大一微积分2期中串讲

1. 反常积分收敛判别

1.1 概念回顾

反常积分的定义: 由于黎曼积分只定义在有限区间$[a,b]$上, 如果区间无限或者函数在某个点无穷大, 这时候积分值需要通过极限定义

$${\int }_a^{w}f(x)dx=\underset{b\to w}{\lim }{\int }_a^{b}f(x)dx$$

反常积分的计算: 与普通积分一样换元, 唯一的区别就是使用分部积分

$${\int }_a^w(f\cdot g^{\prime })(x)dx=(f\cdot g){|}_a^w-{\int }_a^{w}f\cdot gdx$$

需要满足${\lim }_{b\to w}f\cdot g(b)$存在.

反常积分不收敛:

1. 发散到正负无穷
2. ${\int }_1^{\infty }\sin x$震荡
3. ${\int }_0^{+\infty }x\sin xdx$震荡并且趋于无界

反常积分收敛判别

柯西准则
$\forall \epsilon >0,\exists \delta$, 使得$w>b_1,b_2>\delta$ 有

$$\left|{\int }_{b_1}^{b_2}f(x)dx\right|<\epsilon$$

比较定理
$0\le f(x)\le g(x)$, 如果$g(x)$在$[a,w)$积分收敛, 则$f(x)$积分也收敛.

阿贝尔狄利克雷判别法
设反常积分为${\int }_a^{w}f(x)g(x)dx$ , 如果g是单调函数

情况一: (阿贝尔判别法) 如果其中一个函数积分收敛, 另一个函数单调有界(必然收敛)
${\int }_a^{w}f(x)dx$收敛, 且$g$ 有界

情况二: (狄利克雷判别法) 其中一个函数积分有界, 另一个函数单调趋于0
在$b\to w$时${\int }_a^{b}f(x)dx$有界, $g(x)\to 0$

实战演练

第一步, 确定你的函数类型, 对于绝对收敛和非绝对收敛的工具不同

Skill 1 估计阶数控制绝对收敛
原理: 如果$g(x)$积分绝对收敛, ${\lim }_{x\to w}\frac{|f(x)|}{|g(x)|}\le M$ 则 ${\int }_a^{w}f(x)$​ 收敛. 原因是比较定理保证$f(x)\le Mg(x)$, 在$x\to w$时会成立.
我们知道${\int }_a^{\infty }\frac{1}{x^n}$ 在$n>1$时收敛, ${\int }_0^b\frac{1}{x^n}dx$在$n<1$时收敛.
此外还要记住${\int }_a^b\frac{1}{x|\ln x{|}^n}dx$ 在$a\to 0$时, 和在$b\to \infty$时, 都是$n>1$时收敛
要做的就是估计函数的阶数和$\frac{1}{x^n}$比起来怎么样.

适用方向 函数不震荡(绝对收敛可能成立)

例1

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x^p\left(1+x^2\right)},p>0$$

$x\to 0$时, 分母阶数是$p$
$x\to +\infty$, 分母阶数是$p+2$​
$p<1$ 而且$p+2>1$ 得到$p\in (0,1)$收敛 , $p\in (1,+\infty )$发散

过程这样写:

$$\underset{x\to 0}{\lim }{x}^p\cdot \frac{1}{x^p(1+x^2)}=1$$

所以$\frac{1}{x^p(1+x^2)}\le \frac{C}{x^p}$ . 存在常数$C$使得在$x$足够接近0时成立

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{p+2}\cdot \frac{1}{x^p(1+x^2)}=1$$

所以$\frac{1}{x^p(1+x^2)}\le \frac{C}{x^{p+2}}$在$x$足够大时候成立.

此类的题善用泰勒展开基本秒杀

例2
判断反常积分是否收敛

$${\int }_0^1\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}\mathrm{d}x$$

• $x\to 0$

$$\ln \frac{1+x}{1-x}=\ln (1+x)-\ln (1-x)\sim 2x$$

所以

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}=2$$

不是奇点

• $x\to 1$
  我们只看起到关键作用的部分$-\ln (1-x)$.

$$\ln (1-x)=o\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right),\text{ 因为}\sqrt{x}\ln x\stackrel{x\to 0}{\to }0$$

所以积分能够被$\frac{1}{\sqrt{1-x}}$控制, $\frac{1}{2}<1$, 积分收敛

过程这么写:

$$\underset{x\to 1-}{\lim }\sqrt{1-x}\cdot \frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}=\underset{x\to 1-}{\lim }\sqrt{1-x}\cdot \ln (1-x)\cdot (-\ln 2)=0$$

所以当$x\to 1-$时, $|\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}|\le \frac{\ln 2}{\sqrt{1-x}}$ , 反常积分收敛

Skill 2 识别符合条件的震荡函数

• 满足震荡并且积分有界的 最常用, 优先考虑

$$\sin x,\cos x,\sin \left(\frac{1}{x}\right),\sin x^2$$

​这种情况需要找单调趋于0的
例如$\frac{1}{x^p},\frac{1}{\ln x},e^{-x}$

• 满足积分收敛的 不行再考虑

$$\frac{\sin x}{x^p},\sin (x^2)$$

这种情况找一个单调有界的即可, 例如$\arctan x,\frac{x}{1+x},e^{-x}$

例3
${\int }_3^{+\infty }\frac{\ln \ln x}{\ln x}\sin xdx$
$\sin x$积分有界, $\frac{\ln \ln x}{\ln x}$单调趋于0

${\int }_0^{+\infty }\frac{x^p\sin x}{1+x^q}\mathrm{d}x$
$x\to 0$ , 阶数为$p+1$, 需要$-(p+1)<1⟹p>-2$​
$x\to +\infty$, 被积函数阶数为$x^{p-q}$, 狄利克雷判别法要求$p<q$, 绝对收敛要求$q-p>1$

终极例子

${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p+\sin x}\mathrm{d}x$.
分子分母都有震荡 , 而且阶数不好估计
$\frac{\sin x}{x^p+\sin x}=\frac{\sin x}{x^p}-\frac{{\sin }^{2}x}{x^p\left(x^p+\sin x\right)}$.
右边第一个函数可以正常讨论, 第二个函数

$${\int }_1^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}$$

在$p>\frac{1}{2}$, 根据阶数为$\frac{1}{x^{2p}}$显然绝对收敛
在$p\in \left(0,\frac{1}{2}\right]$​,

$$\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}\ge \frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+1)}\sim \frac{{\sin }^{2}x}{x^{2p}}=\frac{1}{2x^{2p}}-\frac{\cos 2x}{2x^{2p}}$$

由于$\frac{1}{x^{2p}}$发散, $\frac{\cos 2x}{x^{2p}}$收敛, 可以知道积分发散

2. 多元函数连续性, 可微性, 方向导数

2.1 多元函数极限

极限理论本身没有什么不同, 只是把定义域的绝对值换成了欧式范数

例题

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

取对数, 计算${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}xy\ln (x^2+y^2)$.
令$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$

$$|r^2\sin \theta \cos \theta \ln r^2-0|\le r^2\ln r^2\to 0$$

所以${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}xy\ln (x^2+y^2)=0$, 得到${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}(x^2+y^2{)}^{xy}=1$

计算极限常用方法: 利用函数连续性 , 极坐标换元, 放缩(如$\left|\sin x\right|\le 1$, $x^2+y^2\ge 2xy$​)

坑点: 极坐标换元证明极限时, 应当保证极限过程关于$\theta \in [0,2\pi )$一致成立. 例如考虑下面这个函数$(x,y)\to (0,0)$的极限

$$f(x,y)=\frac{x^{2}y}{x^4+y^2}=\frac{r{\cos }^2\theta \sin \theta }{r^2{\cos }^4\theta +{\sin }^2\theta }$$

$\sin \theta \ne 0$时, 可以计算得分子趋于0, 在$\sin \theta =0$时, $f\equiv 0$, 因此很容易误认为极限存在.

然而, 取$\Gamma =\{(r,\theta )\mid r{\cos }^2\theta =\sin \theta \}=\{(x,y)\mid x^2=y\}$ , 在这个曲线上取极限

$$f(r,\theta )=\frac{{\sin }^2\theta }{2{\sin }^2\theta }=\frac{1}{2}$$

总结: 极限过程需要关于$\theta$一致, 所谓一致就是${\lim }_{r\to 0}{\sup }_{\theta \in [0,2\pi ]}\left|f(r,\theta )-a\right|=0$
一个常用的条件是放缩成$\left|f(r,\theta )-a\right|\le \left|g(r)\right|$

• 注: 累次极限可能不存在

• 证明极限不存在, 往往取$y=kx$, $y=x^2$, $y=C$, 改变$k,C$的值计算出不同的极限值

2.2 多元函数连续性

$$\underset{\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0}{\lim }f(\mathbf{x})=f({\mathbf{x}}_0)$$

称为$f$在${\mathbf{x}}_0$连续

计算是否连续的方法是验证奇点位置是否满足极限.

连续性的理论(作为后续理论基础)

凝聚定理
${\lim }_{\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0}f(\mathbf{x})=f({\mathbf{x}}_0)⟺\forall \{{\mathbf{x}}_n\}\to {\mathbf{x}}_0,{\lim }_{n\to \infty }f({\mathbf{x}}_n)=f({\mathbf{x}}_0)$

紧集上的连续函数有界, 一致连续, 有最值

介值定理
$\Omega$是一个连通集, $f:\Omega \to \mathbb{R}$连续, $f(x_0)\ne f(x_1)$, 则对任意介于$f(x_0),f(x_1)$的实数$c$, 存在一点$\xi \in \Omega$, 使得$f(\xi )=c$.

• 注: 关于$x$方向, 关于$y$方向分别连续, 不能得出整体连续性

2.3 可微性

二元

---

这一部分略讲

偏导数

$$\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$$

偏导数的定义也等价于用作差的方式给出

$$f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)\Delta x+o(\Delta x)\text{\hspace{1em}(1)}$$

微分

$$f({\mathbf{x}}_0+\mathbf{h})-f({\mathbf{x}}_0)=f(x+h_1,y+h_2)-f(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)h_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)h_2+o(\mathbf{h})(2)$$

$o(\mathbf{h})=o(\sqrt{h_1^2+h_2^2})$
如果我们把$\mathbf{h}$限制在$x$方向, 我们就得到$f_x$偏导数的定义

取$f({\mathbf{x}}_0+\mathbf{h})-f({\mathbf{x}}_0)$线性部分就是所谓的全微分

$$df(x_0,y_0)=f_1(x_0,y_0)h_1+f_2(x_0,y_0)h_2=\left(\begin{array}{cc}{f}_1& f_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{h}_1\\ h_2\end{array}\right)$$

方向导数
对于向量$v$, 我们沿着$v$求导数

$$D_{v}f(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial v}(x_0,y_0)=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+v_{1}t,y_0+v_{2}t)-f(x_0,y_0)}{t}$$

也可以视为把(2) 微分的定义当中, $\mathbf{h}$限制为$vt$

$$f(x_0+v_{1}t,y_0+v_{2}t)-f(x_0,y_0)=D_{v}f(x_0,y_0)t+o(t)$$

注意

$$f(x_0+v_{1}t,y_0+v_{2}t)-f(x_0,y_0)=f_1(x_0,y_0)v_{1}t+f_2(x_0,y_0)v_{2}t+o((v_{1}t,v_{2}t))$$

所以

$$D_{v}f(x_0,y_0)=f_1{v}_1+f_2{v}_2=\nabla f\cdot v$$

​
在二元函数情形下, $f$的雅可比矩阵就是所谓梯度

$$\nabla f(x,y)=(f_1(x,y),f_2(x,y))$$

我们可以把微分公式改写为

$$f(\mathbf{x}+\mathbf{h})-f(\mathbf{x})=\nabla f(\mathbf{x})\cdot \mathbf{h}+o(\mathbf{h})$$

其中

$$df=\nabla f(\mathbf{x})\cdot \mathbf{h}$$

$df$是函数变化了多少的线性部分, $\nabla f(\mathbf{x})\cdot \mathbf{h}$构成了整个切空间的纵坐标, 以$\mathbf{x}=(x,y)$为基点的切空间是 $\{(\mathbf{h},\nabla f(\mathbf{x})\cdot \mathbf{h})\mid \mathbf{h}\in {\mathbb{R}}^2\}$ , 可以验证它是一个二维向量空间, 进而可以把它看成一个${\mathbb{R}}^2\times \mathbb{R}$的平面
基向量是$(e_1,\nabla f(\mathbf{x})\cdot e_1)=(1,0,f_1(x,y))$ 与 $(0,1,f_2(x,y))$
注意, 这里基点x是固定的, 选取不同的x会有不同的切空间

因此, $(f_1(x,y),f_2(x,y),-1)$与这两个向量相乘是0, 说明它是切平面的法向量, 也就是$(\nabla f(x,y),-1)$

从线性代数的角度看, $\nabla f$既是一个向量, 也是一个线性函数
作为线性函数是因为

$$\nabla f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R},\mathbf{h}\to \nabla f\cdot \mathbf{h}$$

如果把它视为一个向量, 它代表函数变化速度最快的方向, 因为

$$\left|\nabla f\cdot (\cos \theta ,\sin \theta )\right|=|(f_1,f_2)\cdot (\cos \theta ,\sin \theta )|\le \left|(f_1,f_2)\right|=\left|\nabla f(x,y)\right|$$

取等号的时候, $(\cos \theta ,\sin \theta )$与$\nabla f(x,y)$同向

---

总结
偏导数就是函数沿着一个方向的变化率
微分就是把函数的差拆解为, 一个线性部分$f_1(x,y)\Delta x+f_2(x,y)\Delta y$和余项
梯度就是$\nabla f=(f_1,f_2)$, 是函数变化最快的地方, 作为线性映射把$(\Delta x,\Delta y)$映射为$f_1\Delta x+f_2\Delta y$​描述了函数的变化情况
方向导数是函数沿一个方向的变化率, 显示表示为$f_v(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot v$
切空间的基向量是$(1,0,f_1),(0,1,f_2)$. 切空间的法向量是$(\nabla f,-1)$

多元的推广很简单:
偏导数

$$\frac{\partial f}{\partial x^k}(x_0^1,\dots ,x_0^n)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0^1,\dots ,x_0^k+\Delta x,\dots ,x_0^n)-f(x_0^1,\dots ,x_0^n)}{\Delta x}$$

多元函数的可微性

$$f(x+h)-f(x)=L(x)h+o(h),L(x)h=f_1{h}_1+\cdots +f_n{h}_n$$

映射情形

对于映射 $\mathbf{F}:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ ，设 $\mathbf{F}(\mathbf{x})={\left(f_1(\mathbf{x}),\dots ,f_m(\mathbf{x})\right)}^{\top }$ ，其中每个分量 $f_i$是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的实值函数。
微分：若存在线性映射 $L(\mathbf{x}):{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ ，使得

$$\mathbf{F}(\mathbf{x}+\mathbf{h})-\mathbf{F}(\mathbf{x})=D\mathbf{F}(\mathbf{x})h+o(\Vert \mathbf{h}\Vert ),$$

$D\mathbf{F}(\mathbf{x})$ 在标准基下的矩阵就是雅可比矩阵

$$J_{\mathbf{F}}(\mathbf{x})={\left(\begin{array}{ccc}\frac{\partial f_1}{\partial x_1}& \cdots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n}\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ \frac{\partial f_m}{\partial x_1}& \cdots & \frac{\partial f_m}{\partial x_n}\end{array}\right)}_{m\times n}\text{. }$$

它是梯度的推广：$m=1$ 时，$J_f=(\nabla f{)}^{\top }$（行向量）；一般情形下，第 $i$ 行是分量 $f_i$ 的梯度的转置。

链式法则

$$D_x(\mathbf{F}\circ \mathbf{G})(\mathbf{x})=D\mathbf{F}(\mathbf{G}(\mathbf{x}))\cdot D\mathbf{G}(\mathbf{x})$$

这里$D\mathbf{F}(\mathbf{G}(\mathbf{x}))$ 的意思是$D_u(\mathbf{F}(\mathbf{u}))$ , 但我们需要把$\mathbf{u}=\mathbf{G}(\mathbf{x})$​作为值代入矩阵当中计算

证明是否可微

可微的充分条件: 偏导数存在且连续.

证明一个函数 $f(x,y)$ 在点 $\left(x_0,y_0\right)$ 不可微的常用方法如下：
（1）$f(x,y)$ 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 点至少有一个偏导数不存在；
（2）$f(x,y)$ 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 点不连续；
（3）从定义出发证明 $\Delta f-f_x\left(x_0,y_0\right)\Delta x-f_y\left(x_0,y_0\right)\Delta y\ne o(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2})$

例 设 $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$ ，证明：$f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不可微．

$$\Delta f-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y=|\Delta x{|}^{\frac{1}{2}}|\Delta y{|}^{\frac{1}{2}},$$

取 $\Delta x=\Delta y\to 0$, 则

$$\frac{\Delta f-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{r}=\frac{|\Delta x{|}^{\frac{1}{2}}|\Delta y{|}^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}⟶\frac{1}{\sqrt{2}}\ne 0$$

链式法则

$$z=f\left[g_1\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right),g_2\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right),\cdots ,g_m\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)\right]$$ $$\begin{array}{c}\frac{\partial z}{\partial x_j}=\sum _{i=1}^m\frac{\partial f}{\partial u_i}\cdot \frac{\partial u_i}{\partial x_j},j=1,2,\cdots ,n.\end{array}\text{\hspace{1em}(19.2)}$$

例1
若 $z=f(x,y,t)$ ，而 $x=\phi (s,t),y=\psi (s,t)$ ，则

$$z_s=f_1{\phi }_s+f_2{\psi }_s,z_t=f_1{\phi }_t+f_2{\psi }_t+f_3.$$

注: $f_1=f_1(\phi (s,t),\psi (s,t),t)$ , $f_2=(\phi (s,t),\psi (s,t),t)$以上函数在同一个点取值
注: 写成矩阵形式, 和雅可比矩阵复合结果相同

$$\left(z_s,z_t\right)=\left(f_1,f_2,f_3\right)\left(\begin{array}{cc}{\phi }_s& {\phi }_t\\ {\psi }_s& {\psi }_t\\ 0& 1\end{array}\right)$$

例2
设 $f(x,y)$ 在 ${\mathbf{R}}^2$ 上有连续偏导数，且 $f\left(x,x^2\right)\equiv 1$ ．若 $f_x\left(x,x^2\right)=x$ ，求 $f_y\left(x,x^2\right)$ .

注意区分记号 $f_x(x,x^2)$与 ${\partial }_x(f(x,x^2))$

对 $f\left(x,x^2\right)\equiv 1$ 两边求导得

$$f_x+2x{f}_y=0.$$

由条件得

$$x+2x{f}_y=0,$$

所以当 $x\ne 0$ 时，$f_y\left(x,x^2\right)=-\frac{1}{2}$ ．由 $f_y$ 的连续性知，当 $x=0$ 时也有 $f_y\left(x,x^2\right)=-\frac{1}{2}$.

例3
设 $f$ 有连续偏导数，则 $f$ 是 $n$ 次齐次函数的充分必要条件是

$$x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+y\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=nf(x,y).$$

证明
齐次函数$⟺$ $f(tx,ty)=t^{n}f(x,y)$, 两边对$t$求偏导

$$x{f}_1(tx,ty)+y{f}_2(tx,ty)=n{t}^{n-1}f(x,y)$$

令$t=1$即得

泰勒公式

$$\begin{array}{rl}f(x,y,z)=& f\left(x_0,y_0,z_0\right)+\left(\Delta x\frac{\partial }{\partial x}+\Delta y\frac{\partial }{\partial y}+\Delta z\frac{\partial }{\partial z}\right)f\left(x_0,y_0,z_0\right)\\ & +\frac{1}{2!}{\left(\Delta x\frac{\partial }{\partial x}+\Delta y\frac{\partial }{\partial y}+\Delta z\frac{\partial }{\partial z}\right)}^{2}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\\ & +\cdots \\ & +\frac{1}{m!}{\left(\Delta x\frac{\partial }{\partial x}+\Delta y\frac{\partial }{\partial y}+\Delta z\frac{\partial }{\partial z}\right)}^{m}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\\ & +R_m(x,y,z).\end{array}$$

计算方法一: 代换法

求 $f(x,y)=e^{x-y^2}$ 在 $(0,0)$ 处展开到二阶。
令 $u=x-y^2$ 。
1．我们知道一元的 $e^u=1+u+\frac{1}{2!}{u}^2+o\left(u^2\right)$
2．直接把 $u$ 扔进去：$f(x,y)=1+\left(x-y^2\right)+\frac{1}{2}{\left(x-y^2\right)}^2+o\left({\rho }^2\right)$
3．展开并只保留二次及以下的项：$f(x,y)=1+x-y^2+\frac{1}{2}{x}^2+o\left(x^2+y^2\right)$

计算方法二: 直接计算

$$\frac{1}{3!}{\left(h\frac{\partial }{\partial x}+k\frac{\partial }{\partial y}\right)}^{3}f=\frac{1}{6}(h^3{f}_{xxx}+3h^{2}k{f}_{xxy}+3h{k}^2{f}_{xyy}+k^3{f}_{yyy})$$

对于三元情形, 系数与多项式$(a+b+c{)}^n$展开相同

主要是考察计算, 一般不会考余项

3. 条件极值

一件极值与 Lagrange 乘子法

方法：

1. 引入常数因子 ${\lambda }_i$，强行将目标函数和约束条件缝合，构造出 Lagrange 函数：
   $L=f+\sum {\lambda }_i{\phi }_i$

2. 让 $L$ 对所有变量（包含 $x_i$ 和 ${\lambda }_i$）的偏导数全为 $0$。本质上就是求解由 $L_{x_i}=0$ 和 ${\phi }_i=0$ 组成的非线性方程组，找出所有的“极值可能点” $p_0$。

3. 在驻点处，计算 $L$ 的 Hesse 矩阵（二阶偏导矩阵）是否正定/负定 (例如计算各阶主子式)。但由于变量受到约束条件的限制，如果矩阵是不定的，不能直接说不是极值点。此时必须对约束条件 ${\phi }_i=0$ 求微分，找出各变量微分 $d{x}_i$ 之间的线性代换关系，将其代入二阶全微分 $d^{2}L$ 中，化为自由变量的二次型。若化简后的二次型正定，则是条件极小值；若负定，则是条件极大值。

例题

求 $f(x,y)=a{x}^2+2bxy+c{y}^2(b\ne 0)$ 在条件 $x^2+y^2=1$ 之下的极值。

Step 1：构造函数

$L(x,y,\lambda )=a{x}^2+2bxy+c{y}^2-\lambda (x^2+y^2-1)$

Step 2：找驻点

分别对 $x,y$ 求偏导并令为 $0$，得到如下齐次线性方程组：

$2(a-\lambda )x+2by=0$

$2bx+2(c-\lambda )y=0$

因为条件限制 $x^2+y^2=1$，所以 $x$ 和 $y$ 不可能同时为 $0$。既然方程组有非零解，它的系数行列式必须为 $0$
$\left|\begin{array}{cc}a-\lambda & b\\ b& c-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-(a+c)\lambda +ac-b^2=0$

解这个关于 $\lambda$ 的一元二次方程，得到两个不同的实数根 ${\lambda }_{+}$ 和 ${\lambda }_{-}$。

Step 3：极值判别

我们去检查 $L$ 的二阶偏导矩阵：

$\left(\begin{array}{cc}{L}_{xx}& L_{xy}\\ L_{xy}& L_{yy}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2(a-\lambda )& 2b\\ 2b& 2(c-\lambda )\end{array}\right)$

你会发现，这个矩阵的行列式恰好等于 $0$（因为这就是刚才求 $\lambda$ 的式子）。这就意味着矩阵既不正定也不负定，常规判别法失效

引入约束条件的微分。

对 $x^2+y^2=1$ 两边求微分，得 $2xdx+2ydy=0$，即 $dy=-\frac{x}{y}dx$。

写出二阶全微分 $d^{2}L$：

$d^{2}L=2(a-\lambda )d{x}^2+4bdxdy+2(c-\lambda )d{y}^2$

把 $dy=-\frac{x}{y}dx$ 代入进去，把 $d^{2}L$ 变成纯粹关于 $d{x}^2$ 的式子。经过一番代数化简（结合偏导数为 $0$ 的条件），最终得到：

$d^{2}L=\frac{2}{y^2}(a+c-2\lambda )d{x}^2$

结论：

当 $\lambda ={\lambda }_{+}$ 时，算得 $a+c-2{\lambda }_{+}<0$，因此 $d^{2}L<0$，对应极大值。

当 $\lambda ={\lambda }_{-}$ 时，算得 $a+c-2{\lambda }_{-}>0$，因此 $d^{2}L>0$，对应极小值。

4. 一致收敛, 函数项级数

​函数列一致收敛定义:
设$f\in C([a,b])$, 令$\Vert f(x){\Vert }_{\infty }={\sup }_{x\in [a,b]}\left|f(x)\right|$​ , 则$\Vert {\Vert }_{\infty }$可以验证满足正定性, 齐次性, 三角不等式.
$f_n\rightrightarrows g$ 相当于${\sup }_{x\in [a,b]}\left|f_n(x)-g(x)\right|\to 0$
连续函数列的一致极限也是连续函数

一致收敛相关的证明题

抓住要点, 一致极限保证$\forall x\in E$, $\left|f(x)-g(x)\right|\le \epsilon$
一般方法就是, 充分利用题目条件(例如连续, 一致连续, 逐点收敛等条件) 搭桥证明结论

例题: Dini定理的对偶形式, 关于自变量单调

（1）$f_n(x)\to f(x),\forall x\in [a,b]$
（2）$f\in C[a,b]$
（3）$\forall n\in \mathbb{N},f_n(x)$在$[a,b]$上单调
那么$f_n\rightrightarrows f$

证明概述
最重要的条件是一致连续, $f\in C[a,b]$, 由于一致连续性任意的 $\left|x-x_i\right|<\delta$, 满足$\left|f(x_i)-f(x)\right|<\epsilon$​. 对$[a,b]$给出划分$\{x_1,\dots ,x_k\}$, $\left|x_i-x_{i+1}\right|<\delta$
将区间剖分成有限个小子区间，在每个子区间上的振幅小于$\epsilon$。

利用$k$个点的收敛性, 对于$\forall i=1,2,\dots ,k$存在$N,n>N$时$|f_n(x_i)-f(x_i)|<\epsilon$

为什么需要自变量单调: 通过$x_i,x_{i+1}$的控制, 得到$[x_i,x_{i+1}]$的一致收敛
不妨设$f_n(x)$单调递增.
$f_n(x_i)\le f(x)\le f_n(x_{i+1})$, 有

$$f_n(x)-f(x)\ge f_n(x_i)-f(x)\ge f_n(x_i)-f(x_i)+f(x_i)-f(x)\ge 2\epsilon$$

另一边类似
​
一致极限的性质

极限与极限交换

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{x\to x_0}{\lim }{f}_n(x)$$

积分与极限交换

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n(x)dx={\int }_a^{b}f(x)dx$$

极限与求导交换
如果 $\left\{f_n\right\}$ 在区间 $I$ 上至少在一点收敛，并且导函数列 $f_n^{\prime }\rightrightarrows g$（一致收敛），则原函数列 $f_n\rightrightarrows f$ ，且 $f^{\prime }(x)=g(x)$ 。

$${\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)\right)}^{\prime }=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n^{\prime }(x)$$

使用方法: 对$f_n(x)$直接做形式求导
证明$f_n^{\prime }\rightrightarrows g$, 显然, $\int g$有很多个, 每个只差常数, 我们需要存在一点$f_n(x_0)\to f(x_0)$, 则有$f_n\rightrightarrows f$, 而且$f^{\prime }=g$

函数项级数

Weierstrass 判别法

若存在正项收敛级数 $\sum M_n$ ，使得对所有的 $x\in I$ ，都有 $\left|a_n(x)\right|\le M_n$ ，则 $\sum a_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛（且绝对收敛）。

适用于绝对收敛的级数, 但不是充分条件

例题(求导找最大值放缩)：证明函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x}{1+n^4{x}^2}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛。
1．设函数：$u_n(x)=\frac{x}{1+n^4{x}^2}\circ$
2．求导找最值：对 $x$ 求导，$u_n^{\prime }(x)=\frac{1-n^4{x}^2}{{\left(1+n^4{x}^2\right)}^2}$
令 $u_n^{\prime }(x)=0$ ，得到驻点 $x=\frac{1}{n^2}$
代入得最大值 $M_n=u_n\left(\frac{1}{n^2}\right)=\frac{1/n^2}{1+1}=\frac{1}{2n^2}$
所以对任意 $x$ ，都有 $\left|u_n(x)\right|\le \frac{1}{2n^2}$
3．下结论：因为正项级数 $\sum \frac{1}{2n^2}$ 收敛 $(p=2>1)$ ，级数在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛。

阿贝尔狄利克雷检验法

考虑函数项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x)b_n(x)$$

其中 $a_n(x)$ 是＂易求和的震荡部分＂（类似 $\sin nx$ ），$b_n(x)$ 是＂单调衰减的简单部分＂（类似 $\frac{1}{n}$ ）
​
Dirichlet 判别法. 若
1．$\sum a_n(x)$ 一致有界；
2．$b_n(x)$ 对每个 $x$ 关于 $n$ 单调，且 $b_n(x)\rightrightarrows 0$ (一致趋于0)；
则 $\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛。

Abel 判别法. 若
1.$\sum a_n(x)$ 一致收敛；
2．$b_n(x)$ 对每个 $x$ 关于 $n$ 单调，且函数列 $\left\{b_n(x)\right\}$ 一致有界；
则 $\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛。

部分和有界＋单调趋于 $0\Rightarrow$ 一致收敛。
级数收敛＋单调有界 ⇒ 一致收敛。

容易看出来, 由于证明级数一致收敛本身就困难, 所以第一个条件更常用

套路
题目里面常出现震荡并且求和有界的函数基本只有两种

1. $a_n(x)=(-1{)}^n,\frac{\sin nx}{n}$
2. $a_n(x)=\sin nx$

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

幂级数

$$R={\left(\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{\left|c_n\right|}\right)}^{-1}$$

阿贝尔第一定理（内闭一致收敛）
幂级数 $\sum c_n{\left(z-z_0\right)}^n$ 在收敛圆内部任何严格小的闭圆上绝对且一致收敛。
换句话说，收敛半径 $R$ 以内的任何闭区上，级数表现像个多项式级数，可以随便逐项积分、逐项求导。

阿贝尔第二定理（边界连续延拓）
如果幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$ 在收敛圆边界上的某点 $\zeta$ 收敛，那么它在连接圆心 $z_0$ 和 $\zeta$ 的整条闭线段上一致收敛，和函数在该线段上连续。

这是处理边界点极限的工具。实际使用常用来计算级数值：
${\lim }_{x\to R^{-}}\sum a_n{x}^n$ ，只要 $\sum a_n{R}^n$ 收敛，极限就等于 $\sum a_n{R}^n$ 。

​典型例子：求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}($ 即 $\ln 2)$
步骤：
1．考虑 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$ ，收敛半径 $R=1$
2．在 $|x|<1$ 内逐项求导：$f^{\prime }(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^{n-1}=\frac{1}{1+x}$
3．积分回去：$f(x)=\ln (1+x)$（由 $f(0)=0$ ）, 这个函数关系在收敛半径内处处成立
4．级数在 $x=1$ 收敛（交错调和级数）→ Abel 第二定理我们能把函数极限延拓到边界 $\to \sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}={\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)=\ln 2$

这就是 Abel 求和法的本质。

换句话说, 幂级数最大的好处是, 你能够在收敛圆内随便积分和求导, 然后再用Abel第二定理小心延拓

例子
求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n(n+1)}$ 的和
设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n(n+1)}$ ，收敛域 $[-1,1]$ 。

• 考虑 $x^{2}S(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}$ 。
• 逐项求导两次：

$${\left(x^{2}S(x)\right)}^{\prime \prime }=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}\text{ (当 }|x|<1$$

时）。

• 再积分回去得到 $S(x)$ 。

幂级数求和题目可供参考的思考方法

1. 乘除$x^k$凑成$a_n{x}^n$, 或者其他方便的次数
2. 根据$a_n$的特点, 求导或者积分消去$n+1$, $\frac{1}{n+1}$这样的项
3. 反推结果, 例如$\sum x^n=\frac{1}{1-x}$, $\sum \frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$
4. 确定积分常数, 小心地计算原来的结果

一般的级数求和

Note

${\sum }_{n=1}n{e}^{-nx}$的和，$(0,+\infty )$

思路: 内闭一致收敛$\to$ 积分 $\to$ 求和 $\to$ 求导计算结果

观察系数$n$, 容易看出可以通过积分化简, 但为了积分, 我们还需要一致收敛, 但是这个级数并非一致收敛

然而, 我们只需要证明内闭一致收敛就足够积分了

对于任意$\delta >0$, 区间$(\delta ,+\infty )$, $n{e}^{-nx}\le n{e}^{-n\delta }$是收敛的, 所以内闭一致收敛

$${\int }_a^{x}S(t)dt={\int }_a^x\sum _{k=1}^{\infty }n{e}^{-nt}dt=-\sum e^{-nx}+C$$

根据牛顿莱布尼兹公式, 直接求导得到

$$S(x)=\frac{e^x}{(e^x-1{)}^2}$$

5. 傅里叶级数收敛性

1. 实三角函数系（区间 $[-\pi ,\pi ]$）：
   函数 $f$ 对应的傅里叶级数为：

$$f(x)\sim \frac{a_0(f)}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_k(f)\cos kx+b_k(f)\sin kx\right)$$

其中傅里叶系数为：

$$\begin{array}{rl}{a}_k(f)& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx,k=0,1,2,\cdots \\ b_k(f)& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kxdx,k=1,2,\cdots \end{array}$$

2. 复指数函数系（区间 $[-\pi ,\pi ]$）：
   函数 $f\in {\mathcal{R}}_2([-\pi ,\pi ],\mathbb{C})$ 对应的傅里叶系数为：

$$c_k(f)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ikx}dx=\frac{⟨f(x),e^{ikx}⟩}{⟨e^{ikx},e^{ikx}⟩}$$ $$f\sim \sum _{k\in \mathbb{Z}}{c}_k{e}^{ikx}$$

​

逐点收敛性

黎曼-勒贝格引理
内容：如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上绝对可积，那么

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)e^{-inx}dx$$

${\lim }_{k\to \infty }{\int }_a^{b}f(t)\sin (kt)dt=0$（ $\cos$ 也一样）．

局部化原理
内容：函数 $f$ 的傅里叶级数在点 $x_0$ 是否收敛，以及收敛到何值，完全取决于 $f$ 在 $x_0$ 附近的局部行为。

Dini条件 (只在理论推导里面见过, 我一次都没用过)
条件定义：
1．函数 $f$ 在点 $x$ 存在单侧极限，记作 $f\left(x^{-}\right)$和 $f\left(x^{+}\right)$。
2．保证下面积分绝对收敛：

$${\int }_{0+}\frac{\left|\left(f(x-t)-f\left(x^{-}\right)\right)+\left(f(x+t)-f\left(x^{+}\right)\right)\right|}{t}dt<\infty$$

结论：若满足迪尼条件，则傅里叶级数在 $x$ 点收敛到 $\frac{1}{2}\left(f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right)$

常用的推论：赫尔德条件
条件：如果存在 $M>0,\alpha >0$ ，使得在 $x$ 附近有 $\left|f(x\pm t)-f\left(x^{\pm }\right)\right|\le M{t}^{\alpha }$ 。
结论：则迪尼条件自动成立，级数收敛到中点。

推论: 分段连续可微函数的傅里叶级数, 在间断点收敛到中点, 连续点(满足导函数存在)都收敛

注意: 连续无法推出傅里叶级数收敛

一致收敛性

考卷上大部分都是分段连续光滑的函数

光滑性与收敛速度
条件：
a）$f\in C^{(m-1)}[-\pi ,\pi ]$
b）周期性条件：$f^{(j)}(-\pi )=f^{(j)}(\pi )$ 对 $j=0,1,\dots ,m-1$ 都成立。
c）$f^{(m)}$ 分段连续 $(m\ge 1)$ 。
结论：$f$ 的傅里叶级数绝对一致收敛到 $f$ 。继续运用这个定理, 有$f^{(j)}\rightrightarrows {\hat{f}}^{(j)}$
并且分部积分有

$$\begin{array}{c}{c}_k\left(f^{(m)}\right)=(ik{)}^m{c}_k(f),k\in \mathbb{Z},\\ {\gamma }_k:=|c_k(f^{(m)})|⟹\left|c_k(f)\right|=\frac{{\gamma }_k}{k^m}=o\left(\frac{1}{k^m}\right),k\to \infty ,k\in \mathbb{Z},\end{array}$$

常用特例 $(m=1):f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上连续，满足 $f(-\pi )=f(\pi )$ ，且 $f^{\prime }$ 分段连续。则其傅里叶级数一致收敛。
考试题眼：题目让你证明某个傅里叶级数可以逐项积分或求导，或者证明级数和是连续的，你就需要验证上述条件来证明它一致收敛。

傅里叶级数的逐项积分：

• 条件极弱：$f$ 只要是分段连续的。
• 结论：则它的傅里叶级数可以逐项积分，并且积分后的级数是一致收敛的。这是一个非常强大的工具，用于求和新的级数。
• 应用公式： ${\int }_0^{x}f(t)dt=c_{0}x+{\sum }_{n=-\infty ,n\ne 0}^{\infty }\frac{c_n}{in}\left(e^{inx}-1\right)$

傅里叶级数的逐项求导：

• 条件很强：需要 $f\in C^{(m-1)}[-\pi ,\pi ],f^{(j)}(-\pi )=f^{(j)}(\pi )$（对 $j<m)$ ，且 $f^{(m)}$ 分段连续。
• 结论：可以对级数逐项求 $m$ 次导，求导后的级数一致收敛到 $f^{(m)}$ 。
• 操作核心：$f^{\prime }$ 的傅里叶系数是 $n{b}_n,-n{a}_n$ 。这就是变相告诉我们系数下降速度，$a_n,b_n$ 是 $o\left(1/n^m\right)$ 级别。

例题：已知当 $0<x<2\pi$ 时，有 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}=\frac{\pi -x}{2}$ 。请利用傅里叶级数的逐项积分定理，求出级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1-\cos nx}{n^2}$ 在 $[0,2\pi ]$ 上的和函数表达式。
由于$\frac{\pi -x}{2}$显然分段光滑

$$\begin{array}{c}{\int }_0^x\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nt}{n}\right)dt=\sum _{n=1}^{\infty }\left({\int }_0^x\frac{\sin nt}{n}dt\right)\\ {\int }_0^x\frac{\pi -t}{2}dt=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1-\cos nx}{n^2}\end{array}$$

左边积分：

$$\frac{1}{2}{\left[\pi t-\frac{1}{2}{t}^2\right]}_0^x=\frac{\pi x}{2}-\frac{x^2}{4}$$

因此，我们得到：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1-\cos nx}{n^2}=\frac{\pi x}{2}-\frac{x^2}{4},x\in [0,2\pi ]$$

判断题并说明理由：能否对 $f(x)=x,x\in [-\pi ,\pi ]$ 的傅里叶级数 $x\sim 2{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin (nx)$ 进行逐项求导，从而得出 $1=2{\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\cos (nx)$ ？