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lcw 2023-10-23 17:39:09 +08:00
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src/第10章 函数的微分.md
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@ -168,13 +168,15 @@
## 10.5 洛必达法则 ## 10.5 洛必达法则
- **命题 10.5.1（洛必达法则 1）**：设 $X\subseteqq \mathbb R$ 和 $X$ 的聚点 $x_0$，函数 $f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，满足 $f(x_0)=g(x_0)=0$，$f$ 和 $g$ 都在 $x_0$ 处可微且 $g'(x_0)\neq 0$。那么： - **命题 10.5.1（洛必达法则 1）**：设 $X\subseteqq \mathbb R$ 和 $X$ 的聚点 $x_0$，函数 $f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，满足 $f(x_0)=g(x_0)=0$，$f$ 和 $g$ 都在 $x_0$ 处可微且 $g'(x_0)\neq 0$。那么：
$$
$$
\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}
$$ $$
**证明**：正确的顺序是从后往前推： **证明**：正确的顺序是从后往前推：
$$ $$
\begin{aligned}\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned} \begin{aligned}\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned}
$$ $$
- **命题 10.5.2（洛必达法则 2）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $g:[a,b]\to\mathbb R$ 都是在 $[a,b]$ 上连续且在 $(a,b)$ 上可微的函数，满足 $f(a)=g(a)=0$，且对于任意 $x\in(a,b)$ 有 $g'(x)\neq 0$，且满足： - **命题 10.5.2（洛必达法则 2）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $g:[a,b]\to\mathbb R$ 都是在 $[a,b]$ 上连续且在 $(a,b)$ 上可微的函数，满足 $f(a)=g(a)=0$，且对于任意 $x\in(a,b)$ 有 $g'(x)\neq 0$，且满足：

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src/第2章 从头开始：自然数.md
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@ -83,10 +83,10 @@
$$ $$
\begin{aligned} \begin{aligned}
&f_m(n^+)=f_{n^+}(m)\\ &f_m(n^+)=f_{n^+}(m)\\
\iff &f_m(n)^+=f_{n^+}(m)\\ \iff &f_m(n)^+=f_{n^+}(m)\\
\iff &f_n(m)^+=f_{n^+}(m) \iff &f_n(m)^+=f_{n^+}(m)
\end{aligned} \end{aligned}
$$ $$
同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)^+=n^+=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)^+=(f_n(m)^+)^+=f_{n^+}(m)^+=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$。 同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)^+=n^+=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)^+=(f_n(m)^+)^+=f_{n^+}(m)^+=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$。
@ -101,10 +101,10 @@
$$ $$
\begin{aligned} \begin{aligned}
&f_c((a^+)+b)=f_{b+c}(a^+)\\ &f_c((a^+)+b)=f_{b+c}(a^+)\\
\iff &f_c((a+b)^+)=f_{b+c}(a)^+\\ \iff &f_c((a+b)^+)=f_{b+c}(a)^+\\
\iff &f_c(a+b)^+=f_{b+c}(a)^+ \iff &f_c(a+b)^+=f_{b+c}(a)^+
\end{aligned} \end{aligned}
$$ $$
$b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概念，所以还不能直接说明 $a+b=a+c\to b+c$。为此，我们再证明消去律： $b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概念，所以还不能直接说明 $a+b=a+c\to b+c$。为此，我们再证明消去律：

2
src/第8章 无限集合.md
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@ -143,7 +143,7 @@
$$ $$
\begin{aligned} \begin{aligned}
\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\ \sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\ &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\ &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m) &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)