Mathematical Analysis 24 Spring Midterm

数项级数

数项级数技巧.pdf MA-EX-1 MA-EX-2 积分判别法要求减函数 交错级数的绝对收敛和条件收敛

• 绝对收敛级数性质
  • 重排
  • 乘积: 在一个二维表格中任意选取相加的路径（比如说斜着加）

函数项级数

MA-EX-3

函数项数列

一致收敛的定义条件、Cauchy条件（常用于不知道极限的时候）和其等价条件（先取$\sup$, 再取极限）

函数项级数

一致收敛的定义条件、Cauchy条件和其等价条件（$f_n$换成$S_n$）

内闭一致收敛-更弱的条件（反例$f(x)=x^n$在$1$附近）

大M判别法 - 绝对值放大为一个收敛的正项级数（只和$n$有关, 和$x$无关） 或者也采用比较判别法, 绝对值放大为另一个已知一致收敛的函数项级数

一致收敛$⟹$ 连续性（可弱化为内闭一致收敛）、极限微分积分可交换性、逐项求微分积分

幂级数

MA-EX-4 收敛半径的计算（类似根式判别法）（不要忘记取倒数） 也可以使用比式判别法来计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_n\right|}=\rho ⟹\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}=\rho$ 在$x=\pm R$时需要单独讨论

极限不存在, 使用上极限$\frac{1}{R}={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\sqrt[n]{|a_n|}$

一致收敛性和和函数的连续性 逐项求导、求积

幂级数的运算

两个幂级数相乘 和函数的计算

• 直接逐项积分
• 下降阶乘幂分解后逐项积分
• 构造幂级数来计算某个数项级数的值

函数的幂级数展开

Taylor级数不一定等于原来的函数

• 判定标准: 余项的极限为$0$
• 三个类型的余项

$e^x,\sin (x),\cos (x):\mathbb{R}$ $\ln (1+x):x\in (-1,1]$

(-1, 1), & \alpha \le -1 \\ (-1, 1], & -1 < \alpha < 0 \\ [-1, 1], & \alpha > 0 \end{cases}

推广的两个特殊情况, 得到$\arctan x$和$\arcsin x$的幂级数表达式

Fourier 级数

$a_0,a_n,b_n$的表达式 表达式中的$l$怎么取, 积分区间怎么取 周期延拓

计算程序

1. 计算$a_0$
2. 计算$a_n,b_n$, 通常利用分部积分, 可以利用表格积分法
3. 计算在 端点 和 不连续点上, 级数收敛至哪个值

注意

• Fourier级数的第一项是$\frac{a_0}{2}$
• 由于周期性, 端点的收敛值等于趋近于区间两侧的极限的平均值, 两个端点的收敛值应当是一样的
• 积分上下界不一定是关于原点对称的, 应该按照定义域来
• 不要随便写$=$号, 除非级数一致收敛于$f$本身, 应该写$\sim$

奇延拓和偶延拓

展开为正弦级数和余弦级数

收敛定理

分段光滑的条件 Dirichlet条件

Bessel 不等式

$$\frac{a_0^2}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2)\le \frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^2(x)\mathrm{d}x$$

具体见Bessel不等式

点集拓扑

内点 外点 界点 聚点 孤立点 开集 闭集 开域 闭域 （余集$E^c$）

多元函数极限

MA-Ex-6 MA-Ex-7 MA-Ex-8 综合练习

求多元函数极限的方法

1. 定义 (绝对值放缩)
2. Taylor 展开 (等价无穷小)
3. 趋于$(0,0)$: 极坐标换元$x=r\sin \theta ;y=r\sin \theta$, 利用有界性MA-Ex-8,MA-Ex-10
4. 猜极限为$0$: 夹逼

连续性

$$\underset{P\to P_0;P\in D}{\lim }f(P)=f(P_0)$$

闭域上连续函数的性质

有最大最小值 可以定义一致连续

多元函数微分

MA-Ex-11

全微分的定义

设$D\subset {\mathbb{R}}^n$为开集, 有函数$f:D\to \mathbb{R}$. 设${\mathbf{x}}^0=(x_1^0,\dots ,x_n^0{)}^t\in D$. 如果存在$\mathbf{a}\in {\mathbb{R}}^n$使得对于$x^0$附近的点$x$, 有

$$\Vert f(x)-\left[f(x^0)+\mathbf{a}\cdot (\mathbf{x}-{\mathbf{x}}^0)\right]\Vert =o(\Vert \mathbf{x}-{\mathbf{x}}^0\Vert ),\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}^0$$

则称$f$在${\mathbf{x}}^0$处可微

证明可微需要找到这个$\mathbf{a}$, 也就是那些$\frac{\partial f}{\partial x_i}$, 然后利用放缩证明上述等式

可微性和偏导数存在以及连续性之间的关系

二元函数的两种中值定理

在平行于$x,y$的两个折线上运用两次一元中值定理

设函数$f$在点$(x_0,y_0)$的某邻域内存在偏导数, 若$(x,y)$属于该邻域, 则存在$\xi =x_0+{\theta }_1(x-x_0)$, $\eta =y_0+{\theta }_2(y-y_0)$ , $0<{\theta }_1,{\theta }_2<1$使得

$$f(x,y)=f(x_0,y_0)+f_x(\xi ,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,\eta )(y-y_0)$$

在两点连线上运用一次中值定理

设二元函数$f$在凸开域$D\subset {\mathbb{R}}^2$上可微, 则对任意两点$P(a,b),Q(a+h,b+k)\in D$, 则存在实数$\theta \in (0,1)$使得

$$f(a+h,b+k)=f(a,b)+f_x(a+\theta h,b+\theta k)h+f_y(a+\theta h,b+\theta k)k$$

高阶偏导数

MA-Ex-9

多元Taylor级数

$$f(\mathbf{x})=\sum _{k=0}^m\sum _{|\mathbf{\alpha }|=k}\frac{D^{\mathbf{\alpha }}f(\mathbf{a})}{\mathbf{\alpha }!}\cdot (\mathbf{x}-\mathbf{a}{)}^{\mathbf{\alpha }}+\sum _{|\mathbf{\alpha }|=m+1}\frac{D^{\mathbf{\alpha }}f(\mathbf{a}+\theta (\mathbf{x}-\mathbf{a}))}{\mathbf{\alpha }!}\cdot (\mathbf{x}-\mathbf{a}{)}^{\mathbf{\alpha }}$$

空间解析几何

空间曲线 切线 法平面 空间曲面 切平面 法线

例题

数项级数

判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(n+\frac{1}{n}\right)}^n}{n^{n+1/n}}$的敛散性 因为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{n^n}=1\ne 0$$

故发散

证明$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$收敛

$$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$$

判断级数$\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}-1}-\frac{1}{\sqrt{3}+1}+\frac{1}{\sqrt{4}-1}-\frac{1}{\sqrt{4}+1}$的收敛性 因为收敛级数可以任意加括号, 不改变它的收敛性及和, 故假设这个级数收敛, 则计算

$$\frac{1}{\sqrt{n}-1}-\frac{1}{\sqrt{n}+1}=\frac{2}{n-1}$$

这个级数显然是发散的, 故原级数发散

$\sum \sin \frac{1}{n}$发散因为$\sin \frac{1}{n}\sim \frac{1}{n}$, $\sum {\sin }^2\frac{1}{n}$收敛因为${\sin }^2\frac{1}{n}\sim \frac{1}{n^2}$

讨论$\sum n{x}^{n-1}$的敛散性直接用比式判别法, 不用把它求出来

讨论$\sum \frac{x^n}{1+x^{2n}}$的敛散性要注意到$\sqrt[n]{1+x^{2n}}=\max \left\{1,x^2\right\}$

出现了$\frac{1}{n}$和$\ln (n)$如$\sum \frac{1}{n(\ln n{)}^p},\sum \frac{1}{n(\ln n)(\ln \ln n{)}^p}$采用积分判别法

若数列$\left\{a_n\right\}$单调减且极限为$0$, 那么证明$x\in (0,2\pi )$时$\sum a_n\sin nx$和$\sum a_n\cos nx$都收敛 因为恒等式

$$\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}$$

所以级数$\sum \cos nx$的部分和数列有界, 由Dirichlet判别法得到$\sum a_n\cos nx$收敛, 同理可证明$\sum a_n\sin nx$收敛

函数项级数

$f_n=nx{e}^{-n{x}^2},x\in {\mathbb{R}}^{+}$不一致收敛, 这是因为

$$f_n^{\prime }=n{e}^{-n{x}^2}-nx\cdot 2nx{e}^{-n{x}^2}=n{e}^{-n{x}^2}(1-2n{x}^2)$$

有

$$\underset{x}{\sup }{f}_n(x)=f_n(\frac{1}{\sqrt{2n}})=\sqrt{\frac{n}{2}}{e}^{-1/2}$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{x}{\sup }{f}_n(x)\ne 0$$

$x^n$在$(-1,1)$上不一致收敛但是内闭一致收敛是因为

$$R_n(x)=S_n(x)-S(x)=\frac{1-x^n}{1-x}-\frac{1}{1-x}=\frac{x^n}{x-1}$$

有

$$\underset{x\in (-1,1)}{\sup }\left|R_n(x)\right|\ge \left|\frac{{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n}{\left(\frac{n}{n+1}\right)-1}\right|=n{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\to \infty \text{ as }n\to \infty$$

而对任意$0<a<1$有

$$\underset{x\in [-a,a]}{\sup }\left|R_n(x)\right|=\frac{a^n}{1-a}\to 0\text{ as }n\to \infty$$

注意靠近$1$时$x^n$的图像

函数项级数$\sum \frac{(-1{)}^n(x+n{)}^n}{n^{n+1}}$一致收敛, 是因为$\sum \frac{(-1{)}^n}{n^{n+1}}$是一致收敛的, 且对每一个$x$ ${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n$是单调有界的, 故由Abel判别法可得

同样理利用Dirichlet判别法可以得到$\sum a_n\cos nx$一致收敛, 其中$a_n$单调趋于$0$

函数$\xi (x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^x}$在$(1,+\infty )$上具有连续的各阶导函数, 这是因为

$$u_n(x)=\frac{1}{n^x}⟹u_n^{(k)}(x)=(-1{)}^k\frac{{\ln }^{k}n}{n^x}$$

考虑闭区间$[a,b]\subset (1,\infty )$先利用大M判别法和估阶技巧

$$u_n^{(k)}(x)\le \frac{{\ln }^{k}n}{n^a}\le \frac{(C{n}^{b/k}{)}^k}{n^a}=C^k\frac{1}{n^{a-b}}$$

我们希望右边的级数收敛, 也就是$a-b>1$, 故可取$b=\frac{a-1}{2}$, 这时就有$\sum u_n^{(k)}(x)$在$(1,+\infty )$上内闭一致收敛

幂级数

计算级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2}$的收敛域, 令$a_n=\frac{1}{n^2}$(别把$x$也带进去), 有

$$\rho =\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt[n]{n^2}}=1$$

于是$R=\frac{1}{\rho }=1$, 特别地在$x=\pm 1$时原级数收敛, 故收敛域为$[-1,1]$

同理, 对于${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}$而言, 有

$$\rho =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}}=1⟹R=\frac{1}{\rho }=1$$

而在$x=1$时原级数发散, 故收敛域为$[-1,1)$

再看级数

$$1+\frac{x}{3}+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^3}+\frac{x^4}{2^4}+\frac{x^5}{3^5}+\cdots$$

极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}$$

显然是不存在的, 但是考虑上极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sup \sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{2}$$

则有$R=2$, 验证得收敛域为$(-2,2)$

求缺项级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}$的收敛域, 这个级数的$a_{2n-1}$都是$0$, 所以也可取上极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sup \sqrt[n]{\frac{1}{\frac{n}{2}-3^n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sup \sqrt[n]{\frac{1}{-3^n}}=\frac{1}{3}$$

从而$R=3$, 注意这里题目里给出的是$a_{2n}$, 需要自己先化成$a_n$的形式, 这道题也可以做$x^{2n}\to x^n$的换元, 这样就不用约化$a_n$了, 但是求出的收敛半径需要开根号

考虑幂级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(x-1{)}^n}{2^{n}n}$, 它的收敛半径显然是$R=2$, 但是讨论得收敛域是$[-1,3]$

证明如下展开式

$$\ln \frac{1}{1-x}=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdot$$

只需在下式两边积分即可

$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots$$

上式两边求导还可以得到

$$\frac{1}{(1-x{)}^2}=1+2x+3x^2+\cdots +n{x}^{n-1}+\cdots$$

求级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{n}^2{x}^n$的和函数, 先提出一个$x$来

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{n}^2{x}^n=x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{n}^2{x}^{n-1}=xg(x)$$

这样就可以积分消掉一个$n$

$${\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^n=x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}=xh(x)$$

再次积分消$n$

$${\int }_0^{n}h(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^n=-\sum _{n=1}^{\infty }(-x{)}^n=-\left(\frac{1}{1+x}-1\right)=\frac{x}{1+x}$$

于是有

$$\begin{array}{rl}h(x)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{x}{1+x}\right)=\frac{1}{(1+x{)}^2}\\ g(x)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{x}{(1+x{)}^2}\right)=\frac{1-x}{(1+x{)}^3}\\ S(x)& =\frac{x(1-x)}{(1+x{)}^3}\end{array}$$

关键在于适当地提出$x^k$使得剩下的$x^{n-k}$在积分后获得的$\frac{1}{n-k+1}$因子能消去前面的含$n$系数

求$\arctan$和$\arcsin$的幂级数展开式, 考虑

$$(1+x{)}^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k})x^k$$

分别代入$x\to x^2,\alpha =-1;x\to -x^2,\alpha =-\frac{1}{2}$, 再两边积分即可, 它们的收敛域都是$[-1,1]$, 需要端点单独验证

求$(1-x)\ln (1-x)$在$x=0$处的幂级数展开式, 只需要在$\ln (1+x)$的展开式中代入$x\to -x$再两边同乘$(1-x)$即可

求非初等函数$F(x)={\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$的幂级数展开式, 直接

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^x\left(1-t^2+\frac{t^4}{2!}-\frac{t^6}{3!}+\cdots \right)\mathrm{d}t\\ & \\ & =x-\frac{x^3}{3}+\frac{1}{2!}\frac{x^5}{5}-\frac{1}{3!}\frac{x^7}{7}+\cdots \end{array}$$

即可

Fourier 级数

求

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0\le x\le \pi \\ 0,& -\pi <x<0\end{array}$$

的Fourier展开式

先确定周期区间为$(-\pi ,\pi )⟹2l=2\pi ⟹l=\pi$ 于是

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}$$

以及

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x\end{array}$$

这里采用表格积分法的技巧, 有

$$\begin{array}{ccc}x& 1& 0\\ \cos nx& \frac{1}{n}\sin nx& -\frac{1}{n^2}\cos nx\end{array}$$

知

$$\begin{array}{rl}\int x\cos nx\mathrm{d}x& =\frac{x}{n}\sin nx+\frac{1}{n^2}\cos nx\\ {\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x& =\frac{1}{n^2}(\cos n\pi -1)⟹a_n=\frac{1}{n^2\pi }((-1{)}^n-1)\end{array}$$

同理计算

$$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x$$

因为

$$\begin{array}{ccc}x& 1& 0\\ \sin nx& -\frac{1}{n}\cos nx& -\frac{1}{n^2}\sin nx\end{array}$$

所以

$$b_n=\frac{1}{\pi }\left[-\frac{x}{n}\cos nx+\frac{1}{n^2}\sin nx\right]{|}_0^{\pi }=-\frac{1}{n}(-1{)}^n$$

于是得到

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=0}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),x\in (-\pi ,\pi )$$

特别地, 当$x=\pm \pi$时, 有

$$f(x)=\frac{f(-\pi +0)+f(\pi -0)}{2}=\frac{\pi }{2}$$

求函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -5\le x<0\\ 3,& 0\le x<5\end{array}$$

积分区间为$(-5,5),2l=10⟹l=5$

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{5}{\int }_0^{5}3\mathrm{d}x=3\\ a_n& =\frac{1}{5}{\int }_0^{5}3\cos \frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x=0\\ b_n& =\frac{1}{5}{\int }_0^{5}3\sin \frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x=\frac{3}{n\pi }(1-(-1{)}^n)\end{array}$$

且在端点$x=\pm 5$的时候有$f(x)=\frac{3}{2}$, 在不连续点$x=0$的时候也有$f(x)=\frac{3}{2}$

把$f(x)=x$在$(0,2)$上展开成余弦级数, 需要做偶式延拓

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}-x,& -2<x<0\\ x& 0\le x<2\end{array}$$

积分区间$(-2,2),2l=4⟹l=2$

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{2}{\int }_{-2}^{2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{2}x\mathrm{d}x=2\\ a_n& =\frac{1}{2}{\int }_{-2}^{2}f(x)\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x={\int }_0^{2}x\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x\end{array}$$

由于

$$\begin{array}{ccc}x& 1& 0\\ \cos \frac{n\pi x}{2}& \frac{2}{n\pi }\sin \frac{n\pi x}{2}& -\frac{4}{n^2{\pi }^2}\cos \frac{n\pi x}{2}\end{array}$$

故有

$$\begin{array}{rl}\int x\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x& =\frac{2x}{n\pi }\sin \frac{n\pi x}{2}+\frac{4}{n^2{\pi }^2}\cos \frac{n\pi x}{2}\\ ⟹a_n& =\frac{4}{n^2{\pi }^2}\left((-1{)}^n-1\right)\end{array}$$

于是有

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{2}$$

没有需要讨论的特殊点

点集拓扑

对于平面点集

$$D=\left\{(x,y)\mid 1\le x^2+y^2<4\right\}$$

则内点: $1<x^2+y^2<4$, 界点$x^2+y^2=1,x^2+y^2=4$, 聚点$1\le x^2+y^2\le 4$

二元函数的极限

设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$$

求${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)$

$$\begin{array}{r}\left|f(x,y)\right|\le \left|xy\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\right|=\left|xy\right|\end{array}$$

而

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left|xy\right|=0$$

故

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0$$

或者利用极坐标换元

${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}$不存在, 是因为

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{m{x}^2}{x^2+m^2{x}^2}=\frac{m}{1+m^2}$$ $$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y),f(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<y<x^2,-\infty <x<+\infty \\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$$

不存在, 因为取路径$y=\frac{x^2}{2}$和$y=0$得到的结果不同

典型不存在类型

摘自MA-Ex-8

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x{y}^3}{x^2+y^6}$$

取路径$1:x=y$, 有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^4}{x^2+x^6}=+\infty$$

取路径$2:x=y^3$, 有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^6}{x^6+x^6}=\frac{1}{2}$$

故极限不存在（或者直接取$x=k{y}^3$）

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^6{y}^8}{(x^2+y^4{)}^5}$$

取路径$1$: $x=y$, 有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{14}}{(x^2+x^4{)}^5}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{14}}{x^{20}+o(x^{20})}=+\infty$$

取路径$2:x=y^2$, 有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{y^{20}}{2^5{y}^{20}}=\frac{1}{2^5}$$

故极限不存在（或者直接取$x=k{y}^2$）

上面这两种分母里次数不对称的肯定有问题

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{e^x-e^y}{\sin xy}$$

由Taylor展开

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{e^x-e^y}{\sin xy}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x-y}{xy}$$

取两条路径$x=y,x=-y$即可知极限不存在

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{xy}{\sqrt{x+y+1}-1}$$

取路径$y=-x+k{x}^2$（关键是要分母在取完极限后能化成单项式）

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x(-x+k{x}^2)}{\sqrt{k{x}^2+1}-1}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^2(kx-1)}{\frac{1}{2}k{x}^2}=-\frac{2}{k}$$

所以极限不存在

二元函数的连续性

讨论函数

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^{\alpha }}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0& (x,y)=(0,0)\end{array}$$

在点$(0,0)$处的连续性, 考虑极限

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{\alpha }}{x^2+y^2}$$

代入路径$y=kx$则有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{\alpha }}{(1+k^2)x^2}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{\alpha -2}}{1+k^2}$$

极限存在的必要条件是

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }{x}^{\alpha -2}=0$$

故而需要$\alpha >2$, 此时一定有

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^{\alpha }}{x^2+y^2}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot x^{\alpha }\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }{x}^{\alpha }=0$$

故这也是充分条件（也可利用极坐标换元来证）

讨论

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin xy}{\sqrt{x^2+y^2}},& x^2+y^2\ne 0\\ 0,& x^2+y^2=0\end{array}$$

的连续性的时候需要考虑整个${\mathbb{R}}^2$上的连续性

多元函数的微分

分析$f(x,y)=xy$在$(x_0,y_0)$处的可微性, 则有

$$\Delta f=(x_0+\Delta x)(y_0+\Delta y)-x_0{y}_0=x_0\Delta y+y_0\Delta x+\Delta x\Delta y$$

期中

$$\underset{\rho =\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\to 0}{\lim }\left|\frac{\Delta x\Delta y}{\rho }\right|\le \underset{t\to 0}{\lim }\left|\frac{t^2}{\sqrt{2}t}\right|=0,t=\max \{\Delta x,\Delta y\}$$

故有

$$\mathrm{d}f=x_0\mathrm{d}y+y_0\mathrm{d}x$$

考察函数

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},& x^2+y^2\ne 0\\ 0,& x^2+y^2=0\end{array}$$

在$(0,0)$处的可微性, 先考察原点处的偏导数（由于是分段函数, 只能通过定义来求）

$$f_x(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }f(x,0)-f(0,0)=0$$

同理

$$f_y(0,0)=0$$

如果$f$在原点可微, 则有

$$\mathrm{d}f=\frac{\Delta x\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=f_x(0,0)\Delta x+f_y(0,0)\Delta y+o(\rho )=o(\rho )$$

这告诉我们

$$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{\Delta x\Delta y}{{\rho }^2}=0$$

而左边的极限不存在, 故不可微

应用公式$S=\frac{1}{2}ab\sin C$计算某三角形的面积, 现在测得$a=a_0,b=b_0,C=c_0$, 测量误差为$\Delta a,\Delta b,\Delta C$, 则有绝对误差

$$\begin{array}{rl}\left|\Delta S\right|& \approx \left|\mathrm{d}S\right|=\left|\frac{\partial S}{\partial a}\mathrm{d}a+\frac{\partial S}{\partial b}\mathrm{d}b+\frac{\partial S}{\partial C}\mathrm{d}C\right|\\ & \le \left|\frac{\partial S}{\partial a}\right|\left|\mathrm{d}a\right|+\left|\frac{\partial S}{\partial b}\right|\left|\mathrm{d}b\right|+\left|\frac{\partial S}{\partial C}\right|\left|\mathrm{d}C\right|\\ & =\frac{1}{2}|b\sin C|\Delta a+\frac{1}{2}\left|a\sin C\right|\Delta b+\frac{1}{2}|ab\cos C|\Delta C\end{array}$$

和相对误差限$\left|\frac{\Delta S}{S}\right|$, 注意加绝对值

复合函数高阶导数

摘自MA-Ex-9

T1

$$u=f(w),w=x^2+y^2+z^2$$

求

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},\frac{\partial u}{\partial x}y$$

解:

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial u}{\partial z}& =2f^{\prime }x\\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}& =\frac{\partial }{\partial x}\left(2x\frac{\partial f}{\partial w}\right)=2\frac{\partial f}{\partial w}+2x\frac{\partial }{\partial w}\left(\frac{\partial f}{\partial w}\right)\frac{\partial w}{\partial x}=2f^{\prime }+\boxed{4x^2{f}^{\prime \prime }}\\ \frac{\partial u}{\partial x}y& =\frac{\partial }{\partial y}\left(2x\frac{\partial f}{\partial w}\right)=2x\frac{\partial }{\partial w}\left(\frac{\partial f}{\partial w}\right)\frac{\partial w}{\partial y}=4xy{f}^{\prime \prime }\end{array}$$

T2

$$z=f(u,v,w);u=x+y;v=xy;z=\frac{x}{y}$$

求

$$z_{xx},z_{xy}$$

解:

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =\frac{\partial f}{\partial u}+y\frac{\partial f}{\partial v}+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial w}\\ z_{xx}& =\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial u}+y\frac{\partial f}{\partial v}+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial w}\right)\\ & =\left[\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}+y\frac{\partial f}{\partial u}v+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial u}w\right]\\ & +y\left[\frac{\partial f}{\partial v}u+y\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial v}w\right]\\ & +\frac{1}{y}\left[\frac{\partial f}{\partial w}u+y\frac{\partial f}{\partial w}v+\frac{1}{y}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial w^2}\right]\\ & =\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}+2y\frac{\partial f}{\partial u}v+\frac{2}{y}\frac{\partial f}{\partial u}w+y^2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}+2\frac{\partial f}{\partial v}w+\frac{1}{y^2}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial w^2}\\ z_{xy}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial u}+y\frac{\partial f}{\partial v}+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial w}\right)\\ & =\left[\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}+x\frac{\partial f}{\partial u}v-\frac{x}{y^2}\frac{\partial f}{\partial u}w\right]\\ & +y\left[\frac{\partial f}{\partial v}u+x\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}-\frac{x}{y^2}\frac{\partial f}{\partial v}w\right]\\ & +\frac{1}{y}\left[\frac{\partial f}{\partial w}u+x\frac{\partial f}{\partial w}v-\frac{x}{y^2}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial w^2}\right]\\ & +\boxed{\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial }{\partial y}\left(y\right)+\frac{\partial f}{\partial w}\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}\right)}\\ & =\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}+(x+y)\frac{\partial f}{\partial u}v+\left(\frac{1}{y}-\frac{x}{y^2}\right)\frac{\partial f}{\partial u}w+xy\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}-\frac{x}{y^3}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial w^2}\\ & +\boxed{\frac{\partial f}{\partial v}-\frac{1}{y^2}\frac{\partial f}{\partial w}}\end{array}$$

总结

要写成 $z=f(u,v,w);u=x+y;v=xy;z=\frac{x}{y}$ 的形式, 而不是直接

$$z=f(x+y,xy,\frac{x}{y})$$

对$f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{x^2-2xy+1}}$应用微分中值定理, 证明存在$\theta (0<\theta <1)$使得

$$1-\sqrt{2}=\sqrt{2}(1-3\theta )(1-2\theta +3{\theta }^2{)}^{-3/2}$$

计算

$$f_x=-\frac{1}{2}(x^2-2xy+1{)}^{-3/2}\cdot (2x-2y)=(y-x)(x^2-2xy+1{)}^{-3/2}$$

和

$$f_y=-\frac{1}{2}(x^2-2xy+1{)}^{-3/2}\cdot (-2x)=x(x^2-2xy+1{)}^{-3/2}$$

运用两点连线的微分中值定理

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\sqrt{x^2-2xy+1}}& -\frac{1}{\sqrt{x_0^2-2x_0{y}_0+1}}\\ =f_x(x_0+\theta \Delta x,y_0+\theta \Delta y)\Delta x& +f_y(x_0+\theta \Delta x,y_0+\theta \Delta y)\Delta y\end{array}$$

总有这样一个因子

$${\left[(x_0+\theta \Delta x{)}^2-2(x_0+\theta \Delta x)(y_0+\theta \Delta y)+1\right]}^{-3/2}$$

展开有

$${\left[x_0^2+2\theta x_0\Delta x+{\theta }^2\Delta x^2-2x_0{y}_0-2\theta x_0\Delta y-2\theta y_0\Delta x-2{\theta }^2\Delta x\Delta y+1\right]}^{-3/2}$$

整理后

$${\left[\Delta x(\Delta x-2\Delta y){\theta }^2+2(x_0\Delta x-x_0\Delta y-y_0\Delta x)\theta +1+x_0^2-2x_0{y}_0\right]}^{-3/2}$$

可以令$\Delta x=1,\Delta y=-1,x_0=0,y_0=1⟹x=1,y=0$, 就有

$$\frac{1}{\sqrt{2}}-1=\left[1\cdot ((1-\theta )-(0+\theta ))-1\cdot (0+\theta )\right](1-2\theta +3{\theta }^2{)}^{-3/2}$$

即待证明的原式

求$f(x,y)=x^y$在点$(1,4)$的Taylor公式（取到二阶）, 回忆二元情况下的公式

$$f(x_0+a,y_0+b)-f(x_0,y_0)=\sum _{k=1}^{\infty }\left[\frac{1}{k!}\sum _{p+q=k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{p}\right)\frac{{\partial }^{k}f}{{\partial }^{p}x{\partial }^{q}y}{|}_{(x_0,y_0)}{a}^p{b}^q\right]$$

取到二阶就是

$$(1+a{)}^{4+b}-1=\left(\frac{\partial f}{\partial x}a+\frac{\partial f}{\partial y}b\right)+\frac{1}{2!}\left(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}{a}^2+2\frac{\partial f}{\partial x}yab+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}{b}^2\right)$$

计算并代入即可

求$f(x,y)=x^2+5y^2-6x+10y+6$的极值

$$f_x=f_y=0⟹x=3,y=-1$$

且有

$$\left(\begin{array}{cc}{f}_{xx}& f_{xy}\\ f_{yx}& f_{yy}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 10\end{array}\right)$$

正定, 故$f(x,y)$在该点处取到极小值

函数$f(x,y)=(y-x^2)(y-2x^2)$在原点处取到驻点, 但是Hessian矩阵不定无法判断, 但是因为$f(0,0)=0$且$f(x)$在原点附近$x^2<y<2x^2$的区域小于$0$, 在原点附近$x^2>y$的趋于大于$0$, 故$f(x,y)$不可能在原点处取极值

隐函数

讨论Descartes叶型线$x^3+y^3-3axy=0$所确定的隐函数的一阶和二阶导数 设$F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0$确定了隐函数$y=g(x)$, 则有（注意哪个Jacobian是分母, 哪个是分子）

$$g^{\prime }(x)=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{3x^2-3ay}{3y^2-3ax}=\frac{x^2-ay}{ax-y^2}$$

再次求导得到（注意$y$也是$x$的函数）

$$\begin{array}{r}{g}^{\prime \prime }(x)=-\frac{2a^{3}xy}{(y^2-ax{)}^3}\end{array}$$