第六章。

02函数及其连续性.tex

@@ -778,7 +778,7 @@ $x = 0$是$f$的第二类间断点。
     故$x_0$为跳跃间断点。
 \end{proof}
 
-\begin{theorem}[Weierstrass第一逼近定理]
+\begin{theorem}[Weierstrass第一逼近定理]\label{Weierstrass第一逼近定理}
     $f \in C[a, b]$，则$\forall \varepsilon > 0$，存在多项式$P(x)$，满足
     \[\forall x \in [a, b] \eqco \vert f(x) - P(x) \vert < \varepsilon \eqper\]
 \end{theorem}

04微分与Taylor定理.tex

@@ -98,6 +98,8 @@
 \begin{definition}[Taylor多项式与Maclaurin多项式]
     设$f(x)$在$x_0$附近有定义，且$f^{(n)}(x_0)$存在，引入多项式
     \[P_n(\Delta x) = f(x_0) + \frac{\deriv{f}(x_0)}{1!}\Delta x + \frac{f^{\prime \prime}(x_0)}{2!}\Delta x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\Delta x^n\]
+    或
+    \[T_n(f, x_0;x) = f(x_0) + \frac{\deriv{f}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime \prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\]
     称为$f(x)$在$x_0$点的$n$次Taylor多项式。
 
     特别地，在$x_0 = 0$时，Taylor多项式称为Maclaurin多项式：
@@ -179,7 +181,7 @@
 \begin{proof}[解]
     $f^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}(k-1)!(1+x)^{k-1}$，因此$f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!$，$k = 1, 2, \cdots$。
     所以
-    \[\ln (1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + o(x^n)\eqper\]
+    \[\ln (1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + o(x^n)\eqper\qedhere\]
 \end{proof}
 
 \begin{example}
@@ -215,4 +217,42 @@
         \sqrt{1 + x} 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + o(x^2) & \quad (\alpha = \frac{1}{2})\\
         \frac{1}{\sqrt{1 + x}} = 1 - \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + o(x^2) & \quad (\alpha = -\frac{1}{2})
     \end{align*}
+\end{remark}
+
+\section{带Lagrange余项的Taylor公式}
+\begin{theorem}
+    设$f$在$(a, b)$内$n+1$阶可导，$\forall x_0$，$x_0 + \theta x \in (a,b)$，$\exists \theta \in (0,1)$满足
+    \[f(x_0 + \Delta x) = P_n(\Delta x) + \frac{f^{(n+1)}(x_0 + \theta \Delta x)}{(n+1)!} \Delta x^{n+1}\]
+    其中
+    \[R_n(\Delta x) := \frac{f^{(n+1)}(x_0 + \theta \Delta x)}{(n+1)!} \Delta x^{n+1}\]
+    称为Lagrange余项。
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+    要证明的式子等价于证明$\exists \theta \in (0,1)$使得对于$\Delta \neq 0$有
+    \[\frac{f(x_0 + \Delta x) - P_n(\Delta x)}{\Delta x^{n+1}} = \frac{f^{(n+1)}(x_0 + \theta \Delta x)}{(n+1)!}\eqper\]
+
+    回忆Cauchy中值定理：
+    设$F(t), G(t) \in C[0,1]$且在$(0,1)$内可导，且$\deriv{G}(t) \neq 0$，则$\exists \theta \in (0,1)$满足
+    \[\dfrac{F(1) - F(0)}{G(1) - G(0)} = \dfrac{\deriv{F}(\theta)}{\deriv{G}(\theta)}\eqper\]
+
+    那么现在取$F(t) = f(x_0 + t\Delta x) - P_n(t\Delta x), G(t) = (t\Delta x)^{n+1} \in C^{n+1}[0,1]$那么$F(0) = G(0) = 0$且
+    \begin{align*}
+        \deriv{F}(t) & = \Delta x(\deriv{f}(x_0 + t \Delta x) - \deriv{P_n}(t\Delta x))\\
+        \deriv{G}(t) & = \Delta x(n+1)(t\Delta x)^n
+    \end{align*}
+    那么应用Cauchy中值定理得到$\exists \theta_1 \in (0,1)$满足
+    \[\frac{f(x_0 + \Delta x) - P_n(\Delta x)}{\Delta x^{n+1}} = \frac{\deriv{f}(x_0 + \theta_1 \Delta x) - \deriv{P_n}(\theta_1 \Delta x)}{(n+1)(\theta_1 \Delta x)^n}\]
+    再对上式左侧应用Cauchy中值定理可得$\exists \theta_2 \in (0,1)$满足
+    \[\frac{\deriv{f}(x_0 + \theta_1 \Delta x) - \deriv{P_n}(\theta_1 \Delta x)}{(n+1)(\theta_1 \Delta x)^n} = \frac{f^{\prime \prime}(x_0 + \theta_1 \theta_2 \Delta x) - P_n^{\prime \prime}(\theta_1 \theta_2 \Delta x)}{(n+1)n(\theta_1 \theta_2 \Delta x)^n}\]
+    重复此过程继续得到$\theta_3, \theta_4, \cdots, \theta_n, \theta_{n+1} \in (0,1)$使得
+    \begin{align*}
+        \frac{f(x_0 + \Delta x) - P_n(\Delta x)}{\Delta x^{n+1}} & = \cdots = \frac{f^{(n)}(x_0 + \theta_1\cdots\theta_n\Delta x) - P_n^{(n)}(\theta_1\cdots\theta_n\Delta x)}{(n+1)!(\theta_1\cdots\theta_n\Delta x)}\\
+        & = \frac{f^{(n+1)}(x_0 + \theta_1\cdots\theta_n\theta_{n+1}\Delta x)}{(n+1)!}\eqper \qedhere
+    \end{align*}
+\end{proof}
+
+\begin{remark}
+    带Lagrange余项的Taylor公式也常常写作：设$f$在$(a,b)$内$n+1$阶可导，$\forall x_0, x \in (a,b)$，$\exists \xi$在$x_0$与$x$之间满足
+    \[f(x) = P_n(x - x_0) + \frac{f^{n+1}(x_0 + \theta \Delta x)}{(n+1)!}\Delta x^{n+1}\eqper\]
 \end{remark}

05差值与逼近初步.tex

@@ -0,0 +1,6 @@
+\chapter{差值与逼近初步}
+\section{Lagrange差值公式}
+略。
+
+\section{Bernstein多项式}
+见定理\ref{Weierstrass第一逼近定理}。

06求导的逆运算.tex

@@ -0,0 +1,168 @@
+\chapter{求导的逆运算}
+\section{原函数的概念}
+\begin{definition}[原函数]
+    设$f, F: I \to \realnum$，$I$是一个区间，如果$\forall x \in I$，有
+    \[\deriv{F}(x) = f(x)\]
+    则称$F$是$f$在$I$上的一个原函数。
+\end{definition}
+
+\begin{corollary}
+    设$F$是$f \equiv 0$在$I$上的一个原函数，则$\exists C \in \realnum$，使得$F(x) = C, \forall x \in I$。
+\end{corollary}
+
+\begin{corollary}
+    设$F_1$和$F_2$都是$f$在$I$上的原函数，则$\exists C \in \realnum$，使得$F_1(x) = F_2(x) + C, \forall x \in I$。
+\end{corollary}
+
+\begin{definition}[不定积分]
+    设$f: I \to \realnum$，记号
+    \[\int f(x) \dif x\]
+    称为函数$f$的不定积分，表示函数$f$的所有原函数。其中$\int$为积分号，$f(x)$为被积函数，$x$为积分变量。
+\end{definition}
+
+\begin{corollary}
+    设$F$是$f$在$I$上的一个原函数，则
+    \[\int f(x) \dif x = F(x) + C, C \in \realnum\eqper\]
+    这也就是说
+    \[\deriv{\left(\int f(x) \dif x\right)} = f(x)\eqper\]
+\end{corollary}
+
+\begin{corollary}
+    设$f$在$I$上处处可微，则
+    \[\int \deriv{f}(x) \dif x = f(x) + C, \int \dif f(x) = f(x) + C\eqper\]
+\end{corollary}
+
+\begin{proposition}[积分的线性性质]
+    \[\int [\alpha f(x) + \beta g(x)] \dif x = \alpha \int f(x) \dif x + \beta \int g(x) \dif x\]
+    其中常数$\alpha, \beta$不全为0。
+\end{proposition}
+
+\section{基本不定积分公式}
+\begin{multicols}{2}
+    \begin{enumerate}
+        \item $\dint 0 \dif x = C$，其中$c$表示常数；
+        \item $\dint x^\lambda \dif x = \dfrac{1}{1 + \lambda}x^{\lambda+1} + C$，其中$\lambda \neq 1$；
+        \item $\dint \dfrac{1}{x} \dif x = \ln \vert x \vert + C$；
+        \item $\dint e^x \dif x = e^x + C$；
+        \item $\dint a^x \dif x = \dfrac{1}{\ln a}a^x + C$；
+        \item $\dint \sin x \dif x = - \cos x + C$；
+        \item $\dint \cos x \dif x = \sin x + C$；
+        \item $\dint \dfrac{1}{\sin^2 x} \dif x = - \cot x + C$；
+        \item $\dint \dfrac{1}{\cos^2 x} \dif x = \tan x + C$；
+        \item $\dint \dfrac{1}{1 + x^2} \dif x = \arctan x + C$；
+        \item $\dint \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\dif x = \arcsin x + C$。
+    \end{enumerate}
+\end{multicols}
+
+\section{分部积分法和换元法}
+\subsection{分部积分法}
+回忆求导公式
+\[\deriv{(uv)} = u\deriv{v} + v\deriv{u}\]
+那么等式两边同时取积分，有
+\[uv = \int \deriv{u}(x) v(x) \dif x + \int u(x) \deriv{v}(x) \dif x\]
+移项后得到
+\[\int u \dif v = uv - \int v \dif u\eqper\]
+称为分部积分公式。
+
+\begin{example}
+    求$\dint xe^x \dif x$。
+\end{example}
+\begin{proof}[解]
+    在分部积分公式中取$u = x, v = e^x$，则
+    \[\int xe^x \dif x = \int x \dif (e^x) = xe^x - \int e^x \dif x = (x-1)e^x + C\eqper \qedhere\]
+\end{proof}
+
+\subsection{换元法}
+回忆复合函数求导法则
+\[\frac{\dif }{\dif x}F(\varphi(x)) = \deriv{F}(\varphi(x)) \deriv{\varphi}(x)\]
+这对应不定积分公式
+\[\int \deriv{F}(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) = F(\varphi(x)) + C\]
+若记$u = \varphi(x), \deriv{F}(x) = f(x)$，那么有
+\begin{equation*}
+    \int f(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) \dif x = \int f(u) \dif u\eqper
+\end{equation*}
+或者也可以将两边换一下位置，得到
+\begin{equation*}
+    \int f(u) \dif u = \int f(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) \dif x\eqper 
+\end{equation*}
+
+这分别被称为第一换元法和第二换元法。
+
+\begin{example}
+    求不定积分：$\dint \dfrac{\dif x}{a^2 + x^2}, a \neq 0$。
+\end{example}
+
+\begin{proof}[解]
+    \begin{align*}
+        \int \frac{\dif x}{a^2 + x^2} & = \int \frac{1}{a\left[1 + \left(\dfrac{x}{a}\right)^2\right]}\dif \left(\frac{x}{a}\right)\\
+        & \xlongequal{u = \frac{x}{a}} \frac{1}{a} \int \frac{\dif u}{1 + u^2}\\
+        & = \frac{1}{a} \arctan u + C\\
+        & \xlongequal{u = \frac{x}{a}} \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C
+    \end{align*}
+\end{proof}
+
+\section{有理函数的积分}
+目标：计算$\dint f(x) \dif x$，其中$f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}$，$P(x), Q(x)$都是多项式。
+
+方法：
+\begin{enumerate}
+    \item 将$f$化为``真分式''与多项式的和：确保分子多项式的次数低于分母多项式的次数；
+    \item 将``真分式''分解成部分分式的和；
+    \item 再将多项式与部分分式逐项积分。
+\end{enumerate}
+
+\subsection{真分式}
+我们总能将一个假分式通过分式除法将其化为一个假分式加一个真分式的形式。例如：
+\[\frac{x^4 - 3x^3 + 4x^2 + 1}{x^3 - 4x^2 + 4x} = x + 1 + \frac{4x^2 - 4x + 1}{x^3 - 4x^2 + 4x} \eqper\]
+
+另外，我们有
+\begin{theorem}
+    设$R = \dfrac{P}{Q}$是一个真分式，其分母$Q$有分解式$Q(x) = (x-a)^\alpha \cdots (x-b)^\beta (x^2 + px + q)^\mu \cdots (x^2 + rx + s)^\nu$，其中$a, \cdots, b, p, q, \cdots, r, s$为实数，且$p^2 - 4q < 0, \cdots, r^2 - 4s < 0; \alpha, \cdots, \beta, \mu, \cdots, \nu$为正整数，则
+    \begin{align*}
+        R(x) & = \frac{A_\alpha}{(x-a)^\alpha} + \frac{A_{\alpha - 1}}{(x-a)^{\alpha - 1}} + \cdots + \frac{A_1}{x-a} + \cdots \\
+        & + \frac{B_\beta}{(x-b)^\beta} + \frac{B_{\beta - 1}}{(x-b)^{\beta - 1}} + \cdots + \frac{B_1}{x-b}\\
+        & + \frac{K_\mu x + L_\mu}{(x^2 + px + q)^\mu} + \cdots + \frac{K_1 x + L_1}{x^2 + px + q} + \cdots \\
+        & + \frac{M_\nu x + N_\nu}{(x^2 + rx + s)^\nu} + \cdots + \frac{M_1 x + N_1}{x^2 + rx + s}
+    \end{align*}
+    其中$A_i, \cdots, B_i, K_i, L_i, \cdots, M_i, N_i$都是实数，并且这分解式的所有系数是唯一确定的。
+\end{theorem}
+
+上面定理中的所有系数都可以通过待定系数法求得，所有的分母都可以通过将分母因式分解或者找到分母多项式的零点利用因式定理得到。于是我们将一个真分式化成了下列两类分式之和：
+\[\frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax + B}{(x^2 + 2px + q)^k},\quad \text{此时}p^2 < q\]
+
+而由于
+\[\int \frac{\dif x}{x - a} = \ln \vert x - a \vert + C\]
+当$k \geq 2$时，
+\[\int \frac{\dif x}{(x-a)^k} = \frac{(x-a)^{1-k}}{1-k} + C\]
+因此只需研究如何计算
+\[\int \frac{Ax + B}{(x^2 + px + q)^k}\dif x, k \in \naturalnum^\ast\]
+经过配方有
+\[x^2 + px + q = \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{q^2}{4}\]
+令$a^2 = q - \dfrac{q^2}{4}$，再做换元$u = x + \dfrac{p}{2}$，可以得到
+\[\int \frac{Ax + B}{(x^2 + px + q)^k} \dif x = A \int \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} \dif u + \left(B - \frac{Ap}{2}\right) \int \frac{\dif u}{(a^2 + u^2)^k}\]
+前面的积分容易求得，因此只需讨论
+\[I_k = \int \frac{\dif x}{(a^2 + u^2)}\]
+做分部积分
+\begin{align*}
+    I_k & = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2k \int \frac{u^2}{(a^2 + u^2)^{k+1}} \dif u\\
+    & = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2k \int \frac{a^2 + u^2 - a^2}{(a^2 + u^2)^{k+1}} \dif u\\
+    & = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2kI_k - 2ka^2 I_{k+1}
+\end{align*}
+得到
+\[I_{k+1} = \frac{1}{2ka^2} \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + \frac{2k-1}{2ka^2}I_k\]
+由此得到的递推关系可以把指标$k$降低，最终得到
+\[I_1 = \int \frac{\dif u}{a^2 + u^2} = \frac{1}{a} \arctan \frac{u}{a} + C\eqper\]
+
+因此一切有理函数理论上都可积。
+
+\subsection{三角有理式}
+目的：计算$\dint f(x) \dif x$，$f(x) = R(\cos x, \sin x)$，其中$R(u,v) = \dfrac{P(u,v)}{Q(u, v)}$，$P,Q$为2元多项式，$R$称为2元有理函数。
+可做万能代换$t = \tan \dfrac{x}{2}$那么$x = 2 \arctan t, \dif x = \dfrac{2 \dif t}{1 + t^2}$
+\begin{align*}
+    \cos x & = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2} = \frac{\cos^2 \dfrac{x}{2} - \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\cos^2 \dfrac{x}{2} + \sin^2 \dfrac{x}{2}} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}\\
+    \sin x & = 2 \cos\frac{x}{2} \sin \frac{x}{2} = \frac{2\cos \dfrac{x}{2} \sin \dfrac{x}{2}}{\cos^2 \dfrac{x}{2} + \sin^2 \dfrac{x}{2}} = \frac{2t}{1 + t^2}
+\end{align*}
+
+那么
+\[\int R(\cos x, \sin x) \dif x = \int R \left(\frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \frac{2t}{1 + t^2}\right)\frac{2\dif t}{1 + t^2} = \int \hat{R}(t) \dif t\]
+此时$\hat{R}(t)$是$t$的有理函数。

高等微积分.tex

@@ -13,6 +13,7 @@
 \usepackage{wrapfig}
 \usepackage{multicol}
 \usepackage{float}
+\usepackage{extarrows}
 % \usepackage{mathptmx}
 
 \geometry{a4paper,scale=0.8}
@@ -47,6 +48,7 @@
 \newcommand{\invertfunc}[1]{#1^{-1}}
 \newcommand{\deriv}[1]{#1^\prime}
 \newcommand{\delx}{\Delta x}
+\newcommand{\dint}{\displaystyle\int}
 
 \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}
 \DeclareMathOperator{\arccot}{arccot}
@@ -56,7 +58,7 @@
 \date{}
 % linespread{1.5}
 
-% \includeonly{04微分与Taylor定理.tex}
+% \includeonly{06求导的逆运算.tex}
 
 \begin{document}
     \maketitle
@@ -71,4 +73,6 @@
     \include{02函数及其连续性.tex}
     \include{03函数的导数.tex}
     \include{04微分与Taylor定理.tex}
+    \include{05差值与逼近初步.tex}
+    \include{06求导的逆运算.tex}
 \end{document}