數學分析筆記（四）——微分學

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數學分析筆記（四）——微分學

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引言

本文篇幅較大，為方便閱讀和查找具體內容，先敘述一下行文結構：

整體上分為定義、定理、應用、附錄四個部分

定義部分統一搜羅本文用到的幾乎所有的概念，與用到的順序基本相同。
定理部分一共包含5個分支

首先介紹微分的運演算法則，包括算術運算，複合函數、反函數的微分；
然後就是一系列的定理，最終指向被譽為「一元微分學頂峰」的泰勒定理，泰勒定理其實就是處理泰勒公式當中的余項，余項又可表示成諸多形式。其中Cauchy余項的討論要用到柯西有限增量定理，這要用到羅爾定理進行證明；與其地位相當的，就是拉格朗日定理，它是這個柯西定理的特殊形式，其證明也要用到羅爾定理。而羅爾定理的證明需要用到費馬引理和極值定理。極值定理的證明要用到實數完備性定理（上篇文章中用到的是有限覆蓋定理），其成立就依賴於實數完備性了，這反映了實數理論對微積分的必要性。
接著講用微分研究函數，先介紹最基本的關於單調性和極值點的命題。然後講三個比較重要的不等式：楊氏不等式，赫爾德不等式，閔可夫斯基不等式。接著用凸函數的一些命題引出琴生不等式。最後介紹洛必達法則。
然後會講複數部分，包括 $mathbb C$ 中的級數，歐拉公式，函數的冪級數表示以及代數基本定理。
最後介紹原函數和不定積分。

應用部分主要講兩個光學方面的應用。
最後的附錄包括泰勒公式、導數表、不定積分表。

1. 定義

量 $f(a)=lim_{E i x ightarrow a}frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 叫做函數 $f$ 在點 $a$ 處的導數.（函數可微等價於在相應點有導數存在）
對於定義在集 $Esubsetmathbb R$ 上的函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 和點 $xin E$ ，如果 $f(x+h)-f(x)=A(x)h+alpha(x;h)$ 其中 $h ightarrow A(x)h$ 是關於 $h$ 的線性函數，而當 $h ightarrow 0,x+hin E$ 時等於 $alpha(x;h)=o(h)$ .就說 $f$ 在 $x$ 處是可微的.且 $Delta x(h):=(x+h)-x=h$ 叫做自變數的增量； $Delta f(x;h):=f(x+h)-f(x)$ 叫做函數的增量.
上述定義中，關於 $h$ 的線性函數 $h ightarrow A(x)h$ 叫做函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 在點 $x$ 處的微分，用符號 $df(x)$ 或 $Df(x)$ 表示.

綜合上式可以發現 $Delta f(x;h)- df(x)(h)=alpha(x;h)$ ，且當 $h ightarrow 0,x+hin E$ 時， $alpha(x;h)=o(h)$ ，因此，微分是函數增量的線性(主要)部分.
還可以發現 $A(x)=f』(x)=lim_{h ightarrow 0,x+h,xin E}frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ ，因此，微分可以寫成 $df(x)(h)=f』(x)h.$
注意到若 $f(x)equiv x$ ，則 $dx(h)=h$ ，即自變數的微分就是它的增量，因此 $df(x)(h)=f』(x)dx(h)$ 即 $df(x)=f』(x)dx$ ,於是人們常根隨Leibniz用 $frac{df(x)}{dx}$ 表示導數.這種記法與後來Lagrange提出的 $f』(x)$ 均為人們所使用.

如果函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 定義在集 $Esubsetmathbb R$ 且在點 $x_0in E$ 處可微，那麼方程 $y-f(x_0)=f』(x_0)(x-x_0)$ 給出的直線就是這個函數圖像在點 $(x_0,f(x_0))$ 處的切線.
如果映射 $f:E ightarrowmathbb R, g:E ightarrowmathbb R$ 都在集 $Esubsetmathbb R$ 的極限點 $x_0in E$ 處連續，且當 $x ightarrow x_0,xin E$ 時， $f(x)-g(x)=o((x-x_0)^n)$ ，那麼就說 $f$ 和 $g$ 在點 $x_0$ 處 $n$ 階相切（或更準確地說不低於 $n$ 階相切）.
按照歸納法，如果 $f$ 的 $n-1$ 階導數 $f^{(n-1)}(x)$ 已定義，則 $n$ 階導數由 $f^{(n)}(x)= (f^{(n-1)})』(x)$ 來定義，記作 $f^{(n)}(x)$ 或 $frac{d^nf(x)}{dx^n}$ .並約定 $f^{(0)}:=f(x).$
如果點 $x_0$ 在集 $E$ 中有一個鄰域 $U_E(x_0)$ 使得函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 在任一點 $xin U_E(x_0)$ 處都滿足 $f(x)leqslant f(x_0)（或f(x)geqslant f(x_0)）$ ，那麼就稱點 $x_0in Esubsetmathbb R$ 為函數 $f$ 的局部極大（或局部極小）值點，而此點的函數值為它的局部極大（或局部極小）值.
如果在任意點 $xin U_E(x_0)setminus x_0=mathring U_E(x_0)$ 處都成立嚴格不等式 $f(x)<f(x_0)（或f(x)>f(x_0)）$ ，那麼點 $x_0in E$ 為 $f:E ightarrowmathbb R$ 的嚴格局部極大（小）值點，而此點的函數值稱為它的嚴格局部極大（小）值.

局部極大值點和局部極小值點都叫做局部極值點，而函數在此點的值都叫函數的局部極值.

由 $P_n(x_0;x)=P_n(x)=f(x_0)+frac{f』(x_0)}{1!}(x-x_0)+cdots +frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ 給出的多項式叫做函數 $f(x)$ 在點 $x_0$ 處的 $n$ 階泰勒多項式.
$f(x)=f(x_0)+frac{f』(x_0)}{1!}(x-x_0)+cdots +frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+ r_n(x_0;x)$ 稱為泰勒公式.當其中的 $x_0=0$ 時，叫做麥克勞林公式.
$f(x)-P_n(x_0;x)=r_n(x_0;x)$ 為多項式 $P_n(x)$ 與函數 $f(x)$ 的偏差，稱為泰勒公式的余式( $n$ 階余式或 $n$ 階泰勒公式余項).
如果函數 $f(x)$ 在點 $x_0$ 處有任意階導數，那麼級數 $f(x_0)+frac{1}{1!}f』(x)(x-x_0)+cdots +frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n+cdots$ 叫做 $f$ 在點 $x_0$ 處的泰勒級數.（不應該認為：如果泰勒級數收斂，它就一定收斂到產生它的函數.因為泰勒級數收斂到它產生的函數僅對解析函數成立）
對於定義在開區間 $(a,b)subsetmathbb R$ 上的函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ ，如果對於任意的點 $x_1,x_2in (a,b)$ 和任意的數 $alpha_1geqslant 0,alpha_2geqslant 0$ 只要滿足 $alpha_1+alpha_2=1$ ，都能成立不等式 $f(alpha_1x_1+alpha_2x_2)leqslantalpha_1f(x_1)+alpha_2 f(x_2)$ ，則稱函數 $f$ 是 $(a,b)$ 上的凸函數.若當 $x_1 e x_2$ 且 $alpha_1cdotalpha_2 e 0$ 時，這個不等式總是嚴格的，則稱 $f$ 是 $(a,b)$ 上的嚴格凸函數.（從幾何上來說，函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 凸性的條件表示函數圖像的任何一段弧上的點都在這個弧的弦的下面.）
若對函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 在上述定義中成立著相反的不等式，就說函數是 $(a,b)$ 上的凹函數，也可以說是這個區間上的上凸函數，而把凸函數叫 $(a,b)$ 上的下凸函數.
設 $f:U(x_0) ightarrowmathbb R$ 是在點 $x_0inmathbb R$ 的鄰域 $U(x_0)$ 中定義的可微函數，若在集 $mathring U^-(x_0)={xin U(x_0)|x<x_0}$ 上函數下（上）凸，而在集 $U^+(x_0)={xin U(x_0)|x_0<x}$ 上函數上（下）凸，則圖像的點 $(x_0,f(x_0))$ 叫做它的拐點.
對於直線 $y=c_0+c_1x$ 和函數的圖像 $y=f(x)$ ，如果當 $x ightarrow-infty$ （或當 $x ightarrow+infty$ ）時， $f(x)-(c_0+c_1x)=o(1)$ ，就稱直線 $y=c_0+c_1x$ 為當 $x ightarrow-infty$ （或當 $x ightarrow+infty$ ）時函數 $f(x)$ 的圖像的漸近線.
複數的代數形式為 $z=x+iy$ .其中 $x$ 為實部，記作 $x=Rez$ ； $y$ 為虛部，記作 $y=Imz$ .
複數的三角形式為 $z=r(cosvarphi+isinvarphi)$ .其中 $r$ 為 $z$ 的模； $varphi$ 為 $z$ 的輻角.另外 $Argz=varphi+2pi k(kinmathbb Z)$ ，而若要單值表達輻角 $varphiin Argz$ 則記作 $argz=varphi$ .
複數 $z_0inmathbb C$ 的 $varepsilon$ 鄰域為 ${zinmathbb C||z-z_0|<varepsilon}.$
複數序列收斂到 $z_0inmathbb C$ 是指 $lim_{n ightarrowinfty}|z-z_0|=0.$
對於複數項級數，如果級數 $sum_{n=1}^infty|z_n|$ 收斂，就說級數 $sum_{n=1}^infty z_n$ 絕對收斂.
對於函數 $F(x)$ 和 $f(x)$ ，如果在這個區間上函數 $F(x)$ 可微，且滿足方程 $F』(x)=f(x)$ ,即滿足關係式 $dF(x)=f(x)dx$ , 就說函數 $F(x)$ 叫函數 $f(x)$ 在某個區間上的原函數.
求微分的運算叫做微分法，表示為 $dF(x)=F』(x)dx$ .
求原函數的運算叫做不定積分法，用 $int f(x)dx$ 表示，稱它為函數 $f(x)$ 在給定區間上的不定積分.其中 $int$ 叫做不定積分號， $f$ 叫被積函數， $f(x)dx$ 叫做被積表達式.

2. 重要的結論和定理

2.1 微分（Differential calculus）的基本法則

2.1.1 微分算術運算

若函數 $f:X ightarrowmathbb R,g:X ightarrowmathbb R$ 都在點 $xin X$ 處可微，則

它們的和在 $x$ 處可微，且 $(f+g)』(x)=(f』+g』)(x).$

證
$(f+g)(x+h)-(f+g)(x)=(f(x+h)+g(x+h))-(f(x)+g(x))$
$=(f(x+h)-f(x))+(g(x+h)-g(x))$
$=(f』(x)h+o(h))+(g』(x)h+o(h))$
$=(f』(x)+g』(x))h+o(h)= (f』+g』)(x)h+o(h)$

它們的積在 $x$ 處可微，且 $(fg)』(x)=f』(x)g(x)+f(x)g』(x).$

證
$(fcdot g)(x+h)-(fcdot g)(x)=f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)$
$=(f(x+h)-f(x))g(x+h)+f(x)(g(x+h)-g(x))$
$=(f』(x)h+o(h))(g(x)+g』(x)h+o(h))+f(x)(g』(x)h+o(h))$
$=(f』(x)g(x)+f(x)g』(x))h+o(h)$

如果 $g(x) e 0$ ，它們的比在 $x$ 處可微，且 $Big(frac{f}{g}Big)』(x)=frac{f』(x)g(x)-f(x)g』(x)}{g^2(x)}.$

證

由於 $g$ 在 $x$ 點處連續，且 $g(x) e 0$ ，則對於足夠小的 $h$ ， $g(x+h) e 0.$
$Big(frac{f}{g}Big) (x+h)- Big(frac{f}{g}Big)(x)=frac{f(x+h)}{g(x+h)}-frac{f(x)}{g(x)}$
$=frac{1}{g(x)+g(x+h)}(f(x+h)g(x)-f(x)g(x+h))$
$=Big(frac{1}{g^2(x)}+o(1)Big)[(f(x)+f』(x)h+o(h))g(x)-f(x)(g(x)+g』(x)h+o(h))]$
$=Big(frac{1}{g^2(x)}+o(1)Big)[(f』(x)g(x)-f(x)g』(x))h+o(h)]$
$=frac{f』(x)g(x)-f(x)g』(x)}{g^2(x)}h+o(h)$

推論1

可微函數的線性組合的導數等於這些函數的導數的線性組合.

推論2

若函數 $f_1,cdots ,f_n$ 皆在點 $x$ 處可微，則

$(f_1cdots f_n)』(x)=f』_1(x)f_2(x)cdots f_n(x)$ $+f_1(x)f』_2(x)f_3(x)cdots f_n(x)$ $+cdots +f_1(x)cdots f_{n-1}(x)f』_n(x).$

推論3

$d(f+g)(x)=df(x)+dg(x)$
$d(fcdot g)(x)=g(x)df(x)+f(x)dg(x)$
$dBig(frac{f}{g}Big)(x)=frac{ g(x)df(x)-f(x)dg(x)}{g^2(x)}$

推論1，2直接由定理及歸納法推出，推論3就是上述法則寫成微分的形式.

2.1.2 複合函數的微分

先約定一個記號
把 $h=x-x_0$ （自變數的增量）看作是一個從 $x_0$ 到 $x$ 的一個向量，把這樣的向量的全體記作 $Tmathbb R(x_0)$ 或 $Tmathbb R_{x_0}$ .那麼微分可以表示為 $df(x_0)= Tmathbb R(x_0) ightarrow Tmathbb R(f(x_0)).$

定理

如果函數 $f:X ightarrow Ysubsetmathbb R$ 在點 $xin X$ 處可微，而函數 $g:Y ightarrowmathbb R$ 在點 $y=f(x)in Y$ 處可微，那麼這兩個函數的複合 $gcirc f:X ightarrowmathbb R$ 在點 $x$ 處可微，且函數的微分 $d(gcirc f)(x): Tmathbb R(x) ightarrow Tmathbb R(g(f(x)))$ 等於兩個微分

$df(x): Tmathbb R(x) ightarrow Tmathbb R(y=f(x))$ 與 $dg(f(x)): Tmathbb R(y=f(x)) ightarrow Tmathbb R(g(y))$ 的複合 $dg(y)circ df(x).$

證明提要：關鍵要處理好 $g(y)$ 的增量：考慮 $g(y+t)-g(y)=g』(y)t+o(t)$ ，可令 $o(t)=gamma(t)t$ ，另外，令 $f(x)=y，f(x+h)=y+t$ ，可進一步發現 $o(t)=o(h)$ .這樣，在處理 $(gcirc f)(x+h)-(gcirc f)(x)$ 時，就很容易看出它就是 $g』(f(x))(f』(x)h)+o(h)$ .於是定理得證.
證
由 $f,g$ 可微知
當 $h ightarrow 0,x+hin X$ 時有 $f(x+h)-f(x)=f』(x)h+o(h)$ ，以及

當 $t ightarrow 0,y+tin Y$ 時有 $g(y+t)-g(y)=g』(y)t+o(t).$
可認為 $o(t)$ 在 $t=0$ 時也有定義，且有 $color{red}{o(t)=gamma(t)t}$ ，其中 $gamma(0)=0$ ，以及當 $t ightarrow0,y+tin Y$ 時有 $gamma(t) ightarrow 0$ .
現令 $f(x)=y，f(x+h)=y+t$ .由於 $f$ 在 $x$ 處可微，因此也連續，那麼當 $h ightarrow 0$ 及 $t ightarrow 0$ 時，若 $x+hin X$ ，則 $y+tin Y$ .
由複合函數極限定理知，當 $h ightarrow 0,x+hin X$ 時有 $gamma(f(x+h)-f(x))=alpha(h) ightarrow 0.$
若 $t=f(x+h)-f(x)$ ，則當 $h ightarrow 0,x+hin X$ 時有 $color{red}{o(t)}=gamma(f(x+h)-f(x))(f(x+h)-f(x))$ $=alpha(h)(f』(x)h+o(h))=alpha(h)f』(x)h+alpha(h)o(h)color{red}{=o(h)}.$
以及 $color{red}{(gcirc f)(x+h)-(gcirc f)(x)}=g(f(x+h))-g(f(x))$
$=g(y+t)-g(y)=g』(y)t+o(t)$
$=g』(f(x))(f(x+h)-f(x))+o(f(x+h)-f(x))$
$=g』(f(x))(f』(x)h+o(h))+o(f(x+h)-f(x))$
$color{red}{= g』(f(x))(f』(x)h)}color{green}{+g』(f(x))(o(h))}color{blue}{+ o(f(x+h)-f(x))}.$

注意到 $o(f(x+h)-f(x))=o(t)=o(h)$ ，則 $g』(f(x))(o(h))+o(f(x+h)-f(x))$ 與 $h$ 相比，當 $h ightarrow 0,x+hin X$ 時是無窮小量（因為 $g』(f(x))$ 在 $x$ 確定時就是一個確定的數）.也就是說當 $h ightarrow 0,x+hin X$ 時 $(gcirc f)(x+h)-(gcirc f)(x)= g』(f(x))(f』(x)h)+o(h).$ 得證.

推論1

可微實值函數的複合的導數 $(gcirc f)』(x)=g』(f(x))cdot f』(x).$

證明提要：令 $z=z(y),y=y(x)$ 就有 $frac{dz}{dx}=frac{dz}{dy}cdotfrac{dy}{dx}$

推論2

若有可微函數 $y_1=f_1(x),cdots ,y_n=f_n(y_{n-1})$ 的複合 $(f_ncirccdots circ f_1)(x)$ ，則 $(f_ncirccdots circ f_1)』(x)=f』_n(y_{n-1}) f』_{n-1}(y_{n-2})cdot cdots cdot f』_1(x).$

證明提要：由定理及歸納法即可推得.

2.1.3 反函數的微分

設函數 $f:X ightarrow Y$ 和 $f^{-1}:Y ightarrow X$ 互為反函數，且分別在點 $x_0in X$ 和 $f(x_0)=y_0in Y$ 處連續，若 $f$ 在點 $x_0$ 處可微且 $f』(x_0) e 0$ ，則 $f^{-1}$ 在 $y_0$ 也可微，且 $(f^{-1})』(y_0)= (f』(x_0))^{-1}.$

證明提要：最終是要利用複合函數的極限定理及極限算術運演算法則進行推導，但要保證期間分母不為零，而這可以通過 $f$ 可逆以及 $f$ 和 $f^{-1}$ 的連續性推得.
證
由 $f:X ightarrow Y$ 與 $f^{-1}:Y ightarrow X$ 互為反函數知，當 $x e x_0$ 時， $f(x)-f(x_0)$ 與 $f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)$ 都不為零.
由 $f$ 與 $f^{-1}$ 在對應點處的連續性知當 $x ightarrow x_0,xin X$ 時有 $y=f(x) ightarrow y_0,y=f(x)in Y.$ 以及若 $x e x_0$ ，則 $y=f(x) e y_0.$

那麼由複合函數的極限定理和極限的算術運算知 $lim_{Y i y ightarrow y_0}frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}=lim_{X i x ightarrow x_0}frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}$ $= lim_{X i x ightarrow x_0}frac{1}{frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=frac{1}{f』(x_0)}$ .於是定理得證.

2.2 微分學基本定理

費馬引理

如果函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 在內極值點 $x_0in E$ 處可微，則它在這點出導數為零.

證
$f$ 在 $x_0$ 處可微，即 $f(x_0+h)-f(x_0)=[f』(x_0)+alpha(x_0;h)]h$ ,且當 $h ightarrow 0,x_0+hin E$ 時， $alpha(x_0;h) ightarrow 0.$
那麼對於足夠接近於零，且使 $x_0+hin E$ 的 $h$ 值，上述等式左右同時非負或同時非正.
假設 $color{blue}{f(x_0) e 0}$ ，那麼當 $h$ 足夠接近零時， $f』(x_0)+alpha(x_0;h)$ 與 $f』(x_0)$ 同號，但 $h$ 本身可正可負( $x_0$ 是內極值點），這樣，當 $h$ 變號時，等式右端變號，而左端不能變號( $h$ 足夠接近零，使得極值點仍有效力)，引發矛盾.因此 $f』(x_0)=0.$

羅爾定理（Rolles theorem）

若函數 $f:[a,b] ightarrowmathbb R$ 在閉區間 $[a,b]$ 連續，在開區間 $(a,b)$ 可微，且 $f(a)=f(b)$ ，則存在點 $xiin(a,b)$ 使 $f』(xi)=0.$

證
據極值定理，因 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，所以存在點 $x_m,x_Min[a,b]$ 在這兩點函數分別取該區間上的最小值和最大值.
若 $f(x_m)=f(x_M)$ ，則 $f$ 在 $[a,b]$ 上是常數， $f』(x)equiv 0$ ，結論顯然成立.

若 $f(x_m)=f(x_M)$ ，則因 $f(a)=f(b)$ ，點 $x_m,x_M$ 必有一個落在開區間 $(a,b)$ 中，把它記為 $xi$ ，則由費馬引理， $f』(xi)=0.$

關於有限增量的拉格朗日定理（Lagranges finite-increment theorem）

若函數 $f:[a,b] ightarrowmathbb R$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，在開區間 $(a,b)$ 中可微，那麼存在點 $xiin(a,b)$ 使得 $f(b)-f(a)=f』(xi)(b-a).$

證
考察輔助函數 $F(x)=f(x)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ .它顯然在閉區間 $[a,b]$ 連續，在開區間 $(a,b)$ 可微，且 $F(a)=F(b)=f(a)$ .由羅爾定理得，存在點 $xiin(a,b)$ 使 $F』(xi)=f』(xi)- frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)=0.$

推論1

若在開區間的每一點函數的導數都是非負的（或總是正的），那麼函數在這個開區間上不減（或遞增）.

證
若 $x_1,x_2$ 是區間中兩點，且 $x_2-x_1>0$ ，則由拉格朗日定理 $f(x_2)-f(x_1)=f』(xi)(x_2-x_1)$ ，其中 $x_1<xi<x_2$ .於是等式左邊的差與 $f』(xi)$ 同號.

推論2

在閉區間 $[a,b]$ 上連續的函數在此區間上為常數，當且僅當它的導數在閉區間 $[a,b]$ （甚至只要開區間 $(a,b)$ ）的任一點都等於零.

證
只需證明當 $f』(x)$ 在 $(a,b)$ 上恆為零時，對任意 $x_1,x_2in[a,b]$ ，都有 $f(x_1)=f(x_2)$ .由拉格朗日定理知 $f(x_2)-f(x_1)= f』(xi)(x_2-x_1)=0$ .其中 $xiin(x_1,x_2).$

柯西有限增量定理（Cauchys finite-increment theorem）

設 $x=x(t)$ 及 $y=y(t)$ 是在閉區間 $[alpha,eta]$ 連續且在開區間 $(alpha,eta)$ 可微的函數，那麼存在點 $auin(alpha,eta)$ 使得 $x』( au)(y(eta)-y(alpha))=y』( au)(x(eta)-x(alpha)).$

如果對任意 $tin(alpha,eta)$ 有 $x』(t) e 0$ ，則 $x(alpha) e x(eta)$ 且 $frac{y(eta)-y(alpha)}{x(eta)-x(alpha)}=frac{y』( au)}{x』( au)}.$

證
輔助函數 $F(t)= x(t)(y(eta)-y(alpha))-y(t)(x(eta)-x(alpha))$ 在閉區間 $[alpha,eta]$ 上滿足羅爾定理的條件，因此存在點 $auin(alpha,eta)$ 使 $F』( au)=0$ ，它等價於要證的等式。至於 $x(alpha) e x(eta)$ 可由 $tin(alpha,eta)$ 且 $x』(t) e 0$ 以及羅爾定理（其逆否命題）推得.
不難發現，柯西公式是拉格朗日公式的一般情形，按 $x=x(t)=t,y=y(t) =f(x)$ 代換，即是拉格朗日公式.

泰勒公式（Taylors Fomula）

定理

對於定義所述的泰勒公式的 $n$ 階余式 $r_n(x_0;x)=f(x)-P_n(x_0;x)$

如果在以 $x_0,x$ 為端點的閉區間上函數 $f$ 連同它的前 $n$ 階導數連續，而在這個區間的內點處它有 $n+1$ 階導數，那麼對任意一個在這個閉區間上連續且在它的內點處有異於零的導數的函數 $varphi$ ，都存在位於 $x_0$ 和 $x$ 之間的點 $xi$ 使得 $r_n(x_0;x)=frac{varphi(x)-varphi(x_0)}{varphi』(xi)n!}f^{n+1}(xi)(x-xi)^n.$

證
在以 $x_0,x$ 為端點的閉區間 $I$ 上考察輔助函數 $F(t)=f(x)-P_n(t;x)$ $=f(x)-Big[f(t)+frac{f』(t)}{1!}(x-t)+cdots +frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^nBig]$ ，由定理條件， $F$ 在閉區間 $I$ 上連續且在其內點處可微，注意到 $F』(t)=-Big[f』(t)-frac{f』(t)}{1!}+frac{f』』(t)}{1!}(x-t)-frac{f』』(t)}{2!}cdot 2(x-t)$ $+frac{f』』』(t)}{2!}(x-t)^2-cdots +frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^nBig]=- frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n.$ 那麼對於閉區間 $I$ 上的函數 $F(t),varphi(t)$ 用柯西定理求得介於 $x_0,x$ 之間的點 $xi$ ，在此點有 $frac{F(x)-f(x_0)}{varphi(x)-varphi(x_0)}=frac{f』(xi)}{varphi』(xi)}$ ，將 $F』(xi)$ 代入，並注意到 $F(x)-F(x_0)=(f(x)-P_n(x;x))-(f(x)-P_n(x_0;x))=-r_n(x_0;x)$ ，就推得結論.

推論1 余項的柯西公式

令定理中的 $varphi(t)=(x-t)$ 得

$r_n(x_0;x)=frac{1}{n!}f^{(n+1)}(xi)(x-xi)^n(x-x_0)$

推論2 余項的拉格朗日公式

令定理中的 $varphi(x)=(x_0-x)^{(n+1)}$ 得

$r_n(x_0;x)=frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(xi)(x-x_0)^{(n+1)}$

局部泰勒公式

設 $E$ 是以 $x_0inmathbb R$ 為端點的閉區間.如果函數 $f:E ightarrowmathbb R$ 在點 $x_0$ 處有直到 $n$ 階導數 $f』(x_0),cdots ,f^{(n)}(x_0)$ ，那麼 $f(x)= f(x_0)+frac{f』(x_0)}{1!}(x-x_0)+cdots +frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)$ ，當 $x ightarrow x_0,xin E.$

這是因為，根據多項式 $P_n(x_0;x)$ 的構造， $f^{(k)}(x_0)-P_n^{(k)}(x_0;x_0)=0(k=0,1,cdots ,n).$

之所以叫做局部泰勒公式，是因為其餘項形式（佩亞諾形式） $r_n(x_0;x)=o((x-x_0)^n)$ 只能對泰勒多項式當 $x ightarrow x_0,xin E$ 時函數的漸進行為作出結論.

2.3 用微分學方法研究函數

2.3.1 關於函數單調

$f』(x)>0Rightarrow f遞增Rightarrow f』(x)geqslant 0.$
$f』(x)geqslant 0Rightarrow f不減Rightarrow f』(x)geqslant 0.$
$f』(x)equiv 0Rightarrow fequiv constRightarrow f』(x)equiv 0.$
$f』(x)leqslant 0Rightarrow f不增Rightarrow f』(x)leqslant 0.$
$f』(x)<0Rightarrow f遞減Rightarrow f』(x)leqslant 0.$

由拉格朗日定理及導數定義可證.

2.3.2 關於函數的內極值點

內極值點的必要條件

要使點 $x_0$ 是定義在這點的鄰域中的函數 $f:U(x_0) ightarrowmathbb R$ 的極值點，必須成立下列兩條件之一：或者函數在 $x_0$ 不可微，或者 $f』(x_0)=0$ .

由費馬引理推得.

用一階導數表達極值的充分條件

設 $f:U(x_0) ightarrowmathbb R$ 是定義在點 $x_0$ 的鄰域內的函數，在點 $x_0$ 處連續且在它的去心鄰域 $mathring U(x_0)$ 中可微.設 $mathring U^-(x_0)=｛xin U(x_0)|x<x_0｝$ , $mathring U^+(x_0)=｛xin U(x_0)|x>x_0｝$ ，那麼以下斷語成立.

$(forall xinmathring U^-(x_0)(f』(x)<0))$ $wedge(forall xinmathring U^+(x_0)(f』(x)<0))$ $Rightarrow(f在x_0處沒有極值).$
$(forall xinmathring U^-(x_0)(f』(x)<0))$ $wedge(forall xinmathring U^+(x_0)(f』(x)>0))$ $Rightarrow(x_0是f的嚴格局部極小值點).$
$(forall xinmathring U^-(x_0)(f』(x)>0))$ $wedge(forall xinmathring U^+(x_0)(f』(x)<0))$ $Rightarrow(x_0是f的嚴格局部極大值點).$
$(forall xinmathring U^-(x_0)(f』(x)>0))$ $wedge(forall xinmathring U^+(x_0)(f』(x)>0))$ $Rightarrow(f在x_0處沒有極值).$

用高階導數表達極值的充分條件

設函數 $f:U(x_0) ightarrowmathbb R$ 定義在點 $x_0$ 的鄰域中，在 $x_0$ 有直到 $n$ 階導數 $(n>1).$

如果 $f』(x_0)=cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0$ 且 $f^n(x_0) e 0$ 則當 $n$ 為奇數時，在 $x_0$ 處 $f$ 無極值，當 $n$ 為偶數時， $f$ 有極值.此時若 $f^n(x_0)>0$ ，則有嚴格局部極小值，若 $f^n(x_0)<0$ ，則有嚴格局部極大值.

證明提要：利用局部泰勒公式，余項用 $alpha(x)(x-x_0)^n$ (當 $x ightarrow x_0$ 時， $alpha(x) ightarrow 0$ )表示，並改寫成易於觀察 $f(x)-f(x_0)與(x-x_0)^n$ 關係的形式即可分析出結論.
證
利用局部泰勒公式 $f(x)-f(x_0)=frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n+alpha(x)(x-x_0)^n$
其中當 $x ightarrow x_0$ 時， $alpha(x) ightarrow 0$ ，改寫成 $f(x)-f(x_0)=Big(frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)+alpha(x)Big)(x-x_0)^n$
因為 $f^{(n)}(x_0) e 0$ ，當 $x ightarrow x_0$ 時， $frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)+alpha(x)$ 與 $f^{(n)}(x_0)$ 同號.若 $n$ 是奇數，在 $x_0$ 左右 $(x-x_0)^n$ 會變號，等式左端也變號，此時無極值.若 $n$ 為偶數，當 $x e x_0$ 時， $(x-x_0)^n>0$ ，那麼 $f(x)-f(x_0)$ 與 $f^{(n)}(x_0)$ 同號.

引理

對 $x>0$ 有

$egin{cases}x^{alpha}-alpha x+alpha-1leqslant 0,&當0<alpha<1\ x^{alpha}-alpha x+alpha-1geqslant 0,&當alpha<0或1<alphaend{cases}$

證
考察函數 $f(x)=x^alpha-alpha x+(alpha -1)，f』(x)=alpha(x^{alpha -1}-1).$ 注意到 $f(1)=f』(1)=0$ ，當 $0<alpha<1$ 時，在經過 $x=1$ 點從左到右導數從正變負.而當 $alpha<0$ 或 $alpha>1$ 時，在經過 $x=1$ 點從左到右導數從負變正.這就驗證了結論.另外，當 $x e 1$ 時，兩個不等式都是嚴格的.

楊氏不等式（Youngs inequality for products）

如果 $a>0,b>0$ ， $p,q$ 滿足 $p e 0、1$ ， $q e 0、1$ ， $frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$ 那麼

$egin{cases}a^{frac{1}{p}}b^{frac{1}{q}}leqslantfrac{1}{p}a+frac{1}{q}b,&當p>1\a^{frac{1}{p}}b^{frac{1}{q}}geqslantfrac{1}{p}a+frac{1}{q}b,&當p<1end{cases}$

其中等號當且僅當 $a=b$ 時成立.

證
只需要將上述引理按 $x=frac{a}{b}$ , $alpha=frac{1}{p}$ 替換,並令 $frac{1}{q}=1-frac{1}{p}$ 即可.

赫爾德不等式（H?lders inequality）

設 $x_igeqslant 0,y_igeqslant 0(i=1,cdots ,n)$ 且 $frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$ .那麼

$egin{cases}sum_{i=1}^nx_iy_ileqslantBig(sum_{i=1}^nx_i^pBig)^{frac{1}{p}}cdotBig(sum_{i=1}^ny_i^qBig)^{frac{1}{q}}，&當p>1.\sum_{i=1}^nx_iy_igeqslantBig(sum_{i=1}^nx_i^pBig)^{frac{1}{p}}cdotBig(sum_{i=1}^ny_i^qBig)^{frac{1}{q}}，&當p<1,p e 0.end{cases}$

當 $p<0$ 時，假定 $x>0$ .上述不等式的等號當且僅當向量 $(x_1^p,cdots ,x_n^p)$ 和 $(y_1^q,cdots ,y_n^q)$ 共線時成立.

證
設 $X=sum_{i=1}^nx_i^p>0,Y=sum_{i=1}^ny_i^q>0$ .利用上述Youngs inequality，按 $a=frac{x_i^p}{X},b=frac{y_i^q}{Y}$ 替換，得到 $frac{x_iy_i}{X^{frac{1}{p}}Y^{frac{1}{q}}}leqslantfrac{1}{p}frac{x_i^p}{X}+frac{1}{q}frac{y_i^q}{Y}$ .把這不等式關於 $i$ 從 $1$ 到 $n$ 加起來，得到 $frac{sum_{i=1}^nx_iy_i}{X^{frac{1}{p}}Y^{frac{1}{q}}}leqslant 1$ ，等價於第一個不等式.同理可得第二個不等式.並發現，根據Youngs inequality，等號成立當且僅當 $x_i^p=lambda y_i^q$ 時成立.

閩可夫斯基不等式（Minkowski inequality）

設 $x_igeqslant 0,y_igeqslant 0(i=1,cdots ,n)$ 且 $frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$ .那麼

$Big(sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pBig)^{frac{1}{p}}leqslantBig(sum_{i=1}^nx_i^pBig)^{frac{1}{p}}+Big(sum_{i=1}^ny_i^qBig)^{frac{1}{q}}$ ，（當p>1）

$Big(sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pBig)^{frac{1}{p}}geqslantBig(sum_{i=1}^nx_i^pBig)^{frac{1}{p}}+Big(sum_{i=1}^ny_i^qBig)^{frac{1}{q}}$ ，（當 $p<1,p e 0$ ）

證
對恆等式 $sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pequivsum_{i=1}^nx_i(x_i+y_i)^{p-1}+sum_{i=1}^ny_i(x_i+y_i)^{p-1}$ 右端的兩項分別使用H?lders inequality，這樣，等式左端就被 $Big(sum_{i=1}^nx_i^pBig)^frac{1}{p}Big(sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pBig)^{frac{1}{q}}+Big(sum_{i=1}^ny_i^pBig)^frac{1}{p}Big(sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pBig)^{frac{1}{q}}$ 限制著.再將不等式消掉 $Big(sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^pBig)^{frac{1}{q}}$ 後，就得到了要證的結論.而在這裡，等號僅在 $(x_1,cdots ,x_n)$ 與 $(y_1,cdots ,y_n)$ 共線時成立.

值得一提的是，當 $n=3,p=2$ 時，Minkowski inequality就化為了三維歐幾里得空間中的三角不等式 $sqrt{(x_1+y_1)^2+(x_2+y_2)^2+(x_3+y_3)^2}$ $leqslantsqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}+sqrt{y_1^2+y_2^2+y_3^2}$

2.3.3 關於凸函數

要使開區間 $(a,b)$ 可微的函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 在 $(a,b)$ 上是（下）凸的，必須且只需它的導數 $f』$ 在 $(a,b)$ 上不減.同時嚴格凸性對應著 $f』$ 的嚴格遞增.

證
對於凸函數的定義式 $f(alpha_1x_1+alpha_2x_2)leqslantalpha_1f(x_1)+alpha_2 f(x_2)$ ，令 $x=alpha_1x_1+alpha_2x_2$ ，且依然有 $alpha_1+alpha_2=1$ ，那麼 $alpha_1=frac{x_2-x}{x_2-x_1},alpha_2=frac{x-x_1}{x_2-x_1}.$ 這樣凸函數定義式可改寫成 $f(x)leqslantfrac{x_2-x}{x_2-x_1}f(x_1)+ frac{x-x_1}{x_2-x_1}f(x_2)$ .這可變形為 $frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}leqslantfrac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}$ .分別令 $x ightarrow x_1,x ightarrow x_2$ 得 $f』(x_1)leqslantfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}leqslant f』(x_2).$ 這就確定了導數的單調性.
對於嚴格凸函數，由拉格朗日定理，當 $x_1<xi_1<x<xi_2<x_2$ 時， $f』(x_1)leqslant f』(xi_1)$ $= frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}<frac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}$ $=f』(xi_2)leqslant f』(x_2).$ 這蘊含了導數的嚴格單調性.而對於可謂函數凸性的充分條件，從拉格朗日定理來說顯然是成立的.

一個很自然的推論

要使在開區間 $(a,b)$ 上有二階導數的函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 在這個區間上是（下）凸的，必須且只需在 $(a,b)$ 上有 $f』』(x)geqslant 0$ .如果 $f』』(x)>0$ 在 $(a,b)$ 上成立的話，意味著 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 是嚴格凸的.

關於函數圖像的命題

在開區間 $(a,b)$ 上可微的函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 在 $(a,b)$ 是（下）凸的，當且僅當函數圖像的一切點都不位於此圖像的任何一條切線的下方.同時要使函數是嚴格凸的，必須且只需圖像上所有的點除了切點本身以外都嚴格地位於這條切線的上方.

證
必要性
$x_0in(a,b)$ 在點 $(x_0,f(x_0))$ 處切線方程是 $y=f(x_0)+f』(x_0)(x-x_0)$ ，因此 $f(x)-y(x)=f(x)-f(x_0)-f』(x_0)(x-x_0)$ $=(f』(xi)-f』(x_0))(x-x_0)$ ，其中 $xi$ 是 $x$ 和 $x_0$ 之間的點.因為 $f$ 凸， $f』$ 不減，於是 $f』(xi)-f』(x_0)$ 與 $x-x_0$ 同號，因此 $f(x)-y(x)geqslant 0.$ 如果 $f$ 嚴格凸， $f(x)-y(x)>0.$
充分性
對任意 $x,x_0in(a,b)$ ,有 $f(x)-y(x)=f(x)-f(x_0)-f』(x_0)(x-x_0)geqslant 0$ ，則當 $x<x_0$ 時， $frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}leqslant f』(x_0)$ ，而當 $x>x_0$ 時， $frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}geqslant f』(x_0)$ ，這樣對於任意三點 $x_1,x,x_2in(a,b)$ 滿足 $x_1<x<x_2$ 有 $frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}leqslantfrac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}$ ，若條件替換為嚴格不等式，結論自然也就是嚴格不等式.

琴生不等式（Jensens inequality）

若 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 是凸函數， $x_1,cdots ,x_n$ 是開區間 $(a,b)$ 的點， $alpha_1,cdots ,alpha_n$ 是非負實數，且 $alpha_1+cdots +alpha_n=1$ ，則有 $f(alpha_1x_1+cdots +alpha_nx_n)leqslantalpha_1f(x_1)+cdots +alpha_nf(x_n).$

證
$n=2$ 時這就是凸函數的定義式，利用歸納法假設 $n=m-1$ 成立，證明 $n=m$ 成立.
設 $alpha_n$ 這組數不為零，令 $eta=alpha_2+cdots +alpha_n>0$ ，且 $frac{alpha_2}{eta}+cdots +frac{alpha_n}{eta}=1$ .由於 $f$ 是凸函數，且 $alpha_1+eta=1$ 以及 $Big(frac{alpha_2}{eta}x_2+cdots +frac{alpha_n}{eta}x_nBig)in(a,b)$ ，這便有了 $f(alpha_1x_1+cdots +alpha_nx_n)$ $=fBig(alpha_1x_1+etaBig(frac{alpha_2}{eta}x_2+cdots +frac{alpha_n}{eta}x_nBig)Big)$ $leqslantalpha_1f(x_1)+eta fBig(frac{alpha_2}{eta}x_2+cdots +frac{alpha_n}{eta}x_nBig).$
按照假設 $fBig(frac{alpha_2}{eta}x_2+cdots +frac{alpha_n}{eta}x_nBig)leqslantfrac{alpha_2}{eta}f(x_2)+cdots +frac{alpha_n}{eta}f(x_n).$
那麼就有 $f(alpha_1x_1+cdots +alpha_nx_n)$ $leqslantalpha_1f(x_1)+eta fBig(frac{alpha_2}{eta}x_2+cdots +frac{alpha_n}{eta}x_nBig)$ $leqslantalpha_1f(x_1)+cdots +alpha_nf(x_n).$

2.3.4 洛必達法則（LH?pitals rule）

設函數 $f:(a,b) ightarrowmathbb R$ 和 $g:(a,b) ightarrowmathbb R$ 在開區間 $(a,b)$ 上可微，且在 $(a,b)上g』(x) e 0$ ，且當 $x ightarrow a+0$ 以及 $-inftyleqslant Aleqslant +infty$ 時有 $frac{f』(x)}{g』(x)} ightarrow A.$ 那麼只要下面兩種情況有一種成立，那麼當 $x ightarrow a+0$ 時，就有 $frac{f(x)}{g(x)} ightarrow A$ .

當 $x ightarrow a+0$ 時有 $(f(x) ightarrow 0)wedge(g(x) ightarrow 0)$ .
當 $x ightarrow a+0$ 時有 $g(x) ightarrowinfty$ .

這個結論在 $x ightarrow b-0$ 時也類似成立.

證
因 $g』(x) e 0$ ，由羅爾定理知 $g$ 在 $(a,b)$ 嚴格單調，這樣可以選取 $b$ 使 $g$ 在 $(a,b)$ 上不為零，在 $(a,b)$ 上取點 $x,y$ ，利用柯西定理並變形為 $frac{f(x)}{g(x)}=frac{f(y)}{g(x)}+frac{f』(xi)}{g』(xi)}Big[1-frac{g(y)}{g(x)}Big]$ ，當 $x ightarrow a+0$ 時，也令 $y ightarrow a+0$ ，使滿足 $frac{f(y)}{g(x)} ightarrow 0$ 且 $frac{g(y)}{g(x)} ightarrow 0$ ，這樣無論是題設中的情況1或2，總可以做到.由於 $xi$ 在 $x,y$ 之間，這樣就隨著 $x,y$ 的趨近就有 $xi ightarrow a+0$ ，於是上述等式兩端都趨於 $A$ .

2.4 關於複數

2.4.1 複數項級數

關於棣莫弗公式（De Moivres formula）

$z^n=r^n(cos nvarphi+isin nvarphi)$

$z_1=r_1(cosvarphi_1+isinvarphi_1)，z_2=r_2(cosvarphi_2+isinvarphi_2)$
由於 $z_1cdot z_2= r_1(cosvarphi_1+isinvarphi_1) cdot r_2(cosvarphi_2+isinvarphi_2)$ $=(r_1r_2cosvarphi_1cosvarphi_2-r_1r_2sinvarphi_1sinvarphi_2)$ $+i(r_1r_2sinvarphi_2cosvarphi_2+r_1r_2cosvarphi_1sinvarphi_2)$ $=r_1r_2(cos(varphi_1+varphi_2)+isin(varphi_1+varphi_2)).$ 由數學歸納法易證得結論.

複數列收斂的柯西準則

複數列收斂當且僅當它是基本列（類似於實數基本列的定義）.

複數項級數收斂的柯西準則

級數 $sum_{n=1}^infty z_n$ 收斂當且僅當對於任意的 $varepsilon>0$ ，存在數 $Ninmathbb N$ ，使得對於任意 $n>m>N$ 有 $|z_m+z_{m+1}+cdots +z_n|<varepsilon.$

複數列收斂的充要條件

複數序列收斂當且僅當它的項的實部和虛部的序列都收斂.

考慮 $max{|x_n-x_0|,|y_n-y_0|}leqslant|z_n-z_0|leqslant|x_n-x_0|+|y_n-y_0|.$

柯西-阿達馬公式（Cauchy–Hadamard theorem）

冪級數 $sum_{n=0}^infty c_n(z-z_0)^n$ 在以點 $z_0$ 為中心以 $R$ 為半徑的圓 $|z-z_0|<R$ 內收斂，其中 $R$ 按以下公式確定 $R=Big(varlimsup_{n ightarrowinfty}sqrt[n]{|c_n|}Big)^{-1}.$

在這個圓的外部的任何點處冪級數都發散；在這個圓的任何內點處冪級數絕對收斂.

用柯西根值判別法即可推出此定理，另外，在|z-z_0|=R時無法判定級數收斂或發散.

推論：阿貝爾第一定理

若冪級數 $sum_{n=0}^infty c_n(z-z_0)^n$ 對於某個值 $z^*$ 收斂，則它對於任意滿足 $|z-z_0|<|z^*-z_0|$ 的 $z$ 都絕對收斂.

命題1

若複數級數 $sum_{n=1}^infty z_n$ 絕對收斂，則重排它的項所得的級數 $z_{m_1}+ z_{m_2}+cdots+z_{m_k}+cdots$ 同樣絕對收斂，且收斂到同一個和.

證明提要：我們不止證明絕對收斂對二者的統一，順便把收斂的統一也一併證明.對級數取出按序的部分和 $s_N$ ，再取出包含前 $N$ 項在內的亂序部分和 $ilde{s}_k$ ，假設 $sum_{n=1}^infty z_n$ 收斂到 $s$ ，那麼結合它的收斂性，對於 $|s- ilde{s}_k|$ 利用絕對值不等式放縮（攜帶 $s_N$ ）可判定它可以任意縮小，也就是說當 $k ightarrowinfty$ 時也有 $ilde{s}_k ightarrow s$ .當然上述手段對於絕對收斂進行使用也是生效的.
證
若 $sum_{n=1}^infty|z_n|$ 收斂，則對於 $varepsilon>0$ 可找到 $Ninmathbb N$ ，使 $sum_{n=N+1}^infty|z_n|<varepsilon.$
另外可找到 $kinmathbb N$ 使 $k>K$ 時和式 $ilde{s}_k=a_{n_1}+cdots+a_{n_k}$ 的項目包含著和式 $s_N=a_1+cdots+a_N$ 的所有項目.如果 $s=sum_{n=1}^infty z_n$ ，那麼當 $k>K$ 時， $|s- ilde{s}_k|leqslant|s-s_N|+|s_N- ilde{s}_k|$ $leqslantsum_{n=N+1}^infty|z_n|+sum_{n=N+1}^infty|z_n|<2varepsilon.$ 這意味著當 $k ightarrowinfty$ 時 $ilde{s}_k ightarrow s$ .這樣，對二者收斂的統一進行了證明，而這種證法對於絕對收斂依然有效.

命題2

絕對收斂級數的乘積是絕對收斂級數，它的和等於二者和的積.

證
先對於一些形如 $a_ib_j$ 的項做有限和 $sum a_ib_j$ ，那麼總可以找出 $Ninmathbb N$ 使 $A_N=a_1+cdots+a_N$ 以及 $B_N=b_1+cdots+b_N$ 的乘積包含上述有限和的項.因此 $Big|sum a_ib_jBig|leqslantsum|a_ib_j|$ $leqslantsum_{i,j=1}^N|a_ib_j|=sum_{i=1}^N|a_i|cdotsum_{j=1}^N|b_j|$ $leqslantsum_{i=1}^infty|a_i|cdotsum_{j=1}^infty|b_j|$ ，這便推出 $sum_{i,j=1}^Na_ib_j$ 的收斂性.當 $n ightarrowinfty$ 時， $A_ncdot B_n ightarrow AB$ ，其中 $A=sum_{n=1}^infty a_n$ ， $B=sum_{n=1}^infty b_n.$

2.4.2 歐拉公式

$e^z=exp z:=1+frac{1}{1!}z+frac{1}{2!}z^2+frac{1}{3!}z^3+cdots$
$cos z:=1-frac{1}{2!}z^2+frac{1}{4!}z^4-cdots$
$sin z:=frac{1}{1!}z-frac{1}{3!}z^3+frac{1}{5!}z^5-cdots$

這是由定義在 $mathbb R$ 上的函數 $e^x、sin x、cos x$ 的泰勒展開式在 $mathbb C$ 上的推廣.

那麼在 $e^z$ 展開式當中代入 $z-iy$ 並結合 $cos z$ 與 $sin z$ 得到 $e^{iy}=cos y+isin y.$ 這便是歐拉公式（Eulers formula）.並可得到關係 $e^{ipi}+1=0.$

由 $exp(z_1+z_1)=exp z_1cdotexp z_2$ 不難發現，複數的三角寫法可表示成 $z=re^{ivarphi}$ ，其中 $r$ 是 $z$ 的模， $varphi$ 是 $z$ 的輻角.

這樣棣莫弗公式可簡單地表示為 $z^n=r^ne^{invarphi}.$

2.4.3 函數的冪級數表示

如果仿照實函數定義複變函數的連續，導數，微分，那麼就可以推出 $mathbb C$ 內的微分法則

$(f+g)』(z)=f』(z)+g』(z)$
$(fcdot g)』(z)=f』(z)cdot g(z)+f(z)cdot g』(z)$
$(gcirc f)』(z)=g』(f(z))cdot f』(z)$

定理

冪級數 $f(z)=sum_{n=0}^infty c_n(z-z_0)^n$ 的和是定義在其收斂圓內的無窮可微函數，且有 $f^{(k)}(z)=sum_{n=0}^inftyfrac{d^k}{dz^k}(c_n(z-z_0)^n)，k=0,1,cdots$ 以及 $c_n=frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}，n=0,1,cdots$

證明提要：這裡面關鍵是要證明 $varphi(z)=sum_{n=1}^infty nc_n(z-z_0)^{n-1}$ 就是 $f(z)=sum_{n=0}^infty c_n(z-z_0)^n$ 的導數.由於冪級數在收斂圓內絕對收斂，先藉助收斂圓內任意點 $r$ 的收斂性將級數的 $N+1$ 項之後的項縮小到 $frac{varepsilon}{3}$ 以內，這便意味著 $r$ 以內任意兩點的級數 $N$ 以內的項之差不會超過 $frac{varepsilon}{3}.$ 那麼就這樣任取兩點，然後做出導數的雛形 $frac{f(varsigma)-f(z)}{varsigma-z}$ ，通過奇妙的變換（我是真的絕望）改寫成易於與 $r$ 點級數相比較的形式，這就可以在比較時把這個導數的雛形視作 $r$ 內的級數.然後就將這個雛形與 $varphi(z)$ 做差，分別觀察他們的 $N$ 項之前和 $N$ 項之後，由已有的結論便可發現當 $varsigma ightarrow z$ 時，這個差小於 $varepsilon$ .也就完成了證明.（這裡代數式處理技巧性略強，每一步明確後，從後向前讀，思路會更清晰.）
證
對於 $c_n$ 的表達式，將 $f^{(k)}(z)$ 式令 $k=n,z=z_0$ 即可得到.
對於 $f^{(k)}(z)$ 這個公式本身是顯然的，重點是要證明 $varphi(z)=sum_{n=1}^infty nc_n(z-z_0)^{n-1}$ 就是 $f(z)$ 的導數.
由Cauchy–Hadamard theorem， $varphi(z)$ 與 $f(z)$ 的兩個冪級數收斂半徑相同.為了方便，下面令 $z_0=0$ ，即 $f(z)=sum_{n=0}^infty c_nz^n，varphi(z)=sum_{n=1}^infty nc_nz^{n-1}$ ，且當 $|z|<R$ 時級數收斂.這時，藉助 $|z|leqslant r<R$ 中任意的 $r$ 進行判定，有 $|nc_nz^{n-1}|=n|c_n||z^{n-1}|leqslant n|c_n|r^{n-1}$ ，而 $sum_{n=N+1}^infty n|c_n|r^{n-1}$ 收斂.因此對於任意的 $varepsilon>0$ 存在號碼 $N$ 使當 $|z|leqslant r$ 時有 $Big|sum_{n=N+1}^infty nc_nz^{n-1}Big|leqslantsum_{n=N+1}^infty n|c_n|r^{n-1}leqslantfrac{varepsilon}{3}.$ 這就使在圓 $|z|<r$ 以內的 $varphi(z)$ 確定的級數間，前 $N$ 項和的差不超過 $frac{varepsilon}{3}.$ 現設 $varsigma$ 和 $z$ 是這圓內任意兩點，可知 $frac{f(varsigma)-f(z)}{varsigma-z}=sum_{n=1}^infty c_nfrac{varsigma^n-z^n}{varsigma-z}$ $=sum_{n=1}^infty c_n(varsigma^{n-1}+varsigma^{n-2}z+cdots+varsigma z^{n-2}+z^{n-1}).$ 另外注意到 $|c_n(varsigma^{n-1}+cdots+z^{n-1})|leqslant|c_n|nr^{n-1}$ ，那麼綜上可得 $Big|frac{f(varsigma)-f(z)}{varsigma-z}-varphi(z)Big|$ $leqslant|sum_{n=1}^N c_nfrac{varsigma^n-z^n}{varsigma-z}-sum_{n=1}^N nc_nz^{n-1}Big|+frac{2}{3}varepsilon.$ 這樣當 $varsigma$ 趨近於 $z$ 時，就意味著 $f』(z)=varphi(z).$

上述定理可確定一類函數，即其泰勒級數收斂到這個函數本身.對於這樣的函數，就說它在 $z_0inmathbb C$ 處解析.（易知冪級數的和在其收斂圓的任意內點解析）

推論

定義在一點鄰域中且在該點無窮次可微的函數的泰勒級數，在該點某鄰域中收斂於這個函數，當且僅當函數在該點解析.（若函數在某點鄰域內有一階導數，則在此鄰域內有任意階導數）

2.4.4 $mathbb C$ 的代數封閉性

如果可以證明任何復係數多項式 $P(z)=c_0+c_1z+cdots+c_nz^n，ngeqslant 1$ ，在 $mathbb C$ 中都有根，那就再也不會由於某個代數方程在 $mathbb C$ 中不可解而去擴充 $mathbb C$ .

這就是說「任何多項式 $P_n(z)$ 都有根」這個命題確定了複數域 $mathbb C$ 的代數封閉性.

代數基本定理（Fundamental theorem of algebra）

每個次數 $ngeqslant 1$ 的復係數多項式 $P(z)=c_0+c_1z+cdots+c_nz^n$ 在 $mathbb C$ 中都有根.

證明提要：簡單地說，就是要證存在 $z_0$ 使 $P(z_0)=0.$ 那麼先證在一定範圍以內 $|P(z)|$ 可取到最小值，再證明這個最小值是零即可.
對於第一步，模的最小值顯然存在.觀察此多項式，對 $|P(z)|$ 用絕對值不等式進行縮小，會發現當 $z$ 足夠大時，縮小的部分趨於 $infty$ ，那麼就可以用一個閉區間限制 $|z|$ ，當它一旦超出限制， $|P(z)|$ 必大於最小值，然後就可以利用極值定理證明，在該閉區間內可取到最小值 $mu$ .
對於第二步，利用反證法，假設 $mu>0$ ，構造多項式 $Q(z)=frac{P(z+z_0)}{P(z_0)}$ ，顯然 $|Q(z)|=frac{|P(z+z_0)|}{|P(z_0)|}geqslant 1$ ，然後通過極具技巧性的構造（我也很絕望啊...）和變換髮現了反例（ $Q(z)$ 在某條件下可小於 $1$ ），就推翻了假定，那麼只有 $mu=0$ .這意味著存在 $P(z_0)=0.$
證
不失一般性可認為 $c_n=1$ ，設 $mu=inf_{zinmathbb C}|P(z)|.$ 若 $|z|=R$ ，那麼 $|P(z)|geqslant R^n(1-|c_{n-1}R^{-1}-cdots-|c_0|R^{-n}|)$ .易知，當 $R ightarrowinfty$ 時，上述不等式右端趨於 $infty$ .因此必存在 $R_0$ ，使 $|z|>R_0$ 時 $|P(z)|>mu$ .由 $|P(z)|$ 在以 $0$ 為圓心， $R_0$ 為半徑的圓面上連續以及極值定理知必有 $z_0$ 使 $|P(z_0)|=mu.$ 我們斷定 $mu=0.$
現假定 $mu>0.$ 考察多項式 $Q(z)=frac{P(z+z_0)}{P(z_0)}.$ 就有 $Q(0)=1，|Q(z)|=frac{|P(z+z_0)|}{|P(z_0)|}geqslant 1.$ 那麼可認為 $Q(z)=1+q_kz^k+q_{k+1}z^{k+1}+cdots+q_nz^n$ ，其中 $|q_k| e 0$ 且 $1leqslant kleqslant n.$ 若 $q_k= ho e^{ipsi}$ ，則對於 $varphi=frac{pi-psi}{k}$ 有 $q_kcdot(e^{ivarphi})^k= ho e^{ipi}=- ho=-|q_k|.$ 於是當 $z=re^{ivarphi}$ 且 $r$ 充分接近於零時得到
$|Q(re^{ivarphi})|leqslant|1+q_kz^k|+(|q_{k+1}z^{k+1}|+cdots+|q_nz^n|)$ $=|1+r^k|q_k||+r^{k+1}(|q_{k+1}|+cdots+|q_n|r^{n-k-1})$
$=1-r^k(|q_k|-r|q_{k+1}|-cdots-r^{n-k}|q_n|)<1$ .
這與前述 $|Q(z)|geqslant 1$ 矛盾.這就意味著 $mu=P(z_0)=0.$

推論

任何一個次數 $ngeqslant 1$ 的復係數多項式 $P(z)=c_0+c_1z+cdots+c_nz^n$ 都可表示成 $P(z)=c_n(z-z_1)cdots(z-z_n)$ ，其中 $z_1,cdots,z_ninmathbb C$ ，若不計次序，這種表示唯一.

通過次數為 $m(mleqslant n)$ 的多項式 $Q(z)$ 去除 $P(z)$ ，根據多項式除法法則即可推得結論.

2.5 原函數（Antiderivative）

命題1

如果 $F_1(x)$ 和 $F_2(x)$ 都是函數 $f(x)$ 在同一區間上的原函數，那麼它們的差 $F_1(x)- F_2(x)$ 在這個區間上是常數.

這由拉格朗日定理顯然可得.

2.5.1 基本手段

不定積分（indefinite integration）的線性性質

$int(alpha u(x)+eta v(x))dx=alphaint u(x)dx+etaint v(x)dx+c.$

分部積分

$int u(x)dv(x)=u(x)v(x)-int v(x)du(x)+c.$

變數替換

若在某區間 $I_x$ 上 $int f(x)=F(x)+c$ 而 $varphi:I_t ightarrow I_x$ 是區間 $I_t$ 到 $I_x$ 的光滑（連續可微）映射，那麼 $int(fcircvarphi)(t)varphi』(t)dt=Fcircvarphi(t)+c.$

這意味著求 $fcircvarphi(t)varphi』(t)$ 的原函數時可做如下處理

$int fcircvarphi(t)varphi』(t)dt=int f(varphi(t))dvarphi(t)$ $=int f(x)dx=F(x)+c=F(varphi(t))+c.$

即用替換 $varphi(t)=x$ 轉到新變元 $x$ ，求出原函數後再替換回去.

原函數非初等的情況

不應該把「求原函數」與「用初等函數表出給定初等函數的原函數」混為一談，因為後者有時不能實現.

正弦積分 $m{Si}mit x$ 是函數 $frac{sin x}{x}$ 的一個原函數 $int frac{sin x}{x}dx$ ，這樣的原函數存在，當 $x ightarrow 0$ 時它趨於零.但它不是初等函數的複合.
餘弦積分 $m Cimit x=intfrac{cos x}{x}dx$ 也是類似的特定函數，當 $x ightarrowinfty$ 時，它趨於零.
對數積分 $m{li}mit x=intfrac{dx}{ln x}$ 也是類似，當 $x ightarrow+0$ 時， $m{li}mit x m ightarrow 0.$

2.5.2 常見情形

任何有理函數 $R(x)=frac{P(x)}{Q(x)}$ 的原函數都可由有理函數以及超越函數 $ln$ 和 $arctan$ 表出.原函數的有理部分如果同分，應該有這樣的公分母：它是多項式 $Q(x)$ 分解出的全部因子的乘積，只是冪次比 $Q(x)$ 中少 $1$ .

$color{purple}{fint{R(cos x,sin x)dx型的原函數}}$

設 $R(u,v)$ 是 $u$ 和 $v$ 的有理函數，即多項式 $P(u,v)$ 和 $Q(u,v)$ 的比，其中 $P$ 和 $Q$ 是單項式 $u^mv^n(m,n=0,1,2,cdots)$ 的線性組合.

計算原函數 $int R(cos x,sin x)dx$ 有很多種辦法，下面介紹一種萬能的方法.

做替換 $t= anfrac{x}{2}$

因為有萬能公式 $cos x=frac{1- an^2frac{x}{2}}{1+ an^2frac{x}{2}}$ ，以及 $sin x=frac{2 anfrac{x}{2}}{1+ an^2frac{x}{2}}.$

還有 $dt=frac{1}{2}frac{dx}{cos^2frac{x}{2}}$ 即 $dx=frac{2dt}{1+ an^2frac{x}{2}}.$

所以 $int R(cos x,sin x)dx=int RBig(frac{1-t^2}{1+t^2},frac{2t}{1+t^2}Big)frac{2}{1+t^2}dt.$ 便化為了有理函數的積分.

而對於 $int R(cos^2x,sin^2x)dx$ 或 $int r( an x)dx$ 型的積分（ $r(u)$ 是有理函數），用 $t= an x$ 替換比較方便.

因為 $cos^2x=frac{1}{1+ an^2x}，sin^2x=frac{ an^2x}{1+ an^2x}，dx=frac{dt}{1+ an^2x}$

這樣 $int R(cos^2x,sin^2x)dx=int RBig(frac{1}{1+t^2},frac{t^2}{1+t^2}Big)frac{dt}{1+t^2}$ ，

$int r( an x)dx=int r(t)frac{dt}{1+t^2}$

對於 $int R(cos,sin^2x)sin xdx$ 或 $int R(cos^2,sin x)cos xdx$ 型的積分，可以分別做 $t=cos x，t=sin x$ 的替換，這樣就分別化為 $-int R(t,1-t^2)dt$ 和 $int R(1-t^2,t)dt.$

$color{purple}{fint{R(x,y(x))dx}型的原函數}$

其中 $R(x,y)$ 是有理函數.這裡的主要思路是找到替換 $x=x(t)$ ，這樣 $y=y(x(t))$ ，且他們都是 $t$ 的有理函數，從而 $int R(x,y(x))dx=int R(x(t),y(x(t)))x』(t)dt$ ，這就化為了有理函數求積.

對於 $y=sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}}$ ，令 $t^n=frac{ax+b}{cx+d}$ ，得到 $x=frac{t^nd-b}{a-ct^n}$ 以及 $y=t$ ，從而完成有理化.

對於 $y=sqrt{ax^2+bx+c}$ 的情形，可以將三項式分出完全平方並做適當線性變數替換，即可化為 $int R(t,sqrt{t^2+1})dt，int R(t,sqrt{t^2-1})dt，int R(t,sqrt{1-t^2})dt$ 三種形式之一.

對此，只需分別令 $sqrt{t^2+1}=tu+1或sqrt{t^2+1}=tu-1或sqrt{t^2+1}=t-u$ ；

$sqrt{t^2-1}=(t-1)u或sqrt{t^2-1}=(t+1)u或sqrt{t^2-1}=t-u;$

$sqrt{1-t^2}=u(1-t)或sqrt{1-t^2}=u(1+t)或sqrt{1-t^2}=tupm1.$ （這些替換由Euler提出）

具體來說，例如第一個替換， $sqrt{t^2+1}=tu+1$ ，則 $t^2+1=t^2u^2+2tu+1$ ，那麼 $t=frac{2u}{1-u^2}$ 以及 $sqrt{t^2+1}=frac{1+u^2}{1-u^2}.$ 這樣， $t$ 和 $sqrt{t^2+1}$ 都通過 $u$ 有理表出.

$color{purple}{f橢圓積分（Elliptic integral）}$

形如 $int R(x,sqrt{P(x)})dx$ 的原函數也很重要，其中 $P(x)$ 是次數 $n>2$ 的多項式.

Abel和Liouville曾證明這種積分一般不能用初等函數表示.

當 $n=3$ 和 $n=4$ 時這種積分成為橢圓積分，當 $n>4$ 時叫做超橢圓積分.

一般的橢圓積分經初等替換可化為下列三種標準形式：

$intfrac{dx}{sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$ ， $intfrac{x^2dx}{sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$ ， $intfrac{dx}{(1-hx^2)sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$ ，其中 $h$ 和 $k$ 是參數，且 $kin(0,1).$

在經替換 $x=cosvarphi$ 就化為下列經典形式或其線性組合.

$intfrac{dvarphi}{sqrt{1-k^2sin^2varphi}}$ ， $intsqrt{1-k^2sin^2varphi}dvarphi$ ， $intfrac{dvarphi}{(1-hsin^2varphi)sqrt{1-k^2sin^2varphi}}.$

他們被分別稱為（拉格朗日形式的）第一類，第二類，第三類橢圓積分.

用 $F(k,varphi)$ 和 $E(k,varphi)$ 分別表示由條件 $color{red}{F(k,0)=0}$ 和 $color{red}{E(k,0)=0}$ 確定的第一類橢圓積分和第二類橢圓積分.對於 $kin(0,1)$ 和 $varphiin[0,frac{pi}{2}]$ 的情況可查表獲得值.

3. 應用

拋物面鏡

考察拋物線 $y=frac{1}{2p}x^2(p>0)$ ，並做它在點 $(x_0,y_0)$ 處的切線. $f』(x_0)=lim_{x ightarrow x_0}frac{frac{1}{2p}x^2-frac{1}{2p}x_0^2}{x-x_0}=frac{1}{p}x_0$

切線方程是 $y-frac{1}{2p}x_0^2=frac{1}{p}x_0(x-x_0).$ 即 $frac{1}{p}x_0(x-x_0)-(y-y_0)=0.$ 其中 $y_0=frac{1}{2p}x_0^2.$ 可以發現向量 $vec n=Big(-frac{1}{p}x_0,1Big)$ 與該切線正交.

下面證明向量 $color{red}{vec e_y=(0,1)}$ （Oy方向單位向量）和 $color{red}{vec e_f=Big(-x_0,frac{p}{2}-y_0Big)}$ （切點 $(x_0,y_0)$ 指向拋物線焦點 $Big(0,frac{p}{2}Big)$ 的向量）與 $color{red}{vec n}$ 的夾角相等.

$coswidehat{vec e_yvec n}=frac{langlevec e_yvec n angle}{|vec e_y ||vec n |}=frac{1}{|vec n|}$ 以及 $coswidehat{vec e_fvec n}=frac{langlevec e_fvec n angle}{|vec e_f||vec n|}=frac{1}{|vec n|}.$
這意味著安放在拋物面鏡焦點 $Big(0,frac{p}{2}Big)$ 處的光源會給出平行於軸Oy的光束，反之，這種入射平行光束會聚於焦點處.

斯涅爾定律（折射定律）（Snells law）

根據費馬定理（Fermats principle），任意兩點間光所走的實際路徑是耗時最短的.
現設有兩種各向同性介質， $c_1,c_2$ 是光在這兩種介質中的速度，則通過圖示路徑的時間 $t(x)=frac{1}{c_1}sqrt{h_1^2+x^2}+frac{1}{c_2}sqrt{h_2^2+(a-x)^2}.$
$t』(x)=frac{1}{c_1}frac{x}{sqrt{h_1^2+x^2}}-frac{1}{c_2}frac{a-x}{sqrt{h_2^2+(a-x)^2}}.$
則有 $frac{1}{c_1}sinalpha_1=frac{1}{c_2}sinalpha_2.$ 即 $frac{sinalpha_1}{sinalpha_2}=frac{c_1}{c_2}.$

4. 附錄

4.1 關於泰勒公式

$color{red}{對於xinmathbb R}$

$e^x=1+frac{1}{1!}x+frac{1}{2!}x^2+cdots+frac{1}{n!}x^n+cdots$

$cos x=1-frac{1}{2!}x^2+frac{1}{4!}x^4+cdots+frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}+cdots$

$sin x=frac{1}{1!}x-frac{1}{3!}x^3+cdots+frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}+cdots$

$ln(1+x)=x-frac{1}{2}x^2+frac{1}{3}x^3+cdots+frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n+cdots（當|x|<1）$

$(1+x)^{alpha}=1+frac{alpha}{1!}x+frac{alpha(alpha-1)}{2!}x^2+cdots+frac{alpha(alpha-1)cdots(alpha-n+1)}{n!}x^n+cdots（當|x|<1）$

$color{red}{對於x ightarrow 0}$

$e^x=1+frac{1}{1!}x+frac{1}{2!}x^2+cdots+frac{1}{n!}x^n+O(x^{n+1}).$

$cos x=1-frac{1}{2!}x^2+frac{1}{4!}x^4+cdots+frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}+O(x^{2k+2}).$

$sin x=frac{1}{1!}x-frac{1}{3!}x^3+cdots+frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}+O(x^{2k+3}).$

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

$(1+x)^{alpha}=1+frac{alpha}{1!}x+frac{alpha(alpha-1)}{2!}x^2+cdots+frac{alpha(alpha-1)cdots(alpha-n+1)}{n!}x^n+O(x^{n+1}).$

4.2 導數表

$C』=0$

$(x^alpha)』=alpha x^{alpha-1}（當alphainmathbb R時x>0）$

$(a^x)』=a^xln a（當alphainmathbb N時，xinmathbb R）$

$(log_a|x|)=frac{1}{xln a}（xinmathbb Rsetminus 0,a>0,a e 1）$

$(sin x)』=cos x$

$(cos x)』=-sin x$

$( an x)』=frac{1}{cos^2x}（x e frac{pi}{2}+kpi,kinmathbb Z）$

$(cot x)』=-frac{1}{sin^2x}（x e kpi,kinmathbb Z）$

$(arcsin x)』=frac{1}{sqrt{1-x^2}}（|x|<1）$

$(arccos x)』=-frac{1}{sqrt{1-x^2}}（|x|<1）$

$(arctan x)』=frac{1}{1+x^2}$

$( m arccot mit x m )』=-frac{1}{1+mit x^ m 2}$

$(sinh x)』=(frac{1}{2}(e^x-e^{-x}))=frac{1}{2}(e^x+e^{-x}))=cosh x$

$(cosh x)』=(frac{1}{2}(e^x+e^{-x}))=frac{1}{2}(e^x-e^{-x}))=sinh x$

$( anh x)=Big(frac{sinh x}{cosh x}Big)=frac{1}{cosh^2x}$

$(coth x)=Big(frac{cosh x}{sinh x}Big)=-frac{1}{sinh^2x}（x e 0）$

4.3 不定積分表

$int x^alpha dx=frac{1}{alpha+1}x^{alpha+1}+c（alpha e -1）$

$intfrac{1}{x}dx=ln|x|+c$

$int a^xdx=frac{1}{ln a}a^x+c（a>0,a e 1）$

$int e^xdx=e^x+c$

$intsin xdx=-cos x+c$

$intcos xdx=sin x+c$

$intfrac{1}{cos^2x}dx= an x+c$

$intfrac{1}{sin^2x}dx=-cot x+c$

$intfrac{1}{sqrt{1-x^2}}dx=arcsin x+c（或-arccos x+ ilde{c}）$

$intfrac{1}{1+x^2}dx=arctan x+c（或- m arccotmit x m+ ilde c）$

$intfrac{1}{sqrt{x^2pm 1}}dx=ln|x+sqrt{x^2pm 1}|+c$

$intfrac{1}{1-x^2}dx=frac{1}{2}lnBig|frac{1+x}{1-x}Big|+c$

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