数学分析Ⅰ期末复习笔记

本文用于准备数学分析Ⅰ的期末考试。

期中挂了，所以期末还是整理一下为好。重要的 trick 使用⭐标出，在一些浏览器环境中可以使用 Ctrl + F 搜索功能。

主线

下半学期是从导数开始的。

导数与微分

$f'_+(x_0)$ 意为右导数：

$$\lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$$

记法 $f'(g(x))$ 是指 $f'(u) |_{u = g(x)}$.

一些反三角函数的导数列举如下：

在有限情形，总有：

$$\left(\sum_{k=1}^n f_k(x)\right)' = \sum_{k=1}^n f_k'(x)$$

$$(f_1(x) \cdots f_n(x))' = \sum_{k=1}^n f_1(x) \cdots f_{k-1}(x) f_k'(x) f_{k+1}(x) \cdots f_n(x)$$

微分是这样定义的：如果存在常数 $A$，使得

$$\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x) = A \Delta x + o(\Delta x) \quad (\Delta x \to 0)$$

关于微分的高观点看法可以参考微分与微分形式。另外 $o(h(x))$ 可以被理解为无幺的函数环。

对乘法高阶导数有 Leibniz 法则：

$$\mathrm{d}^n (u \cdot v) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \mathrm{d}^{n-k}u \cdot \mathrm{d}^k v$$

复合函数的高阶导数有 Faà di Bruno 法则，但是应该不至于用到。

微分中值定理

使用左右导数证明。称 $f'(x) = 0$ 的点为驻点。

使用 Fermat 引理即可。

反复使用它得到的有用推论是：⭐若 $f$ 在 $[a, b]$ 上有 $k$ 个零点（记重数），则存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $f^{(k-1)}(\xi) = 0$，只有一个 $\geq k$ 阶零点的情形除外。

在构造函数使用 Rolle 中值定理时，⭐有时会用到：

$$(f \cdot e^g)' = (f' + f \cdot g') \cdot e^g$$

使用 Rolle 中值定理即可。

它的有用推论是：若 $f'(x) = 0$ 则 $f(x) \equiv c$，这用其它方法没有那么方便证明。

我们对 $h(x) = k_1f(x) - k_2g(x)$ 使用 Rolle 中值定理，其中：

$$\frac{k_2}{k_1} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$$

⭐这种构造方法在做题时很常见。

考虑 $h(x) = f(x) - \lambda x$ 的最小值点。

L’Hôpital 法则

补定义 $f(x) = g(x) = 0$，然后使用 Cauchy 中值定理即可。容易把单侧改为双侧的结果。

⭐可以反复使用 L’Hôpital 法则同时适当进行无穷小代换。

使用 Lagrange 中值定理即可。

使用 Cauchy 中值定理即可。容易把单侧改为双侧的结果。

Taylor 展开式

令 $R(x) = f(x) - \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k$，则 $R(x_0) = \cdots = R^{(n)}(x_0) = 0$，反复使用 L’Hôpital 法则即有：

$$\lim_{x\to x_0} \frac{R(x)}{(x-x_0)^n} = \cdots = \frac{1}{n!} R^{(n)}(x_0) = 0$$

一些 Maclaurin 多项式列举如下：

$\tan x$，$\arcsin x$ 等较为复杂且写了也记不住，不再列举。

$\arctan x$ 导一次后变成 $\frac{1}{1+x^2}$，这是好展开的。

⭐可以直接用带 Peano 余项的 Taylor 公式来写加减法、乘法、除法（有时）、函数复合的结果。

⭐有时可以从表达式先提取出一个 $x^\alpha$，把剩下部分写成带 Peano 余项的 Taylor 公式。可以参考 Puiseux 级数相关。

可以反复使用 Cauchy 中值定理。

感觉 Cauchy 型余项之类的东西没什么用。

利用导数研究函数

凸是指下凸，定义为对不同的 $a, b \in I$ 及 $0 < t < 1$ 有 $f(ta+(1-t)b) \leq tf(a) + (1-t)f(b)$. 开区间上凸函数条件可以推出连续。

若 $f''(x)$ 在该点处存在则其值为 $0$.

不定积分

书中证明了闭区间 $I$ 上连续函数必有原函数。

一个需补充记忆的结论：

$$\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \mathrm{d}x = \ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right) + C$$

如果忘记了，考虑换元 $x = \frac{e^t - e^{-t}}{2}$（在其它情形下换元 $x = \tan x$ 可能更好）有：

$$\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \mathrm{d}x = \int \frac{2}{e^t + e^{-t}} \mathrm{d}\left(\frac{e^t - e^{-t}}{2}\right) = t + C$$

这个结论将给出：

$$\int \sqrt{1+x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \left(x\sqrt{x^2+1} + \ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right) + C$$

又，带绝对值的积分得到的可能是分段函数，如 $\int |\cos (x)| \mathrm{d}x$，不能直接写成 $\sin (x) \mathrm{sgn}(\cos x) + C$.

积分有大量的技巧……如下：

使用：

$$ \begin{cases} aI + bJ = x + C \\ bI - aJ = \ln |a\cos x + b\sin x| + C \end{cases} $$

此外，对 $\int \frac{1}{a\cos x + b\sin x} \mathrm{d}x$ 可考虑 $a\cos x + b\sin x = \sqrt{a^2 + b^2} \cos (x + \phi)$.

$$ I_n = \int \frac{1}{(x^2 + 1)^n} \mathrm{d}x = \frac{x}{(x^2 + 1)^n} - \int x \cdot \mathrm{d}\left(\frac{1}{(x^2 + 1)^n}\right) = \frac{x}{(x^2 + 1)^n} + 2n \int \frac{x^2}{(x^2 + 1)^{n+1}} \mathrm{d}x = \frac{x}{(x^2 + 1)^n} + 2n I_n - 2n I_{n+1} $$

有：

$$I_{n+1} = \frac{x}{2n(x^2+1)^n} + \frac{2n-1}{2n} I_n$$

特别地，$I_1 = \arctan x + C$.

⭐令 $y = tx$，则有 $x = \frac{1}{t^2(1-t)}$ 与 $y = \frac{1}{t(1-t)}$，可以算得 $3t - 2\ln |t| + C = \frac{3y}{x} - 2\ln |\frac{y}{x}| + C$.

类似地，对 $y = \sqrt{ax^2 + bx + c}$，我们会考虑第一类 Euler 替换 $y = t - \sqrt{a}x$ 与第二类 Euler 替换 $y = xt + \sqrt{c}$.

附加

往年题

首先推导出 $(1-x^2)f''(x) - xf'(x) = 2$，对于 $n > 3$，对它求 $n-2$ 阶到得到：

$$\sum_{k=0}^{n-2} \binom{n-2}{k} [(1-x^2)]^{(k)} [f''(x)]^{(n-2-k)} - \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n-2}{k} [x]^{(k)} [f'(x)]^{(n-2-k)} = 0$$

这给出：

$$f^{(n)}(0) = (n-2)^2 f^{(n-2)}(0)$$

首先积：

$$ \int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}(x^2) = -\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2} + C $$

然后进行：

$$ \int \frac{x^3 \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}x = \int \arcsin x \cdot \mathrm{d}\left(-\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}\right) = \arcsin x \left(-\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}\right) - \int \left[-\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}\right] \mathrm{d}(\arcsin x) = \arcsin x \left(-\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}\right) + \frac{2x}{3} + \frac{x^3}{9} + C $$

考虑万能公式代换 $x = 2\arctan t$ 得：

$$ \int \frac{1 - \sin x}{1 + \sin x} \mathrm{d}x = 2\int \frac{2}{(t+1)^2} - \frac{1}{t^2+1} \mathrm{d}t = -\frac{4}{t+1} - 2\arctan t = -\frac{4}{1+\tan \frac{x}{2}} - x $$

分别使用 Cauchy 中值定理得：

$$(f(a) - f(b)) (2\eta) = (a^2 - b^2) f'(\eta)$$

$$(f(a) - f(b)) (3\xi^2) = (a^3 - b^3) f'(\xi)$$

首先由一致连续定义知可取 $\epsilon, \delta$ 使得 $|x-y| < \delta$ 时 $|f'(x)-f'(y)| < \epsilon$.

考虑 Lagrange 中值定理 $f(x+\delta) - f(x) = \delta f(\xi)$ 即可。

作业题常见的方法。如果不恒为 $0$，取一个 $f(\lambda) = q \neq 0$ 使 $\frac{1}{|\lambda|} > C$，然后考虑带 Lagrange 余项的 Taylor 公式。

猜测结果的分母，然后凑出结果（没有找到别的做法）：

$$\frac{-x\cos x + \sin x}{x\sin x + \cos x}$$

泰勒展开到足够的项数即可。

习题课

记录一些整个学期习题课中出现的不显然或需要技巧的结论（这包括了上半学期）。

这是通过⭐配系数：

$$\frac{f(a+b)}{a+b} = \frac{a}{a+b} \frac{f(a+b)}{a+b} + \frac{b}{a+b} \frac{f(a+b)}{a+b} \leq \frac{a}{a+b} \frac{f(a)}{a} + \frac{b}{a+b} \frac{f(b)}{b} = \frac{f(a)+f(b)}{a+b}$$

不妨 $a=0$. 对 $\epsilon > 0$ 取 $N$ 使 $n > N$ 时 $|a_n| < \epsilon$，则考虑：

$$\lim_{n\to\infty} \frac{p_1a_n + p_2a_{n-1} + p_na_1}{p_1 + \cdots + p_n} = \frac{p_1a_n + p_2a_{n-1} + p_{n-N}a_{N+1}}{p_1 + \cdots + p_n} + \frac{p_{n-N+1}}{p_1 + \cdots + p_n}a_N + \cdots + \frac{p_n}{p_1 + \cdots + p_n}a_1$$

⭐固定 $N$，然后取充分大的 $n$ 放右侧即可。

假设结论不成立，存在 $\epsilon > 0$ 使得一列递增趋向于无穷的 $x_i$ 满足 $|f(x_i)| > \epsilon$，由连续性存在一列 $[x_i-\delta_i, x_i+\delta_i]$ 使 $|f(x)|$ 在其上大于 $\epsilon/2$.

现在我们希望找到无穷多个不同的 $n_i$ 对应的 $[(x_i-r_i)/n_i, (x_i+r_i)/n_i]$ 包含某个 $a$. 先把 $[x_1-\delta_1, x_1+\delta_1]$ 移到 $(0, 1)$ 中，然后对充分大的 $x_i$ 存在对应的 $n_i$ 使得 $x_i/n_i$ 在其内部；不断作此操作，得到一闭区间套，使用闭区间套定理即可。

任给 $a \in (0, 1)$，有函数迭代 $\{f^n(a)\}$ 与 $\{g^n(a)\}$ 为严格增序列，且 $n\to+\infty$ 与 $n\to-\infty$ 时极限为 $1$ 与 $0$.

取定线性双射 $l: [a, f(a)] \to [a, g(a)]$，则 $h$ 可以表为：¹

$$ h(x) = \begin{cases} x & x = 0, 1 \\ f^n(l(g^{-n}(x))) & x \in [g^n(a), g^{n+1}(a)] \end{cases} $$

令 $z = (1 - \sqrt{x})^{2n+2}$，有 $z^{(n)}(1) = 0$，故而 $y^{(n)}(1) = (y + z)^{(n)}(1) = 4(n+1)(n+1)!$.

由介值性，存在 $0 < x_1 < \cdots < x_{n-1} < 1$ 使得：

$$f(x_1) = k_1, \cdots, f(x_{n-1}) = k_1 + \cdots + k_{n-1}$$

在两两之间使用 Lagrange 中值定理即可。

对第一问，⭐首先 $h(a) = h(b) = 0$ 时其间有某个 $h(\xi) = h'(\xi)$，这是因为可以对 $e^{-x}h(x)$ 使用 Rolle 中值定理。然后令 $g(x) = \sum_{i=0}^n f^{(i)}(x)$ 就有 $g(a) = g(b) = 0$，存在 $g(\xi) - g'(\xi) = f(\xi) - f^{(n+1)}(\xi) = 0$.

对第二问，当 $n$ 为偶时可仿照第一问（对 $e^xh(x)$ 使用 Rolle 中值定理）。当 $n$ 为奇时，令 $\omega = e^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n+1}}$ 及 $g(x) = \sum_{i=0}^n \omega^i f^{(i)}(x)$. 有 $g(x) - \omega g'(x) = f(x) + f^{(n+1)}(x)$.

令 $h(x) = \mathrm{Re}(e^{-x/\omega }g(x))$，有：

$$h'(x) = e^{-x\cos \frac{\pi}{n+1}} \cdot \cos \left(x\sin\frac{\pi}{n+1} - \frac{\pi}{n+1}\right) \cdot (f(x) + f^{(n+1)}(x))$$

使用平移不变性设 $a = (-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{n+1})/\sin \frac{\pi}{n+1}$ 即得结论。

令 $g(x) = f(a) e^{c(x-a)}$，算得 $\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)' \leq 0$.

对第一问，使用洛必达法则：

$$\lim_{x\to+\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty} \frac{e^{ax}f(x)}{e^{ax}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{e^{ax}(f'(x)+af(x))}{ae^{ax}} = \frac{l}{a}$$

第二问使用第一问的结论，看成 $\lim_{x\to+\infty} [f(x) + f'(x)] + [f(x) + f'(x)]' = l$.

对第三问：

$$\lim_{x\to+\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty} \frac{e^{x^2/2}f(x)}{e^{x^2/2}} \stackrel{\text{洛}}{=} \lim_{x\to+\infty} \frac{xf(x)+f'(x)}{x} \stackrel{\text{洛}}{=} \lim_{x\to+\infty} [xf(x) + f'(x)]' = 0$$

$$\lim_{x\to+\infty} xf'(x) = \lim_{x\to+\infty} \frac{e^{x^2/2}f'(x)}{e^{x^2/2}/x} \stackrel{\text{洛}}{=} \lim_{x\to+\infty} \frac{xf'(x)+f''(x)}{-\frac{1}{x^2}+1} = 0$$

在 $\frac{a+b}{2}$ 处对 $a$ 与 $b$ 使用带 Lagrange 余项的 Taylor 公式。

考虑 Peano 余项的 Taylor 公式：

$$f'(x_0+\theta(h)h) = f'(x_0) + \frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}(\theta(h)h)^{n-1} + o(h^{n-1})$$

有：

$$\frac{f'(x_0+\theta(h)h) - f'(x_0)}{h^{n-1}} = \frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}\theta(h)^{n-1} + o(1)$$

又 $h \to 0$ 时左式等于 $\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} + o(1)$. 即得结论。

考虑：

$$ h(x) = \begin{cases} x^2f'(\frac{1}{x}) & x \neq 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases} $$

算得 $h'(x) = k(x) - g(x)$，其中 $k(x)$ 连续，有 $h'(x), k(x)$ 均有原函数，从而 $g(x)$ 有原函数。

假设有原函数 $F$，由 $F'(0) = 0$ 有 $F(x) = o(x)$.

取 $x_n = \frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}, y_n = \frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{4}}$，有：

$$\left|\frac{F(x_n)-F(y_n)}{x_n+y_n}\right| = \left|\frac{x_n-y_n}{x_n+y_n} \frac{1}{\xi_n}\sin \frac{1}{\xi_n}\right| > \frac{\pi}{6\sqrt{2}}$$

与下式矛盾：

$$\left|\frac{F(x_n)-F(y_n)}{x_n+y_n}\right| \leq \left|\frac{F(x_n)}{x_n}\right| + \left|\frac{F(y_n)}{y_n}\right| = o(1) \quad (n \to +\infty)$$

讲义阅读

来自于品的数学分析一讲义。该讲义内容相当丰富。

令非负项按顺序排列是 $\{x_n\}$，负项按顺序排列是 $\{y_n\}$，则有 $\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} y_n = 0$ 及 $\sum_{n=1}^\infty x_n = +\infty$，$\sum_{n=1}^\infty y_n = -\infty$.

对 $\alpha\in\mathbb{R}$，我们这样构造新序列：先按顺序填入非负项直到 $\geq \alpha$，再按顺序填入负项直到 $\leq \alpha$，重复进行此操作。

对 $\alpha=+\infty$，我们先按顺序填入非负项直到 $\geq 1$，然后填入一个负项，再按顺序填入非负项直到 $\geq 2$，依此类推²；$\alpha=-\infty$ 的方法类似。

首先，一致收敛可以推出 $\sum _{k=0}^\infty \|f _k'\| _\infty$ 收敛（其中 $\|f\| _\infty = \sup _{x\in I} |f(x)|$），这可以通过一致收敛的定义与闭区间套定理得到。

然后设 $g(x) = \sum _{k=0}^\infty f _k'(x)$，去讨论 $\int_x^{x_0} g(x)$. 没有找到不使用微积分基本定理的方法。

考虑函数：

$$ \phi(x) = \begin{cases} e^{-\frac{1}{x^2}} & x > 0 \\ 0 & x \leq 0 \end{cases} $$

$$\chi(x) = \frac{\phi(2-|x|)}{\phi(2-|x|) + \phi(|x|-1)}$$

$\chi(x)$ 在 $|x| \leq 1$ 取值是 $1$，在 $|x| \geq 2$ 取值是 $0$，⭐且是光滑的。

现在考虑：

$$f_k(x) = \frac{a_k}{k!}x^k \chi(t_kx)$$

有：

$$ f_k^{(n)}(0) = \begin{cases} a_k & n = k \\ 0 & n \neq k \end{cases} $$

令 $f(x) = \sum_{k=0}^\infty f_k(x)$ 即是所求，可以证明满足逐项求导定理条件，其中用到 $k \geq 2n$ 时：

$$f_k^{(n)}(x) = a_k \sum_{l=0}^n \binom{n}{l} \frac{t_k^{n-l}}{(k-l)!}x^{k-l}\chi^{(n-l)}(t_kx)$$

Peano 的想法是，考虑：

$$ \left(\frac{c_kx^k}{1+b_kx^2}\right)^{(n)}(0) = \begin{cases} n!(-1)^jc_{n-2j}b_{n-2j}^j & k = n - 2j, j \in \mathbb{Z}_{\geq 0} \\ 0 & \text{else} \end{cases} $$

适当选取时下式满足条件：

$$f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{c_kx^k}{1+b_kx^2}$$

任取 $x_0 \in X$ 与 $\varepsilon_0 > 0$，我们将找到 $x_\infty \in U_\infty$ 使得 $d(x_\infty, x) < 2\varepsilon_0$.

我们知道存在 $x_1 \in U_1$ 使 $d(x_1, x_0) < \varepsilon_0$，而由开集条件可以找到 $B(x_1, 2\varepsilon_1) \subset U_1$，可以进一步要求 $2\varepsilon_1 < \varepsilon_0$.

重复此操作，可找到一列 $\{x _n\} _{n\geq 0}$ 与 $\{\varepsilon_n\} _{n\geq 0}$ 使得：

• $x_{n+1} \in U_{n+1}$
• $d(x_{n+1}, x_n) < \varepsilon_n$
• $B(x_{n+1}, 2\varepsilon_{n+1}) \subset U_{n+1}$
• $2\varepsilon_{n+1} < \varepsilon_n$

现在由 $\{x _n\} _{n\geq 0}$ 是 Cauchy 列及 $X$ 完备，存在极限 $\lim _{n\to\infty} x _n = x _\infty$ 即为所求。

考后总结

最后两题偏向上半学期的内容，且做到时时间已不充分。如下：

假设存在 $a < b, f(a) > f(b)$，设 $M = \max_{x \in [a, b]} f(x)$ 并令 $c = \sup \{x | f(x) = M\}$ 上确界可以取到。在 $c < b$ 点处使用条件，与上确界矛盾。