精华内容
下载资源
问答
  • 几何观点下的导数:

    几何观点下的导数:

    yy0=1x02(xx0)y-y_{0} = -\frac{1}{x_{0}^{2}}(x-x_{0})

    表示法:

    f=dfdx=dydx=ddxf=ddxy{f}' = \frac{df}{dx} = \frac{dy}{dx}= \frac{d}{dx} f= \frac{d}{dx} y

    f’–newton 牛顿表示法
    others - leibuniz 莱伯尼兹表示法

    binomial theorem 二项式定理

    (x+Δx)n=(x+Δx)..(x+Δx)=xn+nxn1Δx+junk(O(Δx)2)(x+\Delta x)^{n} =(x+\Delta x)..(x+\Delta x)=x^{n}+nx^{n-1}\Delta x+junk(O(\Delta x)^{2})

    ΔfΔx=1Δx((x+Δx)2xn)\frac{\Delta f}{\Delta x} = \frac{1}{\Delta x}((x+\Delta x)^2-x^n)


    =nxn1+O(Δx)=nx^{^{n-1}}+O(\Delta x)

    So:

    ddxxn=nxn1\frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1}

    extends to polynomials:

    ddx(x3+5x10)=3x2+50x9\frac{d}{dx}(x^3+5x^{10})=3x^2+50x^9

    什么是导数(Derivative)?

    答案:改变率(Rate of change )

    average change 瞬时率(instaneous rate)

    Ex:

    1.q = charge 电荷,dqdt=current\frac{dq}{dt} =current 电流
    2.s = distance ,dsdt=speed\frac{ds}{dt}=speed

    Ex:
    h=805t2h = 80-5t^2

    t=0,h=80
    t=4,h=0
    ava speed :

    ΔhΔt=08040=20m/sec\frac{\Delta h}{\Delta t}=\frac{0-80}{4-0}=-20 m/sec

    instaneous speed:

    ddth=010t\frac{d}{dt}h = 0-10t

    t=4
    h=40m/sec{h}' =-40m/sec 是两倍的ava speed

    3.T = temperature

    dTdx=gradient\frac{dT}{dx}=gradient

    4.测试灵敏度 sensitivity of measures

    limits and continuity

    • easy limit

    • Derivatives are always harder

    limxx0f(x0+Δx)f(x0)xx0;   x=x0,gives00\lim_{x\rightarrow x_{0}{}}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{x-x_0}; \ \ \ x=x_0,gives \frac{0}{0}

    need concellation
    judgement
    1.limxx0f(x)   exists1.\lim_{x\rightarrow x_{0}{}}f(x) \ \ \ exists
    2.f(x0) is defined.2.f(x_0) \ is \ defined.
    3.they are equal.

    limx0sinxx=1\lim_{x\rightarrow 0{}} \frac{sinx}{x} =1

    limx01cosxx=0\lim_{x\rightarrow 0{}} \frac{1-cosx}{x} =0

    removable discontinuity:y=1xy=\frac{1}{x}
    点不等
    infinite discontinuity:y=sin1xy=sin\frac{1}{x}

    THEOREM:

    DIFF----->CTS 可导必连续

    展开全文
  • 广义牛顿二项式定理

    2019-09-28 12:34:07
    普通的牛顿二项式定理在高中学习过的,当乘方为正整数的时候,但是有些时候需要用到不一定是正整数的情况(比如生成函数),需要用到分数或者负数等等,于是广义牛顿二项式定理就出来了。 首先我们引入牛顿二项式...

    普通的牛顿二项式定理在高中学习过的,当乘方为正整数的时候,但是有些时候需要用到不一定是正整数的情况(比如生成函数),需要用到分数或者负数等等,于是广义牛顿二项式定理就出来了。

    首先我们引入牛顿二项式系数${r \choose n}$。

    牛顿二项式系数定义:

    设r为实数,n为整数,引入形式符号

    $${r \choose n}=
    \begin{cases}
    0, & n<0\\
    1, & n=0\\
    \frac{r(r-1)\cdots (r-n+1)}{n!}, & n>0
    \end{cases}$$

    广义牛顿二项式定理:

                    $(x+y)^{\alpha}=\sum_{n=0}^\infty{\alpha \choose n}x^{n}y^{\alpha-n}$

    其中x,y,α为实数,且$\mid\frac{x}{y}\mid<1$
    证明:

    证明需要用到数学分析的知识,没学过的话,应该看不懂2333。

    令$z=\frac{x}{y}$则有:

    $(x+y)^{\alpha}=y^{\alpha}(1+z)^{\alpha},\mid z\mid <1$

    设$f(z)=(1+z)^{\alpha}$,于是有:

    $f^{(n)}(z)=\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)(1+z)^{\alpha -n}$

    因此,当z0=0时,这个函数的泰勒公式(此时应该称为麦克劳林展开式)有如下形式:

    $(1+z)^{\alpha} =1+\frac{\alpha}{1!}z+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}z^{2}+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}z^{n}+r_n(0;z)$

    也就是:

    $(1+z)^{\alpha}=1+{\alpha \choose 1}z+{\alpha \choose 2}z^{2}+\cdots +{\alpha \choose n}z^{n}+r_n(0;z)$

    将余项使用柯西公式得:

    $r_n(0;z)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n)}{n!}(1+ξ)^{\alpha -n}(z-ξ)^{n}z$

    其中ξ介于0到z之间.

    将余项变形一下可得:

    $r_n(0;z)=\alpha (1-\frac{\alpha}{1})\cdots (1-\frac{\alpha}{n})(1+ξ)^{\alpha}(\frac{z-ξ}{1+ξ})^{n}z$

    因为当$\mid z\mid <1$的时候,从ξ在0和z之间这个条件可以推出:

    $\mid \frac{z-ξ}{1+ξ}\mid =\frac{\mid z\mid -\mid ξ\mid}{\mid 1+ξ\mid}\leq \frac{\mid z\mid -\mid ξ\mid}{1-\mid ξ\mid}=1-\frac{1-\mid z\mid}{1-\mid ξ\mid}\leq 1-(1-\mid z\mid)=\mid z\mid$

    于是$\mid r_n(0;z)\mid \leq\mid \alpha (1-\frac{\alpha}{1})\cdots (1-\frac{\alpha}{n})\mid (1+ξ)^{\alpha}\mid z\mid ^{n+1}$

    因为$\mid r_{n+1}(0;z)\mid\leq\mid r_n(0;z)\mid \times \mid (1-\frac{\alpha}{n+1})z\mid$又因为$\mid z\mid <1$,所以,如果$\mid z\mid <q<1$,则不管$\alpha$值如何,对于足够大的n将有$\mid (1-\frac{\alpha}{n+1})z\mid <q<1$,这就是说当$n\rightarrow\infty$时,有$r_n(0;z)\rightarrow 0$,由此说明当$\mid z\mid <1$的时候,无穷级数$1+{\alpha \choose 1}z+{\alpha \choose 2}z^{2}+\cdots +{\alpha \choose n}z^{n}+\cdots (*)$收敛于$(1+z)^{\alpha}$。

    这时对于式子$y^{\alpha}(1+z)^{\alpha},\mid z\mid <1$将左边展开成无穷级数再将$y^\alpha$乘上就得到了我们的$(x+y)^{\alpha}=\sum_{n=0}^\infty{\alpha \choose n}x^{n}y^{\alpha-n}$

    当$\mid z\mid >1$时,由达朗贝尔比值检验法可以得出,只要$\alpha\notin\mathbb{N}$,级数(*)总是发散的。

    特别地,当$\alpha\in\mathbb{N}$时,对函数$f(z)$来说,任意高于n阶的导数均为0,余项为0,直接展开就完事了,展开得到的就是高中学过的二项式定理。

    参考资料卓里奇的《数学分析》与屈婉玲《离散数学》

    转载于:https://www.cnblogs.com/Asika3912333/p/11406614.html

    展开全文
  • 二、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 1 证明 ( 二项式定理 + 求导 ) 、 三、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 2 、 四、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 2 证明 ( 使用已知恒等式证明 )





    一、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 1



    组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 :

    k=0nk(nk)=n2n1\sum_{k=0}^{n} k \dbinom{n}{k} = n 2^{n-1}


    kk 随着求和的项不断变化 , 变化范围 00 ~ nn ;



    1. 证明方法 :

    • 二项式定理 : 使用 二项式定理 + 求导 可以证明该组合恒等式 ;
    • 组合恒等式代入 : 使用 已知组合恒等式代入 , 消去变系数 ; 即使用之前的 33 个递推式 , 简单和 , 交错和 , 55 个组合恒等式 代入 ;




    二、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 1 证明 ( 二项式定理 + 求导 )



    使用二项式定理 + 求导方法证明下面的恒等式 :

    k=0nk(nk)=n2n1\sum_{k=0}^{n} k \dbinom{n}{k} = n 2^{n-1}



    二项式定理 : (x+y)n=k=0n(nk)xkynk(x + y)^n = \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k y^{n-k}


    1. y=1y = 1 时有该情况 : (x+1)n=k=0n(nk)xk(x +1)^n = \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k , 上述公式中 , 将常数项 k=0k= 0 的情况单独计算出来 , (n0)x0=1\dbinom{n}{0}x^0 = 1 , 计算过程如下 :

    (x+1)n=k=0n(nk)xk=(n0)x0+k=1n(nk)xk=1+k=1n(nk)xk(x +1)^n = \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k = \dbinom{n}{0}x^0 + \sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k = 1+ \sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k


    2. 引入求导 : 要在加和式 k=1n(nk)xk\sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k 中出现 kk 变化数 , 需要对 xx 进行求导 ;


    这里直接对 (x+1)n=1+k=1n(nk)xk(x +1)^n = 1+ \sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k 等式两边进行求导 ;

    ( 1 ) 左边组合式 ( 根据下面的幂函数导数公式 计算 ) : (x+1)n(x +1)^n 导数为 n(x+1)n1n(x+1)^{n-1}

    ( 2 ) 右边组合式 ( 根据下面的 导数运算规则 和 幂函数导数公式 计算 ) : 1+k=1n(nk)xk1+ \sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k 导数为 , 11 的导数 为 00 , 加上 k=1n(nk)xk\sum\limits_{k=1}^n \dbinom{n}{k}x^k 的导数 k=1nk(nk)xk1\sum\limits_{k=1}^n k \dbinom{n}{k}x^{k-1} , 最终结果是 k=1nk(nk)xk1\sum\limits_{k=1}^n k \dbinom{n}{k}x^{k-1}

    ( 3 ) 左右两边的导数是相等的 :

    n(x+1)n1=k=1nk(nk)xk1n(x+1)^{n-1} = \sum\limits_{k=1}^n k \dbinom{n}{k}x^{k-1}

    幂函数求导 : ( 很重要 )

    • 原函数 : y=xny = x^n
    • 对应导数 : y=nxn1y' = nx^{n-1}\

    /
    常数的导数是 00 ;
    /
    导数四则运算 : (u±v)=u±v(u \pm v)' = u' \pm v'
    /
    参考 : 导数 - 百度百科



    3. 求导后的结果如下 :

    n(x+1)n1=k=1nk(nk)xk1n(x+1)^{n-1} = \sum\limits_{k=1}^n k \dbinom{n}{k}x^{k-1}

    假设求导结果中的 x=1x = 1 , 有如下结果 :

    n2n1=k=1nk(nk)n2^{n-1} = \sum\limits_{k=1}^n k \dbinom{n}{k}

    k=0k = 0 时 , 有 k(nk)=0×(n0)=0k \dbinom{n}{k} = 0 \times \dbinom{n}{0} = 0 ,

    因此加上 k=0k=0 的情况 , 即 kk00 开始累加 , 也不影响上述结果 :

    n2n1=k=0nk(nk)n2^{n-1} = \sum\limits_{k=0}^n k \dbinom{n}{k}





    三、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 2



    组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 :

    k=0nk2(nk)=n(n+1)2n2\sum_{k=0}^{n} k^2 \dbinom{n}{k} = n ( n+1 ) 2^{n-2}


    kk 随着求和的项不断变化 , 变化范围 00 ~ nn ;


    证明方法 :

    • 二项式定理 : 使用 二项式定理 + 求导 可以证明该组合恒等式 ;
    • 组合恒等式代入 : 使用 已知组合恒等式代入 , 消去变系数 ; 即使用之前的 33 个递推式 , 简单和 , 交错和 , 55 个组合恒等式 代入 ;




    四、组合恒等式 ( 变下项求和 ) 变系数求和 2 证明 ( 使用已知恒等式证明 )



    使用 已知恒等式 证明下面的恒等式 :

    k=0nk2(nk)=n(n+1)2n2\sum\limits_{k=0}^{n} k^2 \dbinom{n}{k} = n ( n+1 ) 2^{n-2}



    1. 已知恒等式列举 :

    • ① 递推式 11 : (nk)=(nnk)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}
    • ② 递推式 22 : (nk)=nk(n1k1)\dbinom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1}
    • ③ 递推式 33 帕斯卡 / 杨辉三角公式 : (nk)=(n1k)+(n1k1)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1}
    • ④ 变下项求和 1 简单和 : k=0n(nk)=2n\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k} = 2^n
    • ⑤ 变下项求和 2 交错和 : k=0n(1)k(nk)=0\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \dbinom{n}{k} = 0


    2. 变下限 : k=0nk2(nk)\sum\limits_{k=0}^{n} k^2 \dbinom{n}{k} 开始推导 , k=0k=0 时 , k2(nk)=0k^2 \dbinom{n}{k} = 0 , 可以忽略 , 这里可以从 11 开始累加 ;


    k=0nk2(nk)=k=1nk2(nk)\sum\limits_{k=0}^{n} k^2 \dbinom{n}{k} = \sum\limits_{k=1}^{n} k^2 \dbinom{n}{k}


    使用 (nk)=nk(n1k1)\dbinom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} 恒等式替换其中的 (nk)\dbinom{n}{k} :


    =k=1nk2nk(n1k1)= \sum\limits_{k=1}^{n} k^2 \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1}


    3. 消去变系数 : 消去一个 kk 后 , 变成如下公式 :

    =k=1nkn(n1k1)=\sum\limits_{k=1}^{n} k n \dbinom{n - 1}{k - 1}


    4. 常量外提 : 其中的 nn 相对于求和来说 , 是一个常量 , 可以提到求和符号之外 :


    =nk=1nk(n1k1)=n\sum\limits_{k=1}^{n} k \dbinom{n - 1}{k - 1}


    5. 变形及拆解 : 在组合数中有 (n1k1)\dbinom{n - 1}{k - 1} , 为了与 k1k-1 进行匹配 , 这里将 kk 进行变形 , k=(k1)+1k = (k - 1) + 1 , 可以凑出一个 k1k-1 来 ;


    =nk=1n[(k1)+1](n1k1)=n\sum\limits_{k=1}^{n} [( k - 1 ) +1] \dbinom{n - 1}{k - 1}


    利用求和公式 , 将上述式子拆解成两个和式 ,


    =nk=1n(k1)(n1k1)+nk=1n(n1k1)=n\sum\limits_{k=1}^{n} ( k - 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} + n\sum\limits_{k=1}^{n} \dbinom{n - 1}{k - 1}


    6. 第一个组合式转换 : nk=1n(k1)(n1k1)n\sum\limits_{k=1}^{n} ( k - 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} 求和 ,

    k=1k=1 时 , 组合数的下项 , 加和式中的系数 k1=0k-1=0 , 将 kk 作下限的变换 , kk 取值是 11 ~ nn , 则 k1k-1 取值是 00 ~ (n1)(n-1) ,

    相当于使用 k=k1k' = k-1 替代之前的 kk , kk' 取值范围 00 ~ (n1)(n-1) ,

    因此最终可以变为 nk=0n1(k)(n1k)n\sum\limits_{k'=0}^{n-1} ( k' ) \dbinom{n - 1}{k'}

    使用 k=0nk(nk)=n2n1\sum\limits_{k=0}^{n} k \dbinom{n}{k} = n 2^{n-1} 组合恒等式 ,

    上述 k=0n1(k)(n1k)\sum\limits_{k'=0}^{n-1} ( k' ) \dbinom{n - 1}{k'} 的结果是 (n1)2n2(n-1)2^{n-2} ,

    前面乘以 nn , 最终的 nk=0n1(k)(n1k)=n(n1)2n2n\sum\limits_{k'=0}^{n-1} ( k' ) \dbinom{n - 1}{k'} = n(n-1)2^{n-2}


    7. 第二个组合式转换 : nk=1n(n1k1)n\sum\limits_{k=1}^{n} \dbinom{n - 1}{k - 1} 该组合式中 kk 取值是 11 ~ nn , 将 kk 变为从 00 开始 , 即使用 k=k1k' = k-1 替代 kk ,

    则有 nk=0n1(n1k)n\sum\limits_{k'=0}^{n-1} \dbinom{n - 1}{k'} , 该求和可以转变成基本求和 ,

    使用 简单和 组合恒等式 k=0n(nk)=2n\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k} = 2^n ,

    k=0n1(n1k)\sum\limits_{k'=0}^{n-1} \dbinom{n - 1}{k'} 就是 2n12^{n-1} , 前面乘以 nn , nk=1n(n1k1)n\sum\limits_{k=1}^{n} \dbinom{n - 1}{k - 1} 就是 n2n1n2^{n-1}


    =nk=1n(k1)(n1k1)+nk=1n(n1k1)=n\sum\limits_{k=1}^{n} ( k - 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} + n\sum\limits_{k=1}^{n} \dbinom{n - 1}{k - 1}

    =n(n1)2n2+n2n1=n(n-1)2^{n-2} + n2^{n-1}

    =n(n1)2n2+n2×2n2=n(n-1)2^{n-2} + n 2 \times2^{n-2}

    =n(n+1)2n2=n(n+1)2^{n-2}


    总结 :
    先利用 递推式 , 消掉变系数 kk ,
    将求和的每个式子凑成基本求和公式 , 或 已知求和公式 ,
    然后进行求和变限 , 即使用 k=k1k' = k-1 替换 kk ,
    通过上述技巧 , 完成证明 ;

    展开全文
  • 中值定理导数应用 1. 理论准备 1.1. 极值 1.2. 极值点的性质 1.2.1. 费马定理 1.2.2. 极值点性质定理 2. 中值定理 2.1. 罗尔的思考 2.1.1. Rolle定理 2.1.2. Rolle定理的几何意义 2.2. 拉格朗日 ...

    中值定理与导数应用

    1. 理论准备

    预备:闭区间上连续函数的最值定理。

    问题:这些最值点在哪里?

    • \(1^。\)先找怀疑点。画出图形之后,直观的怀疑点出现在闭区间端点和峰、谷。
    • \(2^。\)给出以上猜想的数学描述
    • \(3^。\)查漏补缺
    • \(4^。\)计算这些可疑点的函数值。从而得出结论。

    1.1. 极值

    定义:设对函数\(f(x),\exists x_0\in D(f),\delta>0\,s.t.U(x_0, \delta_0)\subset D(f),\exists 0<\delta_0 < \delta,\)当\(x\in U(x_0, \delta_0),\)都有\(f(x)\leq f(x_0),\)就称\(f(x_0)\)是极大值,\(x=x_0\)为极大值点。
    这里的模糊不等关系,使得\(y=C\)上处处是极大极小值,条件更弱,从而有更多的极值点,使用可能更广泛。
    补充定义:极大值和极小值统称为极值,极大值点与极小值点统称为极值点。

    • 说明:由于定义中使用了邻域的概念,从而排除了区间两个端点的可能性。即:极值点一定出现在函数定义域的内部。以下我们研究的就是“峰”和“谷”。

    1.2. 极值点的性质

    尽管我们找到了对这些概念的数学描述,但找到这些可疑点还需要再走出一步,这一步就是对极值点性质的研究。

    1.2.1. 费马定理

    通过作出图像,以及我们看出的这些“峰”“谷”处的切线,我们大胆猜想,这些地方的导数值为零。

    这个想法即为费马定理:

    若\(f(x)\)在\(x=x_0\)处取到极值且\(f'(x_0)\)存在,则\(f'(x_0)=0\)。反之不成立(存在非极值点的驻点)。
    从而这个定理又称为取到极值的必要条件

    • 证明:由\(f(x)\)在\(x=x_0\)处取到极值,不妨设\(f(x)\)在\(x=x_0\)处取到极大值,即\(\exists\delta_0>0, x\in U(x_0, \delta_0),f(x)\leq f(x_0)\Leftrightarrow f(x) - f(x_0)\leq 0,\)由\(f'(x_0)\)存在,即\(f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0},\)由引理得\(f'_-(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\geq 0.f'(x_0)=f'_+(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq 0.\)故而\(f'(x_0)=0.\)

    引理:(保号性)若\(\exists\delta_0>0,\)当\(x\in U_0(x_0, \delta_0)\)时,都有\(f(x)\leq g(x),\)且\(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A.\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=B,\)则\(A\leq B\)

    若\(f(x)\)在\(x=x_0\)取到极值:

    1. \(f'(x_0)\)存在,则\(f'(x_0)=0.\)
    2. \(f(x)\)在\(x=x_0\)处不可导。

    从而我们有:

    1.2.2. 极值点性质定理

    • 定理)极值点一定包含在区间内部的驻点或内部导数不存在的点之中。这些点一定在定义域内。

    综合起来,我们对最值的怀疑点有了相对明确的了解:一定在端点或区间内部的驻点或者内部不可导点中。

    那我们既然已经了解了最值点的性质了,为什么还要研究极值点呢?
    毕竟只是闭区间上可以有这样的好性质。只要有一边是开,最值点的性质就无用武之地了。

    例题略:关于闭区间上求最值的主要步骤:

    1. 求导
    2. 寻找可疑点(端点,内部两类点)
    3. 比较可疑点的值,得出答案。

    2. 中值定理

    重大的科学成就,无往不是站在巨人的肩膀上做出的。有些时候,还是很多人站在同一个人肩膀上……

    2.1. 罗尔的思考

    函数具有什么样的性质,才能使得\(f'(x)=0\)有一个根?

    1. 首先要使得\(f(x)\)上有最大最小值:\(f(x)\in C[a, b]\)
    2. 对于常值函数必成立,另外为了保证非常值函数的两个最值至少有一个不在端点处取得:\(f(a)=f(b)\)(否则为常值函数)故而\(\exists\xi\in(a, b)\,s.t.f(\xi)=M\)为极大值。
    3. 还需要排除不可导的情况:\(f(x)\in D(a, b)\)

    2.1.1. Rolle定理

    若\(f(x)\)定义在闭区间\([a, b]\)上,

    1. \(f(x)\in C([a,b]),\)
    2. $ f(x)\in D(a, b),$
    3. $ f(a)=f(b),$
      则至少存在一点\(\xi\in(a, b)\)使得\(f'(\xi) = 0.\)
    • 证:由\(f(x)\in C[a, b],\)则\(f(x)\)在\([a, b]\)上一定能取到最小值\(m\)与最大值\(M\)且\(m\leq M\):
      1. \(m=M,\)即\(\forall x\in[a, b]m\leq f(x)\leq M = m,\)故而\(f(x)=m,x\in[a, b].\Rightarrow f'(x)=0.\forall\xi\in(a, b),f'(\xi)=0\)
      2. \(m<M,\)由\(f(a)=f(b),\)最小值\(m\)与最大值\(M\)至少有一个在\((a, b)\)内取到,不妨设\(\exists\xi\in(a, b)\,s.t.f(\xi)=m\)是极小值,且\(f'(\xi)\)存在,由费马定理\(f'(\xi)=0.\)

    2.1.2. Rolle定理的几何意义

    几何意义,闭区间\([a,b]\)上处处连续,且在\((a, b)\)内部曲线的切线处处存在、不平行于\(y\)轴,而且两端点函数值相等,则在曲线内部存在一点\(\xi, f(\xi),\)在该处的切线平行于\(x\)轴。通俗地说,离开这条线,想要再回来肯定会回头,这个思想是拉格朗日中值定理的基础。

    2.2. 拉格朗日

    怎样减弱罗尔的条件限制?

    1. 连续必然保留。否则没有最大最小值。
    2. 可导。导数是研究的工具,没有导数怎样描述函数性质。
    3. 只能去掉\(f(a)=f(b)\)那么就不一定能保证必有\(f'(\xi)=0\)了。但拉格朗日毕竟是拉格朗日,总能想到点新办法······

    2.2.1. Lagrange的几何构造意义

    去掉\(f(a)=f(b)\)那只能自己创造这个相等咯。转换坐标系。(第35讲16min)

    2.2.2. Lagrange定理

    若\(f(x)\)在闭区间\([a, b]\)上满足下面两个条件:

    1. \(f(x)\in C[a, b]\)
    2. \(f(x)\in D(a, b)\)

    则至少存在一点\(\xi\in(a, b)\,s.t.f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)

    证:要证存在\(\xi\in(a, b)\,s.t.f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)
    只要证\(f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\)成立(把式子移到等式一边从而构造罗尔定理的条件)。
    只要(利用积分)\(F(x)=f(x)-\frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x+C)\)在\(x=a, x=b\)处有\(F(a)=F(b)\),为了消解分式结构,我们最好取\(C=a或C=b.\)不妨取\(C=a,\)那么我们有\(F(a)=F(b)=f(a).\)
    那么我们索性构造\(G(x)=F(x)-f(a)\)由\(G(x)\in[a, b],G(x)\in D(a, b),G(a)=0, G(b)=0,\)结合Rolle定理得\(\exists\xi,G'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0,\)即\(f(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\)

    2.2.3. 对拉氏构造的几何分析

    如上的\(G(x)\)就是曲线减去弦所在的直线。
    拉氏定理的意义即是,开区间对应的曲线上存在\(\xi\,s.t.f(\xi)=k,\)其中\(k\)为割线斜率。

    2.3. 投机取巧的柯西

    在微分中值定理的条件已经几乎无法减弱的时候,柯西将\(x,y\)看作参数方程,从而构造出更加一般的情形。

    2.3.1. Cauchy定理

    参数方程

     

    \[\begin{cases} x=g(t),\\ y=f(t). \end{cases}\]

    确定函数\(y=y(x)\)满足的拉氏条件,\(k_{AB}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\),从而利用拉格朗日定理的形式猜结论,写证明。

    定理内容:若\(f(x),g(x)\)满足下面两个条件:

    1. \(f(x), g(x)\in C[a, b]\)
    2. \(f(x), g(x)\in D(a, b),g'(x) \not=0\)
      则至少存在一点\(\xi\in(a, b)\)使得\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)
      证:令\(F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}-f(a),F(x)\in[a, b],F(x)\in D(a, b),F(a)=F(b)=0.\exists\xi\in(a, b)\,s,t,F'(\xi)=0,\)而\(F'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(x),\)且\(g(x)\not=0\)故而得到\(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.\)

    2.4. 中值定理的关系

    罗尔定理\(\xrightleftharpoons[特例]{推广}\)拉格朗日定理\(\xrightleftharpoons[特例]{推广}\)柯西定理

    从左向右,普遍性增强。
    从这个关系上说,能用罗尔、拉格朗日定理解决的问题肯定可以直接代入柯西求解,但更多地,我们会使用到前两个,因为不一定需要那么一般的结论。
    能用拉格朗日、柯西定理解决的问题,一定能通过构造函数再利用罗尔定理解。这在一些故意挑事的题目里面是很常见的。

    3. 洛必达与未定式的极限

    3.1. 分析

    \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\Big(\frac{0}{0}型\Big)\)
    分析知,\(x=x_0\)点处至少为一个可去间断点。
    \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0,\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0.\)
    但这样的条件都局限在去心邻域之上,从而我们应该考虑补充定义:

     

    \[F(x)=\begin{cases} f(x),&x\not=x_0\\ 0, &x=x_0\\\end{cases} \]

     

    \[G(x)=\begin{cases} g(x),&x\not=x_0\\ 0,&x=x_0\end{cases} \]

    要求\(F(x), G(x)\)在\([x_0, x](x_0 < x)\)或\([x, x_0]\)上连续,在\(U_0(x_0,\delta)\)内可导,且\(G'(x)\not=0\)即\(\exists\delta > 0,\)当\(x\in U_0(x_0,\delta)\)时,\(f'(x),g'(x)\)存在且\(g'(x)\not=0\)
    如果再有\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\Big/\infty,\)

     

    \[\begin{aligned} &\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\\=&\lim\limits_{x\to x_0}\frac{F(x)-0}{G(x)-0}\\=&\lim\limits_{x\to x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}\\=&\lim\limits_{x\to x_0}\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}(\mathscr{Cauchy}定理)\\=&\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\\=&\lim\limits_{\xi\to x_0}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}(特殊路径的趋近)\\ =&\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\Big/\infty \end{aligned}\]

    分析知,如果以上的条件不完全满足,仍然有可能使得特殊路径的趋近成立。

    3.2. \(\mathscr{L'H}\hat{o}pital\;\frac{0}{0}\)

    由上述的分析,我们将这个法则总结如下:
    若:

    1. \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0,\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\)(简洁的两者相除能作为割线(原点线)斜率,是原点处切线<第一个等号>能作为原点线极限的基础)
    2. \(\exists\delta > 0, x\in U_0(x_0,\delta)\)时,\(f'(x),g'(x)\)存在且\(g'(x)\not=0\)(还要导数除式在\(x=x_0\)一点连续,保证转移过程是一个趋近,其中每一步都可以是未定式,从而可以多次洛必达)
    3. \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=A\Big/\infty\)(保证\(u'\)确实有极限,可以转移原式的结果)

    则\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\Big/\infty.\)

    • 注意:洛必达法则是一个充分条件。逻辑上可以假设我们找到了一对均可导但是导数剧烈震荡以至于没有比值极限的函数,但它们经由特殊路径\(\xi\)能趋近一个值。(这一点存疑,应该不能)

    补充:一个减弱版:若\(f'(x_0),g'(x_0)\)均存在(这时只需要这两个函数在这一点可导),那么\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}.\)

    上式中\(x_0\)为常数,\(x\to x_0\)改成\(x\to x_0^-, x\to x_0^+, x\to\infty, x\to+\infty, x\to-\infty\)将相应的条件改变,结果依然成立。

    以\(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}\Big(\frac{0}{0}\Big)\)为例,
    \(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f(\frac{1}{t})}{g(\frac{1}{t})}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f'(\frac{1}{t})(-\frac{1}{t^2})}{g'(\frac{1}{t})(-\frac{1}{t^2})}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f'(\frac{1}{t})}{g'(\frac{1}{t})}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\Big/\infty.\)

    3.3. \(\frac{\infty}{\infty}\)型

    由于我们并不知道\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\frac{1}{g(x)}}{\frac{1}{f(x)}}\)的值,从而不能简单地化到\(\frac{0}{0}\)型。详情见数分PDF.P204

    3.4. 可以洛之后的极限求算小结

    1. 如果有幂指函数,均可归入\(\frac{e^{f(x)}-1}{f(x)}\)型。过程或繁或简。
    2. 一般方法是洛必达法则。
    3. 不要闷头洛到底,谨注意结合等价量替换、分步极限(允许乘式中的不为零的因式先取定极限值)、加减拆项等方法简化计算。
    4. 使用套娃法洛的过程当中,要时刻注意洛必达的条件是否还满足:去心邻域可导,最终导数之比有极限。
    • 对于\(\frac{\infty}{\infty}\)如果根式多,或者多次仍不能发现导数之比时,就不用洛必达,这一类往往可以借鉴抓大放小的思想来解决。
    • \(n\)阶可导函数可以洛到出现\(n-1\)阶导数,\(n\)阶连续可导函数可以洛到\(n\)阶导数。这个结论是洛必达法则第二个条件的必然要求。

    3.5. 其他未定式极限

    3.5.1. \(0\cdot\infty\)

    \(\lim\limits_{x\to0^+}x^a\cdot\ln x(a>0, 常)\)
    \(=\color{#FF0000}{\lim\limits_{x\to0^+}}x^a\cdot\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=0\cdot\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=0?\)
    这是一个典型错误,不仅是对没有极限的两个部分进行拆解,还错误以为\(0\cdot\infty=0.\)

    解:原式\(=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^{-a}}\xlongequal{洛}\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-ax^{-a-1}}=-\frac{1}{a}\lim\limits_{x\to0^+}x^a=0.\)

    3.5.2. \(\infty-\infty\)

    直接通分,化成洛必达结构。

    \(\lim\limits_{x\to0}\big(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\big)=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}\xlongequal{洛}\frac{e^x-1}{2x}=\frac{1}{2}\)

    3.5.3. \(1^\infty\)

    利用\(f(x)\to0,\)则\(\lim\limits_{x\to x_0}[1+f(x)]^{\frac{1}{f(x)}}=e.\)一个更好的思路是\([1+f(x)]=e^{f(x)}\)

    3.5.4. 指数型未定式

    \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}\Big(1^\infty,\infty^0, 0^0\Big)\)

    • 关于这几个为什么是未定式的分析:

    原式\(=\lim\limits_{x\to x_0}e^{g(x)\ln f(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\ln f(x)}{\frac{1}{g(x)}}\),这三种未定式分别对应\(\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty},\frac{\infty}{\infty}\)

    类似的,\(0^\infty\)不是未定式。

    几个很好的例题:

    • \(0^0\)型:
      \(\lim\limits_{x\to0^+}(\sin x)^x=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln\sin x}=e^{\lim\limits_{x\to0^+}\sin x\ln\sin x}=e^{\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t}=e^0 = 1.\)(利用了\(\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x=0\))
    • \(\infty^0\)型
      \(\lim\limits_{x\to 0^+}(\ln\ln\frac{1}{x})^x=e^{\lim\limits_{x\to0^+}x\ln(\ln\ln\frac{1}{x})}=e^{\lim\limits_{t\to+\infty}\frac{\ln\ln\ln t}{t}}=e^{\lim\limits_{t\to+\infty}}\frac{1}{\ln\ln t}\frac{1}{\ln t}\frac{1}{t}=e^0=1.\)

    3.6. 洛必达的一个使用误区

    \(\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x-\sin x}{x+\cos x}\xlongequal{洛}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\cos x}{1-\sin x}\)
    等号后的式子没有极限。但这并说明原式无极限,而只能说明不能用洛必达法则。

    这个问题,代表了\(\frac{\infty}{\infty}\)不可消除的一类,应当使用抓大放小的思想

    3.7. 数列极限未定式

    求\(\lim\limits_{n\to\infty}f(n)\)(未定式),如果\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\Big/\infty,\)则\(\lim\limits_{n\to\infty}f(n)\)(未定式)\(=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\Big/\infty.\)
    但是,如果\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\)极限不存在,那么\(\lim\limits_{n\to\infty}f(n)\)需要使用其他方法求解。

    \(\lim\limits_{n\to\infty}[(1+\frac{1}{n})^n-e]\cdot n\quad(0\cdot \infty)\)
    原式\(=\lim\limits_{x\to+\infty}[(1+\frac{1}{x})^x-e]\cdot x=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{(1+t)^{\frac{1}{t}}-e}{t}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{e^{\frac{\ln(t+1)}{t}}-e}{t}(法二)=\lim\limits_{t\to0^+}e^{\frac{\ln(1+t)}{t}}\cdot\frac{\frac{t}{1+t}-\ln(1+t)}{t^2}=e\lim\limits_{t\to^+}\frac{t-(1+t)\ln(1+t)}{t^2(1+t)}=e\lim\limits_{t\to0^+}\frac{t-(1+t)\ln(1+t)}{t^2}=e\lim\limits_{t\to0^+}\frac{1-\ln(1+t)-1}{2t}=\frac{e}{2}.\)

    法二:(从接口处来)原式\(=\lim\limits_{t\to0^+}e\cdot\frac{e^{\frac{\ln(1+t)}{t}-1}-1}{t}=e\lim\limits_{t\to0^+}\frac{\frac{\ln(1+t)}{t}-1}{2t}=e\lim\limits_{t\to0^+}\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}\)然后洛必达

    4. 导数的应用

    4.1. 罗尔定理的应用

    4.1.1. 证明方程根的存在性

    证明\(f(x)=0\)在\((a, b)\)内有一个根\(\xi\Leftrightarrow\exists F(x)\,s.t.\forall x\in[a, b],\)都有\(F'(x)=f(x),F'(\xi)=0,\)对\(F(x)\)在\([a, b]\)上应用罗尔定理\(\exists\xi\in(a, b)\,s.t.F'(\xi)=0,\)即\(f(\xi)=0.\)

    设任意\(a_1, a_2,\cdots a_n\)均为实常数。求证\(a_1\cos x+a_2\cos2x + \cdots + a_n\cos nx=0\)在\((0, \pi)\)内至少有一个根。

    证:设\(f(x)=a_1\cos x+a_2\cos2x + \cdots+a_n\cos nx,\)由\(f(x)\in C[0, \pi],f(0)=a_1+a_2+\cdots+a_n,\)\(x=\pi\)时加加减减,情况类似,得不到具体的正负性。由\((\frac{1}{n}\sin nx)'=\cos nx,\)我们可以构造函数\(F(x)=a_1\sin x+\frac{1}{2}a_2\sin2x+\cdots+\frac{1}{n}a_n\sin nx.\)分析知\(F(x)\)满足罗尔定理的条件,更重要的\(F(0)=F(\pi),\)故而\(\exists\xi\in(a, b)\,s.t.F'(\xi)=f(\xi)=0\quad■\)

    4.1.2. 用于证明含有\(\xi\)的等式

    尤其是含有\(\xi\)处的导数\(\Leftrightarrow\)对函数\(F(x)\)使用罗尔定理得到\(F'(\xi)=0\)

    4.2. 拉格朗日定理应用

    4.2.1. 拉格朗日定理的几种形式

    \(\exists\xi\in(a, b),\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\Leftrightarrow f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)(1)\)(建立了函数和导数的关系)
    而当\(b<a\)时,只要\(f(x)\)在\([b, a]\)上满足拉氏条件,则\((1)\)式仍然成立,对\(f(x)\)在\([b, a]\)上用拉氏定理\(f(a)-f(b)=f'(\xi)(a-b),b<\xi<a,\)变形后仍有\(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)。\)故不论\(a, b\)的大小关系,只要\(f(x)\)满足拉氏条件,便有:

     

    \[f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) \]

    其中\(\xi\)介于\(a, b\)之间。
    不论\(a>b||a<b,0<\frac{|\xi-a|}{|x-a|}<1\)或者写作\(0<\big|\frac{\xi-a}{b-a}\big|<1(0<\theta<1)\Leftrightarrow0<\frac{\xi-a}{b-a}<1,\)令\(\theta=\frac{\xi-a}{b-a}\)那么\(\xi\)可以记作\(a+\theta(b-a),\)即有:

     

    \[f(b)-f(a)=f'(a+\theta(b-a))(b-a) \]

    进一步可以改写成:

     

    \[f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f(x_0+\theta\Delta x)\Delta x \]

    4.2.2. 拉氏定理的应用

    4.2.2.1. 单调性定理:

    设\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续,在\((a, b)\)可导。

    • 当\(x\in(a, b),f'(x)\geq0(f'(x)>0)\)则称\(f(x)\)在\((a, b)\)上单调递增(严格单调递增)
    • 当\(x\in(a,b),f'(x)\leq 0(f'(x)<0)\)则\(f(x)\)在\((a, b)\)上递减递减(严格单调递减)。
    • 当\(x\in(a,b),f'(x)\equiv0\),则\(f(x)\)在\((a,b)\)上是常值函数。

    证:\(\forall x_1, x_2\in(a,b)\)且\(x_1,<x_2\),由\(f(x)\)在\([x_1,x_2]\)上满足拉氏条件。\(\exists\xi\in(x_1,x_2)\,s.t.f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)\)
    \(x\in(a,b),f'(x)\geq0, \xi\in(a, b)f'(\xi)\geq0,x_2-x_1>0\Rightarrow f(x_2)-f(x_1)\geq0\Rightarrow f(x_1)\leq f(x_2)\),知\(f(x)\)在\((a,b)\)上是递增函数。同理可证第二条。
    对于第三条\(x\in(a,b),f'(x)=0\Rightarrow f'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)(x_2-x_1)=0\Rightarrow f(x_2)-f(x_1)=0\Rightarrow f(x_2)=f(x_1)\)即\(f(x)\)是\((a,b)\)上的常值函数

    4.2.2.2. 证明不等式

    设\(b>a\geq e\),证明\(a^b>b^a.\)
    证:要证\(a^b>b^a\)成立,只要证\(\ln a^b >\ln b^a\)成立,只要证\(b\ln a>a\ln b\)成立,只要证\(\frac{\ln a}{a}>\frac{\ln b}{b}(1)\)
    可以构造函数求导利用单调性定理,也可以使用拉格朗日中值定理说明

    1. 设\(f(x)=\frac{\ln x}{x},x\in[a,b]\),由于\(f(x)\in C[a,b],f(x)\in D(a,b),f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}<0,\)得知\(f(a)>f(b)\),即\(\frac{\ln a}{a} >\frac{\ln b}{b}(1)\)成立。故而得证
    2. (利用拉格朗日中值定理)\(\frac{\ln b}{b}-\frac{\ln a}{a}=f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)<0\),经过比较,拉格朗日定理虽然可以解决问题,但实际在可以直接写出答案的基础上再增加了一次变形,这是没有必要的。这也是因为单调性定理本来是拉格朗日定理的推论,从而其具有一定的黑盒性。

    4.2.2.3. 极值的判断

    由极值点一定包含在区间内部的驻点或不可导点中
    \(1^。\)判断取到极值的第一充分条件:
    若\(f(x)\)在\(U(x_0,\delta)\)内连续,在\(U_0(x_0, \delta)\)内可导(强调\(f(x)\)在\(x_0\)处连续,这是拉格朗日定理的必然要求)从而包括了极值点和尖点的两种情况。

    但要注意的是,极值本身是不需要在点处连续的,例如可去间断点(甚至左右极限不相等都可以)所以说,这个条件是充分的

    1. 当\(x\in(x_0-\delta,x_0)\)时,\(f'(x)>0\),当\(x\in(x_0, x_0+\delta)\),有\(f'(x)<0\),则\(f(x_0)\)为极大值。
    2. 当\(x\in(x_0-\delta,x_0)\)时,\(f'(x)<0\),当\(x\in(x_0,x_0+\delta)\)时,\(f'(x)>0\),则\(f(x_0)\)为极小值。
    3. 若\(f'(x)\)在\(x_0\)两侧同号,则\(f(x_0)\)不是极值。

    \(2^。\)判断取到极值的第二充分条件
    若\(f'(x_0)=0\),且\(f''(x_0)\)存在:

    1. \(f''(x_0)>0\),则\(f(x_0)\)为极小值
    2. \(f''(x_0)<0\),则\(f(x_0)\)为极大值
    3. \(f''(x_0)=0,\)无法判断

    拓展:若\(f''(x_0)\)存在,隐含在\(U(x_0)\)内\(f'(x)\)存在,则\(f(x)\)当\(x\in U(x_0)\)必然连续

    简要证明\((1)\)当\(f''(x_0)>0,f''(x_0)=\lim\limits_{x\to x_)}\frac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{x-x_0}=f''(x_0)>0\),由保号性,\(\exists\delta>0\),当\(x\in U_0(x_0,\delta)\)时\(\frac{f'(x)}{x-x_0}>0\),当\(x\in(x_0-\delta,x_0),f'(x)<0\),当\(x\in(x_0,x_0+\delta),f'(x)>0\),由\((1)\)知\(f(x_0)\)为极小值

    4.2.2.4. 求函数单调区间与极值的步骤

    1. 求出函数的定义域
    2. 求出内部的驻点或倒数不存在的点
    3. 列表,利用第一充分条件总结结果

    4.3. 数学建模初步

    微积分的初步应用问题

    4.3.1. 求一元函数的最大值和最小值

    1. (第一充分条件)若\(x\in[a,b],f'(x)\geq 0,f(x)\nearrow\),则\(m=f(a),M=f(b)\)
      若\(x\in[a,b],f'(x)\leq 0,f(x)\searrow\)则\(m=f(b),M=f(a).\)
    2. (闭区间上连续函数极最值存在定理)若\(f(x)\in C[a,b]\),则\(f(x)\)的极大极小值点一定包含在内部的驻点或者内部不可导点中。最值的考虑点集是极值的考虑点集的超集。
    3. (唯一极值定理)若\(f(x)\)在(开/闭)区间\(I\)上连续,且\(f(x)\)在\(I\)上取到唯一的极值\(f(x_0)\)
      1. 若\(f(x_0)\)为极大值,则\(f(x_0)\)为最大值,且在\(x_0\)左侧严格增,在\(x_0\)右侧严格减。
      2. 若\(f(x_0)\)为极小值,则\(f(x_0)\)为最小值,且在\(x_0\)的左侧严格减,右侧严格增

    这个极值唯一的条件实在太强了,不容易达到。更多地我们使用连续函数的极值存在定理会更好。

    5. 泰勒公式

    5.1. 引入

    \(f(x)=e^x\),求\(f(3.15)?\)

    目的是近似求解超越函数的符合误差的解。
    理论基础:多项式相关计算的便利性。

    由拉氏定理,若\(f(x)\)在\([a,b]\)上满足拉氏条件,则\(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\Rightarrow f(b)=f(a)+f'(\xi)(b-a)\),令\(b=x,a=x_0,x\not= x_0\)且\(f'(x)\)存在,得\(f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0),\xi\)介于\(x_0,x\)之间。
    若\(f''(x)\)存在,我们猜想地将原函数值表示称一个多项式的组合:\(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\mathscr{K}(x-x_0)^2\),其中\(\mathscr{K}=\frac{f(x)-[f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)]}{(x-x_0)^2}\)
    或者我们通过线性函数的类推来得到猜想:对于一阶,如果\(f(x)=a_0+a_1(x-x_0),f'(x)=a_1,f(x_0)=a_0,f'(x_0)=a_1\),则\(f(x)=f(x_0)+f'(x-x_0)\),那么对于一个更高阶的函数,我们可以将其表示称一个线性函数\(f(x)=f(x_0)+f'(x-x_0)\)和一个高阶小量的和,从而构造\(\frac{f(x)-[f(x_0)+f'(x-x_0)]}{(x-x_0)^2}=\mathscr{K}\)

    现在我们来研究这个\(\mathscr{K}\)的值到底是多少。
    令\(F(x)=f(x)-[f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)],G(x)=(x-x_0)^2,\)
    \(F'(x)=f'(x)-f'(x_0),F''(x)=f''(x),F(x_0)=0, F'(x_0)=0;\)
    \(G'(x)=2(x-x_0),G''(x)=2!,G(x_0)=0,G'(x_0)=0.\)
    \(\mathscr{K}\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F(x)-F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}=\frac{F'(\xi_1)}{G'(\xi_1)}=\frac{F'(\xi_1)-F'(x_0)}{G'(\xi_1)-G'(x_0)}=\frac{F''(\xi)}{G''(\xi)}=\frac{f''(\xi)}{2!}\)

    5.2. 定理描述

    设\(f^{(n)}\)在区间\(I\)上连续(对应拉氏的闭区间连续),在\(I\)内部\(f^{(n+1)}\)存在(开区间可导),<如果求皮亚诺余项只需要\(x_0\)处\(n\)阶可导>取\(x_0\in I,\forall x\in I\,s.t.x\not= x_0\),则\(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}}{n!}(x-x_0)^n+\frac{f^{(n+1)(\xi)}}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)称为\(f(x)\)在\(x_0\)处的\(n\)阶泰勒公式
    有时条件可以加强一些,改为在\(I\)上\(f^{(n+1)}(x)\)存在。
    称\(f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\xlongequal{\mathrm{def}}P_n(x)\)称为\(n\)次泰勒多项式,称\(\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\xlongequal{\mathrm{def}}R_n(x)\)称为拉格朗日余项。\(\xi\)介于\(x_0, x\)之间,\(\xi=x_0+\theta(x-x_0), 0<\theta<1,R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_0))}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)称为柯西余项,如果\(f(x)\approx P_n(x)\),误差\(|f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|=|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{(n+1)}|=\frac{|f^{(n+1)}(\xi)|}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}\)若\(|f^{(n)}(x)|\leq M(常),n = 0, 1, 2\cdots\),原式\(\leq M\cdot\frac{|x-x_0|^{n+1}}{(n+1)!}\),由重要极限可得误差当\(n\to\infty\)时误差极小。

    特别地,若\(0\in I,\)取\(x_0 = 0\),此时泰勒公式为\(f(x)=f(0) +f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n +\frac{f^{(n+1)}(x)}{(n+1)!}x^{n+1}\)称为\(f(x)\)在\(x=0\)处的Maclaurin公式。

    \(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(0)}{(n+1)!}\)是麦克劳林公式的拉格朗日余项。

    5.3. 五个函数的麦克劳林展开式

     

    \[\begin{aligned} e^x&=1+x + \frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\xi}}{(n+1)}x^{n+1}\\ \sin x&=x-\frac{x^3}{x!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots+\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}+\frac{f^{(2k+2)}(\xi)}{(2k+2)!}x^{2k+2}\\ \cos x&=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}+\cdots+\frac{(-1)^{k}}{2k!}+\frac{f^{(2k+1)}(\xi)}{(2k+1)!}x^{2k+1}\\ \ln x&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}x^n+R_n(x), x\in(-1, +\infty)\\ (1+x)^{a}&=\sum_{i=0}^{n}\mathrm C_n^i\,x^i \end{aligned}\]

    说明:

    1. \(\sin x\)的展开式的余项可以展开到\(x^{2k+1}\)项,毕竟式子只展开到这一项;但由我们先前得到的重要极限,展开项数越多,误差越趋近\(0\),所以从增加精确度的角度,我们完全可以展开到\(2k+2\)项从而对应表达式中的拉格朗日余项为\(2k+3\)次(反正\(2k+2\)项不在这,你管我😏)
    2. (待补充)为什么\(\ln(1+x)\)的展开式要限制定义域

    5.4. 泰勒公式的应用

    5.4.1. 在数值分析中的应用

    证明\(e\)是无理数(wsj.pdf220.ex5.3.14)

    近似计算\(e\)的值(误差小于\(10^{-6}\))
    \(|\frac{e^{\xi}}{(n+1)!}|=\frac{e^\xi}{(n+1)!}<\frac{e}{(n+1)!}\leq\frac{3}{(n+1)!}\leq 10^{-6}\)
    对分式,计算到第九位,合并后取八位,四舍五入到六位就会准确。

    5.4.2. 证明不等式

    \(f''(x)>0,\)且\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1\),证明\(f(x)\geq x\)
    证:由\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1\)且\(\lim\limits_{x\to0}x=0\Rightarrow \lim\limits_{x\to0}f(x)=0=f(0)\)
    \(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1\Rightarrow f'(0)=1\)
    \(f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2\geq x+\frac{f''(\xi)}{2!}x^2\geq x\)

    引理:若\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=C\not=0,\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0,\)则\(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\),当\(C\)可能为零时,只能反向推\(\lim\limits_{x\to0}g(x)=0\Rightarrow\lim\limits_{x\to0}f(x)=0\)

    5.4.3. 证明含有\(\xi\)的等式

    尤其是含有\(\xi\)处的高阶导数的问题

    \(f(x)\)在\([a, b]\)上\(n\)阶可导且\(f(a)=0, f^{(k)}(b)=0,k=0, 1, 2,\cdots, n-1\),则至少存在一点\(x\in(a, b)\,s.t. f^{(n)}(\xi)=0\)(\(n\)阶泰勒展开)

    5.5. 带Peano的Taylor公式

    分析:Taylor公式的两种余项表达形式\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(x)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\)要么太抽象,要么太繁琐,有没有一种折中的思路既能简单地写出来,同时又能保证一定的信息量?
    \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n}}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)=0\),从而\(R_n(x)=o[(x-x_0)^n](x\to x_0).\)

    \(Peano\)定理:
    若\(f(x)\)在\(x_0\)处\(n\)阶可导, 则\(f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o[(x-x_0)^n](x\to x_0)\)
    特别的,\(x_0=0\),则\(f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n(x\to0)\)称为带有Peano余项的Maclaurin公式

    • 类似先前得到的结果,我们可以写出带Peano余项的五个基本公式
    • 利用带有Peano余项的Maclaurin公式可以用于求\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}(\frac{0}{0})\)

    5.5.1. Peano余项Mac公式应用

    \(f(x)=0+0\cdot x+\cdots+0\cdot x^{k-1}+A\cdot x^{k}+o(x^k)(x\to0)=A\cdot x^k+o(x^k)\sim Ax^k(x\to0)\),同理写出\(g(x)\sim Bx^m\),借助抓大放小的思想得解。

    展开原则:

    1. 加减幂次最低(展到第一项不为零的项)
    2. 相除上下同阶

    \(x-\sin x\)当\(x\to0\)是\(x\)的几阶无穷小?
    用原则一:\(x-\sin x=x-(x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3))=\frac{1}{6}x^3+o(x^3)(x\to0)\)从而是3阶无穷小
    用原则二:待定系数(用一次洛必达)\(\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^k}=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{kx^{k-1}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{kx^{k-1}}\Rightarrow k-1 = 2\)

    ### 几个常用公式的补充

    $$

    \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)\\

    \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+o(x^2)\\

    \tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2}{15}+o(x^5)\\

    \arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\

    \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)

    $$

     

     

    5.5.2. 两种泰勒公式的比较

    • 条件必然不同,皮亚诺余项仅要求\(x=x_0\)处\(n\)阶可导,拉格朗日余项要求\(x_0\)的邻域\(n+1\)阶可导
    • 使用:
      • Peano余项更局部,适合条件较弱的情形,用于解决极限与极值问题。
      • Lag余项可以称作区间泰勒,用于解决最值与不等式证明。

    补充:使用时,哪一点处信息多就从那一点展开

    6. 曲线作图

    6.1. 函数的凹凸性与拐点

    6.1.1. 凹凸性

    1. 与切线的位置关系
      • 若\(x\in(a, b)\)时,函数段都在曲线上任意一点切线的上方,则称,曲线\(y=f(x)\)在\((a, b)\)内是凹的。
    2. 与割线的位置关系
      • \(\forall x\in(x_1, x_2), x=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2(0<\lambda<1), \lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\geq f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]\)
    3. 若\(f(x)\)在\((a, b)\)内二阶可导,
      1. 当\(f''(x)>0\),则曲线在\((a,b)\)内是凹的。
      2. 当\(f''(x)<0\),则曲线在\((a,b)\)内是凸的。

    利用泰勒公式,我们可以由3.1推1:
    \(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2>f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\),不等式左侧是函数曲线,右侧是切线,从而证明是凹的。

    6.1.2. 拐点

    曲线\(y=f(x)\)上凹凸的分界点\(\mathbf{(x_0, f(x_0))}\)称为曲线的拐点。

    • 这个拐点一定在区间内部。
    • \(f(x)\)在\(x_0\)处有定义。

    定理:若\(f''(x_0)=0\),且\(f'''(x_0)\not=0\),则\((x_0, f(x_0))\)是曲线的拐点。
    由\(f'''(x_0)\not=0,\)不妨设\(f'''(x_0)>0,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f''(x)-f''(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f''(x)}{x-x_0}=f'''(x_0)>0\),由保号性,\(\exists\delta>0,\)当\(x\in U_0(x_0, \delta)\)时,\(\frac{f''(x_0)}{x-x_0}>0,x\in(x_0-\delta, x_0), x-x_0<0\Rightarrow f''(x)<0x\in(x_0, x_0+\delta)\)时,\(x-x_0<0\Rightarrow f''(x)>0,\therefore (x_0,f(x_0))\)为拐点

    从而利用这个定理,求拐点的步骤划归入\(f'(x)\)的极值问题
    只要把极值求算的“一个必要,两个充分”抬高一阶就可以

    • 注意一个不同点:拐点可以不用一阶导函数连续。只需原函数在点处连续即可。

    6.2. 渐近线

    把例如\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)的函数无穷远处的图形画出来:没有画出,胜似画出(甚至还知道趋势)

    定义:设\(y=f(x)\)是一个给定的曲线,\(\ell\)是一个给定的直线,若曲线上\(P(x, f(x))\)到直线\(\ell\)的距离,当\(P\)无限远离原点时,该距离的极限为0,称直线是曲线\(y=f(x)\)的渐近线,若\(\ell\nparallel y\)轴,称\(\ell\)为曲线\(y=f(x)\)的斜渐近线。
    可以设\(\ell:y=ax+b\)
    若\(\ell\)是曲线\(y=f(x)\)的斜渐近线\(\Leftrightarrow\lim\limits_{\Delta |OP|\to0}|PQ|=0\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to\infty}\frac{|f(x)-ax-b|}{\sqrt{1+a^2}}=0\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-ax-b]=0\Rightarrow\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}[f(x)-ax-b]=0\Rightarrow\lim\limits_{x\to\infty}[\frac{f(x)}{x}-a-\frac{b}{x}]\)即:

     

    \[\begin{aligned} a&=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}\\ b&=\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-ax]\\ \end{aligned}\]
    • 相当于逐个击破的思路。
    • 注意这里的\(\infty\)没有考虑符号,实际上,正负极限的渐近线可能不同,研究过程当中尽量先考虑正负无穷极限相同的情况即按照:先\(\infty\),后\(\pm\infty\),如果再均不存在,无斜渐近线。
    • 一个函数最多有两条斜渐近线
    • 特别地,斜渐近线\(y=ax+b\)中的\(a=0\)称\(\ell:y=b\)为水平渐近线。同样,正负无穷对应的水平渐近线可能不同
    • 当渐近线\(\ell\parallel y\)轴,称\(\ell\)为垂直渐近线,只要\(x\to x_0,x\to x_0^+, x\to x_0^-\)一种情况下有\(\lim|PQ|=0\)即可。
      • 对垂直渐近线,初等函数的间断点,分段函数的分界点是怀疑点。
    • 一个有利的观点:将函数式表达为\(ax+b+\alpha(x)\),其中\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}\alpha(x)=0\),分别找正负无穷时的渐近线:斜渐近线+水平渐近线最多共2条。然后再寻找垂直也来得及嗯··· ···

    6.3. 函数作图的步骤

    1. 求出函数的定义域
    2. 研究函数的有界性、奇偶性和周期性
    3. 解方程\(f'(x)=0\),列表确定函数升降区间和极值点
      解方程\(f''(x)=0\),列表确定函数的凹凸区间和拐点
    4. 求出函数的斜渐近线和垂直渐近线
    5. 计算一些重要点的函数值,坐标轴交点、极值点、拐点
    • 不在函数定义域的点,不是极值点、拐点。

    6.4. 曲率

    通过分析,我们感受到,对一定的弧度,弧长越大,曲率越小;对一定的弧长,弧度越大,曲率越大。
    从而我们可以定义平均曲率:

     

    \[\mathcal{k}=\lim\limits_{{\widehat{AQ}}\to A\atop s\to0}\frac{\theta}{s} \]

    若曲线\(\Gamma:\begin{cases}x=x(t)\\y=x(t)\end{cases},\alpha\leq t\leq\beta\),\(A(x(t),y(t))\),取\(Q\big(x(t+\Delta t),y(t+\Delta t)\big),\widehat{AQ}\to A\iff Q\to A\xleftrightarrow{x(t),y(t)连续},\tan \alpha=\frac{y'(t)}{x'(t)},\alpha = \arctan\frac{y'(t)}{x'(t)}\Rightarrow\theta =\Big|\alpha(t+\Delta x)-\alpha(t)\Big|=|\Delta\alpha|\)
    此处我们求解弧长的一阶导数要应用到定积分的内容,从而暂时略去:\(s'(t)=\sqrt{x'^2+y'^2}\),而弧度\(\alpha'(t)=\Big(\arctan\frac{y'(t)}{x'(t)}\Big)'=\frac{x'y''-x''y'}{x'^2+y'^2}\)(这里相当于条件再次加码:二阶可导?)
    由于曲率为正值,故\(k=\frac{|x'y''-x''y'|}{(x'^2+y'^2)^{\frac{3}{2}}}\)

    • 一般的曲线\(y=f(x)\)可以表示成\(\begin{cases}x=x\\y=f(x)\end{cases}\),从而也可以代公式。

    \(\begin{cases}x=a\cos \theta, \\y=b\sin\theta\end{cases}\)其中\(0\leq\theta\leq2\pi, 0<b\leq a\)求\(\theta\)处的曲率。

     

    \[\begin{aligned} k=&\frac{|-a\sin\theta(-b)\sin\theta-(-a\cos\theta )b\cos\theta|}{(a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\\=&\frac{ab}{[b^2+(a^2-b^2)\sin^2\theta]^{\frac{3}{2}}} \end{aligned}\]

    分析知,\(\theta=\frac{\pi}{2}\Big/\frac{3\pi}{2}\)时曲率最小,\(\theta =0\Big/\pi\)时曲率最大。

    展开全文
  • 微分中值定理导数应用

    千次阅读 2018-08-21 16:28:18
    函数闭区间上有意义,该区间内函数处处可导,且端点值相等,则该区间内肯定至少存在一点导数等于0. 2 拉格朗日中值定理  罗尔定理的条件要求两端点值相等,这要求太严,并不常见,拉格朗日 中值定理去掉这...
  • 光滑曲线什么意思? n次方差、n次方和公式、二项式定理(和的n次方),它们的理解记忆与对比。
  • 本文仅是个人理解,如有谬误,请望矫正 ...等于二项式 隐函数的求导方法将函数看成和两部分,正常求导,求导为将看成常数,看成未知数求导后 其中指数函数我们利用对数隐函数的方式求导 函数的微分是增...
  • 3.2.3 微分几何意义 3.2.4 微分近似计算应用 3.3 导数与微分的运算法则 3.3.1 导数的四则运算 3.3.2 复合函数的导数 幂指函数的导数 复合函数的微分 3.3.3 反函数的导数 3.3.4 基本导数与微分公式表 3.4 隐...
  • 泰勒公式和二项式展开定理的共同点对于f(x)=(1+x)^n,采用泰勒展开法有:f(x)=fk0(0)*(x)^0/0!+fk1(0)(x)^1/1!+fk2(0)(x)^2/2!...其中fk0(0),fk1(0).. 分别代表fk(x)的k阶导数,并且传0代替k阶导数中的x,所以有:fk0...
  • 第一节 微分中值定理 罗尔定理 拉格朗日中值定理 柯西中值定理节 洛必达法则第三节 泰勒公式第四节 函数的单调性与曲线的凹凸性 函数单调性的判定法 曲线的凹凸性与拐点 第五节 函数的极值与最大值最小值 函数...
  • 证明罗尔定理之前,我们先来描述一下它的几何意义。 为了使同学们更直观地看到这一点,我们计算机上做一个动画实验: 【定理证明】 在上连续,据闭区间上连续函数的最大值和最小值定理,在上取得最大值和...
  • 该图片由ElisaRivaPixabay上发布一、微分中值定理1.费马引理设函数 $f(x)$ 点 $x_{0}$ 的某邻域 $U(x_{0})$ 内有定义,并且 $x_{0}$ 处可导,如果对任意 $x \in U(x_{0})$ 有 $f(x) \leq f(x_{0})$ (或 $f(x)...
  • 题型 函数的极值和最值,曲线的凹凸向与拐点 题型三 曲线的渐近线 题型四 方程的根 题型五 函数不等式的证明 题型六 中值定理的证明 一:微分中值定理 定理1 费马原理 定理2 罗尔定理 定理3...
  • 一、微分中值定理 1、罗尔定理 2、拉格朗日中值定理 3、可西中值定理 、洛必达法则 三、泰勒公式 四、函数的单调性与曲线的凹凸性 1、函数单调性的判定法 2、曲线的凹凸性与拐点 五、函数的极值与最大值最小值 1、...
  • 脑补一下,导数是可加的 g ( x ) = [ ∑ i = 1 n l n ( 1 − a i x ) ] ′ g(x)=[\sum_{i=1}^nln(1-a_ix)]' g ( x ) = [ i = 1 ∑ n ​ l n ( 1 − a i ​ x ) ] ′ 拆进去 g ( x ) = [ l n ∏ i = 1 n ( 1 −...
  • 导数

    2017-07-05 14:36:26
    导数(Derivative)是微积分的重要基础概念。当函数y=f(x)的自变量x一点x0上产生一个增量Δx时,函数输出值的增量Δy与自变量增量Δx的比值Δx趋于0时的极限a如果存在,a即为x0处的导数,记作f'(x0)或df(x0)...
  • 当然这种近似表示还较粗糙(尤其当较大时),从下图可看出。 上述近似表达式至少可下述两个方面进行改进: 1、提高近似程度,其可能的途径是提高多项式的次数。 2、任何一种近似,应告诉它的误差,否则,...
  • 二项式求导

    2020-12-26 20:57:27
    (x+1)n=∑k=0nxk(nk) (x+1)^n = \sum_{k=0}^n x^k {n\choose{k}} (x+1)n=k=0∑n​xk(kn​) 对左右同时求导,把组合数看作系数。 n(x+1)n−1=∑k=0nkxk−1(nk) n(x+1)^{n-1} = \sum_{k=0}^n kx^{k-1} {n \choose k} ...
  • 导数应用 基本题型 函数静态:研究函数的极值,最值,确定曲线的凹凸和拐点 求渐近线 求方程的根 不等式证明 中值定理以及证明题 一、研究函数的极值,最值,确定曲线的凹凸和拐点 极值只可能是导数为0或者导数...
  • 基本函数导数公式 全套教程请点击:微软 AI 开发教程 附录:基本数学导数公式 这篇文章的内容更多的是一些可能要用到的数学公式的导数公式和推导,是一种理论基础,感兴趣的同学可以仔细瞅瞅,想直接上手的同学也...
  • 【DM】二项式系数

    2021-05-12 16:25:10
    二项式系数即组合数 C n r C_n^r Cnr​,也写作 ( n r ) \binom{n}{r} (rn​),代表 n n n 元集合的 r r r 组合数,由于它出现在二项式定理中,故也称之为二项式系数。 【二项式定理】设 n n n 是正整数,那么对于...
  • 排列组合二项定理 知识要点

    千次阅读 2013-04-07 17:13:43
    从m个不同元素,每次取出n个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序排成一排,那么第一、第……第n位上选取元素的方法都是m个,所以从m个不同元素,每次取出n个元素可重复排列数m·m·… m = mn.. 例如:n...
  • 一.拉格朗日定理 1.罗尔定理(RRolle’s Theorem): 定理6.1:若函数f满足如下条件: ①[a,b]上连续 ...定理中的3个条件缺少任何1个,结论都可能不成立(见图6-2) 2.拉格朗日中值定理(Lagrange Mean Value Theore
  • ,再应用定理5.1 例5.2 求 ln ⁡ ( 1 + x ) \ln(1+x) ln ( 1 + x ) x = 0 x=0 x = 0 处的Taylor公式 解: 令 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=\ln(1+x) f ( x ) = ln ( 1 + x ) ,则 f ( 1 ) ( x ) = 1...
  • ·识别左边二维码下载材料【答案】识别二维码,下载材料材料内容:适合范围:01高三【高三】||专题:导数在研究函数单调性应用【高三】||专题:含参数导数的专题问题高三||【专题】导数的几何意义研究函数的切线...
  • 数学一些定理

    2017-08-11 10:26:59
    1、费马定理 2、罗尔定理 3、拉格朗日中值定理 4、柯西中值定理 5、洛必达法则 6、泰勒中值定理 7、方向导数求导方法 8、全概率公式 9、贝叶斯公式 ...11、二项式展开 12.协方差
  • 数学要项定理公式证明辞典简介本书译自笹部贞市郎先生编著的《数学要项定理公式证明辞典》(圣文社1980年第六次印刷本),囊括了初等数学及高等数学基本概念,定理、公式的详细证明和解法。对现代数学好些分支(线性...
  • PART 01 复变函数的导数 导数的定义 定义 对定义区域 ???? 内的函数 ????,如果极限 存在,则称 ????点 ???? 可导,该极限称为 ???? 点 ???? 的导数,记作 ????'(????) 或 .????'(????) 可看作定义...
  • 数学知识:和式的处理及二项式系数的运用 〇 这段时间看了一部分《具体数学》上的内容,正如第一章中所说,这本书的主要目的是: 说明 不具备 超人洞察力的人如何求解问题 也就是说,这本书主要...

空空如也

空空如也

1 2 3 4 5 ... 20
收藏数 3,888
精华内容 1,555
关键字:

导数在二项式定理中的应用