北航大一上工科数学分析期末总复习

∫e
x
x
(15) ∫ cosh xdx = sinh x + C ;
定理1 定理1
u 可导， 具有原函数， 设 f (u) 具有原函数， = ϕ ( x ) 可导，
则有换元公式
∫ f [ϕ( x)]ϕ′( x)dx = [∫ f (u)du]u=ϕ( x)
第一类换元公式（凑微分法） 第一类换元公式（凑微分法） 说明 使用此公式的关键在于将
dx 2 (9) ∫ 2 = ∫ csc xdx = − cot x + C ; sin x
(10) ∫ sec x tan xdx = sec x + C ; (11) ∫ csc x cot xdx = − csc x + C ;
(12)
dx = e + C ; x a x (13) ∫ a dx = + C; ln a (14) ∫ sinh xdx = cosh x + C ;
二、 基本积分表 (1) ∫ kdx = kx + C
(2)
(k是常数)
∫
x µ +1 xµ dx = + C ( µ ≠ −1); µ +1
dx = (3) ∫ x
ln | x | +C
dx 说明： 说明： x > 0, ⇒ ∫ = ln x + C , x 1 1 ( − x )′ = , x < 0, [ln( − x )]′ = x −x dx dx ⇒ ∫ = ln( − x ) + C , ∴ ∫ = ln | x | + C , x x
第四章
Taylor公式
二、微分的定义
定义： 定义： 设函数 y = f ( x )在某区间内有定义 ,
x0及 x0 + ∆x在这区间内 , 如果 ∆ y = f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) = A ⋅ ∆ x + o( ∆ x )
成立 (其中 A是与 ∆x无关的常数 ), 则称函数
y = f ( x ) 在点 x0可微 , 并且称 A ⋅ ∆x为函数
y = f ( x )在点 x0 相应于自变量增量 ∆x的微分 ,
四 Taylor公式 公式
⑴
设函数 f在点 x0有直到 n阶的导数 , 则：
f "( x0 ) f ( x) = f ( x0 ) + f '( x0 )(x − x0 ) + ( x − x0 )2 2!
(uv ) = u′v + uv′,
′
′ = (uv )′ − u′v , uv
设 f ( x ) ≤ M 1 , f "' ( x ) ≤ M 2 .
f "( x ) f "' (ξ1 ) f ( x + 1) = f ( x ) + f ' ( x ) + + 2 3! f "( x ) f "' (ξ 2 ) f ( x − 1) = f ( x ) − f ' ( x ) + + 2 3!
二、第二类换元法
是单调的、可导的函数， 定理2 定理2 设 x = ψ (t ) 是单调的、可导的函数， 具有原函数， 并且ψ ′( t ) ≠ 0，又设 f [ψ ( t )]ψ ′( t ) 具有原函数，
则有换元公式 证
∫ f ( x)dx =[∫ f [ψ(t)]ψ′(t)dt] ψ
t=
−1
1 1 x ( 20) ∫ 2 dx = arctan + C ; 2 a +x a a
1 1 x−a ( 21) ∫ 2 dx = ln + C; 2 2a x + a x −a 1 1 a+ x ( 22) ∫ 2 dx = ln + C; 2 2a a − x a −x
( 23)
( 24)
∫
2
解 令 x = a tan t ⇒ dx = a sec tdt
− π, π t ∈ 2 2
∫
1 1 dx = ∫ ⋅ a sec 2 tdt a sec t x2 + a2
= ∫ sec tdt = ln | sec t + tan t | +C
x = ln + a
x +a + C. a
问题
x 5 1 − x 2 dx = ? ∫
解决方法 将 x 看成中间变量 过程 令 x = sin t ⇒ dx = cos tdt ,
∫x
5
1 − x dx = ∫ (sin t )
2
5 2
5
1 − sin t cos tdt
2
= ∫ sin t cos tdt = LL
（应用“凑微分”即可求出结果） 应用“凑微分”即可求出结果）
关键
x,x0的选择
① ②
x 0可选为端点、中点、驻 点、极值点； 可选为端点、中点、 极值点；
x0取为x，计算f ( x + h)，f ( x − h).
例4
求证： 在(a , b)内f "( x ) > 0,求证：∀x1 , x2 ∈ (a , b)
x1 + x2 1 f( ) < [ f ( x1 ) + f ( x 2 )]. 2 2 x1 + x2 在 处展开, 计算 x1 , x2 ( x1 < x2 )处值. 证： x 0 = 2
1 dx . 例6 求∫ 2 x − 8 x + 25 1 1 解 ∫ 2 dx = ∫ dx 2 x − 8 x + 25 ( x − 4) + 9
1 1 1 1 x − 4 d dx = ∫ = 2∫ 2 2 3 x − 4 3 x − 4 3 +1 +1 3 3 1 x−4 = arctan + C. 3 3
∫
1 x dx = arcsin + C ; 2 2 a a −x
1 x ±a
2
dx = ln | x + 2
x 2 ± a 2 | +C .
一、分部积分
问题
xe x dx = ? ∫
解决思路 利用两个函数乘积的求导法则 利用两个函数乘积的求导法则.
可导, 设函数 u = u( x ) 和 v = v ( x ) 可导
4.
x x (−1) ln(1 + x) = x − + + L+ 2 3 n
2 3
n−1
x + o( x )
n n
x x x n ln(1 − x) = −[ x + + + L+ ] + o( x ) 2 3 n
2
3
n
应用
求极限
x2 − 2
cos x − e 例2 lim x →0 x4 2 4 x x 4 解： cosx = 1 − + + o( x ) 2! 4!
∫ g( x )dx
化为 f [ϕ( x )]ϕ′( x )dx .
∫
观察重点不同，所得结论不同 观察重点不同，所得结论不同.
1 dx . 例2 求 ∫ 3 + 2x 1 1 1 ⋅ ( 3 + 2 x )′, = ⋅ 解 3 + 2x 2 3 + 2x
1 1 1 ∫ 3 + 2 xdx = 2 ∫ 3 + 2 x ⋅ ( 3 + 2 x )′dx 1 1 1 1 = ∫ du = ln | u | +C = ln | 3 + 2 x | +C . 2 2 2 u
(n f "(0) 2 f (n) (0) n f ( x) = f (0) + f '(0)x + x +L+ x + o( xn ) 2! n! n f (k) (0) k n x + o( x ) =∑ k! k =0
二 其他余项
f在[ a , b ]上有 n 阶连续导数 , 在 ( a , b )内有 n + 1阶导数 , 则对 ∀ x 0 , x ∈ [ a , b ], 有 : f ( x) = Tn ( f , x0; x) + Rn ( x),
( x)
的原函数, 设 Φ(t ) 为 f [ψ ( t )]ψ ′( t ) 的原函数 令
F( x) = Φ[ψ ( x)]
−1
则 F ′( x ) =
dΦ dt ⋅ = f [ψ ( t )]ψ ′( t ) ⋅ 1 dt dx ψ ′( t )
例15 求
∫
1 dx (a > 0). 2 2 x +a
2 2
x2 + a2 t
x )
(16)
∫ tan xdx = − ln | cos x | +C ; ∫ cot xdx = ln | sin x | +C ; ∫ sec xdx = ln | sec x + tan x | +C ;
∫ csc xdx = ln | csc x − cot x | +C ;
x1 + x2 x1 + x2 x1 − x2 ) + f '( ) f ( x1 ) = f ( 2 2 2
f "(ξ 1 ) x1 − x2 2 ( ) + 2 2
x1 + x2 x1 + x2 x2 − x1 f ( x2 ) = f ( ) + f '( ) 2 2 2 f "(ξ 2 ) x 2 − x1 2 ( ) + 2 2 两式相加
其中
f ( n+1) (ξ1 ) Rn ( x ) = ( x − x0 )n+1 , Lagrange余项 (n + 1)!
(ξ 2 ) n Rn ( x ) = ( x − ξ 2 ) ( x − x0 ) Cauchy余项 n! (ξ 1 , ξ 2 介于 x , x 0 之间 ) f
( n + 1)
一般地
∫
1 f (ax + b )dx = [ ∫ f ( u)du]u= ax + b a
x dx . 例4 求 ∫ 3 (1 + x ) x x + 1−1 dx = ∫ dx 解 ∫ 3 3 (1 + x ) (1 + x) 1 1 ]d (1 + x ) = ∫[ 2 − 3 (1 + x ) (1 + x ) 1 1 C2 =− + C1 + 2 + 1+ x 2(1 + x ) 1 1 =− + + C. 2 1 + x 2(1 + x )
e
x2 − 2
x 2 1 x2 2 x2 2 x2 x4 = 1 − + (− ) + o[(− ) ] = 1− + + o( x4 ) 2 2! 2 2 2 8
x4 − + o( x 4 ) 1 12 ∴ 原式＝lim 原式＝ =− 4 x →0 12 x
六 用Taylor公式证明问题的技巧 公式证明问题的技巧
两式相加 f ( x + 1) + f ( x − 1)
1 = 2 f ( x ) + f "( x ) + [ f "' (ξ1 ) + f "' (ξ 2 )] 3!
1 ∴ f "( x ) ≤ 4 M1 + M 2 有界 3 两式相减 f ( x + 1) − f ( x − 1) 1 = 2 f '( x ) + [ f "'(ξ1 ) − f "'(ξ 2 )] 3! 1 ∴ f ' ( x ) ≤ M1 + M 2 有界 3
1 ( 4) ∫ dx = arctan x + C ; 2 1+ x 1 ( 5) ∫ dx = arcsin x + C ; 2 1− x (6) ∫ cos xdx = sin x + C ;
(7)
( 8)
∫ sin xdx = − cos x + C ; dx 2 ∫ cos 2 x = ∫ sec xdx = tan x + C ;
常用展开式
x
x x + L+ + o( xn ) 1. e = 1 + x + 2! n!
2.
2
n
熟记
x3 x5 x7 (−1)n−1 2n−1 sin x = x − + − + L+ x + o( x2n ) 3! 5! 7! (2n − 1)!
2 4 6 n
3.
x x x (−1) 2n 2n+1 cos x = 1 − + − + L+ x + o( x ) 2! 4! 6! (2n)!
f ( x1 ) + f ( x 2 )
x1 + x2 ( x1 − x2 ) 2 )+ [ f "(ξ 1 ) + f "(ξ 2 )] =2f( 2 8 x1 + x2 ) >2f( 2
例7
f在(−∞,+∞)三阶可导, 若f , f "'有界， 有界，
证明: f ' , f "也有界.
处展开， 证： 在x0 = x处展开，分别计算x + 1, x − 1处值.
f (n) ( x0 ) n n ( x − x0 ) + o[(x − x0 ) ]. + L+ n!
在 x0的小邻域内 , 用 Tn ( x )逼近 f ( x )
误差：Rn ( x ) = f ( x ) − Tn ( x ) = o[( x − x0 ) n ] ⑵ 误差：
Peano余项
⑶ 取x0 = 0时, 称为Maclaurin展开(麦克劳林 )