Calculus 注一记

丫Yyoλ$\lambda$人

（教材：《微积分学导论（第 2 版）》- 中国科学技术大学数学科学学院 编著）

$% ————【宏包】———— \require{enclose} \require{cancel} \require{extpfeil} % ————【样式】———— \def\sp{\enspace} \def\tscst{\scriptscriptstyle} % two ... % Subscript Comment \newcommand{\sc}[2][]{\underset{\underset{\displaystyle#2}{}}{#1}} % Subscript Comment + Arrow Pointing Downwards Then Curving Rightwards \def\scdr#1{\underset{\underset{\bf⤷}{}}{}~\sc{#1}} % Negative Distance 每 3 缩进值 = 1 \! \newcommand{\ndi}[1][15]{\mspace{-#1 mu}} % Delimiter - Low Corner \def\lowc#1{\underset{\displaystyle\llcorner}{\vphantom{#1}}\!\!\!#1\!\!\!\underset{\displaystyle\lrcorner}{\vphantom{#1}}} % ————【字母】———— \def\ve{\varepsilon} % ————【通用运算符】———— % 直接输出最常用的极限形式 \newcommand{\limto}[1][n]{\lim\limits_{#1\to\infty}} % Limit-Type Underscript（关系：\lim\limt n = \limto） \newcommand{\limt}[2][\infty]{\limits_{#2\to#1}} % 微分符号 d \DeclareMathOperator{\Differential}{d} \newcommand{\d}[1][\:\!\!]{\Differential#1} \newcommand{\dt}[2][t]{\left.\dfrac\D{\D#1}\right|_{#1#2}} % ————【关系运算符】———— \def\le{\leqslant} \def\ge{\geqslant} \def\til{\sim\!\!} % ————【形状和图标】———— % Circle \def\cc#1{\enclose{circle}{#1}} % Underline \def\ul#1{\enclose{bottom}{#1}} % Underline Mark \def\ulm#1{\color{teal}{\enclose{bottom}{\color{black}{#1}}}} % Underline Condition \def\ulc#1#2{\color{silver}{\enclose{bottom}{\color{black}{#2}}} \enspace\color{silver}{\cc{#1}}} % Rounded Box \def\rb#1{\color{teal}{\enclose{roundedbox}{\color{black}{#1}}}} % Strikethrough \def\strike#1{\color{auqa}{\enclose{horizontalstrike}{\color{gray}{#1}}}}$

上册

第 2 章 极限理论

P100
证明并熟记下列无穷大量的“级别”关系 (Orders of growth rates of functions)：

$$\begin{equation}\label{eq:Orders_of_Growth} \ln n \ll n^\varepsilon \ll a^n \ll n! \ll n^n \end{equation}$$

其中 $n\to\infty,\ \varepsilon>0,\ a>1$.

证明：(1) $\ln n \ll n^\varepsilon$：直接相减、求导求极值即可。【查看详细】
(2) $n^\varepsilon \ll a^n$：利用 (1) 可得 $\lim\limits_{n\to\infty} n^{1/n} = \exp\left(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\ln n}{n}\right) = e^0 = 1$，借此推导出 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n^\varepsilon}{a^n} = \dfrac{1}{a^n}$.【查看详细】
(3) $a^n \ll n! \ll n^n$：直接相比，展开分子分母，各项一一配对。【查看详细】

附：
(4)

$$\begin{equation}\label{eq:P100_PS1} e^n n! > (n+1)^n \end{equation}$$

事实上，由 Stirling 公式，

$$\begin{equation}\label{eq:Stirling_Approximation} n! \gtrapprox \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^{n} \end{equation}$$

再假设 $n^n \sqrt n > (n+1)^n$，得 $\sqrt n > \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n = e$ 成立。于是 $\eqref{eq:P100_PS1}$ 已然。（下册 P198 直接使用了此结论）

(5)
$\lim\limt[0]x x\ln x = \lim\limt[0]x \dfrac{\ln x}{1/x} \xlongequal{洛必达} -\lim\limt[0]x x = 0$

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下册

第 8 章 无穷级数

P202
莱布尼茨级数的部分和 $S_n$ 近似其和 $S$ 所产生的误差严格小于 $a_{n+1}$.
证明：不妨设 $n$ 为偶数，则

$$\begin{align*} \delta_n & = |S - S_n| \\ & = |a_{n+1} - (a_{n+2}-a_{n+3}) - \cdots| \\ & = |a_{n+1} - r| \end{align*}$$

疑点来了，$a_{n+1}$ 保证大于余项之和 $r$ 吗？是的。

$$\begin{align*} r & = a_{n+2} - a_{n+3} + a_{n+4} - \cdots \\ & < a_{n+2} - \!\!\!\cancel{a_{n+3}}\!\!\!\: + \!\!\!\cancel{a_{n+3}}\!\!\!\: - \cdots \\ & < a_{n+2} \pm a_{n+\infty} \\ & = a_{n+2} \\ & < a_{n+1} \end{align*}$$

$\therefore\ \ \delta_n < a_{n+1}$.
若 $n$ 为奇数，则 $\delta_n = |r - a_{n+1}|$，结论相同。

P205
正弦/余弦级数之和 (Sums of sine series and cosine series)

$$\sum\limits_{k=1}^n \cos kx =\; ?$$

解：受下式

$$\begin{equation}\label{eq:sin-sin} \sin(a+b) - \sin(a-b) = 2 \cos a \sin b \end{equation}$$

启发【查看来源】，
顺理成章地令 $a=kx$；为了等号左边能累加相消且余项最少，$((a+b)-(a-b))$ 的值应为 $x$ 的最小整数倍，故令 $b=\dfrac{x}{2}$，
则等式化为 $\sin\left(k+\dfrac{1}{2}\right)x - \sin\left(k-\dfrac{1}{2}\right)x = 2 \sin\dfrac{x}{2} \cos kx,$
用表格使累加相消直观化——

$$\begin{array}{c|cc} +)\ k+\dfrac{1}{2} & \cancel{\dfrac{3}{2}} & \cancel{\dfrac{5}{2}} & \cancel{\dfrac{7}{2}} & \cdots & \cancel{n-\dfrac{1}{2}} & n+\dfrac{1}{2}\\ \hline -)\ k-\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \cancel{\dfrac{3}{2}} & \cancel{\dfrac{5}{2}} & \cdots & \cancel{n-\dfrac{3}{2}} & \cancel{n-\dfrac{1}{2}} \end{array}$$

$\implies \sum\limits_{k=1}^n \left[\sin\left(k+\dfrac{1}{2}\right)x - \sin\left(k-\dfrac{1}{2}\right)x\right] = \sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)x - \sin\dfrac{x}{2}$
$\therefore$

$$\begin{equation} \sum\limits_{k=1}^n \cos kx = \left.\left[\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)x - \sin\dfrac{x}{2}\right] \middle/ \left(2 \sin\dfrac{x}{2}\right)\right. \end{equation}$$

附：同理可由

$$\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\sin a \sin b$$

得

$$\sum\limits_{k=1}^n \sin kx = \left.\left[\cos\dfrac{x}{2} - \cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)x\right] \middle/ \left(2 \sin\dfrac{x}{2}\right)\right.$$

（还有如 $\sum\limits_{k=1}^n (-1)^{k-1} \sin kx,$【查看补充】）

P211（对应于史济怀的《数学分析教程（第 3 版）》下册 P197）
定理 8.1.14 绝对收敛级数的分配律
“$a_{i_l}b_{j_l}\ (l=1,2,...)$ 是 $a_ib_j\ (i,j=1,2,...)$ 的任意一种排列”——为什么可以这样表示？
解释：$n$ 重下标蕴含对 $(n-1)$ 维数组的遍历，是“一到多”的映射，结合下文例 8.1.16 更有体会。
考虑部分和数列，$i:\ 1\to m,\ \ j:\ 1\to n$，记 $l_k\mapsto a_{i_k}b_{j_k}$，如下表中 $l_2\mapsto a_{i_2}b_{j_2} = a_3b_2$.

$$\begin{array}{c|c} \left. j\ \middle\backslash\ i \right. & 1 & 2 & 3 & \cdots & m \\ \hline 1 & l_1 & l_6 & l_4 & \cdots \\ \hline 2 & l_3 & l_5 & l_2 & \cdots \\ \hline \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \hline n & & & & & l_{m\times n} \end{array}$$

此表仅为一种排法之例。可以确定的是，任意一种排法中，$l$ 下标的最小值为 $1$，最大值为 $m\times n$.
由此易知无限项的情形。

例 8.1.16 重点部分“反编译”
译：

$$a_{k_n} = \{a_0,...,a_n\}=\{q^k\ (k:\ 0\to n)\}, \\ b_{k_n} = \{b_0,...,b_n\}=\{q^{n-k}\ (k:\ 0\to n)\},$$

只有以上两行为关键，以下是顺理成章的且当验证。
将 $a_{k_n}$ 与 $b_{k_n}$ 按柯西乘积的方式结合，得

$$c_n = a_{k_n}b_{k_n} = \sum\limits_{k=0}^n q^kq^{n-k} = (n+1)\,q^n \\ \implies \sum\limits_{n=0}^\infty c_n = \sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)\,q^n,\ \cdots\cdots\ ①$$

又 $\quad \sum\limits_{n=0}^\infty a_n = \sum\limits_{n=0}^\infty b_n = \sum\limits_{n=0}^\infty q^n,$
由定理 8.1.14，得

$$\quad \sum\limits_{n=0}^\infty c_n = \sum\limits_{n=0}^\infty a_n \sum\limits_{n=0}^\infty b_n = \left(\sum\limits_{n=0}^\infty q^n\right)^2,\ \cdots\cdots\ ②$$

结合①②式，便证明了

$$\begin{equation} \left(\sum\limits_{n=0}^\infty q^n\right)^2 = \sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)\,q^n. \end{equation}$$

P212
注 8.1.4 “$\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{n-k+1}}$”——第 2 个根号里的数怎么快速确定？又如果 $k$ 从 $a$ 开始呢？
答：设数轴上从左至右依次排有 $a,k,x,n$ 四点。记号 $\stackrel{p}\leftrightarrow$ 表示 "be paired with".

$$\begin{align*} a \stackrel{p}\leftrightarrow n,\ k \stackrel{p}\leftrightarrow x \\ \implies k-a=n-x \\ \therefore\quad x=n-k+a \end{align*}$$

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