diff --git a/src/pic/~9.1.1.png b/src/pic/~9.1.1.png new file mode 100644 index 0000000..9112009 Binary files /dev/null and b/src/pic/~9.1.1.png differ diff --git a/src/~10.md b/src/~10.md index 43f0ffb..3121e7d 100644 --- a/src/~10.md +++ b/src/~10.md @@ -1,3 +1,5 @@ +$\newcommand{\d}{\text{d}}$ + ## ~10.1 导数的计算和应用 - **例 ~10.1.1**：设 $a\in\mathbb R$ 是常数。在各自函数的定义域中： @@ -12,20 +14,46 @@ 5. $(e^x)'=e^x,(\ln x)'=\frac{1}{x}$。 - 6. $(\sin x)'=\cos x,(\cos x)'=-\sin x,(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2 x}$。 + 6. $$ + \begin{aligned} + (\sin x)'&=\cos x\\ + (\cos x)'&=-\sin x\\ + (\tan x)'&=\frac{1}{\cos^2 x}=1+\tan^2x\\ + (\csc x)'&=-\frac{\cos x}{\sin^2x}=-\cot x\csc x\\ + (\sec x)'&=\frac{\sin x}{\cos^2x}=\tan x\sec x\\ + (\cot x)'&=-\frac{1}{\sin^2 x}=-1-\cot^2x + \end{aligned} + $$ **证明**：$\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin x(\cos h-1)+\cos x\sin h}{h}=\sin x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=\cos x$； $(\cos x)'=(\sin(\frac{\pi}2-x))'=-\cos(\frac\pi2-x)=-\sin x$； - $(\tan x)'=(\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2 x}=\frac 1{\cos^2x}$。 + $(\tan x)'=(\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2 x}=\frac 1{\cos^2x}$； - 7. $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$。 + $(\csc x)'=(\frac{1}{\sin x})'=-\frac{\cos x}{\sin^2x}=-\cot x\csc x$； + + $(\sec x)'=(\frac{1}{\cos x})'=\frac{\sin x}{\cos^2x}=\tan x\sec x$； + + $(\cot x)'=(\frac{\cos x}{\sin x})'=\frac{-\sin^2 x-\cos^2 x}{\sin^2 x}=-\frac{1}{\sin^2 x}$。 + + 7. $$ + \begin{aligned} + (\arcsin x)'&=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ + (\arccos x)'&=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ + (\arctan x)'&=\frac{1}{1+x^2}\\ + (\operatorname{arccsc} x)'&=-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}x^2}\\ + (\operatorname{arcsec} x)'&=\frac{1}{\sqrt{1-\frac1{x^2}}x^2}\\ + (\operatorname{arccot} x)'&=-\frac{1}{1+x^2}\\ + \end{aligned} + $$ **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； - $(\arctan x)'=\cos^2(\arctan x)=\frac{\cos^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)+\sin^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$。 - + $(\arctan x)'=\cos^2(\arctan x)=\frac{\cos^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)+\sin^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$； + + 对于后三者，根据引理 ~9.1.6.4，使用复合函数求导法则即可。 + - **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。 @@ -73,6 +101,241 @@ $\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+\cdots+\frac{(2n-1)!!x^{2n+1}}{(2n)!!(2n+1)}+o(x^{2n+2})$，其中 $(2n)!!=\prod_{i=1}^n2i$，$(2n-1)!!=\prod_{i=1}^n(2i-1)$。 + +很多时候，在计算一点处的泰勒公式时，我们不采取逐次求导的方式，而是利用初等函数已知的展开先将该函数展开，再根据泰勒公式所证明的多项式展开的唯一性，说明得到的展开就是该点的泰勒展开。 + - **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**： \ No newline at end of file + **解**：首先考虑计算 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的极限。由 $\sin|x|\leq |x|$ 知 $|x_n|$ 是单调不增的，那么 $(|x_n|)_{n=0}^{\infty}$ 收敛。设其收敛到 $L$，那么对同一个数列 $(x_{n+1})_{n=0}^{\infty}$ 和 $(\sin x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的两种形式分别取极限，得 $L=\sin L$，于是 $L=0$。从而 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 也收敛到 $0$。 + + 接下来我们猜测 $x_n$ 不是任意阶小的，且其渐近展开是 $x_n=\frac{A}{n^{a}}+o(\frac{1}{n^{a}}),n\to+\infty$（$0 x$ 有 $g'_x(y)<0$，从而 $g_x(y)$ 在 $[x,+\infty)$ 上严格单调减。而 $g_x(x)=x^2\geq 0$，从而 $g_x(y)$ 在 $[x,+\infty)$ 存在唯一零点。 + + 2. $f\in\mathscr C^{\infty}(\mathbb R)$。 + + **证明**：先证明 $f$ 连续。设 $x_0\in\mathbb R$，$y_0=f(x_0)$。 + + 先不妨设 $x_0\neq 0$，那么 $y_0>x_0$，从而可以设 $0<\varepsilon0$。 + + 存在 $\delta>0$，使得 $[x_0-\delta,x_0+\delta]\subseteq V_1,V_2$ 且矩形 $[x_0-\delta,x_0+\delta]\times[y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon]$ 在 $y=x$ 上方，那么易证对任意 $x\in [x_0-\delta,x_0+\delta]$ 有 $f(x)\in[y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon]$。从而 $f$ 在 $x_0$ 处连续。 + + 对 $x_0=0$ 的情况，不需要考虑 $y_0-\varepsilon$ 那条界。 + + 再证明 $f$ 可微。设 $x\in\mathbb R$，记 $f(x+h)=f(x)+p(h)$，那么当 $h\to 0$ 时，$p(h)\to 0$，且： + + $$ + \begin{aligned} + 0&=(x+h)(f(x)+p(h))+e^{x+h}-e^{f(x)+p(h)}\\ + &=xf(x)+e^x-e^{f(x)}+hf(x)+(x+h)p(h)+e^{x}(e^h-1)-e^{f(x)}(e^{p(h)}-1)\\ + &=hf(x)+(x+h)p(h)+e^{x}(e^h-1)-e^{f(x)}(e^{p(h)}-1)\\ + &=hf(x)+(x+h)p(h)+e^x(h+o(h))-e^{f(x)}(p(h)+o(p(h)))\\ + (e^{f(x)}-x)p(h)&=(f(x)+e^x)h+o(h)+o(p(h))\\ + \end{aligned} + $$ + + 存在 $q(h)=o(p(h))$ 使得 $(e^{f(x)}-x)p(h)-q(h)=(f(x)+e^x)h+o(h)$，同时可知 $(e^{f(x)}-x)p(h)-q(h)=(e^{f(x)}-x)p(h)+o(p(h))$。那么根据引理 9.11.12，可得 $(e^{f(x)}-x)p(h)=(f(x)+e^x)h+o(h)$。 + + 同时可知 $e^{f(x)}-x=e^x+xf(x)-x\geq e^x-x+x^2>0$，从而 $p(h)=\frac{f(x)+e^x}{e^{f(x)}-x}h+o(h)$。 + + 再证明 $f\in\mathscr C^{\infty}(\mathbb R)$。我们知道： + + $$ + f'(x)=\frac{f(x)+e^x}{e^{f(x)}-x} + $$ + + 所以容易用归纳法证明 $f$ 是任意阶可微的。 + + 3. 讨论 $f$ 的单调性。 + + **解**：设 $x\in\mathbb R$ 使得 $f'(x)=0$，$y=f(x)$，等价于： + + $$ + \begin{cases}xy+e^x-e^y=0\\y+e^x=0\\y\geq x\end{cases} + $$ + + 等价于 $y\ln(-y)-y-e^y=0$（可以注意到当 $x<0$ 时恒有 $g_x'(y)<0$，于是 $y\geq x$ 的限制可以略去）。 + + 若 $y<1$，那么 $y\ln(-y)-y-e^y\leq (y-1)\ln(-y)-e^y<0$，矛盾。 + + 记 $s(y):=y\ln(-y)-y-e^y$。由于： + + $$ + s(-1)=1-e^{-1}>0\\ + \lim_{y\to0^-}s(y)=\lim_{y\to0^+}y-\ln y^y-e^{-y}=-1<0 + $$ + + 于是存在唯一的 $y\in(-1,0)$ 满足条件，记 $\xi=\ln(-y)<0$，那么 $f'(\xi)=0$。 + + 对于 $x<0$，由于 $g_x(0)=e^x-1<0$，所以 $f(x)<0$，$00$。由于 $\lim\limits_{x\to+\infty}g_x(x+\varepsilon)=\lim\limits_{x\to+\infty}x(x+\varepsilon)+e^x-e^{x+\varepsilon}=\lim\limits_{x\to+\infty}x^2+\varepsilon x-e^x(e^{\varepsilon}-1)=-\infty$。从而当 $x\to+\infty$ 时，$x\leq f(x)< x+\varepsilon$。那么容易证明 $f$ 在 $x\to+\infty$ 时的渐近线是 $y=x$。 + +## ~10.3 不定积分的计算 + +- **例 ~10.3.1**：换元法的应用。 + + 换元的时候，为了方便观察、避免写错，一般会形式上地添加一步：$\int g(F(x))f(x)\d x=\int g(F(x))\d F(x)=(\int g(y)\d y)|_{y=F(x)}$、以及 $\int g(y)\d y=(\int g(F(x))\d F(x))|_{x=F^{-1}(y)}=(\int g(F(x))f(x)\d x)|_{x=F^{-1}(y)}$。 + + 1. 求 $\int \frac{x}{1+x^2}\d x$。 + + **解**：凑微分： + + $$ + \int \frac{x}{1+x^2}\d x=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}\d(1+x^2)\overset{y=1+x^2}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y}\d y=\frac12\ln|y|+C=\frac12\ln(1+x^2)+C + $$ + + 2. 求 $\int \sin^nx\cos^mx\d x$，其中 $m,n$ 是整数，且其中至少一个是奇数。 + + **解**：不妨设 $m$ 为奇数，后面可以看到 $n$ 为奇数也是同理的。凑微分： + + $$ + \int \sin^nx\cos^mx=\int \sin^{n}x\cos^{m-1}x\d\sin x=\int\sin^nx(1-\sin^2)^{\frac{m-1}{2}}\d\sin x\overset{y=\sin x}{=}\int y^n(1-y^2)^{\frac{m-1}{2}}\d y + $$ + + 转化为有理分式的不定积分。 + + 3. 求 $\int \sin^{2n}x\cos^{2m}x\d x$，其中 $m,n$ 是整数。 + + **解**：凑微分： + + $$ + \begin{aligned} + \int \sin^{2n}x\cos^{2m}\d x&=\int \frac{\sin^{2n}x\cos^{2m+2}}{\cos^2x}\d x\\ + &=\int\sin^{2n}x\cos^{2m+2}x\d\tan x\\ + &=\int\frac{\left(1-\frac{1}{\tan^2x+1}\right)^n}{\left(1+\tan^2x\right)^{m+1}}\d\tan x\\ + &\overset{y=\tan x}{=}\int\frac{(1-\frac{1}{y^2+1})^n}{(1+y^2)^{m+1}}\d y + \end{aligned} + $$ + + 转化为有理分式的不定积分。 + + 4. 求 $\int\sqrt{1-x^2}\d x$。 + + **解**：主动换元： + + $$ + \begin{aligned} + \int\sqrt{1-x^2}\d x\overset{x=\sin y}{=}\int\sqrt{1-\sin^2y}\cos y\d y=\int \cos^2y\d y=\int\frac{1+\cos 2y}{2}\d y\overset{z=2y}{=}\int\frac{1+\cos z}{4}\d z\\ + =\frac14(z+\sin z)+C=\frac14(2y+\sin 2y)+C=\frac 12(y+\sin y\cos y)+C=\frac 12(\arcsin x+x\sqrt{1-x^2})+C + \end{aligned} + $$ + + 5. 求 $\int\tan^nx\d x$。 + + **解**：主动换元： + + $$ + \int \tan^nx\d x\overset{x=\arctan y}{=}\int \frac{y^n}{1+y^2}\d y + $$ + + 转化为有理分式的不定积分。 + +- **例 ~10.3.2**：分部积分的应用。 + + 分部积分同样有形式上的直观中间过程：$\int F(x)g(x)\d x=\int F(x)\d G(x)=F(x)G(x)-\int G(x)\d F(x)=F(x)G(x)-\int G(x)f(x)\d x$。 + + 1. 设 $P(x)$ 是多项式。求 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x$（$\lambda\neq 0$）和 $\int P(x)\sin x\d x$。 + + **解**：应用分部积分 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x=P(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}-\int P'(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\d x$ 将 $P$ 降幂，那么可以预见到，一定存在一个次数不超过 $P$ 的多项式 $Q$，使得 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x=Q(x)e^{\lambda x}+C$。从而可以将 $Q$ 待定系数，然后对右侧求导并与左侧比较（应该得到形如 $P_i=(i+1)Q_{i+1}+\lambda Q_i$ 的方程），从而解出 $Q$ 的系数。 + + 对 $\int P(x)\sin x\d x$ 也能用类似的方法，此时待定系数后遇到的方程可能形如 $P(x)\sin x=Q(x)\sin x+H(x)\cos x$。取 $x=2k\pi$，总能得到 $H(2k\pi)=0$，于是多项式 $H$ 有无限个零点，从而 $H$ 只能为 $0$。那么就两侧消去 $\sin x$ 解 $P(x)=Q(x)$ 即可（如果觉得 $\sin x=0$ 时除法不严谨的话，可以变为 $(P(x)-Q(x))\sin x=0$，然后再用类似的方法得到 $P(x)-Q(x)$ 有无限个零点，从而 $P(x)=Q(x)$）。 + + 2. 求 $\int e^x\sin^nx\d x$。 + + **解**：应用分部积分： + + $$ + \begin{aligned} + \int e^x\sin^nx\d x&=e^x\sin^nx-n\int e^x\sin^{n-1}x\cos x\d x\\ + &=e^x\sin^nx-n\left(e^x\sin^{n-1}x\cos x-\int e^x\big((n-1)\sin^{n-2}x-n\sin^nx\big)\d x\right)\\ + &=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x-n^2\int e^x\sin^n x\d x\\ + (n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+0\int e^x\sin^n x\d x\\ + (n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+C\\ + (n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\\ + \int e^x\sin^n x\d x&=\frac{1}{n^2+1}\left(e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\right) + \end{aligned} + $$ + +- **例 ~10.3.3**：有理分式不定积分的应用。 + + 1. 三角有理分式的积分。 + + 求 $\int R(\cos\theta,\sin\theta)\d\theta$，其中 $R(x,y)$ 是关于 $x,y$ 的有理分式，$\theta\in(-\pi,\pi)$，那么可以使用万能公式 $\begin{cases}\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\\\sin \theta=\frac{2t}{1+t^2}\end{cases}$： + + $$ + \int R(\cos \theta,\sin\theta)\d\theta\overset{t=\tan\frac{\theta}{2}}{=}\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\d2\arctan t=2\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\frac{1}{1+t^2}\d t + $$ + + 特别地，对于 $\int R(\tan\theta)\d\theta$，可以直接换元： + + $$ + \int R(\tan \theta)\d \theta\overset{t=\tan \theta}{=}\int R(t)\d\arctan t=\int R(t)\frac{1}{1+t^2}\d t + $$ + + 都是转化为有理函数的不定积分。 + + 需要注意的是，这里我们没有对 $\theta$ 的取值范围作出限制，但是换元时我们却把 $R(\tan \theta)$ 当成了 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$ 上的函数。这是因为 $R(\tan \theta)$ 是以 $\pi$ 为周期的函数，而且换元后恰好还需要把 $t=\tan\theta$ 代回，所以直接用代回结果就确实是真正的 $R(\tan\theta)$ 的积分（注意此时 $\arctan(\tan \theta)\neq \theta$，因为 $\theta$ 可能在 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$ 外）。 + + 类似地，对于上面的 $R(\cos\theta,\sin\theta)$，若把 $\theta$ 的定义域改为 $\mathbb R\setminus\{(2k+1)\pi:k\in\mathbb Z\}$，也是可以正常用万能公式换元的，因为 $\cos\theta,\sin\theta$ 都能换成 $\tan\frac{\theta}{2}$ 的恒等表示，然后转为 $R(\tan\frac{\theta}{2})$ 变为上一段的类似讨论。 + + 1. 求 $\int R(x,\sqrt{1-x^2})\d x$。 + + **解**： + + $$ + \int R(x,\sqrt{1-x^2})\d x\overset{x=\sin \theta}{=}\int R(\sin\theta,\cos\theta)\d\sin\theta=\int R(\cos\theta,\sin\theta)\cos\theta\d\theta + $$ + + 这里 $\theta$ 的取值范围取为 $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$，从而确实有 $\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}$。 + + 转化为三角有理分式的不定积分。 + +基于上述例子，可以看到，在不定积分中，可以任意将被积变元进行换元，只需保证能通过新的变元反推出原来的变元即可。而且不论是换元、还是分部积分，都有着形式上非常 “合理” 且符合直觉的中间过程。这些的正确性确实被我们证明了，但其实很难不使人相信，其中有着非常简单明了的解释，只不过目前我们还未挖掘出来，因为这涉及到莱布尼茨记号的含义。 + +//实际上，可以定义 $\int \d f(x)=f(x)$，从而我们要做的只是对 $\int$ 后面的式子做恒等变换，变成 $\d f(x)$ 的形式。 \ No newline at end of file diff --git a/src/~7.md b/src/~7.md index 391748f..953b7cc 100644 --- a/src/~7.md +++ b/src/~7.md @@ -68,51 +68,40 @@ 3. $\sin 0=\sin \pi=\cos\frac{\pi}{2}=0$。 - 4. 设 $x\in\mathbb R$，那么： + 4. （诱导公式）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： +从而 $\cos$ 是偶函数，$\sin$ 是奇函数。 + + 5. （和差角公式）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 $00$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1{x^k}}$。 diff --git a/src/第10章 函数的微分.md b/src/第10章 函数的微分.md index 9530898..25878a8 100644 --- a/src/第10章 函数的微分.md +++ b/src/第10章 函数的微分.md @@ -1,4 +1,4 @@ -$\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}$ +$\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}\newcommand{\d}{\text{d}}$ ## 10.1 基本定义 @@ -297,6 +297,8 @@ $\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}$ 注意，两个具有相同泰勒多项式的函数不一定相等。最典型的例子就是两个函数都比任意 $h^n$ 阶小，但一者可能恒为 $0$，一者可能是指数级趋向于 $0$ 的，比如由 $f(x):=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 在 $0$ 处的任意阶泰勒多项式都是恒零。那么对任意的函数 $g$，可以证明 $g$ 与 $g(1+f)$ 在 $0$ 处具有相同的泰勒多项式，从而这种情况是普遍存在的。 +还要注意的是，若没有高阶可微性的假设，那么即使 $f$ 在 $x_0$ 处有 $n$ 阶多项式逼近，也不意味着 $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可微。例如由 $f(x):=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&x\in\mathbb R\setminus \mathbb Q\\0&x\in\mathbb Q\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 在 $0$ 处有任意阶多项式逼近 $f(x)=o(x^n),x\to 0$，但是 $f$ 在 $0$ 处没有二阶导数，因为 $f$ 只在 $0$ 处有一阶导数，没有一阶导函数。 + - **定理 10.6.6（泰勒公式-拉格朗日余项）**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，$x_0\in I$，$n\in\mathbb N$，$f:I\to\mathbb R$ 是 $n+1$ 阶可微的函数。那么对于任意 $x \in I$ 且 $x\neq x_0$，都存在严格介于 $x_0,x$ 之间的 $\xi$ 使得 $f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$。 **证明**：不妨设 $x_00$ 使得对于任意 $|z|>R$ 有 $|A(z)|>|A(z_0)|$。考虑由 $z\mapsto |A(z)|$ 定义的 $\{z\in\mathbb C:|z|\leq R\}\to\mathbb R$ 的函数，由于是 “有界闭集” 上的连续函数，所以一定存在最小值点 $z_1$，那么对任意 $z\in\mathbb C$ 有 $|A(z)|\geq |A(z_1)|$。然后考虑设多项式 $B(z)=A(z+z_0)=b_0+b_1z+\cdots+b_{n-1}z^{n-1}+b_nz^n$（其中 $b_n=1$），从而对任意 $z\in\mathbb C$ 有 $|B(z)|\geq |B(0)|=|b_0|$。若 $b_0\neq 0$，找到最小的 $m\in \mathbb N^+$ 使得 $b_m\neq 0$，那么 $B(z)=b_0+b_mz^m(1+o(1)),z\to 0$，而 $b_0+b_mz^m$ 的含义是 $z$ 旋转 $m$ 倍再乘上一个系数加到 $b_0$ 上，从而当 $z$ 取遍 $0$ 附近的一个很小的圆时，$B(z)$ 也取遍 $b_0$ 附近的一个很小的圆，那么一定会存在 $z$ 使得 $|B(z)|<|b_0|$，矛盾。 + +- **引理 10.8.11**：设 $A(z)$ 是 $\mathbb C$ 上的次数为正的多项式，$z\in\mathbb C$ 使得 $A(z)=0$，那么 $A(\overline z)=0$。 + +接下来我们给出有理函数的不定积分定理，其中会不加证明地运用一些和有理函数展开有关的结论。 + +- **定理 10.8.12（有理函数的不定积分）**：设 $P(x),Q(x)$ 是 $\mathbb R$ 上的多项式且 $Q(x)\neq 0$，$\deg P<\deg Q$。 + + 不加证明地，能将 $Q(x)$ 展开为 $Q(x)=d(x-a_1)^{n_1}\cdots(x-a_A)^{n_A}((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}\cdots((x-b_B)^2+c_B^2)^{m_B}$，其中 $d\neq 0$，$A,B\in\mathbb N$，$n_i,m_i\in\mathbb N^+$，$a_i\in\mathbb R$ 互不相同，$b_i\in\mathbb R,c_i\in\mathbb R\setminus\{0\}$ 且 $(b_i,c_i)$ 互不相同。 + + 那么，$\int\frac{P(x)}{Q(x)}$ 是下列函数的线性组合再加上任意常数： + + $$ + \begin{aligned} + &\ln|x-a_1|,\frac{1}{x-a_1},\cdots,\frac{1}{(x-a_1)^{n_1-1}},&&\ln|x-a_2|,\cdots\\ + &\arctan\frac{x-b_1}{c_1},\frac{1}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{1}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1-1}},&&\arctan\frac{x-b_2}{c_2},\cdots\\ + &\ln |(x-b_1)^2+c_1^2|,\frac{x}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{x}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1-1}},&&\ln |(x-b_2)^2+c_2^2|,\cdots\\ + \end{aligned} + $$ + + **证明**：不加证明地，$\frac{P(x)}{Q(x)}$ 是下列函数的线性组合： + + $$ + \begin{aligned} + &\frac{1}{x-a_1},\cdots,\frac{1}{(x-a_1)^{n_1}},&&\frac{1}{x-a_2},\cdots\\ + &\frac{1}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{1}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}},&&\frac{1}{(x-b_2)^2+c_2^2},\cdots\\ + &\frac{x}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{x}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}},&&\frac{x}{(x-b_2)^2+c_2^2},\cdots + \end{aligned} + $$ + + 接着只需研究上述每项的不定积分形式： + + 1. $$ + \int\frac{1}{(x-a)^n}\d x\overset{y=x-a}{=}\int\frac{1}{y^n}\d y + $$ + + 2. $$ + \int\frac{x}{(x^2+1)^n}\d x\overset{y=x^2+1}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y^n}\d y + $$ + + 3. $$ + \begin{aligned} + \int\frac{1}{x^2+1}\d x&=\arctan x+C\\ + \int\frac{1}{(x^2+1)^n}\d x&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x-\int\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\d x\\ + &=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\int\frac{-(n-1)2x}{(x^2+1)^n}x\d x\\ + &=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\left(\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\right)\\ + &=\frac{x}{2(n-1)(x^2+1)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\\ + \end{aligned} + $$ + + 所以可以预见到的是，$\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\d x$ 一定是 $\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}},\cdots,\frac{x}{x^2+1},\arctan x$ 的线性组合再加上任意常数 $C$ 的形式。 + + 4. $$ + \begin{aligned} + \int\frac{1}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{1}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y\\ + \int\frac{x}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{by+a}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n-1}}\int\frac{y}{(y^2+1)^n}\d y+\frac{a}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y + \end{aligned} + $$ + +在真实的应用中，一般会采用待定系数且取特殊值的方式求 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 展开后每一项的系数。 \ No newline at end of file diff --git a/src/第11章 黎曼积分.md b/src/第11章 黎曼积分.md index c1c446c..3550453 100644 --- a/src/第11章 黎曼积分.md +++ b/src/第11章 黎曼积分.md @@ -1,3 +1,5 @@ +$\newcommand{\d}{\text d}$ + ## 11.1 划分 - **定义 11.1.1**：设 $X\subseteq \mathbb R$，称 $X$ 是连通的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 且 $x0$，存在 $I$ 的划分 $P$，使得 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。 + + **证明**：存在 $I$ 的划分 $P,Q$ 使得 $U(f,P)-L(f,Q)<\varepsilon$，那么 $U(f,P\# Q)-L(f,P\# Q)<\varepsilon$。 + +- **命题 11.3.10**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数，$S\in\mathbb R$，那么下列命题等价： + + 1. $f$ 在 $I$ 上有界且黎曼可积，且 $\int_If=S$。 + 2. 对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi_J\in J$（从而 $J$ 非空），都有 $\big|\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|-S\big|<\varepsilon$。 + + **证明**：2->1：若 $f$ 在 $I$ 上无界。存在 $\delta>0$，使得对任意 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi_J\in J$，都有 $\big|\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|-S\big|<1$。那么先任意找一个 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，可证 $f$ 必定在某个 $J\in P$ 上无界，从而可以将 $\big|f(\xi_J)|J|\big|$ 无限放大，而 $\sum_{J'\in P,J\neq J'}f(\xi_{J'})|J'|$ 固定为常数。从而 $\sum_{J'\in P}f(\xi_{J'})|J'|$ 可以是无界的，矛盾。 + + 设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。那么存在 $I$ 的划分 $P$ 以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi(J)\in J$，满足 $f(\xi_J)>\sup_{x\in J} f(x)-\varepsilon$，以及 $\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|2：设 $f$ 有界 $M>0$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。根据命题 11.3.9，存在 $I$ 的划分 $P$，使得 $S-\varepsilon0$。设 $I$ 的划分 $Q$ 满足 $\max_{K\in Q}|K|\leq\delta$，以及 $\xi:Q\to\mathbb R$ 满足 $\xi_{K}\in K$。一方面，对任意 $J\in P$，满足 $K\cap J\neq\varnothing$ 且 $K\not\subseteq J$ 的 $K\in Q$ 至多有两个；一方面，任意 $K\in Q$ 必然和某个 $J\in P$ 有非空的交。设 $Q'=\{K\in Q:\text{不存在 }J\in P\text{ 使得 }K\subseteq J\}$，那么 $\operatorname{card}Q'\leq 2\operatorname{card} P$。 + + 存在 $\Phi:Q\setminus Q'\to P$ 使得 $K\subseteq \Phi(K)$ 对任意 $K\in Q\setminus Q'$ 成立。那么： + $$ + \begin{aligned} + \sum_{K\in Q}f(\xi_K)|K|=\sum_{K\in Q'}f(\xi_K)|K|+\sum_{K\in Q\setminus Q'}f(\xi_K)|K|<\sum_{K\in Q' + }M\delta+\sum_{K\in Q\setminus Q'}\sup_{x\in \Phi(K)}f(x)|K|\\ + \leq2\delta\operatorname{card} P+\sum_{J\in P}\sup_{x\in J}f(x)\sum_{K\in Q\setminus Q'}|K|\leq 2\delta\operatorname{card} P+\sum_{J\in P}\sup_{x\in J}f(x)|J|<2\delta\operatorname{card P}+S+\varepsilon + \end{aligned} + $$ + 另一侧同理，那么易得 2。 + ## 11.4 黎曼积分的基本性质 - **定理 11.4.1（黎曼积分算律）**：设 $f:I\to\mathbb R$ 和 $g:I\to\mathbb R$ 都是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数。 @@ -146,6 +189,8 @@ $$ 然后易证 $\underline\int_I \max(f,g)=\overline\int_I\max(f,g)$。 +定理 11.4.2 的证明关键是，证明 $\max(f,g)$ 仍然是夹在 $\max(\underline f,\underline g),\max(\overline f,\overline g)$ 之间的，而 $\max(\overline f,\overline g)-\max(\underline f,\underline g)\leq \max(\overline f-\underline f,\overline g-\underline g)\leq (\overline f-\underline f)+(\overline g-\underline g)$。 + - **推论 11.4.3**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数，那么正部 $f_+:=\max(f,0)$ 和负部 $f_-:=\min(f,0)$ 是黎曼可积的，绝对值 $|f|:=f_+-f_-$ 也是黎曼可积的。 - **定理 11.4.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 和 $g:I\to\mathbb R$ 都是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数。那么 $fg$ 是黎曼可积的。 @@ -189,6 +234,8 @@ $$ 然后易证 $\underline\int_If=\overline\int_I f$。 +$f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使得每段的极差在 $\varepsilon$ 以内，从而总面积的差在 $\varepsilon|I|$ 以内。 + - **引理 11.5.2**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界闭区间 $I$ 上的连续函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。 **证明**：结合定理 9.9.6 和定理 11.5.1 可得。 @@ -209,8 +256,9 @@ $$ 然后易证 $\underline\int_If=\overline\int_I f$。 -- **定义 11.5.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数。称 $f$ 是逐段连续的，当且仅当存在 $I$ 的划分 $P$，使得对于任意 $J\in P$ 有 $f|_J$ 是连续的。 +命题 11.5.3 表明，对于 $f(x):=\sin\frac{1}{x}$ 这样的函数 $f:(0,1]\to\mathbb R$，即使对于任意划分 $P$，$f$ 在 $P$ 上的任意上逐段常值函数在最左侧一段的函数值至少为 $1$、$f$ 在 $P$ 上的任意下逐段常值函数在最左侧一段的函数值至多为 $-1$，仍然能通过人为控制这一段的长度缩小，使得这一段对应的面积差缩小。而对于剩下的部分，上下黎曼积分的差是趋于 $0$ 的。 +- **定义 11.5.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数。称 $f$ 是逐段连续的，当且仅当存在 $I$ 的划分 $P$，使得对于任意 $J\in P$ 有 $f|_J$ 是连续的。 - **命题 11.5.5**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的有界逐段连续函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。 ## 11.6 单调函数的黎曼可积性 @@ -219,7 +267,9 @@ **证明**：不妨设 $f$ 是单调不降的。设 $\varepsilon'>0$ 是任意正实数，那么存在正整数 $N>0$ 使得 $\frac{f(b)-f(a)}{\varepsilon'}0$ 的区间划分，然后可以证明上下黎曼积分的差不超过 $\delta(f(b)-f(a))$，然后易证。两种证明是非常对称的，这也得益于单调函数的对称性。 - **命题 11.6.2**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的单调有界函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。 @@ -233,18 +283,12 @@ 设 $N\geq 0$ 是任意自然数。考虑由 $g(x):=f(\lceil x\rceil)$ 定义的函数 $g:[0,+\infty)$，那么 $g$ 是逐段常值的且 $g\leq f$，那么 $\sum_{n=0}^{N}f(n)=f(0)+\int_{[0,N]}g\leq f(0)+\int_{[0,N]}f$。从而对于任意 $a\in A$，存在 $b\in B$ 使得 $a\leq f(0)+b$，那么 $\sup a\leq f(0)+\sup b$。 -- **推论 11.6.5**：设 $p$ 是实数，那么 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 当 $p>1$ 时绝对收敛，当 $p\leq 1$ 时发散。 - - **证明**：不太懂，感觉需要用积分和导数的关系。 - ## 11.7 一个非黎曼可积的函数 - **命题 11.7.1**：由 $f(x):=\begin{cases}1&x\in\mathbb Q\\0&x\not\in\mathbb Q\end{cases}$ 定义函数 $f:[0,1]\to\mathbb R$。那么 $f$ 有界但不黎曼可积。 **证明**：设 $P$ 是 $[0,1]$ 的划分，那么对于任意 $J\in P$ 且 $J\neq \varnothing$ 有 $\sup\limits_{x\in J}f(x)=1$，从而 $U(f,P)=1$，那么$\overline\int_{[0,1]}f=\inf\{U(f,P):P\text{ 是 }I\text{ 的划分}\}=1$。同理 $\underline\int_{[0,1]}f=0$，从而 $f$ 不是黎曼可积的。 -//无法用逐段常值函数拟合，从而不能用黎曼积分算积分（面积） - ## 11.8 黎曼-斯蒂尔杰斯积分 - **定义 11.8.1（$\alpha$ 长度）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，函数 $\alpha:X\to\mathbb R$，有界区间 $I$ 满足 $\overleftrightarrow I\subseteq X$。若存在 $a,b\in\mathbb R$ 且 $a0$ 是任意正实数。那么 $\{x\in (a,b):f(x)0$ 且对于任意 $x\in (a,a+\delta_1)$ 有 $M\leq f(x)0\\0&x=0\\-1&x<0\end{cases}$ 定义函数 $\operatorname{sgn}:\mathbb R\to\mathbb R$。设 $f:[-1,1]\to\mathbb R$ 是在 $0$ 处连续的有界函数。那么 $f$ 关于 $\operatorname{sgn}$ 是黎曼-斯蒂尔杰斯可积的，且 $\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}=2f(0)$。 - - **证明**：设 $M$ 是 $f$ 的界。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在 $0<\delta<1$，使得对于任意 $x\in[-1,1]$ 且 $|x|<\delta$ 有 $|f(x)-f(0)|<\varepsilon$。那么考虑由 $g(x):=\begin{cases}M&x\in [-1,-\delta]\\f(0)+\varepsilon&x\in(-\delta,\delta)\\M&x\in[\delta,1]\end{cases}$ 定义的函数 $g:[-1,1]\to\mathbb R$，它是逐段常值函数且 $g\geq f$，从而： - $$ - \begin{aligned} - \overline\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}&\leq\int_{[-1,1]}g\text{d}\operatorname{sgn}\\ - &=M(\operatorname{sgn}(-\delta)-\operatorname{sgn}(-1))+(f(0)+\varepsilon)(\operatorname{sgn}(\delta)-\operatorname{sgn}(-\delta))+M(\operatorname{sgn}(1)-\operatorname{sgn}(\delta))\\ - &=2f(0)+2\varepsilon - \end{aligned} - $$ - 同理可证 $\underline\int_{[-1,1]}f\text d\operatorname{sgn}\geq 2f(0)-2\varepsilon$。从而可知 $\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}=2f(0)$。 ## 11.9 微积分基本定理 @@ -314,38 +349,50 @@ 由 $F(x):=\int_{[a,x]}f$ 定义函数 $F:[a,b]\to\mathbb R$。那么 $F$ 是一致连续的。 - 若 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处连续，那么 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=f(x_0)$。 + 若 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处有极限 $L$，那么 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=L$。 **证明**：根据定义 11.3.4，$f$ 是有界函数，设界为 $M$。 设 $\delta>0$ 是任意正实数，$x,y\in [a,b]$ 且 $0\leq y-x<\delta$，那么 $\left|\int_{[a,y]}f-\int_{[a,x]}f\right|=\left|\int_{(x,y]}f\right|0$ 是任意正实数，那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$ 且 $00$ 是任意正实数，那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$ 且 $00$ 使得对于任意 $\delta>0$ 都存在 $x\in [a,b]$ 使得 $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$，又由于 $f$ 是单调不降的，那么对于任意 $x\in (x_0,b]$ 都有 $f(x)>f(x_0)+\varepsilon$ 或对于任意 $x\in [a,x_0)$ 都有 $f(x)\varepsilon$。从而 $F$ 在 $x_0$ 处不可微，矛盾。 + **证明**：不妨设 $f$ 单调不降。设 $F$ 在 $x_0$ 处可微，而 $f$ 在 $x_0\in (a,b)$ 处不连续。那么存在 $\varepsilon>0$ 使得对于任意 $\delta>0$ 都存在 $x\in [a,b]$ 使得 $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$，又由于 $f$ 是单调不降的，那么对于任意 $x\in (x_0,b]$ 都有 $f(x)>f(x_0)+\varepsilon$ 或对于任意 $x\in [a,x_0)$ 都有 $f(x)f(x_0)+\varepsilon$；而对 $x\in[a,x_0)$，$\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}=\dfrac{\int_{[x,x_0)}f}{x-x_0}\leq f(x_0)$。从而 $F$ 在 $x_0$ 处不可微，矛盾。 + +接下来介绍一个微积分第二基本定理导出的结论。 + +- **引理 11.9.5**：设 $p$ 是实数，那么 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 当 $p>1$ 时绝对收敛，当 $p\leq 1$ 时发散。 + + **证明**：结合命题 11.6.3 和微积分第二基本定理。 ## 11.10 基本定理的推论 -- **命题 11.10.1（分部积分公式）**：设 $a,b\in\mathbb R$ 满足 $a0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $g$ 使得 $g\geq f$ 且 $\int_{[a,b]}g\text d\alpha<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1$，从而 $\int_{[a,b]}g\alpha'<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1$。设 $\varepsilon_2>0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $h$ 使得 $h\geq g\alpha'$ 且 $\int_{[a,b]}h<\int_{[a,b]}g\alpha'+\varepsilon_2<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1+\varepsilon_2$。而 $g\geq f$ 和 $\alpha'$ 非负说明 $h\geq g\alpha'\geq f\alpha'$，从而可证 $\overline\int_{[a,b]}f\alpha'\leq \int_{[a,b]}f\text d\alpha$，对另一侧类似证明后可以得到 $\int_{[a,b]}f\alpha'=\int_{[a,b]}f\text d\alpha$。 + **证明**：由于 $\alpha$ 是单调不降的，可以证明 $\alpha'$ 是非负的。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $\overline f$ 使得 $\overline f\geq f$ 且 $\int_{[a,b]}\overline f\text d\alpha<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon$，从而 $\int_{[a,b]}\overline f\alpha'<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon$。而 $\overline f\geq f$ 和 $\alpha'$ 非负说明 $\overline f\alpha'\geq f\alpha'$，从而利用积分的保序性可证 $\overline\int_{[a,b]}f\alpha'\leq \int_{[a,b]}f\text d\alpha$，对另一侧类似证明后可以得到 $\int_{[a,b]}f\alpha'=\int_{[a,b]}f\text d\alpha$。 - **引理 11.10.4**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的连续函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是逐段常值函数。那么 $f\circ \varphi:[a,b]\to\mathbb R$ 也是逐段常值函数，且 $\int_{[a,b]}f\circ \varphi\text{d}\varphi=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。 **证明**：设 $[\varphi(a),\varphi(b)]$ 的划分 $P$ 使得 $f$ 关于 $P$ 是逐段常值的。考虑 $Q=\{\{x\in [a,b]:\varphi(x)\in J\}:J\in P\}$，可以证明 $Q$ 是 $[a,b]$ 的划分，且 $f\circ\varphi$ 是关于 $Q$ 逐段常值的，且 $P,Q$ 之间根据 $\varphi$ 构成双射关系，且： + $$ \int_{[a,b]}f\circ\varphi\text d\varphi=\sum_{K\in Q}d_{K}\varphi[K]=\sum_{K\in Q}c_{\varphi(K)}|\varphi(K)|=\sum_{J\in P}c_J|J|=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f $$ - **命题 11.10.5**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的连续函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $f\circ \varphi:[a,b]\to\mathbb R$ 是关于 $\varphi$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积的，且 $\int_{[a,b]}f\circ \varphi\text{d}\varphi=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。 -- **命题 11.10.6（变量替换公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。 +命题 11.10.5 事实上和我们介绍黎曼-斯蒂尔杰斯积分时的 “伸缩” 理解一样，其证明是通过该理解在逐段常值函数上成立来证明的。 + +- **定理 11.10.6（换元公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。 **证明**：联合命题 11.10.3 和命题 11.10.5 可知。 -事实上，除命题 11.10.1 外，上述所有命题中的所有非 $\alpha,\varphi$ 这种函数，将它们的定义域由闭区间改为开区间都是成立的，但由于 $\alpha,\varphi$ 的定义域必须是闭区间，而且 $\int_{[a,b]}f=\int_{(a,b)}f$，所以也就无所谓了。 \ No newline at end of file +当 $f$ 连续时，我们也可以得到命题 11.10.6 的一个相似结论，此时不要求 $\varphi$ 是单调不降的。 + +- **定义 11.10.7（有向黎曼积分）**：设 $a,b\in\mathbb R$，$f:[\min\{a,b\},\max\{a,b\}]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。若 $a\leq b$，定义 $\int_{a}^bf:=\int_{[a,b]}f$；若 $a>b$，定义 $\int_{a}^b f:=-\int_{[b,a]} f$。 + +我们介绍的（以及接下来介绍的）很多有关黎曼积分的性质都可以推广到有向黎曼积分上，特别是微积分的两个基本定理和分部积分公式（这也导致了它们推导出的换元公式等性质在有向黎曼积分上也成立），但为了方便我们一般不特意写出。 + +- **定理 11.10.8（换元公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to \mathbb R$ 是可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:\varphi([a,b])\to\mathbb R$ 是连续函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f$。 + + **证明**：$f$ 的定义域 $\varphi([a,b])$ 是有界闭区间且 $f$ 连续，从而 $f$ 是黎曼可积的且有原函数，设 $F$ 是 $f$ 的原函数。 + + 同理，由于 $f\circ \varphi$ 是有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数，所以它黎曼可积，于是 $(f\circ \varphi)\varphi'$ 也黎曼可积，而 $F\circ \varphi$ 是其原函数，于是： + + $$ + \int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=F(\varphi(b))-F(\varphi(a))=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f + $$ + +## 11.11 黎曼积分的应用 + +- **定理 11.11.1（泰勒公式-积分余项）**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，$x_0\in I$，$n\in\mathbb N$，$f:I\to\mathbb R$ 是 $n+1$ 阶可微的函数，且 $f^{(n+1)}$ 是黎曼可积函数。那么对于任意 $x\in I$，$f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$。 + + **证明**：法一：根据微积分第二基本定理： + + $$ + \begin{aligned} + f(x)&=f(x_0)+\int_{x_0}^xf'(x_1)\d x_1\\ + &=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}f''(x_2)\d x_2\right)\d x_1\\ + &=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}\left(\cdots\left(f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\right)\cdots\right)\d x_2\right)\d x_1\\ + \end{aligned} + $$ + + 接着可以将常数外提： + + $$ + \begin{aligned} + &\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d x_n\cdots\d x_2\d x_1\\ + =&\int_{0}^{x-x_0}\int_{0}^{h_1}\cdots\int_{0}^{h_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d h_n\cdots\d h_2\d h_1\\ + =&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-2}}f^{(n)}(x_0)h_{n-1}\d h_{n-1}\cdots\d h_1\\ + =&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-3}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{2}h_{n-2}^2\d h_{n-2}\cdots\d h_1\\ + =&\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x_0-x)^n + \end{aligned} + $$ + + 于是： + + $$ + f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\cdots\d x_2\d x_1 + $$ + + 而利用分部积分，若 $g$ 有原函数，我们可以证明： + + $$ + \begin{aligned} + &\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\ + =&-\int_{a}^{b}-\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\ + =&\left.\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}\left(\int_{a}^{x}g(y)\d y\right)\right|_{x=a}^{x=b}+\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x\\ + =&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x + \end{aligned} + $$ + + 而 $\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}=f^{(n)}(x_n)-f^{(n)}(x_0)$ 是关于 $x_n$ 的连续函数，从而 $\int_{x_0}^{x_{n-1}}\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\d x_n$ 是关于 $x_{n-1}$ 的可微函数从而连续，……。于是就可以从外往内拆积分号，将原式化简为： + + $$ + f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t + $$ + + 法二：对 $n$ 归纳。假设 $n-1$ 时命题成立。 + + $$ + \begin{aligned} + f(x)&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\d t\\ + &=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\int_{x_0}^{x}-\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)\d t\\ + &=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\left(\left.\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n)}(t)\right|_{t=x_0}^{t=x}-\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t\right)\\ + &=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\frac{(x-x_0)^{n}}{n!}f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t\\ + &=T_{n,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}\d t + \end{aligned} + $$ + + 法三（若 $f^{(n+1)}$ 连续）：要证 $f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$ 对任意 $x,x_0$ 成立。可以把 $x$ 固定，$Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$ 看成是关于 $x_0$ 的函数 $g$，此时就转为证明 $g$ 是常值的（注意已经有 $g(x)=f(x)$），只需证明 $g'$ 恒为 $0$ 即可： + + $$ + \begin{aligned} + g(x_0)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt\\ + g'(x_0)&=f'(x_0)+(f''(x_0)(x-x_0)-f'(x_0))+\cdots+\left(\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n-\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}\right)-\frac{f^{(n+1)(x_0)}}{n!}(x-x_0)^n\\ + &=0 + \end{aligned} + $$ + + +积分余项的泰勒公式给出了函数多项式逼近余项的确切表达式。 + +- **定理 11.11.2（积分平均值定理）**：设 $a,b\in\mathbb R\land a0$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数，那么 $fg$ 是黎曼可积函数。那么存在 $x \in (a,b)$ 使得 $\int_{[a,b]}fg=f(x)\int_{[a,b]}g$。 + + **证明**：排除掉 $\int_{[a,b]}g=0$ 的简单情况，式子变为 $f(x)=\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}$。 + + $f$ 存在最小值 $A$ 和最大值 $B$，那么 $A=\frac{\int_{[a,b]}Ag}{\int_{[a,b]}g}\leq\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}\leq\frac{\int_{[a,b]}Bg}{\int_{[a,b]}g}=B$，再根据连续函数的介值性可取得 $x\in[a,b]$。 + + 为取得 $x\in (a,b)$，发现 $\int_{[a,b]}Ag\neq \int_{[a,b]}fg\neq\int_{[a,b]}Bg$ 时肯定可以。否则，不妨设 $\int_{[a,b]}Ag=\int_{[a,b]}fg$，那么任取 $a0$（容易证明一定存在），那么 $f$ 在 $[c,b]$ 上的最小值 $A'$ 一定为 $A$，否则设 $A'>A$： + $$ + \int_{[a,b]}fg=\int_{[a,c]}fg+\int_{[c,b]}fg\geq\int_{[a,c]}Ag+\int_{[c,b]}A'g=\int_{[a,c]}Ag+A'\int_{[c,b]}g>\int_{[a,c]}Ag+A\int_{[c,b]}g=\int_{[a,b]}Ag + $$ + 矛盾。那么根据连续函数的介值性可以取到 $x\in [c,b]$ 且 $f(x)=A$。如果需要，类似地再把 $b$ 端点排掉即可。 + +定理 11.11.2 告诉我们，$\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}$ 可以理解为某种意义上的加权平均，它的值在 $f$ 的值域范围内。 + +在定理积分余项的泰勒公式中，根据积分平均值定理，存在 $\xi\in(x,x_0)$ 使得积分余项 $\int_{[x_0,x]}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\d t=f^{(n+1)}(\xi)\int_{[x_0,x]}\frac{1}{n!}(x-t)^n\d t=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$ 变为拉格朗日余项（这里不需要要求 $f^{(n+1)}$ 连续，因为它满足介值性，而观察积分平均值定理，只要在知道 $\int_{[a,b]}fg$ 黎曼可积的前提下，其实也只要求 $f$ 满足介值性即可）。 \ No newline at end of file