}$ 含 $n$ 和 $k$、无法直接求和的情况（或连乘） + +2.对于给定的  $m$  个正数  $a_1, a_2, \dots, a_m ，\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$. + +3.有界函数放缩 + +### 优势和劣势 + +#### 优势 + +1. 处理复杂表达式的有效工具，对于形式复杂、不易直接化简的极限（如 $\sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n}$  这类“混合幂和”） + +2. 不依赖具体函数形式 + +3. 特别适合涉及  $n \to \infty$  的离散极限 + +4. 直观易懂 + +#### 劣势 + +1. 需要合适的不等式构造，必须找到恰当的上下界，既要容易求极限，又要在所求极限点处上下界极限相等。有时不容易找到这样的函数。 + +2. 可能高估或低估范围 + +3. 对振荡型函数有时不适用 + +## 例子 + +### 类型一： + +> [!example] 例1 +> 求极限 +> $$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$$ + + + + + + + + +> [!example] 例2 +> 证明：$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$ + + + + + + + + + +### 类型二： + +> [!example] 例3 +> 设  $f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n} ， x \geq 0$，问  $f(x)$  是否为连续函数。 + + + + + + + +> [!example] 例4 +> 证明$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$ + + + + + + + + +### 类型三： + +> [!example] 例5 +> 求函数极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$ + + + + + + + + +> [!example] 例6 +> 证明：$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$ + + + + + + + + + +# 凑重要极限法 + +## 原理： + +两个重要极限 +$$(1)\lim\limits_{x \to 0} \tfrac{sinx}{x}=1$$$$(2)\lim\limits_{x \to 0} \tfrac{e^x-1}{x}=1$$ + +## 适用情况 + +x是形式的，也就是说，只要是一个趋于0的函数放在上面两个极限中x的位置，极限的结果仍然不变。首先得是一个除法的形式，如果是乘法，就转化成除以另一个函数的倒数，比如 + +$$\lim\limits_{x \to \infty} x(e^\tfrac{1}{x}-1)=\lim\limits_{x \to \infty } \tfrac{e^\tfrac{1}{x}-1}{\tfrac{1}{x}}=1$$ + +这就是一个常见的化简思路。 + +## 例子 + + +> [!example] 计算下列极限： +> (1)$$\lim\limits_{x \to 0} \tfrac {x-sin2x}{x+sin3x}$$ +> (2)$$\lim\limits_{x \to 0} (\tfrac{1-x}{1+3x})^{1/x}$$ + + + + + + +> [!example] 例2 +> 已知$$\lim\limits_{x\to\infty}(\tfrac{x+1}{x+k})^x=\lim\limits_{x\to0}e^{\tfrac{sin4x}{x}}$$则常数k的值为__ + + + + + + + + + +# 等价无穷小求极限法 + + +本质是利用已知公式进行等价无穷小因子的代换将复杂函数化简 + + +> [!example] 例1 +> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$ + + + + + + + +> [!example] 例2 +> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$ + + + + + + +熟悉常见的极限，灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小，已经能够解决绝大多数的极限计算题了，无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题，无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已，如果可以熟练的分离这些特征，其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然，不是贬低其他的工具，只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后，就不重视这些初级的工具和结论。 + + +# 抓大头”求极限法 + +1、形如 + +$$\frac{ax^n + bx^{n-1} + \ldots + p}{cx^m + \beta x^{m-1} + \ldots + \xi}$$ + +的多项式相除：上下同除x的最高次项，再上下各自求极限 + +2、形如 + +$$\ln(ae^{an} + \ldots + p)$$ + +的指对嵌套：先提出e的最高次项，转化为 + +$$\ln e^{\alpha n} \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$ + +即 + +$$\alpha n + \ln \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$ + + +> [!example] 例1 +> 计算$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-cosx}{x}=$$ + + + + + + diff --git a/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md b/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md new file mode 100644 index 0000000..e91db4c --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版2）.md @@ -0,0 +1,558 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +# 极限计算方法 + +## 一、有理化根式法 + +### 1.1 基本原理 +通过平方差公式上下同乘有理化因式，将 $\infty-\infty$ 或 $\frac{0}{0}$ 等不定型转化为可计算形式。 + +### 1.2 适用情况 +- 分式中出现根式减根式 +- 形式本身为根式减根式 +- 极限过程导致出现不定型（常见 $\infty-\infty$ 和 $\frac{0}{0}$） + +### 1.3 优势与局限 +**优势**：能迅速处理含根式的不定型问题。 + +**局限**：一般只适用于含根式的情况；对于 $\frac{0}{0}$ 型需上下同时有理化，通常能约去零因子。 + +> **🔍 关键转化形式** +> - 对于 $\infty - \infty$ 型：$\sqrt{A} - \sqrt{B} = \frac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}$ +> - 对于 $\frac{0}{0}$ 型：通常需要分子分母分别有理化 + +### 1.4 典型例题 + +#### 例1：$\infty-\infty$ 型 +计算极限：$\displaystyle \lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$ + +**解**： +$$ +\begin{aligned} +\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1}) +&= \lim_{x \to \infty} \frac{(x^{2}+1)-(x^{2}-1)}{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[0.5em] +&= \lim_{x \to \infty} \frac{2}{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[0.5em] +&= 0 +\end{aligned} +$$ + +> **💡 分析**：这是典型的$\infty-\infty$型有理化，有理化后分母趋向$\infty$，整体极限为0。 + +#### 例2：$\frac{0}{0}$ 型 +计算极限：$\displaystyle \lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3}{\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$ + +**解**： +$$ +\begin{aligned} +\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3}{\sqrt{x-2}-\sqrt{2}} +&= \lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{2x+1}-3)(\sqrt{2x+1}+3)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(\sqrt{x-2}-\sqrt{2})(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em] +&= \lim_{x \to 4} \frac{(2x-8)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(x-4)(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em] +&= \lim_{x \to 4} \frac{2(x-4)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(x-4)(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em] +&= \lim_{x \to 4} \frac{2(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{\sqrt{2x+1}+3} \\[0.5em] +&= \frac{2(\sqrt{2}+\sqrt{2})}{3+3} = \frac{4\sqrt{2}}{6} = \frac{2\sqrt{2}}{3} +\end{aligned} +$$ + +> **📝 解题步骤**： +> 1. 识别为$\frac{0}{0}$型，且分子分母均含根式 +> 2. 分子分母分别有理化 +> 3. 化简后约去零因子$(x-4)$ +> 4. 代入$x=4$计算极限值 + +--- + +## 二、夹逼定理法（挤压定理） + +### 2.1 基本原理 +若函数 $f(x)$ 满足 $g(x) \le f(x) \le h(x)$，且 $\lim g(x) = \lim h(x) = L$，则 $\lim f(x) = L$。 + +### 2.2 适用情况 +1. 形如 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k$ 的求和极限（尤其 $a_k$ 含 $n,k$） +2. 幂和根式极限：$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$ +3. 有界函数乘积型极限 +4. 振荡函数与无穷小乘积的极限 + +### 2.3 优势与劣势 +**优势**： +1. 处理复杂表达式的有效工具 +2. 不依赖具体函数形式 +3. 特别适合涉及 $n \to \infty$ 的离散极限 +4. 直观易懂 + +**劣势**： +1. 需要合适的不等式构造 +2. 必须找到恰当的上下界 +3. 可能高估或低估范围 +4. 对振荡型函数有时不适用 + +### 2.4 三种常见类型及例题 + +#### 类型一：求和式极限 +**例1**：求 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$ + +**解**： +对 $k=1,2,\dots,n$，有 $n^2+1 \le n^2+k \le n^2+n$，故 +$$ +\frac{n+k}{n^2+n} \le \frac{n+k}{n^2+k} \le \frac{n+k}{n^2+1} +$$ + +求和得： +$$ +\frac{\sum_{k=1}^n (n+k)}{n^2+n} \le S_n \le \frac{\sum_{k=1}^n (n+k)}{n^2+1} +$$ + +其中 $\displaystyle \sum_{k=1}^n (n+k) = n^2 + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{3n^2+n}{2}$ + +计算上下极限： +$$ +\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n} = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2n^2+2n} = \frac{3}{2} +$$ +$$ +\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1} = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2n^2+2} = \frac{3}{2} +$$ + +由夹逼定理得：$\displaystyle \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{3}{2}$ + +**例2**：证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$ + +**证明**： +$$ +0 < \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n} \le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1 = \frac{1}{n} +$$ +而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$，故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$ + +> **🔍 技巧**：对于连乘积，常将部分因子放大为1，部分因子保持不变，得到易求极限的上下界。 + +#### 类型二：幂和根式极限 +**重要结论**：若 $a_k > 0$，则 +$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$$ + +**例3**：设 $\displaystyle f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n},\ x \ge 0$，讨论 $f(x)$ 连续性。 + +**解**： +比较三项：$a_1=1,\ a_2=x,\ a_3=\frac{x^2}{2}$ + +1. **当 $0 \le x \le 1$**： + $x \le 1$，且 $\frac{x^2}{2} \le \frac{1}{2} < 1$，最大值为 $1$ + +2. **当 $1 < x \le 2$**： + 比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$： + $$x \ge \frac{x^2}{2} \Leftrightarrow 2x \ge x^2 \Leftrightarrow x(2-x) \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2$$ + 在 $(1, 2]$ 内，$x \ge \frac{x^2}{2}$；同时 $x > 1$，所以最大值是 $x$ + +3. **当 $x > 2$**： + 比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$： + $\frac{x^2}{2} > x \ (x > 2)$，且 $\frac{x^2}{2} > 1$，所以最大值是 $\frac{x^2}{2}$ + +故 +$$ +f(x) = \begin{cases} +1, & 0 \le x \le 1 \\ +x, & 1 < x \le 2 \\ +\frac{x^2}{2}, & x > 2 +\end{cases} +$$ + +**连续性检查**： +- 在 $x=1$ 处：$x \to 1^-$ 时 $f(x)=1$；$x \to 1^+$ 时 $f(x)=x \to 1$，且 $f(1)=1$，连续 +- 在 $x=2$ 处：$x \to 2^-$ 时 $f(x)=x \to 2$；$x \to 2^+$ 时 $f(x)=\frac{x^2}{2} \to 2$，且 $f(2)=2$，连续 + +因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续。 + +**例4**：证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$ + +**证明**： +$$ +7^n < 3^n + 5^n + 7^n \le 3 \cdot 7^n +$$ +两边开 $n$ 次方： +$$ +7 < \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} \le 7 \cdot \sqrt[n]{3} +$$ +而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$，由夹逼定理得证。 + +> **📝 解题模板**： +> 1. 找出最大项 $M = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$ +> 2. 构造不等式：$M^n < \sum a_i^n \le m \cdot M^n$ +> 3. 取$n$次根：$M < \sqrt[n]{\sum a_i^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}$ +> 4. 由 $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{m} = 1$ 得结论 + +#### 类型三：有界函数乘积型 +**例5**：求 $\displaystyle \lim_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$ + +**解**： +由 $-1 \le \sin\frac{1}{x} \le 1$，得 +$$ +-x^2 \le x^2\sin\frac{1}{x} \le x^2 +$$ +而 $\displaystyle \lim_{x\to0}(-x^2) = \lim_{x\to0}x^2 = 0$，故原极限为 $0$。 + +**例6**：证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$ + +**证明**： +$$ +1 \le 2 + \sin^2 n \le 3 \Rightarrow +1 \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le \sqrt[n]{3} +$$ +而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$，故得证。 + +> **⚠️ 注意事项**： +> 1. 确保上下界函数极限存在且相等 +> 2. 不等式方向必须一致 +> 3. 对于振荡函数，常利用其有界性 + +--- + +## 三、凑重要极限法 + +### 3.1 两个重要极限 +1. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ +2. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$ + +### 3.2 变形与推广 +- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} \frac{\sin \square}{\square} = 1$（$\square$代表任何趋于0的表达式） +- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} \frac{e^\square-1}{\square} = 1$ +- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} (1+\square)^{1/\square} = e$ + +### 3.3 使用技巧 +1. **识别结构**：寻找$\frac{\sin(\text{无穷小})}{\text{相同的无穷小}}$或$\frac{e^{\text{无穷小}}-1}{\text{相同的无穷小}}$的形式 +2. **变量代换**：令$t = \text{无穷小表达式}$，化为标准形式 +3. **恒等变形**：利用对数、指数等恒等式转化 + +### 3.4 典型例题 + +**例1**： +(1) $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x-\sin 2x}{x+\sin 3x}$ + +**解**： +$$ +\lim_{x\to0}\frac{x-\sin 2x}{x+\sin 3x} += \lim_{x\to0}\frac{1-2\cdot\frac{\sin 2x}{2x}}{1+3\cdot\frac{\sin 3x}{3x}} += \frac{1-2\times1}{1+3\times1} = -\frac{1}{4} +$$ + +(2) $\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\frac{1-x}{1+3x}\right)^{1/x}$ + +**解**： +令 $t = -\frac{4x}{1+3x}$，则 $x \to 0$ 时 $t \to 0$，且 +$$ +\frac{1}{x} = -4\cdot\frac{1+3x}{4x} = -4\cdot\frac{1}{t}-3 +$$ + +原式 $= \displaystyle \lim_{t\to 0} (1+t)^{-4/t-3} = \lim_{t\to 0} \left[(1+t)^{1/t}\right]^{-4} \cdot (1+t)^{-3} = e^{-4} \cdot 1 = e^{-4}$ + +**例2**：已知 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+1}{x+k}\right)^x = \lim_{x\to0}e^{\frac{\sin 4x}{x}}$，求 $k$ + +**解**： +左边 $= \displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+k/x)^x} = \frac{e}{e^k} = e^{1-k}$ + +右边 $= e^{\lim_{x\to0}\frac{\sin 4x}{x}} = e^{4}$ + +故 $e^{1-k} = e^4 \Rightarrow 1-k = 4 \Rightarrow k = -3$ + +### 3.5 课后练习与详解 + +**练习1**：$\displaystyle \lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{3/x}\ (a,b>0)$ + +**解**： +$$ +\begin{aligned} +\lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{3/x} +&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{a^x+b^x-2}{2}\right)^{3/x} \\ +&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}\right)^{3/x} \\ +&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{x\ln a + x\ln b + o(x)}{2}\right)^{3/x} \quad (\text{利用 } a^x-1 \sim x\ln a) \\ +&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{\ln(ab)}{2}x\right)^{3/x} \\ +&= e^{\frac{3\ln(ab)}{2}} = (ab)^{3/2} +\end{aligned} +$$ + +**练习2**：$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin\frac{2}{x}$ + +**解**： +$$ +\begin{aligned} +\lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin\frac{2}{x} +&= \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3} \cdot \frac{\sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}} \cdot \frac{2}{x} \\ +&= \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3} \cdot 1 \cdot \frac{2}{x} \\ +&= \lim_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x} = \frac{6}{5} +\end{aligned} +$$ + +**练习3**：$\displaystyle \lim_{x\to\pi/4}\frac{\tan x-1}{x-\pi/4}$ + +**解**： +令 $t = x - \frac{\pi}{4}$，则 $x = t + \frac{\pi}{4},\ t \to 0$ + +$\tan x = \tan\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t}$ + +于是： +$$ +\begin{aligned} +\tan x - 1 &= \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t} - 1 = \frac{2\tan t}{1 - \tan t} \\ +\frac{\tan x-1}{x-\pi/4} &= \frac{2\tan t}{t(1-\tan t)} = 2\cdot\frac{\tan t}{t}\cdot\frac{1}{1-\tan t} +\end{aligned} +$$ + +当 $t \to 0$ 时：$\frac{\tan t}{t} \to 1$，$1-\tan t \to 1$ + +故原极限 $= 2 \times 1 \times 1 = 2$ + +**练习4**：$\displaystyle \lim_{x\to\pi/2}(\sin x)^{\tan x}$ + +**解**： +令 $t = \frac{\pi}{2} - x$，则 $x = \frac{\pi}{2} - t,\ t \to 0$ + +$\sin x = \cos t \sim 1 - \frac{t^2}{2}$ +$\tan x = \cot t = \frac{\cos t}{\sin t} \sim \frac{1}{t}$ + +原式 $= \displaystyle \lim_{t\to0} (\cos t)^{\cot t}$ + +取对数：$\ln(\text{原式}) = \displaystyle \lim_{t\to0} \cot t \cdot \ln(\cos t)$ + +$$ +\cot t \cdot \ln(\cos t) = \frac{\cos t}{\sin t} \cdot \ln(1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)) \sim \frac{1}{t} \cdot (-\frac{t^2}{2}) = -\frac{t}{2} \to 0 +$$ + +故原式 $= e^0 = 1$ + +> **💡 重要技巧**： +> 1. 幂指函数 $[f(x)]^{g(x)}$ 常取对数：$e^{g(x)\ln f(x)}$ +> 2. 利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u\ (u\to0)$ +> 3. 注意代换后的新变量也趋于0，才能使用重要极限 + +--- + +## 四、等价无穷小代换法 + +### 4.1 基本原理 +在乘积和商的极限运算中，可以将复杂的无穷小量替换为等价的简单无穷小量，简化计算。 + +### 4.2 常用等价无穷小（$x\to 0$） +| 等价形式 | 条件 | +|---------|------| +| $x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$ | 基础等价 | +| $x \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)$ | 指数对数等价 | +| $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ | 三角函数等价 | +| $(1+x)^a-1 \sim ax$ | 幂函数等价 | +| $a^x-1 \sim x\ln a\ (a>0)$ | 指数函数等价 | +| $x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$ | 高阶等价 | +| $\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$ | 高阶等价 | + +### 4.3 使用原则 +1. **乘除运算可直接替换** +2. **加减运算需谨慎**：只有同阶无穷小相加减时，不能随意替换 +3. **复合函数可整体替换** + +### 4.4 典型例题 + +**例1**：计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$ + +**解**： +原式 $= \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{mx}{nx} = \frac{m}{n}$ + +**例2**：计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$ + +**解**：取对数得 +$$ +\begin{aligned} +\ln L &= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x) \\ +&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \ln[1+(\cos x-1)] \\ +&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot (\cos x-1) \quad (\text{利用 }\ln(1+u)\sim u) \\ +&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot (-\frac{1}{2}x^2) \quad (\text{利用 }1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^2) \\ +&= -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}(1+x) = -\frac{1}{2} +\end{aligned} +$$ +故原式 $= e^{-1/2}$ + +**例3**：计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\arctan(n+1) - \arctan n]$ + +**解**： +利用公式 $\arctan a - \arctan b = \arctan\frac{a-b}{1+ab}$： +$$ +\begin{aligned} +\text{原式} &= \lim_{n \to \infty} n^2 \arctan\frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \\ +&= \lim_{n \to \infty} n^2 \arctan\frac{1}{n^2+n+1} \\ +&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2+n+1} \quad (\text{利用 }\arctan u\sim u\ (u\to0)) \\ +&= \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2+n+1} = 1 +\end{aligned} +$$ + +### 4.5 注意事项与常见错误 + +**⚠️ 加减法替换的陷阱**： +已知 $a^x - 1 \sim x\ln a$；$x \sim \sin x$，但 +$$ +\lim_{x\to 0}\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} +$$ +不能直接替换为 $\frac{0}{0}$！ + +**正确解法（泰勒展开）**： +分子：$a^x - 1 - x\ln a = \left(1 + x\ln a + \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2)\right) - 1 - x\ln a = \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2)$ + +分母：$\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$ + +因此： +$$ +\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} \sim \frac{\frac{(x\ln a)^2}{2}}{-\frac{x^3}{6}} = -3\frac{(\ln a)^2}{x} +$$ +当 $x\to 0^+$ 时 $\to -\infty$，$x\to 0^-$ 时 $\to +\infty$，极限不存在。 + +### 4.6 引入练习详解 + +计算 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2\tan x}-\sqrt{1+2\sin x}}{x\ln(1+x)-x^2}$ + +**解**： +$$ +\begin{aligned} +\text{原式} &= \lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+2\tan x}-\sqrt{1+2\sin x})(\sqrt{1+2\tan x}+\sqrt{1+2\sin x})}{(x\ln(1+x)-x^2)(\sqrt{1+2\tan x}+\sqrt{1+2\sin x})} \\ +&= \lim_{x\to0}\frac{2(\tan x - \sin x)}{x[\ln(1+x)-x] \cdot 2} \quad (\text{分母中的}\sqrt{\cdots}+\sqrt{\cdots}\to 2) \\ +&= \lim_{x\to0}\frac{\tan x - \sin x}{x[\ln(1+x)-x]} \\ +&= \lim_{x\to0}\frac{\sin x(\frac{1}{\cos x}-1)}{x[\ln(1+x)-x]} \\ +&= \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1-\cos x}{\ln(1+x)-x} \\ +&= 1 \cdot 1 \cdot \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x} +\end{aligned} +$$ + +对于 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x}$： +利用 $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$ +得 $\ln(1+x)-x = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \sim -\frac{x^2}{2}$ + +因此： +$$ +\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x} = \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{-\frac{1}{2}x^2} = -1 +$$ + +故原式 $= -1$，答案为 **C**。 + +> **📋 等价无穷小使用总结**： +> 1. 熟记常用等价无穷小公式 +> 2. 乘除运算放心用，加减运算要小心 +> 3. 复杂表达式可先有理化、拆分再使用 +> 4. 不确定时可用泰勒展开验证 + +--- + +## 五、"抓大头"法（主导项法） + +### 5.1 基本原理 +在极限计算中，忽略低阶项，只保留最高阶项（主导项）。 + +### 5.2 适用情形 +1. **有理分式极限**：分子分母同除以最高次项 +2. **指对嵌套式**：提出指数最高次项 +3. **多项式与根式混合**：比较各项阶数 + +### 5.3 常见类型及方法 + +#### 类型一：有理分式 +对于 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0}{b_mx^m + b_{m-1}x^{m-1} + \cdots + b_0}$： +- $n > m$：极限为 $\infty$ 或 $-\infty$（由系数符号决定） +- $n = m$：极限为 $\frac{a_n}{b_m}$ +- $n < m$：极限为 $0$ + +#### 类型二：指数型 +对于 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln(ae^{\alpha n} + be^{\beta n} + \cdots)$，其中 $\alpha > \beta > \cdots$： +提取 $e^{\alpha n}$：$= \alpha n + \ln(a + be^{(\beta-\alpha)n} + \cdots) \to \alpha n + \ln a$ + +### 5.4 典型例题 + +**例1**：计算 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-\cos x}{x}$ + +**解**： +使用等价无穷小： +$\sqrt{1-4x} = 1 - 2x - \frac{(4x)^2}{8} + o(x^2) = 1 - 2x - 2x^2 + o(x^2)$ +$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ + +因此： +$$ +\sqrt{1-4x} - \cos x = (1 - 2x - 2x^2) - (1 - \frac{x^2}{2}) + o(x^2) = -2x - \frac{3}{2}x^2 + o(x^2) +$$ + +原式 $= \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{-2x - \frac{3}{2}x^2 + o(x^2)}{x} = \lim_{x\to0}(-2 - \frac{3}{2}x + o(x)) = -2$ + +**例2**：计算 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{3x^3 - 2x^2 + 5}{2x^3 + 7x - 1}$ + +**解**： +分子分母同除以 $x^3$： +$$ +\lim_{x\to\infty}\frac{3 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^3}}{2 + \frac{7}{x^2} - \frac{1}{x^3}} = \frac{3}{2} +$$ + +**练习**：$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\csc x - \cot x}{x}$ + +**解**： +$$ +\csc x - \cot x = \frac{1}{\sin x} - \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1-\cos x}{\sin x} \sim \frac{\frac{1}{2}x^2}{x} = \frac{x}{2} +$$ + +故原式 $= \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{x/2}{x} = \frac{1}{2}$ + +### 5.5 综合练习 + +**练习1**：$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{4x^2+3x+1} - \sqrt{4x^2-2x+5}}{x}$ + +**解**： +有理化： +$$ +\begin{aligned} +\text{原式} &= \lim_{x\to\infty}\frac{(4x^2+3x+1) - (4x^2-2x+5)}{x(\sqrt{4x^2+3x+1} + \sqrt{4x^2-2x+5})} \\ +&= \lim_{x\to\infty}\frac{5x-4}{x(\sqrt{4x^2+3x+1} + \sqrt{4x^2-2x+5})} \\ +&= \lim_{x\to\infty}\frac{5 - \frac{4}{x}}{\sqrt{4+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{4-\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}} \\ +&= \frac{5}{\sqrt{4}+\sqrt{4}} = \frac{5}{2+2} = \frac{5}{4} +\end{aligned} +$$ + +> **💡 "抓大头"的本质**： +> 在 $x\to\infty$ 时，$x^3$ 比 $x^2$ "大得多"；在 $x\to0$ 时，$x^2$ 比 $x$ "小得多"。抓住这些主导项，忽略次要项，是快速求解极限的关键。 + +--- + +## 六、方法综合运用与总结 + +### 6.1 极限计算流程图 +``` +开始 + ↓ +判断极限类型 + ├── 0/0型 → 考虑：有理化、等价无穷小、洛必达 + ├── ∞/∞型 → 考虑：抓大头、洛必达 + ├── ∞-∞型 → 考虑：有理化、通分 + ├── 0·∞型 → 化为0/0或∞/∞ + └── 1^∞, 0^0, ∞^0型 → 取对数化为0/0型 + ↓ +选择合适方法 + ↓ +计算并验证 +``` + +### 6.2 方法选择指南 +| 方法 | 最佳适用场景 | 注意事项 | +|------|------------|----------| +| 有理化根式法 | 含根式的$\infty-\infty$或$0/0$型 | 注意分子分母分别有理化 | +| 夹逼定理法 | 求和、幂和根式、有界函数乘积 | 构造合适的不等式是关键 | +| 凑重要极限法 | 含$\sin x/x$或$(1+1/x)^x$结构 | 灵活使用变量代换 | +| 等价无穷小法 | 乘除运算中的复杂无穷小 | 加减运算中慎用 | +| 抓大头法 | $x\to\infty$的有理分式或指对式 | 明确各项阶数关系 | + +### 6.3 常见错误提醒 +1. **滥用等价无穷小**：在加减运算中随意替换 +2. **忽略定义域**：如$\sqrt{x}$在$x<0$时无定义 +3. **错误使用洛必达**：不满足$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$型 +4. **夹逼定理使用不当**：上下界极限不相等 +5. **重要极限变形错误**：$\lim (1+\frac{1}{x})^x = e$ 仅当$x\to\infty$ + +### 6.4 终极建议 +1. **先化简后计算**：有理化、通分、因式分解等 +2. **多方法验证**：用不同方法计算同一极限，验证结果 +3. **掌握泰勒展开**：这是极限计算的终极武器 +4. **积累常见结论**：如$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$，$\lim_{x\to0}\frac{\tan x - x}{x^3}=\frac{1}{3}$等 + +> **🚀 提升路径**： +> 1. 熟练掌握本文五种基本方法 +> 2. 学习洛必达法则（适用于0/0和∞/∞型） +> 3. 掌握泰勒公式展开（最强大的工具） +> 4. 练习综合题，培养方法选择直觉 + +**记住**：极限计算的核心思想是 **"化未知为已知，化复杂为简单"**。通过恒等变形、变量代换、等价替换等手段，将陌生的极限转化为熟悉的形式，再利用已知结论求解。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版）.md b/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..b49dde7 --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/极限计算的基本方法（解析版）.md @@ -0,0 +1,522 @@ +--- +tags: + - tool_idea + - 编写小组 +--- +# 有理化根式法 + +## Quick Description + +### 原理 + +通过平方差公式上下同乘有理化，使得 $\infty - \infty$ 或者 $\frac {0}{0}$ 等不定型变得可以处理，从而使极限可以计算 + +### 适用情况 + +分式中出现根式减根式，或形式本身为根式减根式，且极限过程导致出现不定型，常见的有 $\infty - \infty$ 和 $\frac {0}{0}$ + +### 优势和劣势 + +迅速处理上述问题，但注意一般只能处理含根式问题，若无根式，可能考虑抓大头法 + +一般 $\infty - \infty$ 经过有理化可以得到 $\frac{1}{\infty+\infty}$ + +而 $\frac {0}{0}$ 需要上下都经过有理化，一般能约掉一个因式，从而使其可以处理 + +### 例子 + +> [!example] 例1 +> 计算极限 $\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$ + +观察到这里是根式减根式，并且是不定型 $\infty - \infty$，考虑使用有理化根式法 + +则有$$\begin{align*} +\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1}) +&= \lim_{x \to \infty} \frac{2} {\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[1em] +&= 0 +\end{align*}$$ +> [!example] 例2 +> 计算极限 $\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$ + +观察到这里是根式减根式，并且是不定型 $\frac {0}{0}$ ，考虑使用有理化根式法 + +则有$$\begin{align*} +\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}} +&= \lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {x-4} \frac{2(x-4)}{ (\sqrt{2x+1}+3) } \\[1em] +&= 2\lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {\sqrt{2x+1}+3}\\[1em] +&= \frac{2\sqrt{2}}{3} +\end{align*}$$ +# 夹逼定理法 + +## Quick Description + +### 原理 + +被“夹”在中间的函数，会被两边函数的共同极限“逼”出相同的极限 + +### 适用情况 + +1.针对形如 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ 的式子，尤其是每一项 $a_{k}$ 含 $n$ 和 $k$、无法直接求和的情况（或连乘） + +2.对于给定的  $m$  个正数  $a_1, a_2, \dots, a_m ，\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$. + +3.有界函数放缩 + +### 优势和劣势 + +#### 优势 + +1. 处理复杂表达式的有效工具，对于形式复杂、不易直接化简的极限（如 $\sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n}$  这类“混合幂和”） + +2. 不依赖具体函数形式 + +3. 特别适合涉及  $n \to \infty$  的离散极限 + +4. 直观易懂 + +#### 劣势 + +1. 需要合适的不等式构造，必须找到恰当的上下界，既要容易求极限，又要在所求极限点处上下界极限相等。有时不容易找到这样的函数。 + +2. 可能高估或低估范围 + +3. 对振荡型函数有时不适用 + +## 例子 + +### 类型一： + +> [!example] 例1 +> 求极限 +> $$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$$ + +1. 放缩： + +   对  $k = 1, 2, \dots, n$  ，有$$n^2+1 \le n^2+k \le n^2+n$$因此 +   $$\frac{n+k}{n^2+n} \le \frac{n+k}{n^2+k} \le \frac{n+k}{n^2+1}$$ +2. 求和： + +      分子和：$$\sum_{k=1}^n (n+k) = n\cdot n + (1+2+\cdots+n) + +   = n^2 + \frac{n(n+1)}{2} + +   = \frac{2n^2 + n(n+1)}{2} + +   = \frac{3n^2+n}{2}$$于是： +$$\frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n} + +   \le S_n \le + +   \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1} + +   其中  S_n = \sum_{k=1}^n \frac{n+k}{n^2+k}$$ +3. 求上下极限： +   $$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n} + +   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+n)} + +   = \frac{3}{2}$$ +$$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1} + +   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+1)} + +   = \frac{3}{2}$$ +4. 夹逼得： $$ \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{3}{2}$$ + +> [!example] 例2 +> 证明：$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$ + +证明： +$$0 < \frac{n!}{n^n} + += \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n} + +\le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1 + += \frac{1}{n}$$ +因为 +$$0 \le \frac{n!}{n^n} \le \frac{1}{n} + +\quad\text{且}\quad + +\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$$ +由夹逼定理得： +$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$ + + +### 类型二： + +> [!example] 例3 +> 设  $f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n} ， x \geq 0$，问  $f(x)$  是否为连续函数。 + +解析： + +1. 提取主要项法 + +常用结论： + +若  $a_k > 0$ ，则 +$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$$ +这里比较的三项为： +$$a_1 = 1, \quad a_2 = x, \quad a_3 = \frac{x^2}{2}$$ +2. 分区间求最大值 + +比较 $1$、$x$、$\frac{x^2}{2}$ 的大小随 $x$ 变化： + +1. 当 $0 \le x \le 1$ + +      $x \le 1$，且 $\frac{x^2}{2} \le \frac12 < 1$，最大的是 $1$。 + +2. 当 $1 < x \le 2$ + +      此时 $x > 1$，比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$： +   $$x \ge \frac{x^2}{2} \quad \Leftrightarrow \quad 2x \ge x^2 \quad \Leftrightarrow \quad x \le 2$$ + +   在 (1, 2] 内，$x \ge \frac{x^2}{2}$；同时 $x > 1$，所以最大值是 $x$。 + +3. 当 $x > 2$ + +      比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$： + +      $\frac{x^2}{2} > x \ (x > 2)$，且显然 $\frac{x^2}{2} > 1$，所以最大值是 $\frac{x^2}{2}$。 + +4. 极限结果 + +$$f(x) = \max\left\{1, x, \frac{x^2}{2} \right\} = + +\begin{cases} + +1, & 0 \le x \le 1, \\ + +x, & 1 < x \le 2, \\ + +\frac{x^2}{2}, & x > 2. + +\end{cases}$$ + +4. 连续性检查 + +· 在 $x=1$ 处： + +    $x \to 1^- 时 f(x) = 1$; + +    $x \to 1^+ 时 f(x) = x \to 1，且 f(1)=1，连续$ + +· 在 $x=2$ 处： + +    $x \to 2^- 时 f(x) = x \to 2$; + +    $x \to 2^+ 时 f(x) = \frac{x^2}{2} \to 2，且 f(2) = 2，连续$ + +因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty) 上连续$ + +最终答案： +$$\boxed{f(x) = + +\begin{cases} + +1, & 0 \le x \le 1, \\ + +x, & 1 < x \le 2, \\ + +\frac{x^2}{2}, & x > 2. + +\end{cases}}$$ + +> [!example] 例4 +> 证明$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$ + +证明： +$$7^n < 3^n + 5^n + 7^n \le 7^n + 7^n + 7^n = 3\cdot 7^n$$ +两边开 n 次方： +$$7 < \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} \le 7 \cdot \sqrt[n]{3}$$ +而 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$$由夹逼定理得： +$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$$ + +### 类型三： + +> [!example] 例5 +> 求函数极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$ + +解析： + +1.  **利用有界函数放缩** + +    已知正弦函数的值域：$-1\le\sin\frac{1}{x}\le1$（$x\neq0$） + +    两边同乘 $x^2$（$x^2\ge0$，不等号方向不变）： + +    $$-x^2\le x^2\sin\frac{1}{x}\le x^2$$ + +2.  **求上下界的极限** + +    左边极限：$\lim\limits_{x\to0}(-x^2)=0$ + +    右边极限：$\lim\limits_{x\to0}x^2=0$ + +3.  **应用夹逼定理** + +上下界极限均为 $0$，因此 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}=0$ + +> [!example] 例6 +> 证明：$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$ + +证明： + +$$1 \le 2 + \sin^2 n \le 3$$ +所以 +$$\sqrt[n]{1} \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le \sqrt[n]{3}$$ +即 +$$1 \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le 3^{1/n}$$ +而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} 3^{1/n} = 1$，由夹逼定理： +$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$$ +# 凑重要极限法 + +## 原理： + +两个重要极限 +$$(1)\lim\limits_{x \to 0} \frac{sinx}{x}=1$$$$(2)\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}=1$$ + +## 适用情况 + +x是形式的，也就是说，只要是一个趋于0的函数放在上面两个极限中x的位置，极限的结果仍然不变。首先得是一个除法的形式，如果是乘法，就转化成除以另一个函数的倒数，比如 + +$$\lim\limits_{x \to \infty} x(e^\frac{1}{x}-1)=\lim\limits_{x \to \infty } \frac{e^\frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}}=1$$ + +这就是一个常见的化简思路。 + +## 例子 + +> [!example] 计算下列极限： +> (1)$$\lim\limits_{x \to 0} \frac {x-sin2x}{x+sin3x}$$ +> (2)$$\lim\limits_{x \to 0} (\frac{1-x}{1+3x})^{1/x}$$ + +解：（1） +$$\lim\limits_{x\to0}\frac{x-sin2x}{x+sin3x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-2\frac{sin2x}{2x}}{1+3\frac{sin3x}{3x}}=\frac{1-2}{1+3}=-\frac{1}{4}$$ +（2） + +原式等于$$\lim\limits_{x\to0}[(1+\frac{1}{\frac{-4x}{1+3x}})]^{1/x}$$ +令$$\frac{-4x}{1+3x}=\frac{1}{t}$$则$$1/x=-4t-3$$则原式等于 +$$\lim\limits_{t\to\infty}(1+1/t)^{-4t-3}=\lim\limits_{t\to\infty}[(1+1/t)^t]^{-4}*(1+1/t)^{-3}=e^{-4}$$ + +> [!example] 例2 +> 已知$$\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+1}{x+k})^x=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{sin4x}{x}}$$则常数k的值为__ + +解： + +左边=$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+k/x)^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+\frac{1}{(x/k)})^{(x/k)*k}}=\frac{e}{e^k}=e^{1-k}$$ + +右边=$$e^{\lim\limits_{x\to0}{\frac{sin4x}{x}}}=e^4$$ +故$$e^{1-k}=e^4，k=-3$$ + +**课后习题：** + +（1）$\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x}  (a,b>0)$ + +（2）$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}$ + +（3）$\lim\limits_{x\to\pi/4}\frac{tanx-1}{x-\pi/4}$ + +（4）$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$ + +解： + +（1） + +$$\begin{aligned} +\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x} +&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x-1}{2}+\frac{b^x-1}{2}+1)^{3/x}\\[1em] +&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{e^{xlna}-1}{2}+\frac{e^{xlnb}-1}{2}+1)^{3/x} \\[1em] +&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{xlna}{2}+\frac{xlnb}{2}+1)^{3/x} \\[1em] +&=\lim\limits_{x\to0}(1+\frac{lnab}{2}x)^{\frac{2}{xlnab}\frac{3lnab}{2}}\\[1em] +&=e^{\frac{3lnab}{2}}\\[1em] +&=(ab)^{3/2} +\end{aligned}$$ + +（2） + +$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x}\frac{sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}=\frac{6}{5}$$ + +（3） + +令 + +$$t = x - \frac{\pi}{4} \quad \Rightarrow \quad x = t + \frac{\pi}{4},\ t \to 0.$$ + +则$\tan x = \tan\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t}$. + +于是$\tan x - 1 = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t} - 1$ + +$$= \frac{2\tan t}{1 - \tan t}.$$ + +代入原极限：$$\lim\limits_{x\to\pi/4} \frac{\tan x - 1}{x - \pi/4} + += \lim\limits_{t\to 0} \frac{\frac{2\tan t}{1 - \tan t}}{t} + += \lim\limits_{t\to 0} \frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)}.$$ + +利用重要极限 $\displaystyle \lim_{u\to 0} \frac{\tan u}{u} = 1:\frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)} = 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}$ + +当 $t \to 0$ 时，$\tan t \to 0，\lim\limits_{t\to 0} \frac{\tan t}{t} = 1,\quad \lim\limits_{t\to 0} (1 - \tan t) = 1.$ + +所以$$\lim\limits_{t\to 0} 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t} + += 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1 - 0} = 2$$ + +（4） + +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=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$ + +# 等价无穷小求极限法 + +本质是利用已知公式进行等价无穷小因子的代换将复杂函数化简 + +引入练习：计算 +$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$     +A、原式= $\infty$ +B、原式=1 +C、原式=-1 +D、原式=0 + + +原式等于$$2\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x[ln(1+x)-x]}\frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+\sqrt{1+2sinx}}$$ + +$$=2\lim\limits_{x\to 0} \frac{sinx(1/cosx-1)} {x[ln(1+x)-x]} \frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+ \sqrt{1+2sinx}}$$ + +$$=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}$$ + +$$=-1$$ + +解题思路：含有根式函数的极限，可先考虑有限化，然后再用四则运算、等价无穷小等方式求极限 + +> [!example] 例1 +> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$ + +答： + +由 $x \sim \sin x$（等价无穷小）： + +$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx} + += \lim_{x\to 0}\frac{mx}{nx} + += \frac{m}{n}.$$ + +> [!example] 例2 +> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$ + +答： + +小技巧，针对复杂幂函数——取对数。 + +不妨取原式对数，得 + +$$\lim_{x\to 0}\ln\left[(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}\right] + += \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x)$$ + +由 $x \sim \sin x \sim \ln(1+x)$；$1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$： + +$$ln(\cos x) \sim \cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$$ + +$$\begin{aligned} +\lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x) + +&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \lim_{x\to 0}\left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em] + +&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em] + +&= -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)}{x^2} \cdot x^2 \\[1em] + +&= -\frac{1}{2} +\end{aligned}$$ + + + +所以 +$$\lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}} = e^{-\frac{1}{2}}$$ + + +## 加减运算的替换限制 + +对于加减运算，需要进行无穷小阶数的比较，若两同阶无穷小相加为零，要注意此时可能无法代换， + +因为此时可能会丢失高阶信息，所以有“加减不替换”的说法。 + +如：已知 $a^x - 1 \sim x\ln a$；$x \sim \sin x$， + +$$\lim_{x\to 0}\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x}$$ + +因为分子为0，整个式子为0？事实并非如此。 + +$$\textbf{拓展：}由泰勒展开可得，分子实际上等于$$ +$$\left( x\ln a + \frac{(x\ln a)^2}{2} + \frac{(x\ln a)^3}{6} + o(x^3) \right) - x\ln a + += \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2).$$ + +分母：$\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$，因此 +$$\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} \sim \frac{\frac{(x\ln a)^2}{2}}{-\frac{x^3}{6}} + += -3\frac{(\ln a)^2}{x} \to + +\begin{cases} + +-\infty, & x\to 0^+,\\ + ++\infty, & x\to 0^-. + +\end{cases}$$ + + +练习：计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\arctan(n+1) - \arctan n]$ + +由 $\arctan x \sim x$ 得？注意此时 $n\to\infty$。 + +$$\begin{aligned}\text{原式} +&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em] +&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em] +&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em] +&= 1 +\end{aligned}$$ + +二、常见等价无穷小结 + +$$x \sim \sin x \sim \tan x \sim \sin^{-1} x \sim \tan^{-1} x \sim e^x - 1 \sim \ln(1 + x)$$ +$$1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 \quad $$ +$$(1 + x)^a - 1 \sim ax$$ +$$a^x - 1 \sim x \ln a \quad (a > 0)$$ + + +熟悉常见的极限，灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小，已经能够解决绝大多数的极限计算题了，无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题，无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已，如果可以熟练的分离这些特征，其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然，不是贬低其他的工具，只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后，就不重视这些初级的工具和结论。 + +# 抓大头”求极限法 + +1、形如 + +$$\frac{ax^n + bx^{n-1} + \ldots + p}{cx^m + \beta x^{m-1} + \ldots + \xi}$$ + +的多项式相除：上下同除x的最高次项，再上下各自求极限 + +2、形如 + +$$\ln(ae^{an} + \ldots + p)$$ + +的指对嵌套：先提出e的最高次项，转化为 + +$$\ln e^{\alpha n} \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$ + +即 + +$$\alpha n + \ln \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$ + +> [!example] 例1 +> 计算$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-cosx}{x}=$$ + +答案：-2 + + +小练习： + +$$\lim_{x \to 0} \frac{\csc(x) - \cot(x)}{x}=$$ \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md new file mode 100644 index 0000000..99aef78 --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md @@ -0,0 +1,615 @@ +--- +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）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航** + +# 前情提要 + +## 几何级数 + +### 定义 + +几何级数是指形如 + +$$ +\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots +$$ + +的无穷级数，其中： +- $a \neq 0$ 是首项（常数） +- $r$ 是公比（常数） + +### 敛散性结论 +| 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和（当收敛时） | +| ---------- | --- | -------------------- | +| $r<1$ | 收敛 | $S = \dfrac{a}{1-r}$ | +| $r\ge 1$ | 发散 | 不存在 | + +--- + +### 证明 + +#### 一、部分和公式 +首先推导第 $n$ 项部分和 $S_n$ 的公式： + +$$ +S_n = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1} +$$ + +当 $r \neq 1$ 时，两边乘以 $r$： + +$$ +rS_n = ar + ar^2 + ar^3 + \cdots + ar^n +$$ + +两式相减： + +$$ +S_n - rS_n = a - ar^n +$$ + +解得： + +$$ +S_n = a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad (r \neq 1) +$$ + +当 $r = 1$ 时： + +$$ +S_n = a + a + \cdots + a = na +$$ + +--- + +#### 二、敛散性分析 + +##### 情形1：$|r| < 1$ 时收敛 +当 $|r| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$ + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r} +$$ + +所以级数收敛，和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。 + +##### 情形2：$|r| > 1$ 时发散 +当 $|r| > 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$ + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在（趋于无穷）} +$$ + +所以级数发散。 + +##### 情形3：$r = 1$ 时发散 +$S_n = na$，当 $a \neq 0$ 时： + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty +$$ + +所以级数发散。 + +##### 情形4：$r = -1$ 时发散 +此时级数为： + +$$ +a - a + a - a + \cdots +$$ + +部分和为： +- $S_1 = a$ +- $S_2 = 0$ +- $S_3 = a$ +- $S_4 = 0$ +- ... + +当 $a \neq 0$ 时，部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡，没有极限，所以发散。 + +##### 情形5：$r = -1$ 且 $a = 0$ +这是平凡情况，级数恒为 0，收敛于 0（但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$）。 + +--- + +#### 三、直观理解 +1. **$|r| < 1$**：项以指数速度衰减，总和有限 +2. **$|r| \ge 1$**：项不衰减或增长，总和无限或振荡 + +**例子：** +- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛） +- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散） +- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散） + +--- + +### 几何级数与p级数的对比 +| 特征 | 几何级数 | p级数 | +| ------ | ---------------- | ---------------- | +| 通项 | $ar^n$ | $\dfrac{1}{n^p}$ | +| 敛散性 | 只与 $r$ 有关 | 只与 $p$ 有关 | +| 收敛条件 | $r< 1$ | $p > 1$ | +| 和（收敛时） | $\dfrac{a}{1-r}$ | 无简单通式（除特殊p值） | +| 衰减速度 | 指数衰减 | 幂次衰减 | + +--- + +**几何级数小结：** +- 最简单的无穷级数之一 +- 完全解决了敛散性问题 +- 在收敛时，有简洁的求和公式 +- 是许多复杂级数分析的基础 + +--- + +### 记忆技巧 +1. **收敛条件**：公比的绝对值小于1 +2. **求和公式**：首项除以 $(1 - 公比)$ +3. **几何意义**：几何级数得名于相邻项的比值恒定（几何性质） + + +## p 级数 + +### 定义 + +p 级数是指形如 + +$$ +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} +$$ + +的无穷级数，其中 $p$ 是实数。 + +### 敛散性结论 +- **$p > 1$**：级数收敛 +- **$p \le 1$**：级数发散 + +--- + +### 证明（初等方法） + +#### 一、准备工作 +1. **调和级数发散**：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛 + +--- + +#### 二、当 $0 < p \le 1$ 时发散 + +**证明步骤：** + +1. 对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$ +2. 因此： + $$ + \frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n} + $$ +3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +4. 由比较判别法： + - 若 $\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\sum b_n$ 也发散 + - 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$，$a_n = \frac{1}{n}$ +5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时，p 级数发散 + +**注：** $p = 1$ 就是调和级数本身。 + +--- + +#### 三、当 $p > 1$ 时收敛 + +**证明（分组求和法）：** + +将级数分组： + +$$ +\begin{aligned} +S &= 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} + \frac{1}{8^p} + \cdots \\ +&= 1 + \left(\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p}\right) + \left(\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p}\right) + \left(\frac{1}{8^p} + \cdots + \frac{1}{15^p}\right) + \cdots +\end{aligned} +$$ + +**分组规则：** +- 第 1 组：1 项 +- 第 2 组：2 项 +- 第 3 组：4 项 +- 第 4 组：8 项 +- ... +- 第 $k$ 组：$2^{k-1}$ 项 + +**估计第 $k$ 组的和：** +第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$，共 $2^{k-1}$ 项。 + +由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项： + +$$ +\frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1}) +$$ + +第 $k$ 组和的上界： + +$$ +S_k \le 2^{k-1} \cdot \frac{1}{(2^{k-1})^p} = 2^{(k-1)(1-p)} +$$ + +**总和估计：** + +$$ +S \le 1 + 2^{1(1-p)} + 2^{2(1-p)} + 2^{3(1-p)} + \cdots +$$ + +令 $r = 2^{1-p}$，则： + +$$ +S \le 1 + r + r^2 + r^3 + \cdots +$$ + +当 $p > 1$ 时，$1-p < 0$，所以： + +$$ +r = 2^{1-p} < 2^0 = 1 +$$ + +右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\frac{1}{1-r}$。 + +因此原级数的部分和有上界，且单调递增（各项为正），故级数收敛。 + +--- + +#### 四、直观理解 + +1. **$p \le 1$**：项衰减太慢，类似调和级数，总和无限增大 +2. **$p > 1$**：项衰减足够快，总和有限 + +**特例：** +- $p = 2$：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ +- $p$ 越大，收敛越快 + +--- + +#### 补充：$p \le 0$ 的情况 + +若 $p \le 0$，则 $-p \ge 0$，通项 $n^{-p} \ge 1$ 不趋于 0，由级数收敛的必要条件知发散。 + +--- + +**总结：** +| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 | +|------------|--------|----------| +| $p > 1$ | 收敛 | 分组求和，几何级数控制 | +| $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 | +| $p \le 0$ | 发散 | 通项不趋于零 | + + + +# 部分和判别法 + +## **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 + + + +>[!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 + + + +# **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。 + + +>[!example] **例2** +讨论级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$的敛散性 + + +# 比较判别法 + +## 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 + +> [!example] 例1 +> 判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性 + + + +> [!example] 例2 +基础练习 下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_ + + A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$ + B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ + C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$ + D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ + E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ + F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ + +# 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： +$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$ + + + +>[!example] 例2 +设 $\alpha$ 为正常数，判定级数的敛散性： +$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$ + + + + + +# 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 +$$ +\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} +$$ +（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， +$$ +\rho - \varepsilon < \sqrt[n]{u_n} < \rho + \varepsilon +$$ + +> [!note] +> **情形 $\rho < 1$** +> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$，则 +> $$ +> u_n < r^n \quad (n > N) +> $$ +> 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 +> $$ +> u_n > r^n \quad (n > N) +> $$ +> 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。 + + + +> [!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。 + + + +> [!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 +> $$ +> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n +> $$ +> 两边开 $n$ 次方： +> $$ +> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m} +> $$ +> 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。 + + +--- + +## 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： + $$ + \sqrt[n]{n} \to 1, \quad \sqrt[n]{n^k} \to 1, \quad \sqrt[n]{a} = a^{1/n} \to 1 \ (a > 0) + $$ +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。 +--- + + +# 交错级数 + +## 原理 + +所谓交错级数，就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法： + 对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足 + （1）$\{a_{n}\}$单调减少，即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$ + （2）$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$ + 则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$. + +## 优势劣势 + +莱布尼兹判别法优势就是判别条件简单，非常容易证明。但劣势在于仅限于判定交错级数的敛散性，所以一定要辨认清楚是否为交错级数。另外，在判断交错级数是条件收敛还是发散时，肯定会用到这个定理。 + +## 例题 + +> [!example] 例1 +> 判断下列极限是否收敛: +> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$ +> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$ + + + +> [!example] 例2 +> 判断下面这个级数是否收敛： +> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$ + diff --git a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..64d6bdd --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md @@ -0,0 +1,1094 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +# 前情提要 + +## 几何级数 + +### 定义 + +几何级数是指形如 + +$$ +\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots +$$ + +的无穷级数，其中： +- $a \neq 0$ 是首项（常数） +- $r$ 是公比（常数） + +### 敛散性结论 +| 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和（当收敛时） | +| ---------- | --- | -------------------- | +| $r<1$ | 收敛 | $S = \dfrac{a}{1-r}$ | +| $r\ge 1$ | 发散 | 不存在 | + +--- + +### 证明 + +#### 一、部分和公式 +首先推导第 $n$ 项部分和 $S_n$ 的公式： + +$$ +S_n = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1} +$$ + +当 $r \neq 1$ 时，两边乘以 $r$： + +$$ +rS_n = ar + ar^2 + ar^3 + \cdots + ar^n +$$ + +两式相减： + +$$ +S_n - rS_n = a - ar^n +$$ + +解得： + +$$ +S_n = a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad (r \neq 1) +$$ + +当 $r = 1$ 时： + +$$ +S_n = a + a + \cdots + a = na +$$ + +--- + +#### 二、敛散性分析 + +##### 情形1：$|r| < 1$ 时收敛 +当 $|r| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$ + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r} +$$ + +所以级数收敛，和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。 + +##### 情形2：$|r| > 1$ 时发散 +当 $|r| > 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$ + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在（趋于无穷）} +$$ + +所以级数发散。 + +##### 情形3：$r = 1$ 时发散 +$S_n = na$，当 $a \neq 0$ 时： + +$$ +\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty +$$ + +所以级数发散。 + +##### 情形4：$r = -1$ 时发散 +此时级数为： + +$$ +a - a + a - a + \cdots +$$ + +部分和为： +- $S_1 = a$ +- $S_2 = 0$ +- $S_3 = a$ +- $S_4 = 0$ +- ... + +当 $a \neq 0$ 时，部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡，没有极限，所以发散。 + +##### 情形5：$r = -1$ 且 $a = 0$ +这是平凡情况，级数恒为 0，收敛于 0（但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$）。 + +--- + +#### 三、直观理解 +1. **$|r| < 1$**：项以指数速度衰减，总和有限 +2. **$|r| \ge 1$**：项不衰减或增长，总和无限或振荡 + +**例子：** +- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛） +- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散） +- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散） + +--- + +### 几何级数与p级数的对比 +| 特征 | 几何级数 | p级数 | +| ------ | ---------------- | ---------------- | +| 通项 | $ar^n$ | $\dfrac{1}{n^p}$ | +| 敛散性 | 只与 $r$ 有关 | 只与 $p$ 有关 | +| 收敛条件 | $r< 1$ | $p > 1$ | +| 和（收敛时） | $\dfrac{a}{1-r}$ | 无简单通式（除特殊p值） | +| 衰减速度 | 指数衰减 | 幂次衰减 | + +--- + +**几何级数小结：** +- 最简单的无穷级数之一 +- 完全解决了敛散性问题 +- 在收敛时，有简洁的求和公式 +- 是许多复杂级数分析的基础 + +--- + +### 记忆技巧 +1. **收敛条件**：公比的绝对值小于1 +2. **求和公式**：首项除以 $(1 - 公比)$ +3. **几何意义**：几何级数得名于相邻项的比值恒定（几何性质） + + +## p 级数 + +### 定义 + +p 级数是指形如 + +$$ +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} +$$ + +的无穷级数，其中 $p$ 是实数。 + +### 敛散性结论 +- **$p > 1$**：级数收敛 +- **$p \le 1$**：级数发散 + +--- + +### 证明（初等方法） + +#### 一、准备工作 +1. **调和级数发散**：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛 + +--- + +#### 二、当 $0 < p \le 1$ 时发散 + +**证明步骤：** + +1. 对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$ +2. 因此： + $$ + \frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n} + $$ +3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +4. 由比较判别法： + - 若 $\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\sum b_n$ 也发散 + - 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$，$a_n = \frac{1}{n}$ +5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时，p 级数发散 + +**注：** $p = 1$ 就是调和级数本身。 + +--- + +#### 三、当 $p > 1$ 时收敛 + +**证明（分组求和法）：** + +将级数分组： + +$$ +\begin{aligned} +S &= 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} + \frac{1}{8^p} + \cdots \\ +&= 1 + \left(\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p}\right) + \left(\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p}\right) + \left(\frac{1}{8^p} + \cdots + \frac{1}{15^p}\right) + \cdots +\end{aligned} +$$ + +**分组规则：** +- 第 1 组：1 项 +- 第 2 组：2 项 +- 第 3 组：4 项 +- 第 4 组：8 项 +- ... +- 第 $k$ 组：$2^{k-1}$ 项 + +**估计第 $k$ 组的和：** +第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$，共 $2^{k-1}$ 项。 + +由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项： + +$$ +\frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1}) +$$ + +第 $k$ 组和的上界： + +$$ +S_k \le 2^{k-1} \cdot \frac{1}{(2^{k-1})^p} = 2^{(k-1)(1-p)} +$$ + +**总和估计：** + +$$ +S \le 1 + 2^{1(1-p)} + 2^{2(1-p)} + 2^{3(1-p)} + \cdots +$$ + +令 $r = 2^{1-p}$，则： + +$$ +S \le 1 + r + r^2 + r^3 + \cdots +$$ + +当 $p > 1$ 时，$1-p < 0$，所以： + +$$ +r = 2^{1-p} < 2^0 = 1 +$$ + +右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\frac{1}{1-r}$。 + +因此原级数的部分和有上界，且单调递增（各项为正），故级数收敛。 + +--- + +#### 四、直观理解 + +1. **$p \le 1$**：项衰减太慢，类似调和级数，总和无限增大 +2. **$p > 1$**：项衰减足够快，总和有限 + +**特例：** +- $p = 2$：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ +- $p$ 越大，收敛越快 + +--- + +#### 补充：$p \le 0$ 的情况 + +若 $p \le 0$，则 $-p \ge 0$，通项 $n^{-p} \ge 1$ 不趋于 0，由级数收敛的必要条件知发散。 + +--- + +**总结：** +| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 | +|------------|--------|----------| +| $p > 1$ | 收敛 | 分组求和，几何级数控制 | +| $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 | +| $p \le 0$ | 发散 | 通项不趋于零 | + + + +# 部分和判别法 + +## **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 + + +# 比较判别法 + +## 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 + +> [!example] 例1 +> 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。 + +> [!example] 例2 +基础练习 下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_ + + A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$ + B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ + C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$ + D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ + E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ + F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ + + **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。 + +# 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 + +# 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 +$$ +\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} +$$ +（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， +$$ +\rho - \varepsilon < \sqrt[n]{u_n} < \rho + \varepsilon +$$ + +> [!note] +> **情形 $\rho < 1$** +> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$，则 +> $$ +> u_n < r^n \quad (n > N) +> $$ +> 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 +> $$ +> u_n > r^n \quad (n > N) +> $$ +> 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： +> $$ +> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty) +> $$ +> 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。 +> +> 改用其他方法：注意到 +> $$ +> \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty) +> $$ +> 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： +> $$ +> \sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}} +> $$ +> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以 +> $$ +> \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a} +> $$ +> - 若 $\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。 +> - 若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。 +> - 若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。 +> 当 $a = 1$ 时， +> $$ +> u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty) +> $$ +> 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 +> $$ +> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n +> $$ +> 两边开 $n$ 次方： +> $$ +> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m} +> $$ +> 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** +> $$ +> u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n +> $$ +> 计算根值： +> $$ +> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n} +> $$ +> 由例3结论，$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。 + +--- + +## 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： + $$ + \sqrt[n]{n} \to 1, \quad \sqrt[n]{n^k} \to 1, \quad \sqrt[n]{a} = a^{1/n} \to 1 \ (a > 0) + $$ +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。 +> + +# 交错级数 + +## 原理 + +所谓交错级数，就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法： + 对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足 + （1）$\{a_{n}\}$单调减少，即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$ + （2）$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$ + 则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$. + +## 优势劣势 + +莱布尼兹判别法优势就是判别条件简单，非常容易证明。但劣势在于仅限于判定交错级数的敛散性，所以一定要辨认清楚是否为交错级数。另外，在判断交错级数是条件收敛还是发散时，肯定会用到这个定理。 + +## 例题 + +> [!example] 例1 +> 判断下列极限是否收敛: +> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$ +> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$ + +解： +$(1)cosn\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$ + +$显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$ + +$(2)sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$ + +$又a_{n}=sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$ + +上面这个例题告诉我们，交错级数并不总是很傻地就写一个$(-1)^n$来给我们看，它也是会有多种形式地。而且，无论是单调性还是符号的交错出现，都不一定要从第一项开始，因为级数的敛散性和它的前有限项无关，要是这个交错级数通项的绝对值从第二项才开始单调递减，那就从第二项开始考虑，这不影响它的敛散性；一样，要是一个级数从第二项开始才是交错级数，那就从第二项开始算，第一项就不管它了。 + +> [!example] 例2 +> 判断下面这个级数是否收敛： +> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$ + +解： + $对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,sin\frac{n\pi}{2}=0.故$ + $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$ + $故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$ + $\{a_{k}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛.$ + +## 习题 +$(1)\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$ +$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}sin\frac{n\pi}{2}.$ +$(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$ +$(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$ + +## **习题答案** +$(1)sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$ +$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$ +$(2)同例2解法，答案是收敛（建议作为课前题目）$ +$(3)n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$ +$(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$ \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题.md b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题.md new file mode 100644 index 0000000..e7ee343 --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题.md @@ -0,0 +1,259 @@ +**内部资料，禁止传播** +**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航** + +## 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(简单) +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： +$$ +y' = -\frac{x}{y} +$$ + +>[!example] 例2 +>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$\frac{d^2y}{dx^2}.$ + + + + +>[!example] 例3 +>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）$y=\frac{1}{2}x+1$ + + + + +>[!example] 例4 +>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$. + + +>[!example] 例5(卢吉辚原创难题) +>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。 + + + + +>[!example] 例6(卢吉辚原创难题) +>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 + +### 原理 + +已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$，则 +$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$ +$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$ + $$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$ +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 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$ +### **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1(简单) +> 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： +$$ +\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t +$$ + + +> [!example] 例2 +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 + + + +> [!example] 例3 +> 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. $4$ + + + +>[!example] 例4(卢吉辚原创难题) +>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） + + +>[!example] 例5(卢吉辚原创难题) +>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。 + + + +## **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，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，画一画示意图有时候会很有帮助。 + +### 微分估计值 + +>[!example] 例1 +>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） + + +### 相关变化率 + +#### 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。 + + + +--- + +#### 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 $a'$。 +![[应用题人拉船.png]] + + +--- + +#### 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？ + + + +--- + +#### 球浸入水问题 + +##### 问题描述 + +>[!example] 例题 +>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）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$ + + +### 应用题期中真题 + +>[!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？ + + + + +>[!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？ +>![[应用题梯子.jpg]] + + + + +>[!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？ + + + + + +>[!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。 + + + + + + +>[!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。 + + diff --git a/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..26b72fc --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md @@ -0,0 +1,587 @@ +--- +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）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航** + +## 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(简单) +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： +$$ +y' = -\frac{x}{y} +$$ + +>[!example] 例2 +>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] 例3 +>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] 例4 +>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： +$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$ +$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$ +$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$ + +>[!example] 例5(卢吉辚原创难题) +>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。 + +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 $y = -x + 2$。 + + +>[!example] 例6(卢吉辚原创难题) +>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。 + +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 $y = -x + 2$。 + +--- + +## 参数方程求导 + +### 原理 + +已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$，则 +$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$ +$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$ + $$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$ +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 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$ +### **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1(简单) +> 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： +$$ +\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t +$$ + + +> [!example] 例2 +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] 例3 +> 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 + +>[!example] 例4(卢吉辚原创难题) +>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） + +**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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。 + +>[!example] 例5(卢吉辚原创难题) +>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：** +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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。 + +## **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，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，画一画示意图有时候会很有帮助。 + +### 微分估计值 + +>[!example] 例1 +>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 + +### 相关变化率 + +#### 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 $a'$。 +![[应用题人拉船.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：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}\ 即\ l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$ + +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 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。 + +--- + +#### 球浸入水问题 + +##### 问题描述 + +>[!example] 例题 +>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. + +### 应用题期中真题 + +>[!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？ +>![[应用题梯子.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 $(x_1​(t),3)$，汽车位于 B点 $(x_2​(t),0)$，直升机与汽车的距离为 $z(t)$，则 + +$$(x_2​(t)−x_1​(t))^2+32=z^2(t)$$ + +方程两端分别对 $t$ 求导，可得 +$$(x_2​(t)−x_1​(t))(x_2^′​(t)−x_1^′​(t))=z(t)z^′(t)$$ + +由于 $z(t)=5$时，$x_2​(t)−x_1​(t)=4$，$z^′(t)=−160$，$x_1^′​(t)=120$，有 + +$$4(x_2^′​(t)−120)=5×(−160)$$ + +故 $x_2^′​(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测1.md b/编写小组/课前测/课前测1.md new file mode 100644 index 0000000..28de5c4 --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测1.md @@ -0,0 +1,58 @@ +--- +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）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁** + +1.计算极限 $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2}$$A. $\frac{1}{2}$ + +B. $\frac{1}{4}$ + +C. $-\frac{1}{2}$ + +D. $-\frac{1}{4}$ + + + +2.设 $$a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$则 $\lim_{n \to \infty} a_n$ = ? + +A. 0 + +B. 1 + +C. $\frac{1}{2}$ + +D. 不存在 + + +3.计算 +$$\lim\limits_{x\to\infty}\tfrac{3x^2+5}{5x+3}sin\tfrac{2}{x}$$A. $\frac{6}{5}$ + +B. $\frac{4}{3}$ + +C. $-\frac{4}{3}$ + +D. $\frac{7}{8}$ + + +4.计算 +$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$     +A、原式= $\infty$ + +B、原式=1 + +C、原式=-1 + +D、原式=0 + + +5.设$$f(x)=\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+3}}$$则$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=()$ + +(A)不存在 + +(B)-2    + +(C)0   + +(D)2 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测2.md b/编写小组/课前测/课前测2.md new file mode 100644 index 0000000..eac1d11 --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测2.md @@ -0,0 +1,33 @@ +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/编写小组/课前测/课前测解析版1.md b/编写小组/课前测/课前测解析版1.md new file mode 100644 index 0000000..8456f4a --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测解析版1.md @@ -0,0 +1,109 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +1.计算极限 $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2}$$A. $\frac{1}{2}$ + +B. $\frac{1}{4}$ + +C. $-\frac{1}{2}$ + +D. $-\frac{1}{4}$ + +答案：D + +有理化 + +令分子为 $A = \sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2$，分子分母同乘共轭：$$A = \frac{(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x})^2 - 4}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2} = \frac{2\sqrt{1 - x^2} - 2}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2}$$原式变为 +$$\frac{A}{x^2} = \frac{2\sqrt{1 - x^2} - 2}{x^2 (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2)}$$ +再对分子 $2\sqrt{1 - x^2} - 2$ 有理化： +$$2\sqrt{1 - x^2} - 2 = \frac{-2x^2}{\sqrt{1 - x^2} + 1}$$ +代入得 +$$\frac{A}{x^2} = \frac{-2}{(\sqrt{1 - x^2} + 1)(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2)}$$ +当 $x \to 0$ 时， +$$\sqrt{1 - x^2} \to 1, \quad \sqrt{1 + x} \to 1, \quad \sqrt{1 - x} \to 1$$ +所以分母趋于 $$(1 + 1) \times (1 + 1 + 2) = 2 \times 4 = 8$$因此极限为 +$$\frac{-2}{8} = -\frac{1}{4}$$ + +2.设 $$a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$则 $\lim_{n \to \infty} a_n$ = ? + +A. 0 + +B. 1 + +C. $\frac{1}{2}$ + +D. 不存在 + +答案：B + +解析： 这是经典的夹逼定理题。 + +· 共有 n 项。 + +· 分母最大项是 $\sqrt{n^2+1}$（最小分数），分母最小项是 $\sqrt{n^2+n}$（最大分数）。 + +· 因此： + +$$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq a_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$$  +· 计算两边的极限： +$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1$$ +$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = 1$$ +· 由夹逼定理，$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ + +3.计算 +$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}$$A. $\frac{6}{5}$ + +B. $\frac{4}{3}$ + +C. $-\frac{4}{3}$ + +D. $\frac{7}{8}$ + +答案：A +$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x}\frac{sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}=\frac{6}{5}$$ + + +4.计算 +$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$     +A、原式= $\infty$ + +B、原式=1 + +C、原式=-1 + +D、原式=0 + +答案：C + +原式等于$$2\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x[ln(1+x)-x]}\frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+\sqrt{1+2sinx}}$$ + +$$=2\lim\limits_{x\to 0} \frac{sinx(1/cosx-1)} {x[ln(1+x)-x]} \frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+ \sqrt{1+2sinx}}$$ + +$$=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}$$ + + +5.设$$f(x)=\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+3}}$$则$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=()$ + +(A)不存在 + +(B)-2    + +(C)0   + +(D)2 + +答案：A + + +解析：对于函数 $f(x) = \frac{2x + 1}{\sqrt{x^2 + 3}}$，考虑 $x \to \infty$ 时的极限。由于 $x \to \infty$ 通常包括 $x \to +\infty$ 和 $x \to -\infty$，需分别讨论： + +1. **当 $x \to +\infty$**： + 此时 $x > 0$，有 $\sqrt{x^2 + 3} = \sqrt{x^2(1 + \frac{3}{x^2})} = x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}$， + 分子可写为 $2x + 1 = x(2 + \frac{1}{x})$，故 $f(x) = \frac{x(2 + \frac{1}{x})}{x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}} = \frac{2 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}}$。 + 当 $x \to +\infty$ 时，$\frac{1}{x} \to 0$，$\frac{3}{x^2} \to 0$，所以 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{2}{1} = 2$。 + +2. **当 $x \to -\infty$**： + 此时 $x < 0$，有 $\sqrt{x^2 + 3} = \sqrt{x^2(1 + \frac{3}{x^2})} = |x|\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}} = -x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}$， + 分子为 $2x + 1 = x(2 + \frac{1}{x})$，故 $f(x) = \frac{x(2 + \frac{1}{x})}{-x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}} = -\frac{2 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}}$。 + 当 $x \to -\infty$ 时，$\frac{1}{x} \to 0$，$\frac{3}{x^2} \to 0$，所以 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\frac{2}{1} = -2$。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测解析版2.md b/编写小组/课前测/课前测解析版2.md new file mode 100644 index 0000000..44c8f73 --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测解析版2.md @@ -0,0 +1,68 @@ +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 +$n(n-1)/2的奇偶性与n隔两项相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$ + +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/编写小组/课后测/课后测1.md b/编写小组/课后测/课后测1.md new file mode 100644 index 0000000..11aab26 --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测1.md @@ -0,0 +1,51 @@ +--- +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）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁** + +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 + + +2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$ + +B. 1 + +C. $\tan1$ + +D. 0 + + +3.计算 +$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$ + +B. $\frac{\pi}{4}$ + +C. $-\frac{\pi}{2}$ + +D. $1$ + + +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 + + +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 diff --git a/编写小组/课后测/课后测2.md b/编写小组/课后测/课后测2.md new file mode 100644 index 0000000..c554473 --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测2.md @@ -0,0 +1,34 @@ +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/编写小组/课后测/课后测解析版1.md b/编写小组/课后测/课后测解析版1.md new file mode 100644 index 0000000..b7443a0 --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测解析版1.md @@ -0,0 +1,116 @@ +--- +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：D + +解析： 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。 + + + +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 + +对于函数 $f(x) = \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + \frac{\sin x}{|x|}$，分析 $x=0$ 处的间断点类型。 + +首先考虑第二部分 $\frac{\sin x}{|x|}$ 在 $x=0$ 处的左右极限： +当 $x \to 0^+$ 时，$|x|=x$，所以 $\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{|x|} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$。 +当 $x \to 0^-$ 时，$|x|=-x$，所以 $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{|x|} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{-x} = -1$。 +第二部分左右极限存在但不相等。 + +再考虑第一部分 $g(x) = \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}}$ 的左右极限： + +- 当 $x \to 0^+$ 时，$1/x \to +\infty$，$4/x \to +\infty$，故 $e^{1/x} \to +\infty$，$e^{4/x} \to +\infty$，且 $e^{4/x}$ 增长更快。 + 可写为 $g(x) = \frac{e^{1/x}(2/e^{1/x} + 1)}{e^{4/x}(1/e^{4/x} + 1)} = e^{-3/x} \cdot \frac{2/e^{1/x} + 1}{1/e^{4/x} + 1}$。 + 由于 $e^{-3/x} \to 0$，分母趋于 $1$，所以 $\lim_{x \to 0^+} g(x) = 0$。 + +- 当 $x \to 0^-$ 时，$1/x \to -\infty$，$4/x \to -\infty$，故 $e^{1/x} \to 0$，$e^{4/x} \to 0$。 + 此时 $g(x) = \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2$，所以 $\lim_{x \to 0^-} g(x) = 2$。 + + +因此，$f(x)$ 的左右极限为： + +- $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 + 1 = 1$。 + +- $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 2 + (-1) = 1$。 + + +左右极限存在且相等（等于 $1$），故 $x=0$ 为可去间断点。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测解析版2.md b/编写小组/课后测/课后测解析版2.md new file mode 100644 index 0000000..ea3f89b --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测解析版2.md @@ -0,0 +1,64 @@ +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。 + -- 2.34.1 From e7ebfa4213c4a1d0098bed3909dd84f2d3140021 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: unknown <2974730459@qq.com> Date: Wed, 24 Dec 2025 16:56:05 +0800 Subject: [PATCH 5/5] vault backup: 2025-12-24 16:56:05 --- .obsidian/workspace.json | 11 +- 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100644 Chapter 2-3 极限/部分和判别法.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/参数方程导数.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/应用题真题.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/相关变化率(1).md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/相关变化率(2).md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/相关变化率.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数与参数方程求导.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数求导、参数方程求导.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题（.md delete mode 100644 Chapter 4 微积分基础/隐函数求导（难题）.md delete mode 100644 小测/12.22/课前测.md delete mode 100644 小测/12.22/课前测解析版.md delete mode 100644 小测/12.22/课后测(解析).md delete mode 100644 小测/12.22/课后测.md delete mode 100644 小测/12.23/课前测.md delete mode 100644 小测/12.23/课前测解析版.md delete mode 100644 小测/12.23/课后测解析版.md rename {Chapter 4 微积分基础 => 编写小组}/二阶微分推导.md (100%) diff --git a/.obsidian/workspace.json b/.obsidian/workspace.json index d5bbeeb..bc5bb04 100644 --- a/.obsidian/workspace.json +++ 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z@MLobZ;TTM!@2hkGq4s9(1J>1;=AlQ`P2jJS2Vwwb<7(=VyzLjyg`t{!%}-QDHQHg z=f}ve<-(wN*+6UIC}J$t(?Si_fHaqlBZU5{-6L8W_7O>G2VvS1o$^^?0pptN|qh?Eu@OKn zZwbC*`7xvgT&+FTQMd>tdR?m})*ZsvUHlrJ*{0I8mb^j!H3=slD(pLob3CxxPkxN z?+SQL)I9kPX>h2~7OfJ$r?jYd!Tie1U zl0!^bhtUPNqYycqMbOL^Lu`5V$Y{rSNXazHV!*I*NitY{OE$~61*p01C%SP8kYz#t z_#8!RPZLpO(`90JiRju&Q*gZ6aVR7Ch;};Ny$JJ3BhffaskH1PQ_~~LA65I@l@|PW zeo_OC1_(vEgkm`B)($6gma4CS!-)MQ5hIru5i5SlZv{nk6VU?dRUWaGu1$yw8=ZWd zqFwS4W{1*BHk91!yZk~-750{{3Vm>A8UAyMJI(gPBFdZGC-X4* ztf_Bs-pbq0d_T6eUeoK9#&lnl2be@Uo)SFV8iDyvTcgd<8Mev-j%QDHe&EI|FDwaB ziC4cdfzq*t=?y6#&)g-m&o!GBtvnjg8cHSj-@@?%CXFRm;jyB(;L33gQmNgyGGP7<~K&1$v0;i;a=`myv{1$j>2B8KHb!5So( zwzu{Iq=&%%RSQfxAA+-}SiHYGg+n>=n007UNnud!?b5~P`)%~V=lghtDtO3=#=70P zKjL|(rRQ$Uv%z$x?oJK@kit$czg8>+l|y|kp9~|*Vi2Hv0989VLjgZHb6?MGihCZYW8rQU>HVnQj7JW4X0RqJbI@eyOG?1_;Ag!C3R_ zpGC87J`3HUJ2B@VxXUQMvFI=^muh{2WgK)Sk#u%41B;kZLEo`~jiA2;b_p?7={ZQ{ zL@hrJvx^d@OMGtuviF(F)JgE?Mc{vlDy9~T3GyF`#yr55D2Ceby}Ck-z1ASDAK4}l 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zB47fzn2^<5!aP@r1#~v)5WX+p!6+yN;6A%lzd8i>JjAH5L`skE?GuD3#<9adSl*!< zDAu^a2LSQ2l2^T=YzmJv!V2@^zl~nYwp7nH)%ftPQ5t$kEdp6HS@pFQr1GxvKC@URcM6?TlQ+d##a`TN0a7u5rP-wpU2gz3qq{X39h#tK zXw||I_8f$}kdVwXFJwa(tZH?Jm~OxLuIBXFYh$uL@_Cea>*|+(I#7K5mxK`OMGR+9qdH~GyDvf zKkFc7p^OFCCCMwPQU632RCI(5p!I+Z+<@P23UyxqK!5=Cb6ESATeLaAufZ*}O0(H$ za4NLskD5Xsl)m!NG@C&^e`+?)$-f1ol3=zPEf}rsfM)GpBt15Z)_F6Y@J`tlM2mj5 z^mM0fbtUy_{u%TK>xo`Y&nMcJD>Lqt|D+ZD+oEY`oXtjCG?4mp3zS1!@UJ(8R 0$）。 - -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 -- 2.34.1