微积分学习笔记。

極限

左側極限と右側極限

左侧极限：$\lim\limits_{x\rightarrow a-0}f(x)$

右侧极限：$\lim\limits_{x\rightarrow a+0}f(x)$

只有当左侧极限和右侧极限相等时，这个点才有极限存在，此时 $\lim\limits_{x\rightarrow a}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow a-0}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow a+0}f(x)$。

はさみうちの原理

夹逼定理。

对于函数 $f(x),g(x),h(x)$，若满足 $g(x)\leq f(x)\leq h(x)$，且 $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}h(x)=\alpha$，则有： \[ \lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\alpha \]

三角関数の極限

\[ \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sin x}{x}=1 \]

下面尝试证明。

考虑一扇形，角度为 $x$。记扇形内最大的等腰三角形面积为 $S_1$，扇形面积为 $S$，扇形外最小的直角三角形面积为 $S_2$。

显然有 $S1<S<S2$。

即： \[ \sin x<x<\tan x\\ 1 < \dfrac{x}{\sin x} < \dfrac{1}{\cos x}\\ \cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1 \] 因为 $\lim\limits_{x\rightarrow0}\cos(x)=1$，根据夹逼定理： \[ \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sin x}{x}=1 \] 得证。

微分

微分係数

\[ \lim\limits_{b\rightarrow a}\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(a) \]

導関数

\[ \lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x) \]

微分

将关于 $x$ 的函数 $y=f(x)$ 微分后得到导函数： \[ y'=\dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d}x}=f'(x)=\dfrac{\mathrm{d}f'(x)}{\mathrm{d}x} \] 微分算子 $\mathrm{d}$ 是一种算子，代表了一个向量空间的元素映射到另一个向量空间。它是线性的，即： \[ \dfrac{\mathrm{d}(f(x)+g(x))}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}+\dfrac{\mathrm{d}g(x)}{\mathrm{d}x} \]

導関数の公式

\[ f(x)=x^n\Rightarrow f'(x)=nx^{n-1} \]
\[ f(x)=a^x\Rightarrow f'(x)=a^x\log x \]
\[ f(x)=\log_a x\Rightarrow f'(x)=\dfrac{1}{x\log a} \]
\[ f(x)=\sin x\Rightarrow f'(x)=\cos x\\ f(x)=\cos x\Rightarrow f'(x)=-\sin x \]

微分の公式

线性叠加原理： \[ (\alpha f(x)\pm\beta g(x))'=\alpha f'(x)\pm\beta g'(x) \]
乘法： \[ (f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) \]
除法： \[ \left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)'=\dfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} \]
链式求导法则： \[ f(g(x))'=f'(g(x))g'(x) \]

陰関数の導関数

对于隐函数 $F(x,y)=0$，同时对 $x$ 求导： \[ \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(y)=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(y)\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f'(y)\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \]

媒介変数

对于 $x=f(t),y=f(t)$： \[ \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} \]

接線

\[ y-f(a)=f'(a)(x-a) \]

平均値の定理

对于在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导的函数 $f(x)$，若 $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$，则 $\exist c\in [a,b]$。

ロピタルの定理

对于 $f(a)=g(a)=0$ 的函数，有： \[ \lim\limits_{x\rightarrow a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)} \] 同时适用的类型有：

类型 A：$\infty/\infty$：$\lim\limits_{x\rightarrow a}|f(x)|=\lim\limits_{x\rightarrow a}|g(a)|=\infty$ 时；
类型 B1：$\infty-\infty$：一般是通过通分或者同时乘除一个共轭表达式转换成类型 A；
类型 B2：$0\times \infty$：需要通过代数变换，通常是让某个简单的部分移动到分母，转换成类型 A；
类型 C：$1^\infty,0^0,\infty^0$：一般需要通过取对数的形式转化成类型 B2 或者类型 A。

注意，洛必达法则必须是不定式才可以使用。

積分

定積分

\[ \int_a^b f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a) \]

定積分の性質

\[ \int_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=-\int_b^af(x)\mathrm{d}x \]
\[ \int_a^bf(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^cf(x)\mathrm{d}x+\int_c^bf(x)\mathrm{d}x \]
\[ \int_a^b\left(mf(x)+ng(x)\right)\mathrm{d}x=m\int_a^bf(x)\mathrm{d}x+n\int_a^bg(x)\mathrm{d}x \]
\[ f(x)=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_a^xf(t)\mathrm{d}t \]
\[ \int_a^b(x-a)^m(x-b)^n\mathrm{d}x=(-1)^n\dfrac{m!n!}{(m+n+1)!}(b-a)^{m+n+1} \]

微分積分学の基本定理

\[ \int_a^bf(x)\mathrm{d}x=\left[F(x)\right]_a^b \]

证明： $$ \[\begin{align*} f(x)&=F'(x)=\dfrac{\mathrm{d}F(x)}{\mathrm{d}x}\\ \int_a^bf(x)\mathrm{d}x&=\int_{a}^{b}\mathrm{d}F(x)\\ &=\left[F(x)\right]_a^b\\ &=\left[\int f(x)\mathrm{d}x\right]_a^b \end{align*}\] $$

不定積分の性質

\[ \int x^a\mathrm{d}x=\dfrac{1}{a+1}x^{a+1}+C(a\neq-1) \]
\[ \int\dfrac{1}{x}\mathrm{d}x=\log|x|+C \]
\[ \int a^x\mathrm{d}x=\frac{1}{\log x}a^x+C(a>0,a\neq 1) \]
\[ \int e^x\mathrm{d}x=e^x+C \]
\[ \int \sin x\mathrm{d}x=-\cos x+C \]
\[ \int \cos x\mathrm{d}x=\sin x+C \]

置換積分

令 $x=x(t)$，则： \[ \int f(x)\mathrm{d}x=\int f(x(t))\dfrac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}\mathrm{d}x \]

置换积分的根本思想是通过置换积分将积分的两部分分别转化成一个容易计算的积分，以及 $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$，基本上需要将原来的 $x$ 替换干净，少数情况下可以通过线性拆分保留一部分 $x$。在分式上，一般将分母作为置换的部分较多。

部分積分

\[ \int f(x)g(x)\mathrm{d}x=f(x)G(x)-\int f'(x)G(x)\mathrm{d}x \]

其中 $G'(x)=g(x)$。

部分积分的根本思想是通过对两部分进行微分和积分简化积分式，通常微分用于简化的更多，因此一般会将一个更简单的微分掉，以让原积分只保留一个部分。

Tricks

置换积分的特殊形式

形如 \[ \int\dfrac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{d}x \] 的形式，通常可以通过置换积分法得到： \[ \int\dfrac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{d}x=\log|f(x)|+C \]

循环积分

循环积分，即积分中出现 $\sin x,\cos x,e^x$ 这类循环的积分项时，可以考虑通过若干次变换换回原积分建立等式关系，将原积分作为未知数求解，一般过程中用分部积分较多。

例： \[ \begin{align*} I&=\int e^x\cos x\mathrm{d}x\\ &=e^x\sin x-\int e^x\sin x\mathrm{d}x\\ &=e^x(\sin x+\cos x)-\int e^x\cos x\mathrm{d}x\\ &=e^x(\sin x+\cos x)-I\\ 2I&=e^x(\sin x+\cos x)\\ I&=\dfrac{1}{2}e^x(\sin x+\cos x)+C \end{align*} \]

积分的分式变换

有时除了基础的变换，通常需要回归基本的代数方法，即分式变换。

例： \[ \begin{align*} \int \dfrac{x^4}{x^2-1}\mathrm{d}x&=\int \dfrac{(x^2-1)(x^2+1)+1}{(x^2-1)}\mathrm{d}x\\ &=\int\left(x^2+1+\dfrac{1}{x^2-1}\right)\mathrm{d}x\\ &=\dfrac{1}{3}x^3+x+\int \dfrac{\frac{1}{2}(x+1)-\frac{1}{2}(x-1)}{(x+1)(x-1)}\mathrm{d}x\\ &=\dfrac{1}{3}x^3+x+\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{x-1}\mathrm{d}x-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{x+1}\mathrm{d}x\\ &=\dfrac{1}{3}x^3+x+\dfrac{1}{2}\log|x-1|-\dfrac{1}{2}\log|x+1|+C \end{align*} \]

几何直观

有时可以考虑积分在几何上的意义。

例： \[ \begin{align*} \int_0^1\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x&=\int_0^1\sqrt{1-(x-1)^2}\mathrm{d}x\\ \end{align*} \] 考虑一圆： \[ y^2=1-(x-1)^2 \] 显然这是一个以 $(1,0)$ 为圆心，半径为 $1$ 的圆，那么 $\sqrt{1-(x-1)^2}$ 即为该圆在 $x$ 轴上的半圆。

根据积分的几何意义，这个积分的大小等同于这段弧线下面积，即 $[0,1]$ 所对应四分之一圆弧下面积，即四分之一圆。

因此： \[ \begin{align*} \int_0^1\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x&=\int_0^1\sqrt{1-(x-1)^2}\mathrm{d}x\\ &=\dfrac{1}{4}\pi \end{align*} \]

本题还可以通过三角换元解决。

三角换元

三角换元的核心目的是消除形如 $\sqrt{a^2-x^2},\sqrt{a^2+x^2},\sqrt{x^2-a^2}$ 的根式，依赖于下列三个三角恒等式：

\[ 1-\cos^2\theta=\sin^2\theta \]
\[ 1+\tan^2\theta=\sec^2\theta \]
\[ \sec^2\theta-1=\tan^2\theta \]

对于 $\sqrt{a^2-x^2}$，令 $x=a\sin\theta$，可得 $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos\theta$，同时有 $\mathrm{d} x=a\cos\theta\mathrm{d}\theta$；

对于 $\sqrt{a^2+x^2}$，令 $x=a\tan\theta$，可得 $\sqrt{a^2+x^2}=a\sec\theta$，同时有 $\mathrm{d} x=a\sec^2\theta\mathrm{d}\theta$；

对于 $\sqrt{x^2-a^2}$，令 $x=a\sec\theta$，可得 $\sqrt{x^2-a^2}=a\tan\theta$，同时有 $\mathrm{d} x=a\sec\theta\tan\theta\mathrm{d}\theta$。

例：

\[ \begin{align*} \int_0^{a}\dfrac{\mathrm{d}x}{(a^2+x^2)^2} \end{align*} \]

令 $x=a\tan\theta$，则 $\mathrm{d}x=a\sec^2\theta\mathrm{d}\theta$，$x^2+a^2=a^2\sec^2\theta$，

\[ \begin{align*} \int_0^{a}\dfrac{\mathrm{d}x}{(a^2+x^2)^2}&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{a\sec^2\theta}{a^4\sec^4\theta}\mathrm{d}\theta\\ &=\dfrac{1}{a^3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\sec^2\theta}\mathrm{d}\theta\\ &=\dfrac{1}{a^3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^2\theta\mathrm{d}\theta\\ &=\dfrac{1}{a^3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1+\cos 2\theta}{2}\mathrm{d}\theta\\ &=\dfrac{\pi+2}{8a^3} \end{align*} \]

如果不能凑成如上根式，还需配方。