在~7,~9,~10中补充了部分关于三角函数和自然对数的内容

src/~10.md

@@ -1,6 +1,4 @@
-## ~10.1 导数的计算
+## ~10.1 导数的计算和应用
-
-计算的前提仍然是了解常见函数的导数。
 
 - **例 ~10.1.1**：设 $a\in\mathbb R$ 是常数。在各自函数的定义域中：
   
@@ -14,4 +12,67 @@
 
   5. $(e^x)'=e^x,(\ln x)'=\frac{1}{x}$。
 
-  6. 三角函数的导数，待补。
+  6. $(\sin x)'=\cos x,(\cos x)'=-\sin x,(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2 x}$。
+  
+     **证明**：$\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin x(\cos h-1)+\cos x\sin h}{h}=\sin x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=\cos x$；
+  
+     $(\cos x)'=(\sin(\frac{\pi}2-x))'=-\cos(\frac\pi2-x)=-\sin x$；
+  
+     $(\tan x)'=(\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2 x}=\frac 1{\cos^2x}$。
+  
+  7. $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$。
+  
+     **证明**：$(\arcsin x)'=\frac{1}{\cos(\arcsin x)}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$；$\arccos$ 同理；
+  
+     $(\arctan x)'=\cos^2(\arctan x)=\frac{\cos^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)+\sin^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$。
+
+- **例 ~10.1.2**：设 $a\in\mathbb R$，讨论由 $f(x):=(1+\frac 1x)^{x+a}$ 定义的函数 $f:(-\infty,-1)\cup (0,+\infty)\to\mathbb R$ 的单调性。
+
+  **解**：当 $x>0$ 时，$(1+\frac{1}{1-x})^{(1-x)+a}=(1+\frac{1}{x})^{x+1-a}$，所以 $(1+\frac 1x)^{x+a}$ 在 $(-\infty,-1)$ 上的图像与 $(1+\frac 1x)^{x+1-a}$ 在 $(0,+\infty)$ 上的图像是关于 $x=-\frac12$ 对称的。所以下面我们只考虑 $f$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ 的情况。
+
+  底和指数都带变量的函数的导数一般不好直接计算（注意 $(x^x)'\neq x\cdot x^{x-1}\cdot 1$），所以一般先将函数取对数，变为 $g(x):=(x+a)\ln(1+\frac 1x)$，此时单调性不变。
+  $$
+  g'(x)=\ln\left(1+\frac 1x\right)+(x+a)\frac{-\frac 1{x^2}}{1+\frac 1x}=\ln\left(1+\frac 1x\right)-\frac{x+a}{x(x+1)}
+  $$
+  我们要关注的是 $g'$ 的正负性。这里带 $\ln$ 仍然不好处理，考虑再求一次导把 $\ln$ 去掉：
+  $$
+  g''(x)=-\frac{1}{x(x+1)}-\frac{x(x+1)-(x+a)(2x+1)}{x^2(x+1)^2}=\frac{(2a-1)x+a}{x^2(x+1)^2}
+  $$
+  此时变为关注 $g''$ 的零点，它对应 $g'$ 的极值点。当然，$0^+$ 和 $+\infty$ 也可能成为 $g'$ 的 “极值点”，所以我们可以先把它们的极限求出：
+  $$
+  \lim_{x\to +\infty}g'(x)=\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+\frac 1x\right)-\frac{x+a}{x(x+1)}=\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+\frac 1x\right)-\lim_{x\to+\infty}\frac{x+a}{x(x+1)}=0\\
+  \begin{aligned}
+  \lim\limits_{x\to0^+}g'(x)&=\lim_{x\to 0}\ln\left(1+\frac 1x\right)-\frac{x+a}{x(x+1)}\\
+  &=\lim_{x\to 0^+}\ln\left(\frac 1x\left(\frac{1+\frac 1x}{\frac 1x}\right)\right)-\frac 1x\left(1+\frac{a-1}{x+1}\right)\\
+  &=\lim_{x\to 0^+}\left(\ln \frac 1x-\frac 1x\right)+\lim_{x\to 0^+}\ln(1+x)-\lim_{x\to 0^+}\frac{a+1}{x(x+1)}\\
+  &=-\infty
+  \end{aligned}
+  $$
+
+  - 若 $0<a<\frac 12$，那么 $g''(x)=0\iff x=\frac{a}{1-2a}$。此时 $g'(\frac a{1-2a})=\ln(\frac{1}{a}-1)-2(1-2a)$。
+
+    由 $h(a):=\ln(\frac{1}{a}-1)-2(1-2a)$ 定义函数 $h:(0,\frac 12)\to \mathbb R$。由于 $\lim\limits_{a\to \frac 12}h(a)=0$，而 $h'(a)=\frac 1{(a-1)a}+4<0$，故 $h$ 恒正。那么 $g'(\frac a{1-2a})>0$。而 $\lim\limits_{x\to 0^+}g'(x)=-\infty,\lim\limits_{x\to+\infty}g'(x)=0$。这说明 $g'$ 先恒负后恒正，即 $g$ 先严格单调减，后严格单调增。
+
+  - 若 $a\geq \frac 12$。那么 $g''(x)$ 恒不为 $0$，于是 $g'(x)$ 单调。再结合 $g'$ 在 $0^+$ 和 $+\infty$ 处的极限可知 $g'$ 恒负。从而 $g$ 严格单调减。
+
+## ~10.2 泰勒公式的计算和应用
+
+- **例 ~10.2.1**：设 $n\in\mathbb N$。当 $x\to 0$ 时：
+
+  1. $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o(x^n)$。
+
+  2. $(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\cdots+\frac{\alpha^{\underline{n}}}{n!}x^n+o(x^n)$。
+
+  3. $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots+\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}+o(x^{n+1})$。
+
+  4. $\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2})$；
+
+     $\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})$；
+
+     $\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}+o(x^{2n+2})$；
+
+     $\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+\cdots+\frac{(2n-1)!!x^{2n+1}}{(2n)!!(2n+1)}+o(x^{2n+2})$，其中 $(2n)!!=\prod_{i=1}^n2i$，$(2n-1)!!=\prod_{i=1}^n(2i-1)$。
+
+- **例 ~10.2.2**：设序列 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足 $x_{n+1}=\sin x_n$。求 $n\to+\infty$ 时，$x_n$ 的渐近展开式。
+
+  **解**：

src/~7.md

@@ -0,0 +1,118 @@
+//离散的极限已经学习完成
+
+## ~7.1 不等式
+
+微积分的核心思想是通过近似和逼近解决问题，过程中常常需要用到放缩的手法（而不是单纯的解不等式），所以一些基本的不等式是重要的工具。接下来我们将会介绍一些常见的不等式，它们的证明思路多是归纳法。
+
+下面假设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。
+
+- **定理 ~7.1.1（柯西施瓦茨不等式）**：设 $n\in\mathbb N$，$a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_n\in\mathbb F$，那么：
+  $$
+  \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2\leq\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)
+  $$
+  其中 $\leq$ 取等当且仅当存在 $\lambda\in\mathbb F$ 使得 $\forall_{1\leq i\leq n},a_i=\lambda b_i$ 或 $\forall_{1\leq i\leq n},b_i=\lambda a_i$。
+
+  **证明**：对 $n$ 归纳证明下式即可。
+  $$
+  \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2=\sum_{1\leq i<j\leq n}(a_ib_j-a_jb_i)^2
+  $$
+
+定理 ~7.1.1 证明中的等式可以理解为，左侧，$|\alpha|^2|\beta|^2-(\alpha\cdot\beta)^2=\big(|\alpha||\beta|\sin\langle\alpha,\beta\rangle\big)^2$ 是 $\alpha$ 和 $\beta$ 所张成的平行四边形面积的平方，等于右侧，$\alpha$ 和 $\beta$ 在各 $2$ 维坐标平面上投影的平行四边形的面积平方和。
+
+- **定理 ~7.1.2（伯努利不等式）**：设 $n\in\mathbb N$，$x_1,\cdots,x_n\in\mathbb F\land x_1,\cdots,x_n>-1$，且对任意 $1\leq i,j\leq n$ 有 $x_ix_j\geq 0$。那么：
+  $$
+  \prod_{i=1}^n(1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^nx_i
+  $$
+  
+  其中 $\geq$ 取等当且仅当 $x_1,\cdots,x_n$ 中至多一个非零。
+
+- **推论 ~7.1.3**：设 $n\in\mathbb N$，$x\in\mathbb F\land x>-1$，那么：
+  $$
+  (1+x)^n\geq 1+nx
+  $$
+  其中 $\geq$ 取等当且仅当 $n\leq 1$ 或 $x=0$。
+
+推论 ~7.1.3 常用于将乘方降级放缩为乘法运算。
+
+- 设 $n\in\mathbb N^+$，$x_1,\cdots,x_n\in\mathbb F\land x_1,\cdots,x_n\geq 0$，那么：
+  $$
+  \prod_{i=1}^nx_i\leq\left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i}{n}\right)^n
+  $$
+
+当然，解决问题的过程中，往往最困难的地方是如何正确地运用这些不等式，使放缩行之有效（不会放的太过或者放的角度不对）、恰到好处（恰好放成了需要的简单形式），这既需要对不等式的深入理解，也需要敏锐的观察能力。
+
+## ~7.2 自然对数
+
+- **引理 ~7.2.1**：序列 $\big((1+\frac 1n)^n\big)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(\sum_{k=0}^n\frac 1{k!})_{n=1}^{\infty}$ 都有极限，且极限值相等。
+
+  **证明**：
+
+## ~7.3 三角函数
+
+- **定义 ~7.3.1（三角函数）**：正弦 $\sin:\mathbb R\to\mathbb R$ 和余弦 $\cos:\mathbb R\to\mathbb R$ 是两个函数，满足存在实数 $\pi>0$ 使得：
+  1. $\cos 0=\sin\frac \pi2=1$，$\cos \pi=-1$。
+  2. 设 $x,y\in \mathbb R$，那么 $\cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y$。
+  3. 设 $x\in\mathbb R$ 满足 $0<x<\frac \pi 2$，那么 $0<\cos x<\frac{\sin x}{x}<\frac{1}{\cos x}$。
+
+上述定义是公理化的，并不能说明三角函数存在，但在后续的章节中，我们确实可以构造出两个函数满足上面所述的性质，于是我们先做出如下假设。
+
+- **假设 ~7.3.2**：存在函数 $\sin$ 和 $\cos$ 满足定义 ~7.3.1 中所述的性质。
+
+根据三角函数的定义，我们可以得到如下性质。
+
+- **引理 ~7.3.3**：三角函数的基本性质。
+
+  1. 设 $x\in\mathbb R$，那么 $\cos^2 x+\sin^2 x=1$。
+
+  2. $\pi$ 是唯一的。
+
+  3. $\sin 0=\sin \pi=\cos\frac{\pi}{2}=0$。
+
+  4. 设 $x\in\mathbb R$，那么：
+     $$
+     \begin{aligned}
+     \cos(-x)=\cos x,\quad\cos \left(\frac \pi2+x\right)=-\sin x,\quad\cos(\pi+x)=-\cos x,\quad\cos(2\pi+x)=\cos x\\
+     \sin(-x)=-\sin x,\quad\sin\left(\frac \pi 2+x\right)=\cos x,\quad\sin(\pi+x)=-\sin x,\quad\sin(2\pi+x)=\sin x
+     \end{aligned}
+     $$
+
+  5. 设 $x,y\in\mathbb R$，那么：
+     $$
+     \begin{aligned}
+     \cos(x+y)&=\cos x\cos y-\sin x\sin y\\
+     \sin(x+y)&=\sin x\cos y+\cos x\sin y\\
+     \sin x-\sin y&=2\sin \frac{x-y}{2}\cos\frac{x+y}{2}\\
+     \cos x-\cos y&=-2\sin\frac{x-y}{2}\sin\frac{x+y}{2}
+     \end{aligned}
+     $$
+
+  6. 设 $x\in\mathbb R$，那么：
+     $$
+     \begin{aligned}
+     \sin 2x&=2\sin x\cos x\\
+     \cos 2x&=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1=1-2\sin^2x\\
+     \sin 3x&=3\sin x-4\sin^3x\\
+     \cos 3x&=4\cos^3x-3\cos x
+     \end{aligned}
+     $$
+
+  7. 设 $x\in\mathbb R$ 满足 $0<x<\frac \pi2$，那么 $0<\cos x<\frac{\sin x}{x}<1$。
+
+  8. $\sin$ 在 $[-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2]$ 上严格单调增，$\cos$ 在 $[0,\pi]$ 上严格单调减。
+
+  9. $2\pi$ 是 $\sin$ 和 $\cos$ 的最小正周期。
+
+  10. 定义正切函数 $\tan:=\frac{\sin}{\cos}$。那么：
+
+      1. $\tan$ 是奇函数。
+
+      2. $\tan$ 在 $(-\frac \pi2,\frac \pi2)$ 上有定义且是严格增函数。
+
+      3. 设 $x,y\in\mathbb R$ 满足 $0<y<x<\frac \pi 2$，那么：
+         $$
+         \tan(x-y)=\frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x\tan y}
+         $$
+
+  **证明**：留作习题（也可能以后补）。
+
+## ~7.4 序列极限的计算和应用

src/~9.md

@@ -55,7 +55,15 @@
 
 当 $x\to a$ 时，可以通过换元变成 $x\to 0$，然后再换元变成 $x\to\infty$，从而也可能用这种整数夹挤实数的方法。
 
-- **例 ~9.1.5**：一些有简单但可能不易察觉到的做法的问题。
+- **引理 ~9.1.5**：三角函数关于连续和极限的性质。
+  1. $\sin,\cos$ 是连续函数。
+  2. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$。**证明**：利用引理 ~7.3.3.7，联合夹挤定理。
+  3. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}=1$。**证明**：$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}=\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0}\cos x}\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$。
+  4. $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac 12$。**证明**：$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac x2}{4(\frac x2)^2}=\frac 12$。
+  5. $\sin,\cos$ 的值域都是 $[-1,1]$，$\tan$ 的值域是 $\mathbb R$。
+  6. $\sin|_{[-\frac \pi2,\frac\pi2]}$ 有连续的反函数 $\arcsin:[-1,1]\to[-\frac\pi2,\frac\pi2]$，$\cos|_{[0,\pi]}$ 有连续的反函数 $\arccos:[-1,1]\to [0,\pi]$，$\tan|_{(-\frac \pi2,\frac\pi2)}$ 有连续的反函数 $\arctan:\mathbb R\to(-\frac\pi2,\frac\pi2)$。
+
+- **例 ~9.1.6**：一些可能做法不易察觉的问题。
 
   1. 设 $k>0$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1{x^k}}$。
 
@@ -115,7 +123,25 @@
 
      其中当 $x\to 0$ 时，$\alpha x+o(x)$ 这个集合也整体趋于 $0$，从而对任意 $y\in\alpha x+o(x)$，$e^{y}=1+y+o(y)$。那么 $e^{\alpha x+o(x)}=1+(\alpha x+o(x))+o(\alpha x+o(x)),x\to 0$ 是合理的。
   
-  4. 三角函数和反三角函数在 $0$ 处的的渐近展开。待主线补充三角函数的相关内容后再补。
+  4. 当 $x\to 0$ 时，
+     $$
+     \begin{aligned}
+     \sin x&=x+o(x)\\
+     \cos x&=1-\frac{x^2}2+o(x^2)\\
+     \tan x&=x+o(x)
+     \end{aligned}
+     $$
+     **证明**：利用引理 ~9.1.5 即可。
+  
+  5. 当 $x\to 0$ 时，
+     $$
+     \begin{aligned}
+     \arcsin x&=x+o(x)\\
+     \arccos x&=\frac \pi 2-x+o(x)\\
+     \arctan x&=x+o(x)
+     \end{aligned}
+     $$
+     **证明**：$\sin x=x+o(x),x\to 0$，那么 $x=\sin x+o(\sin x),x\to 0$，又由 $\lim\limits_{y\to 0}\arcsin(y)=0$ 可代入得 $\arcsin(y)=y+o(y)$；由 $\cos x=\sin(\frac \pi2-x)$ 知 $\arccos y=\frac \pi 2-\arcsin y$；$\arctan x$ 的证明类似 $\arcsin x$。
 
 初等函数也可以求更高阶展开，此时往往更具技巧性。
 
@@ -156,23 +182,41 @@
 
 接下来的 $e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开方法，依赖于下面这个引理。
 
-- **引理 ~9.2.5**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 包含 $0$ 的某个邻域，函数 $f:X\to\mathbb R$ 在 $x=0$ 处连续，$f(0)=0$，且 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=\lambda$。那么当 $x\to 0$ 时，$f(x)=\lambda x+o(x)$。
+- **引理 ~9.2.5**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 包含 $0$ 的某个去心邻域，函数 $f:X\to\mathbb R$，常数 $\lambda>1\geq |A|,\alpha>0$。当 $x\to 0$ 时，$f(x)=o(1)$ 且 $f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，那么 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。
 
-  **证明**：设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x$ 有 $0<|x|<\varepsilon\implies |f(2x)-f(x)-\lambda x|<\varepsilon|x|$。
+  **证明**：设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x$ 有 $0<|x|<\varepsilon\implies |f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}|<\varepsilon|x|$。
 
-  设 $x$ 满足 $0<|x|<\varepsilon$。归纳假设 $|f(x)-f(\frac{x}{2^n})-\lambda(1-\frac 1{2^n})x|<(1-\frac1{2^n})\varepsilon|x|$ 对自然数 $n$ 成立，那么：
+  设 $x$ 满足 $0<|x|<\varepsilon$。那么：
-
+$$
-  $$
   \begin{aligned}
-  &\left|f(x)-f\left(\frac x{2^{n+1}}\right)-\lambda\left(1-\frac 1{2^{n+1}}\right)x\right|\\
+  f(x)-Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
-  =&\left|f(x)-f\left(\frac x{2^n}\right)-\lambda\left(1-\frac 1{2^n}\right)x+f\left(\frac x{2^n}\right)-f\left(\frac x{2^{n+1}}\right)-\lambda \frac 1{2^{n+1}} x\right|\\
+  Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-A^2f\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)-AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
-  \leq &\left|f(x)-f\left(\frac x{2^n}\right)-\lambda\left(1-\frac 1{2^n}\right)x\right|+\left|f\left(\frac x{2^n}\right)-f\left(\frac x{2^{n+1}}\right)-\lambda \frac 1{2^{n+1}} x\right|\\
+  A^2f\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)-A^3f\left(\frac{x}{\lambda^3}\right)-A^2B\left(\frac{x}{\lambda^3}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A^2}{\lambda^{3\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
-  <&\left(1-\frac 1{2^n}\right)\varepsilon|x|+\varepsilon \left|\frac x{2^{n+1}}\right|=\left(1-\frac 1{2^{n+1}}\right)\varepsilon|x|
+  &\vdots\\
+  A^{n-1}f\left(\frac{x}{\lambda^{n-1}}\right)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\
+  &\vdots\\
   \end{aligned}
-  $$
+$$
+  于是累加得到：
+$$
+  \begin{aligned}
+  f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\left(A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}+\cdots+AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}+B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}\right)&<\left(\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|+\cdots+\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|+\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\right)\varepsilon|x^{\alpha}|\\
+  f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1-(\frac{A}{\lambda^{\alpha}})^n}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|^n}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}|
+  \end{aligned}
+$$
+  两侧让 $n\to+\infty$，得到：
+$$
+  \begin{aligned}
+  f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}|\\
+  f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}&<\frac{\varepsilon}{\lambda^{\alpha}-|A|}|x^{\alpha}|
+  \end{aligned}
+$$
+  对称地，可以得到另一侧的不等式。从而当 $x\to 0$ 时，$f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，即 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。
+
+根据引理 ~9.2.5，只要条件满足，就可以直接猜 $f(x)=Cx^{\alpha}+o(x^{\alpha}),x\to 0$，然后代入 $f$ 的那条关系式解出 $C$ 即可。
+
+这种方法的思路可以理解为：我们知道待展开函数 $f$ 的 $f(x)$ 和 $f(\frac x\lambda)$ 有关系，并且 $f$ 在 $0$ 处收敛到 $L$，那么我们就能利用这个关系，推出 $f(x)$ 与 $f(\frac x\lambda),f(\frac x{\lambda^2}),\cdots,f(\frac x{\lambda^n}),\cdots$ 的关系，再利用 $f$ 在 $0$ 处收敛，推出 $f(x)$ 与 $L$ 的关系，也就得到一个仅描述 $f(x)$ 而不与 $f(\frac x{\lambda})$ 有关的式子。
 
-  对于 $|f(x)-f(\frac x{2^n})-\lambda(1-\frac 1{2^n})x|<(1-\frac 1{2^n})\varepsilon|x|$，让 $n\to +\infty$，得到 $|f(x)-\lambda x|\leq \varepsilon|x|$。从而当 $x\to 0$ 时，$f(x)=\lambda x+o(x)$。
-  
 - **例 ~9.2.6**：$e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开。
 
   1. 当 $x\to 0$ 时，$e^x=1+x+\frac {x^2}2+o(x^2)$。
@@ -188,7 +232,7 @@
      \end{aligned}
      $$
   
-     从而 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}x=\frac 12$，那么当 $x\to 0$ 时，$f(x)=\frac 12 x+o(x)$，$e^x=1+x+f(x)x=1+x+\frac 12 x^2+o(x^2)$。
+     那么当 $x\to 0$ 时，$f(x)=\frac 12 x+o(x)$，$e^x=1+x+f(x)x=1+x+\frac 12 x^2+o(x^2)$。
      
   2. 当 $x\to 0$ 时，$\sin x=x-\frac 16 x^3+o(x^3)$。
   
@@ -203,7 +247,7 @@
      \end{aligned}
      $$
 
-     从而 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}x=0$，那么当 $x\to 0$ 时，$f(x)=o(x)$，$\sin x=x+f(x)x=x+o(x^2)$。
+     那么当 $x\to 0$ 时，$f(x)=o(x)$，$\sin x=x+f(x)x=x+o(x^2)$。
      
      定义 $g:\mathbb R\to \mathbb R$ 满足 $g(x):=\begin{cases}\frac{\sin x-x}{x^2} &x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$，那么 $g(x)=o(1),x\to 0$，那么 $\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0=g(0)$ 故 $g$ 在 $x=0$ 处连续。当 $x\to 0$ 时，
      $$
@@ -215,29 +259,19 @@
      \end{aligned}
      $$
      
-     这里使用类似引理 ~9.2.5 的证明方法，归纳证明对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x$ 满足 $|x|<\delta$ 和自然数 $k$ 有：
+     那么当 $x\to 0$ 时，$g(x)=-\frac 16x+o(x)$，$\sin x=x-\frac 16x^3+o(x^3)$。
 
-     $$
+在第 10 章中，我们将学习泰勒公式，这将帮助我们更方便地得到更多函数的更多项渐近展开。
-     \left|g(x)-\frac{1}{2^{k}}g\left(\frac{x}{2^{k}}\right)+\frac 12\left(\frac{1}{4}+\frac 1{4^2}+\cdots+\frac{1}{4^{k}}\right)x\right|\leq \varepsilon\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right)|x|
-     $$
 
-     然后对 $k$ 取极限得到 $|g(x)+\frac 16x|\leq \varepsilon|x|$。从而可以说明当 $x\to 0$ 时，$g(x)=-\frac 16x+o(x)$，$\sin x=x-\frac 16x^3+o(x^3)$。
+除此之外，有一些函数，在 $x\to 0$ 时是任何 $x^n$ 的小 $o$（也就是说它们没有多项式的渐近展开），此时它们之间仍然是有阶的大小区分的，于是我们需要熟知一些这样的函数的阶的大小关系。不过，更为一般和熟知的是比较一些函数在无穷远处的无穷大的大小关系，两者可以通过取倒数来等价。
-
-这种方法的思路可以理解为：我们知道待展开函数 $f$ 的 $f(x)$ 和 $f(\frac x2)$ 有关系，并且 $f$ 在 $0$ 处收敛到 $L$，那么我们就能利用这个关系，推出 $f(x)$ 与 $f(\frac x2),f(\frac x4),\cdots,f(\frac x{2^k}),\cdots$ 的关系，再利用 $f$ 在 $0$ 处收敛，推出 $f(x)$ 与 $L$ 的关系，也就得到一个仅描述 $f(x)$ 而不与 $f(\frac x2)$ 有关的式子。
-
-除此之外，有一些函数，在 $x\to 0$ 时是任何 $x^n$ 的小 $o$（也就是说它们没有多项式的渐近展开），此时它们之间仍然是有阶的大小区分的，于是我们需要熟知一些这样的函数的阶的大小关系。不过，更为一般和熟知的是比较一些函数在无穷远处增长速度的阶的大小关系，两者可以通过取倒数来等价。
 
 - **引理 ~9.2.7**：设函数 $f,g:\mathbb N^+\to\mathbb R$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty} f(n)=\lim\limits_{n\to +\infty} g(n)=+\infty$ 且 $g(n)=o(f(n)),n\to+\infty$。那么当 $n\to+\infty$ 时：
 
   1. $c=o(f(n))$，其中 $c\in\mathbb R$。
 
-  2. $\ln(f(n))=o(f(n))$。
+  2. $\ln(f(n))=o(f(n))$。**证明**：$\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln f(n)}{f(n)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=\ln \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1x}=\ln 1=0$。
 
-     **证明**：$\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln f(n)}{f(n)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=\ln \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1x}=\ln 1=0$。
+  3. $c^{g(n)}=o(c^{f(n)})$，其中 $c>1$。**证明**：显然放个底数在下面只会放大它们的差距。
-
-  3. $c^{g(n)}=o(c^{f(n)})$，其中 $c>1$。
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-     **证明**：显然放个底数在下面只会放大它们的差距。
 
   4. $f(n)^{f(n)^{d}}=o(c^{f(n)})$，其中 $d<1<c$。
 
@@ -246,9 +280,23 @@
   5. $c^{f(n)}=o(f(n)^{f(n)})$，其中 $c>1$。
 
   作为上述性质的推论，我们可以排列出下列函数，其中任意相邻的两者中前者都是后者的小 $o$：
-  $$
+$$
   1\prec \ln\ln n\prec \ln n\prec n^{\frac 12}\prec \frac{n}{\ln n}\prec n\prec n^{\log n}\prec n^{n^{\frac 12}}\prec 2^n\prec n!\prec n^n\prec c^{c^n}
-  $$
+$$
+  
+- **例 ~9.2.8**：一些做法可能不易察觉的问题。
+
+  1. 设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 有反函数且 $f^{-1}$ 在 $0$ 处连续，$A\neq 0,k>1$ 为常数。当 $x\to 0$ 时，$f(x)=Ax+Bx^k+o(x^k)$。求 $f^{-1}$ 在 $y\to 0$ 时的渐进展开，要求精确到 $y^k$ 项。
+
+     **解**：$f(x)=Ax+o(x)$，那么 $x=\frac{1}{A}f(x)+o(f(x)),x\to 0$，那么 $f^{-1}(y)=\frac 1A y+o(y),y\to 0$。
+
+     设 $f^{-1}(y)=\frac 1A y+g(y)$，那么 $g(y)=o(y),y\to 0$。
+
+     由于 $f(x)=Ax+Bx^k+o(x^k),x\to 0$，所以 $y=Af^{-1}(y)+B(f^{-1}(y))^k+o((f^{-1}(y))^k),y\to 0$。
+
+     即 $y=A(\frac 1Ay+g(y))+B(\frac 1Ay+g(y))^k+o((\frac 1Ay+g(y))^k)=y+Ag(y)+\frac{B}{A^k}y^k+o(y^k),y\to0$。
+
+     那么 $g(y)=-\frac{B}{A^{k+1}}y^k+o(y^k),y\to 0$。从而 $f^{-1}(y)=\frac 1Ay-\frac{B}{A^{k+1}}y^{k}+o(y^k),y\to 0$。
 
 ## ~9.3 应用：9.12 一些其他的工具