2021秋數分B1筆記

本文轉載自查看原文 2021-09-15 23:19 113 大學課程

實數

〇、雜項

最小數原理：集合 $\mathbb{T} \sub \mathbb{N},\mathbb{T} \neq \varnothing$ ，那么 $\mathbb{T}$ 中有最小數。

證明：

構造集合 $\mathbb{S} = \{s\mid\forall t \in \mathbb{T}, s \leq t\}$

顯然 $ 1 \in \mathbb{S} \Rightarrow \mathbb{S} \neq \varnothing$

又有 $\forall t \in \mathbb{T}, t + 1 \notin \mathbb{S} \Rightarrow \mathbb{S} \neq \mathbb{N}$

所以一定 $\exist s_0 \in \mathbb{S}， \ s_0 + 1 \notin \mathbb{S}$ （反證法，根據歸納公理顯然）

下證 $s_0 \in \mathbb{T}$ ，考慮反證

若 $s_0 \notin \mathbb{T}$，又 $s_0 \in \mathbb{S}$，所以有 $\forall t \in \mathbb{T}, s_0 < t$，則有 $\forall t \in \mathbb{T}，s_0 + 1 \leq t \Rightarrow s_0 + 1 \in \mathbb{S}$ ，矛盾

故 $s_0 \in \mathbb{T}$ 且 $\forall t \in \mathbb{T}, s_0 \leq t$，$s_0$ 則為 $\mathbb{T}$ 中的最小數，最小數原理得證

一、域的定義

設 $\mathbb{F}$ 是集合，具有

加法 $\forall x, y \in \mathbb{F}, x + y \in \mathbb{F}$
乘法 $\forall x, y \in \mathbb{F}, x \cdot y \in \mathbb{F}$
$0$ 元 $\forall x \in \mathbb{F},\exist 0 \in \mathbb{F}, 0 + x \in x$
單位元 $\exists 1 \in \mathbb{F}, 1 \cdot x = x \cdot 1 = x$
負元 $\forall x \in \mathbb{F}, \exist -x \in \mathbb{F}, x + (-x) = 0$
滿足交換律，結合律，交換律

則稱 $\mathbb{F}$ 為一個域

二、有序域

設 $\mathbb{F}$ 是一個域，若滿足 $\forall x, y \in \mathbb{F}, x < y, x > y, x = y$ 有且僅有一種成立，則 $\mathbb{F}$ 有序，稱為有序域

復數域 $\mathbb{C}$ 不是有序域，復數的乘法運算與有序的定義不兼容

三、有界的定義

設 $\mathbb{E} \sub \mathbb{F}$ ，若 $\exists \beta \in \mathbb{F},\forall \alpha \in \mathbb{E}$ ，有 $\alpha \leqslant(\geqslant) \beta$，則稱 $\beta$ 是 $\mathbb{E}$ 的上（下）界

四、確界的定義

若 $\mathbb{E} \sub \mathbb{F}$ 有上界，若在 $\mathbb{F}$ 中 $\mathbb{E}$ 有最小（大）的上（下）界，則稱為上（下）確界，記為 $\sup \mathbb{E} \in \mathbb{F}$ 或者 $\inf \mathbb{E} \in \mathbb{F}$

五、確界原理

若 $\mathbb{F}$ 中任意有上（下）界子集 $\mathbb{E}$ 在 $\mathbb{F}$ 中一定有上（下）確界，則稱 $\mathbb{F}$ 滿足上（下）確界原理

定理：若 $\mathbb{F}$ 滿足上確界原理，則 $\mathbb{F}$ 滿足下確界原理

證明：

設 $\mathbb{F}$ 滿足上確界原理，要證 $\forall \mathbb{E} \sub \mathbb{F}$，$\mathbb{E}$ 有下界則一定有下確界

構造 $\mathbb{E}^\prime = \{\beta\mid\beta$是 $\mathbb{E}$ 的下界$\} \sub \mathbb{F}$

定理：存在滿足確界原理的有序域

且以 $\mathbb{Q}$ 為其子集的有序域記為 $\mathbb{R}$ ，稱為實數域

構造性證明 $\text{Dedekind}$ 分割（摘自知乎，侵刪）：

假設我們只知道有理數。我們把所有有理數按如下要求裝入集合 $A$ 和 $A'$：

任一有理數必屬於 $A, A'$ 之一；

$A'$ 中的每一個有理數都大於 $A$ 中的有理數。

這樣操作的對有理數全集的分划 $A|A'$ 就稱為 $\text{Detekind}$ 分割。

顯然在此划分下就會出現三種情況：

$A$ 中有最大數，$A'$ 中無最小數；

$A$ 中無最大數，$A'$ 中有最小數；

$A$ 中無最大數，$A'$ 中也無最小數。

前兩種情況屬於存在“界數”的情況，為了明確起見，我們約定，若某個分割存在“界數”，就總把這個“界數”放在 $A'$ 中，於是可以將這兩種情況歸並為一種；至於第三種情況，則屬於不存在“界數”的情況。

如此，每一個 $\text{Detekind}$ 分割都唯一地定義了一個實數：有界數的，就是定義了這個作為界數的有理數；無界數的，則定義了某個不屬於有理數的新數，我們稱之為無理數。

容易推知，實數就和 $\text{Detekind}$ 分割形成雙射關系，每一個實數對應一個分划，不同的實數對應不同的分划。

六、實數的特點 $\begin{cases}①與數軸上的點一一對應\\②不可數\end{cases}$

① $\text{Archimedes}$ 原理：

$\forall x, y \in \mathbb{R}$，若$x > 0,y > 0$，則 $\exist n \in \mathbb{N}$，使得 $nx > y \geqslant (n - 1)x$

② $\mathbb{Q}$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密：

$\forall x, y \in \mathbb{R}, x < y$，一定 $\exists z \in \mathbb{Q},$ 使得 $x < z< y$

$\text{Archimedes}$ 原理證明：

設 $\mathbb{E} = \{nx\mid n \in \mathbb{N}\} \sub \mathbb{R}$

（反證）假如對 $\forall n,nx \leqslant y \Rightarrow y $ 是 $\mathbb{E}$ 上界 $\Rightarrow \mathbb{E}$ 有上確界

記 $\alpha = \sup \mathbb{E} \in \mathbb{R} \Rightarrow \alpha - x < \alpha \Rightarrow \alpha - x$ 不是 $\mathbb{E}$ 的上界

$\exists mx \in \mathbb{E}$，使得 $\alpha - x < mx \Rightarrow \alpha < (m + 1)x \in \mathbb{E}$ 矛盾

所以 $\exists n_0$ 使得 $n_0x > y$

$\mathbb{S} = \{n \mid nx > y\} \neq \varnothing$

$\exists$ 最小的 $n$，$nx > y \geqslant (n - 1)x$

通過 $\text{Archimedes}$ 原理證明兩實數間存在另一有理數：

$\forall x, y \in \mathbb{R}, x < y \Rightarrow y - x > 0$

根據 $\text{Archimedes}$ 原理，$\exists n$，使得 $n(y - x) > 1 \Rightarrow ny > 1 + nx$

再對 $1$ 和 $nx$ 應用 $\text{Archimedes}$ 原理

$\exists m$ 使得 $m \cdot 1 > nx \geqslant (m - 1) \cdot 1 \Rightarrow mx < m \leqslant nx + 1 < ny$

$\Rightarrow x < \frac{m}{n} < y$，$\frac{m}{n} \in \mathbb{Q}$

七、無限小數

$\forall x > 1, x \in \mathbb{R}$

根據 $\text{Archimedes}$ 原理，$\exists a_0 \in \mathbb{N},a_0 \leqslant x < a_0 + 1$

同上，$\exists a_1 \in \mathbb{N}, a_1 \leqslant 10(x - a_0) < a_1 + 1(0 \leqslant a_1 \leqslant 9)$

$\Rightarrow a_0 + \frac{a_1}{10} \leqslant x < a_0 + \frac{a_1}{10} + 1$

以此類推：$a_0 + \frac{a_1}{10} + \cdots + \frac{a_n}{10^n} \leqslant x < a_0 + \frac{a_1}{10} + \cdots + \frac{a_n}{10^n} + 1$

數列

一、數列極限

數列 $a_1, a_2, a_3, \cdots$ 可看成 $\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ 的一個映射。

二、數列極限的定義

設 $\{ a_n \}$ 是實數數列，$a \in \mathbb{R}$

對於 $\forall \varepsilon > 0$，若 $\exists N$，使得 $\forall n > N$，$|a_n - a| < \varepsilon$，則稱 $a$ 是 $\{a_n\}$ 的極限，記作 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ 或 $a_n \to a(n \to \infty)$

若 $\exists \varepsilon_0 > 0$，對 $\forall N$，$\exists n > N$，但是 $|a_n - a| \geqslant \varepsilon_0$，那 $a$ 就不是 $\{a_n\}$ 的極限

三、性質 $\begin{cases}① 唯一性，改變有限項不影響斂散性 \\②收斂必有界\ 保序性\\③四則運算（下文略）\\④夾逼定理（下文略）\end{cases}$

設 $\{a_n\}$ 收斂，則 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n$ 唯一。

證明：

考慮反證，若有兩個極限，分別記為 $a, b(a < b)$，取 $\varepsilon_0 = \frac{|a - b|}{2}$

根據極限的定義，$\exists N_1,n > N_1$ 時有 $|a_n - a| < \varepsilon_0$，$\exists N_2,n > N_2$ 時有 $|a_n - b| < \varepsilon_0$

取 $N = \max\{N_1, N_2\}$，當 $n > N$ 時

$\begin{aligned}|a - b| & = |a - a_n + a_n - b| \\ & \leqslant |a - a_n| + |a_n - b| \\& < 2\varepsilon\end{aligned}$

矛盾
改變 $\{a_n\}$ 的有限項，不改變 $\{a_n\}$ 的斂散性

不妨設 $a_n \to a (n \to \infty)$ ，改變有限項的值后，依然 $\exists n_r$，使得 $a_n(n \geqslant n_r)$ 不變。

$\forall \varepsilon > 0，\exists N > n_r, \forall n > N,|a_n - a| < \varepsilon \Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$，斂散性不變。發散數列同理。
$\{a_n\}$ 有界，$\exists M$，使得 $|a_n| \leqslant M$ 對 $\forall n$ 成立
若 $a > l$，則對充分大 $n$ 有 $a_n > l$

取 $\varepsilon = a - l > 0$

則 $\exists N,\forall n > N,|a_n - a| < \varepsilon$

$a + \varepsilon > a_n > a - \varepsilon = a - (a - l) = l$

得到 $a_n > l$
若對充分大 $n$ 有 $a_n \geqslant l$，則 $a \geqslant l$

四、子列

定理：$\{a_n\}$ 收斂 $\Rightarrow {a_n}$ 的任一子列收斂於同一值（證明略）

推論：若 $\{a_n\}$ 的某一個子列發散，則 $\{a_n\}$ 也發散；若存在兩個子列收斂於不同值，則 $\{a_n\}$ 發散

五、實數完備性的若干等價命題

確界原理：$\mathbb{R}$ 中任何有上（下）界的子集 $\mathbb E$ 必有上（下）確界

定義：若 $\{a_n\}$ 滿足 $\forall n,a_n \leqslant(\geqslant) a_{n + 1}$，則稱 $\{a_n\}$ 單調遞增（減）。不取等的情況稱為嚴格單調遞增（減）

定理：單調遞增（減）有上（下）界的數列必收斂

設 $\{a_n\} \uparrow$ 有上界，根據確界原理，$\{a_n\} \sub \mathbb R$ 必有上確界 $a = \sup\{a_n\}$

$\Rightarrow \forall \varepsilon > 0,a - \varepsilon$ 不再是上界 $\Rightarrow \exists a_{n_0} \in \{a_n\}$ 使得 $a - \varepsilon < a_{n_0}$

所以 $\forall n > n_0,a - \varepsilon < a_{n_0} \leqslant a_n < a < a + \varepsilon$，根據數列極限定義，$\{a_n\}$ 收斂

定理：設 $e_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$，則 $\{e_n\}$ 收斂

先證 $\{e_n\}$ 單調遞增：

$\begin{aligned}e_{n} &= \left(1 + \frac 1 n\right)^n \\&= 1 + \frac n {1!} \cdot \frac 1 n + \frac {n(n - 1)} {2!} \cdot \frac 1 {n^2} + \frac {n(n - 1)(n - 2)} {3!} \cdot \frac 1 {n^3} + \cdots + \frac {n(n - 1) \cdots 2 \cdot 1} {n!} \cdot \frac 1 {n^n} \\&= 1 + 1 + {1 \over 2!}\left(1 - \frac 1 n\right)+{1 \over 3!}\left(1 - \frac 1 n\right)\left(1 - \frac 2 n\right) + \cdots + {1 \over n!}\left(1 - \frac 1 n\right)\left(1 - \frac 2 n\right) \cdots \left(1 - \frac {n - 1} n\right)\end{aligned}$

類似地：

$e_{n + 1} = 1 + 1 + {1 \over 2!}\left(1 - \frac 1 {n + 1}\right)+{1 \over 3!}\left(1 - \frac 1 {n + 1}\right)\left(1 - \frac 2 {n + 1}\right) + \cdots + {1 \over (n + 1)!}\left(1 - \frac 1 {n + 1}\right)\left(1 - \frac 2 {n + 1}\right) \cdots \left(1 - \frac n {n + 1}\right)$

作差不難發現 $e_{n + 1} > e_n$

又根據

$\begin{aligned}e_n & < 1 + 1 + {1 \over 2!} + {1 \over 3!} + \cdots + {1 \over n!} \\&< 1 + 1 + {1 \over 2} + {1 \over 2^2} + \cdots + {1 \over 2^{n-1}} \\&= 1 + {1 - {1 \over 2^n} \over 1 - {1 \over 2}} = 3 - {1 \over 2^{n - 1}} <3\end{aligned}$

所以 $e_n$ 有上界，單調遞增有上界必收斂，記為 $\lim\limits_{n \to \infty}e_n = e$
列緊性

區間套定理：設有一列區間 $[a_n, b_n], n = 1, 2, \cdots$ 滿足
- $[a_{n+1}, b_{n + 1}] \sub [a_n, b_n],n = 1, 2, \cdots$
- $\lim\limits_{n \to \infty}(b_n - a_n) = 0$
則有且僅有一點 $\xi \in [a_n, b_n],n = 1, 2, \cdots$

證明：

$\{a_n\}$ 遞增有上界 $b_1$，$\{b_n\}$ 遞減有下界 $a_1$ $\Rightarrow$ $\{a_n\},\{b_n\}$ 均收斂

記 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a,\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$

根據數列極限的保序性：$a_n < b_n \Rightarrow a \leqslant b$

又 $0 \leqslant b - a \leqslant \lim\limits_{n \to \infty}(b_n - a_n) = 0 \Rightarrow b = a = \xi$

容易驗證 $\xi \in [a_n, b_n], \forall n \in \N$

推廣可得 $\bigcap\limits_{n = 1}^\infty[a_n, b_n] \neq \varnothing$，特別地若 $\lim\limits_{n \to \infty}(b_n - a_n) = 0$，$\bigcap\limits_{n = 1}^\infty[a_n, b_n] = \{\xi\}$

$\text{Bolzano-Weierstrass}$ 定理：任何有界數列必有收斂子列

設 $\{x_n\}$ 是有界數列，設 $\{x_n\} \sub [a, b]$，則區間 $[a, \frac{a + b}{2}],[\frac{a + b}{2}, b]$ 中至少有一個包含 $\{a_n\}$ 中的無限項

記為 $[a_1, b_1]$，對 $[a_1, b_1]$ 重復上述過程得到 $[a_2, b_2]$，以此類推將得到 $k$ 個區間，滿足

$[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset \cdots \supset [a_k, b_k]$

且 $b_k - a_k = {1 \over 2^k}(b - a) \to 0,k \to \infty$

根據區間套定理 $\lim\limits_{k \to \infty} a_k = \lim\limits_{k \to \infty} b_k = x$

再根據夾逼定理，$[a_k, b_k]$ 內所有 $x_i$ 組成的子列收斂於 $x$
$\text{Cauchy}$ 收斂准則

定義：$\{a_n\}$ 滿足 $\forall \varepsilon > 0,\exists N$，當 $n, m > N$ 時有 $|a_n-a_m | < \varepsilon$ ，或者寫成 $| a_{n+p} - a_n | < \varepsilon$ 對 $\forall p$ 成立

則稱 $\{a_n\}$ 為基本列

定理：$\{a_n\}$ 收斂 $\iff$ $\{a_n\}$ 是基本列

六、發散到無窮大

定義：

記 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = +\infty,\forall M > 0,\exists N$，當 $n > N$ 時

有 $a_n > M$，則稱 $a_n$ 發散到 $+\infty$
有 $a_n < -M$，則稱 $a_n$ 發散到 $-\infty$
有 $|a_n| > M$，則稱 $a_n$ 發散到 $\infty$

定理：單調遞增數列發散到 $+\infty \iff$ 數列無界 $\forall M > 0,\exists a_N$，使得 $a_N > M$

七、$\text{Stolz}$ 定理

定理（“$\frac \infty \infty$”型或“$\frac x \infty$” 型）：設 $\{a_n\},\{b_n\}$ 滿足

$b_n$ 嚴格 $\uparrow$ 且 $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = +\infty$ （不要求 $a_n \to +\infty$）
$\lim\limits_{n \to \infty} {a_{n + 1} - a_n \over b_{n + 1} - b_n} = A$ （可以是無窮）

則有 $\lim\limits_{n \to \infty}{a_n \over b_n} = A$

定理（“$\frac 0 0$” 型）

$a_n \to 0, b_n \to 0$，且 $\{b_n\}$ 嚴格 $\downarrow$
$\lim\limits_{n \to \infty} {a_{n + 1} - a_n \over b_{n + 1} - b_n} = A$

則有 $\lim\limits_{n \to \infty}{a_n \over b_n} = A$

函數極限

一、函數

映射：$f:X \to Y$ 單射

函數：$f:I(\subset \R) \to J(\subset \R)$

三種情況：
1. 有界：$\forall x \in I,|f(x)| \leqslant M$ 或者 $m \leqslant f(x) \leqslant M$
2. 單調：$\forall x_1, x_2 \in I(x_1 < x_2) \Rightarrow f(x_1) \leqslant f(x_2)$ 則單調遞增，不取等則嚴格；遞減同理
3. 一一對應：$\forall x_1 \neq x_2 \Rightarrow f(x_1) \neq f(x_2)$
4. 反函數：$\forall y \in J,\exists$ 唯一 $x \in I$，使得 $y = f(x)$，則 $x = f^{-1}(y)$
函數的復合：$y = g(f(x))$
初等函數
1. 冪函數：$f(x) = x^\alpha(x > 0,\alpha \in \R)$
2. 指數函數：$f(x) = a^x(a > 0,a \neq 1)$
3. 對數函數：$f(x) = \log_ax(x > 0, a > 0, a \neq 1), f(x) = \ln x$
4. （反）三角函數
5. 雙曲函數
  
  $\sinh x = {e^x - e^{-x} \over 2},\cosh x = {e^x + e^{-x} \over 2},\cosh^2x - \sinh^2x = 1,\cos x = {e^{ix} + e^{-ix} \over 2}, \sin x = {e^{ix} + e^{-ix} \over 2i}$
初等函數通過有限次四則運算和復合運算，仍然為復合函數
函數的其他表達方式
1. 分段函數
2. 隱函數
3. 參數方程

二、在無窮處的極限

$\forall \varepsilon > 0,\exists X > 0$，當 $|x| > X$ 時，有 $|f(x) - a| < \varepsilon$，則稱 $a$ 是 $f(x)$ 在無窮處的極限，記為 $\lim\limits_{x \to \infty}f(x) = a$

單側極限 $\begin{cases}\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = a \\ \lim\limits_{x \to -\infty}f(x) = a\end{cases}$ . 結論：$\lim\limits_{x \to \infty}f(x) = a \iff \begin{cases}\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) 存在 \\ \lim\limits_{x \to -\infty}f(x) 存在\end{cases} 且相等$

三、在有限點的極限

$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = a \iff \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，當 $0 < |x - x_0| < \delta(x \in \mathring{U}(x_0, \delta))$ 時，有 $|f(x) - a| <\varepsilon$

結論：$f(x)$ 在 $x_0$ 處有極限 $\iff$ $f(x)$ 在 $x_0$ 處的左右極限存在且相等

四、性質與判別法

一、極限若存在則唯一

二、局部有界

$f(x)$ 在 $x_0$ 附近有界（$\exists \delta > 0, x \in \mathring{U}(x_0, \delta)$
若 $\alpha < a < \beta$，則在 $x_0$ 附近有 $\alpha \leqslant f(x) \leqslant \beta$

對 $\varepsilon = \min\{\beta - a, a - \alpha\} > 0, \exists \delta > 0$ 當 $x \in \mathring{U}(x_0, \delta)$ 時，$\alpha \leqslant a - \varepsilon < f(x) < a + \varepsilon \leqslant \beta$

三、四則運算

設 $f(x) \to a, g(x) \to b(x \to x_0)$，則

$\lim\limits_{x \to x_0}(\alpha f(x) + \beta g(x)) = \alpha a + \beta b$
$\lim\limits_{x \to x_0}f(x)g(x) = ab$
$\lim\limits_{x \to x_0}{f(x) \over g(x)} = \frac a b(b \neq 0)$

四、保序性

在 $x_0$ 附近有 $f(x) \leqslant g(x) \Rightarrow \lim\limits_{x \to x_0} f(x) \leqslant \lim\limits_{x \to x_0}g(x)$

五、復合函數

設 $f(x)$ 在 $x_0$ 附近，$g(t)$ 在 $t_0$ 附近均有定義，當 $t \neq t_0,g(t) \neq x_0$ 時

若 $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = l, \lim\limits_{t \to t_0} g(t) = x_0$，則 $\lim\limits_{t \to t_0}f(g(t)) = l$

證明：

$\forall \varepsilon > 0, \exists \tau > 0$，當 $0 < |x - x_0| < \tau$ 時，有 $|f(x) - l| < \varepsilon$

對 $\tau > 0,\exists \delta > 0$，當 $0 < |t - t_0| < \delta$ 時，有 $0 < |g(t) - x_0| < \tau \Rightarrow |f(g(t)) - l| < \varepsilon \Rightarrow \lim\limits_{t \to t_0}f(g(t)) = l$

證畢

六、函數與數列復合

$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = a \iff$ 對任意收斂於 $x_0$ 的數列 $\{a_n\}(a_n \neq x_0)$，有 $\lim\limits_{n \to \infty}f(a_n) = a$

證明：

$(\Rightarrow)$

對於 $\forall \{a_n\}, a_n \to x_0(x \to \infty)$ ，要證 $\{f(a_n)\}$ 收斂於 $a$，

即證 $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0$ 使得 $0 < |x - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x) - a| < \varepsilon$

對 $\delta > 0,\exists N$，當 $n > N$ 時有 $0 < |a_n - x_0| < \delta \Rightarrow$ 當 $n > N$ 時，$|f(a_n) - a| < \varepsilon$

$(\Leftarrow)$

假如當 $x \to x_0$ 時 $f(x)$ 不以 $a$ 為極限

$\Rightarrow \exists \varepsilon_0 > 0$，使得對 $\forall \delta > 0$，即使 $0 < |x - x_0| < \delta$，但是 $|f(x) - a| \geqslant \varepsilon_0$

取 $\delta = \frac 1 n$，取 $a_n = x_0 + \frac 1 {2n} \to x_0$

當 $0 < |a_n - x_0| < \frac 1 n = \delta$ 時，但是 $|f(a_n) - a| \geqslant \varepsilon_0$，矛盾

七、夾逼定理

在 $x_0$ 附近有 $g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x)$，且 $\lim\limits_{x \to x_0}g(x) = \lim\limits_{x \to x_0}h(x) = a \Rightarrow \lim\limits_{x \to x_0}f(x) = a$

八、單調性與極限存在的關系

若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上單調，則對 $\forall x_0 \in (a, b), \lim\limits_{x \to x_0^{\pm}}f(x)$ 存在

證明：

設 $f(x) \uparrow$，$\mathbb E = \{f(x) \mid x < x_0\}$ 有上界

$\exists$ 上確界 $l$，$\forall \varepsilon > 0 \Rightarrow l - \varepsilon$ 不是 $\mathbb E$ 的上界

$\exists \overline x < x_0$，但是 $f(\overline x) > l - \varepsilon$

取 $0 < \delta < x_0 - \overline x$，當 $0 < x_0 - \overline x < \delta$ 時，有 $l - \varepsilon < f(\overline x) \leqslant l$

$\Rightarrow \lim\limits_{x \to x_0^-}f(x)$ 存在，另一種情況同理，證畢

九、$\text{Cauchy}$ 收斂准則

設 $f(x)$ 在 $x_0$ 附近有定義

則 $f(x)$ 在 $x_0$ 處有極限 $\iff$ $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，當 $0 < |x^\prime - x_0| < \delta, 0 < |x^{\prime\prime} - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x^\prime) - f(x^{\prime\prime})| < \varepsilon$

證明：

$(\Rightarrow)$

設極限為 $a$，$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，當 $0 < |x - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x) - a| < \frac \varepsilon 2$

對 $0 < |x^\prime - x_0| < \delta, 0 < |x^{\prime\prime} - x_0| < \delta$

有 $|f(x^\prime) - a| < \frac \varepsilon 2, |f(x^{\prime\prime}) - a| < \frac \varepsilon 2 \Rightarrow |f(x^\prime) - x^{\prime\prime}| < \varepsilon$

$(\Leftarrow)$

因為對 $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，當 $0 < |x^\prime - x_0| < \delta, 0 < |x^{\prime\prime} - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x^\prime) - x^{\prime\prime}| < \varepsilon$

任取 $a_n \to x_0(a_n \neq x_0) \Rightarrow \exists N$，當 $n, m > N$ 時， $0 < |a_n - x_0| < \delta, 0 < |a_m - x_0| < \delta$

$\Rightarrow |f(a_n) - f(a_m)| < \varepsilon \Rightarrow \{f(a_n)\}$ 滿足 $\text{Cauchy}$ 收斂准則，設 $f(a_n) \to l$

根據函數與數列復合的極限， $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = l$，極限存在，證畢

五、兩個重要極限

\[\lim\limits_{x \to 0}{\sin x \over x} = 1 \]

證明：
待填坑

\[\lim\limits_{x \to \infty}\left(1 + \frac 1 x\right)^x = e \]

證明：

已知 $\lim\limits_{n \to \infty}\left(1 + \frac 1 n\right)^n = e$，考慮將自然數的情況推廣到正實數：

由 $\text{Archimedes}$ 原理，$\exists n \in \N,n \leqslant x < n + 1$

則有 $\left(1 + {1 \over n + 1}\right)^n < \left(1 + {1 \over x}\right)^x < \left(1 + {1 \over n}\right)^{n + 1}$，之后根據夾逼不難證明 $\lim\limits_{x \to +\infty}\left(1 + {1 \over x}\right)^x = e$

負數的情況類似

六、無窮大與無窮小量

$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = \infty \iff \forall M > 0, \exists \delta > 0, \forall x \in \mathring{U}(x_0, \delta), |f(x)| > M$

$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = 0 \iff \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x \in \mathring{U}(x_0, \delta), |f(x)| < \varepsilon$

若 $f(x) \to \infty, g(x) \to \infty (x \to x_0)$，則 $\lim\limits_{x \to x_0}{f(x) \over g(x)} = \begin{cases} 0 & f = o(g) \\ C \neq 0 & f \sim g \\ \infty & g = o(f)\end{cases}$

函數的連續性

一、連續

在一點連續

設 $f(x)$ 在 $x_0$ 的鄰域內有定義且在 $x_0$ 處有極限，若 $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(x_0)$，則稱 $f(x)$ 在 $x_0$ 連續
單側連續

若 $\lim\limits_{x \to x_0^\pm}f(x) = f(x_0\pm0) = f(x_0)$，則稱單側連續
在區間上連續

$\forall x_0 \in I$，$f(x)$ 在 $x_0$ 處連續

二、間斷

第一類間斷點 $\begin{cases}f(x_0 + 0) = f(x_0 - 0) \neq f(x_0) & 可去間斷點\\f(x_0+0) \neq f(x_0 - 0) & 跳躍間斷點\end{cases}$

第二類間斷點 $f(x_0\pm0)$ 至少有一個不存在

三、性質

局部有界

$f(x)$ 在 $x_0$ 連續，則存在 $x_0$ 的一個鄰域，使得 $f(x)$ 在鄰域內有界
四則運算（文略）
若 $f(x)$ 在 $x_0$ 連續，$g(t)$ 在 $t_0$ 連續且 $g(t_0) = x_0$ 則 $f(g(t))$ 在 $t_0$ 處連續

\[\lim\limits_{t \to t_0}f(g(t)) = f(g(t_0)) = f(\lim\limits_{t \to t_0}g(t)) \]
$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續，則（緩證）
1. $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有反函數 $\iff$ $f$ 在 $[a, b]$ 上嚴格單調
2. $f(x)$ 的反函數 $f^{-1}(x)$ 在 $[a, b]$ 上也一定連續

四、初等函數連續性

結論：初等函數在其定義域內一定連續

五、閉區間上連續函數的性質

設 $f(x)\mid_{[a, b]}$ 連續

介值性

定理（零點定理）

對 $[a, b]$ 上的連續函數 $f(x)$，若 $f(a) \cdot f(b) < 0$，則一定存在 $\xi \in (a, b), f(\xi) = 0$

證明：

不妨設 $f(a) < 0, f(b) > 0$

$[a_m, b_m] \sub [a_{m - 1}, b_{m - 1}] \sub \cdots \sub [a, b]$

$b_n - a_n = \frac 1 2(b - a) \to 0, a_n \to \xi, b_n \to \xi$

$\Rightarrow \exists \xi \in [a, b]$，使得 $a_n \leqslant \xi \leqslant b_n$

$f(a_n) < 0 \Rightarrow f(\xi) \leqslant 0,f(b_n) > 0 \Rightarrow f(\xi) \geqslant 0$

$\Rightarrow f(\xi) = 0$,證畢

定理（介值定理）

設 $\{f(x)\} \sub [a, b], f(a) \neq f(b)$，則對 $\forall$ 介於 $f(a), f(b)$ 之間的 $r$，一定存在 $f(\xi) = r$

不動點

若 $f([a, b]) = \{f(x) \mid x \in [a, b]\} \sub [a, b]$，則一定 $\exists x_0 \in [a, b], f(x_0) = x_0$

有界性

定理：閉區間上連續函數一定有界

證明：

假設存在閉區間 $[a, b]$ 上的某個連續函數無界

則 $\forall N, \exists x_n \in [a, b]$，使得 $|f(x_n)| \geqslant N$ $\Rightarrow \exists$ 子列 $x_{n_k} \to x_0 \Rightarrow x_0 \in [a, b]$（保序性）

又根據 $f(x)$ 的連續性， $N_k \leqslant |f(x_{n_k})| \to |f(x_0)|$，有界，矛盾

定理：閉區間上連續函數必取到最大（小）值

證明：

原命題即 $\exists x^*, x_* \in [a, b]$，使得 $f(x^*) \geqslant f(x) \geqslant f(x_*)$ 對 $\forall x \in [a, b]$ 成立

$f(x)|_{[a, b]}$ 有界因此有上確界，記 $M = \sup f(x), \forall n \in \N, M - \frac 1 n$ 不是上界

即 $\exists x_n \in [a, b]$ 使得 $M \geqslant f(x_n) \geqslant M - \frac 1 n$

$\Rightarrow \exists x_{n_k} \to x^* \in [a, b]$ 再令 $n \to \infty$ 根據夾逼 $f(x^*) = M \Rightarrow f(x^*)$ 是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的最大值

最小值同理

定理：閉區間上的連續函數的值域也是閉區間顯然

定理：閉區間上 $f(x)$ 連續，$f(x) $有反函數 $\iff$ $f(x)$ 和 $f^{-1}(x)$ 連續且嚴格單調

證明：

$(\Leftarrow)$ 顯然

$(\Rightarrow)$ 考慮反證

$\exists x_1 < x_2 < x_3$，使得 $f(x_2)$ 不在 $f(x_1)$ 和 $f(x_3)$ 之間

不妨設 $f(x_2) < f(x_1) < f(x_3) \Rightarrow \exists \xi \in (x_2, x_3), f(\xi) = f(x_1)$，矛盾

已知反函數嚴格單調，下證連續，即證 $\forall \varepsilon > 0 \exists, \delta > 0$，當 $|y - y_0| < \delta$ 時，$|f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)| < \varepsilon$

令 $x_0 = f^{-1}(y_0),y_1 = f(x_0 - \varepsilon), y_2 = f(x_0 + \varepsilon) \Rightarrow y_1 < y_0 < y_2$

令 $\delta = \min\{y_0 - y_1, y_2 - y_0\}$，當 $|y - y_0| < \delta$ 時

$y_1 < y < y_0 + \delta \leqslant y_2 \Rightarrow f^{-1}(y_1) < f^{-1}(y) < f^{-1}(y_2) \Rightarrow |f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)| < \varepsilon$

六、一致連續性

定義：設 $f(x)$ 在 $I$ 上有定義，$\forall \varepsilon > 0$，如果 $\exists \delta > 0$，使得對 $\forall x_0 \in I$，

當 $|x - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ 成立，則稱 $f(x)$ 在 $I$ 上一致連續

等價定義：$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$，只要 $|x' - x''| < \delta$，就有 $|f(x') - f(x'')| < \varepsilon$

定理：閉區間上連續的函數一定一致連續

證明（反證）：

$\exists \varepsilon_0 > 0$，對 $\forall n, \delta_n = \frac 1 n$，當 $|x_n - y_n| < \delta_n$ 時，有 $|f(x_n) - f(y_n)| \geqslant \varepsilon_0$

根據子列的收斂性可以證明 $\lim\limits_{k \to \infty}|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| = 0$，矛盾

微分

一、導數

定義：設 $f(x)$ 在 $I$ 上有定義，$x_0 \in I$，若 $\lim\limits_{x \to x_0}{f(x) - f(x_0) \over x - x_0}$ 存在且有限，則稱 $f(x)$ 在 $x_0$ 處可導，記為

\[f'(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0}{f(x) - f(x_0) \over x - x_0} \]

單側導數

\[\lim\limits_{\Delta x \to 0^\pm}{f(x_0 + \Delta x) - f(x) \over \Delta x} = f'_\pm(x_0) \]

結論：左右導數存在且相等 $\iff$ 導數存在

二、性質

可導一定連續（連續不一定可導）
四則運算
1. $(f(x) \pm g(x))' = f'(x) \pm g'(x)$
2. $(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$
3. $\left({f(x) \over g(x)}\right)' = {f'(x)g(x) - f(x)g'(x) \over (g(x))^2}(g(x) \neq0)$
復合函數求導

$y = f(x), x = g(t)$ 都可導，則 $y = f(g(t))$ 也可導（鏈式法則證明）

三、高階導數

$f|_I$ 可導， $f'|_I$ 函數若仍然可導，則 $f''(x)|_I, \cdots$ 稱為 $f(x)$ 的高階導數，記為 $f^{(n)}(x) = (f^{n - 1}(x))'$，或記為

\[{\text d^n y \over \text d x^n} = {\text d \over \text d x}\left({\text d^{n - 1} y \over \text d x^{n - 1}}\right) \]

$\text{Leibnis}$ 定理：

\[(f \cdot g)^{(n)} = \sum\limits_{k = 0}^n{n \choose k}f^{(n - k)} \cdot g^{(k)} \]

若 $\exists x_0 \in I, f(x_0) = f'(x_0) = \cdots = f^{(r)}(x_0) = 0$，則稱 $x_0$ 是 $f(x)$ 的 $r$ 重零點

常用導數

$(\sin x)^{(n)} = \sin(x + {n\pi \over2})$
考慮 $y = \arctan x$ 的在 $x = 0$ 處的高階導數

一次求導：$y'(1 + x ^ 2) = 1$

對該恆等式求 $n - 1$ 階導，根據 $\text{Leibnis}$ 公式：

\[(1 + x ^ 2)y^{(n)} + 2(n - 1)xy^{(n - 1)} + (n - 1)(n - 2)y^{(n - 2)} = 0 \]
將 $x = 0$ 代入得到：

\[y^{(n)}(0) = -(n - 1)(n - 2)y^{(n - 2)}(0) \]
又有 $y(0) = 0, y'(0) = 1$，分奇偶分析可得：

\[y^{(2k + 1)}(0) = (-1)^k(2k)!, y^{(2k)}(0) = 0, k = 1, 2, \cdots. \]

四、參數表示的導數

對於參數方程

\[\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t)\end{cases}, t \in [\alpha, \beta] \]

表示的函數可導，如果 $x'(t) \neq 0$，且 $x = x(t)$ 存在可導的反函數 $t = t(x)$，則有

\[{\text dy \over \text dx} = {\text dy \over \text dt}{\text dt \over \text dx} = {y'(t) \over x'(t)} \]

類似的可以求得

\[{\text d^2y \over \text dx^2} = {y''(t)x'(t) - y'(t)x''(t) \over (x'(t))^3} \]

五、微分

定義：對於 $y = f(x)$，若存在一條直線使得 $f(x) = f(x_0) + A(x - x_0) +o(\Delta x)$，則稱 $f(x)$ 可微

結論：可微

\[\Rightarrow \lim\limits_{\Delta x \to 0}{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) \over \Delta x} = A \]

$\Rightarrow$ 可導且 $f'(x_0) = A$

六、微分中值定理

一、極值

定義：設 $f(x)$ 在 $I$ 上有定義，若 $x_0 \in I$ 滿足 $\exists \delta > 0, |x - x_0| < \delta$ 時

$f(x) \leqslant f(x_0)$ 則稱 $f(x_0)$ 是極大值；$f(x) \geqslant f(x_0)$ 則稱 $f(x_0)$ 是極小值

二、$\text{Fermat}$ 定理

若 $f(x)$ 在 $I$ 內部一點 $x_0$ 取極值，且 $f(x)|_I$ 可導，則 $f'(x_0) = 0$（根據導數的定義不難證明）

三、$\text{Rolle}$ 定理

設 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續，在 $(a, b)$ 上可導，$f(a) = f(b)$，則 $\exists \xi \in (a, b), f'(\xi) = 0$

證明：連續則有最值，不妨設 $f(x)$ 不是常值函數 $\Rightarrow$ 最大（小）值 $\neq f(a) = f(b)$

不妨設最大值點 $\xi \in (a, b)$，由於 $f|_{(a, b)}$ 可導 $\Rightarrow$ $f'(\xi) = 0$

四、$\text{Lagrange}$ 定理

設 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續，在 $(a, b)$ 上可導，則 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得

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

證明：令 $g(x) = f(x) - f(a) - {f(b) - f(a) \over b - a}(x - a)$

$g(a) = g(b) = 0,g'(x) = f'(x) - {f(b) - f(a) \over b - a}$

根據 $\text{Rolle}$ 定理，$\exists \xi \in (a, b), g'(\xi) = 0 \Rightarrow f'(\xi) = {f(b) - f(a) \over b - a}$,證畢

六、$\text{Cauchy}$ 中值定理

設 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續，$(a, b)$ 上可導，且 $g'(x) \neq 0$，則 $\exists \xi \in (a, b)$，使得

\[{f'(\xi) \over g'(\xi)} = {f(b) - f(a) \over g(b) - g(a)} \]

證明與 $\text{Lagrange}$ 定理證明類似

定理：

設 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續，在 $(a, b)$ 上可導，若 $f'(x)$ 在 $x_0$ 的左（右）極限存在，則 $f(x)$ 在 $x_0$ 的左（或右）導數滿足

$f'_{\pm}(x_0) = f'(x_0 \pm 0) \Rightarrow f'(x_0 - 0) = f'(x_0 + 0) = f'(x_0) \Rightarrow$ $f'(x)$ 在 $x_0$ 處連續，$f'(x)$ 的間斷點一定無左右極限

結論：導函數不存在第一類間斷點

七、$\text{Darbsux}$ 定理（導函數的介值性）

設 $f|_{[a, b]}$ 可導，則對於介於 $f'(a), f'(b)$ 之間的任意值 $\lambda$，一定 $\exists \xi \in [a, b]$，使得 $f'(\xi) = \lambda$

證明：

不妨設 $f'(a) < f'(b)$，並考慮 $f'(a) < 0 < f'(b)$

$\Rightarrow \lim\limits_{x \to a^+}{f(x) - f(a) \over x - a} = f'(a) < 0$

$\Rightarrow \exists \delta_1$ 使得當 $x \in (a, a + \delta_1)$ 有 ${f(x) - f(a) \over x - a} < 0 \Rightarrow f(x) < f(a)$

即當 $x \in (a, a + \delta_1)$ 時，$f(x) < f(a)$，同理當 $x \in (b - \delta_2, b)$ 時，$f(x) < f(b)$

$\Rightarrow \min f(x)$ 一定在 $(a, b)$ 內部，即 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $f'(\xi) = 0$

對於 $f'(a) < \lambda < f'(b)$，令 $g(x) = f(x) - \lambda x \Rightarrow g'(a) < 0 < g'(b)$

$\Rightarrow \exists \xi \in (a, b)$，使 $g'(\xi) = 0 \Rightarrow f'(\xi) = \lambda$，證畢

八、$\text{L'Hospital}$ 法則

結論：

\[\lim\limits_{x \to x_0}{f'(x) \over g'(x)} = l \Rightarrow \lim\limits_{x \to x_0}{f(x) \over g(x)} = l \]

證明：

$\frac 0 0$ 型：

因為 $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = 0, \lim\limits_{x \to x_0}g(x) = 0$

不妨取 $f(x_0) = 0, g(x_0) = 0 \Rightarrow f(x), g(x)$ 在 $x_0$ 處連續

\[{f(x) \over g(x)} = {f(x) - f(x_0) \over g(x) - g(x_0)} = {f'(\xi) \over g'(\xi)} \]

其中 $|\xi - x_0| < |x - x_0|$，所以當 $x \to x_0, \xi \to x_0$

\[\Rightarrow \lim\limits_{x \to x_0}{f(x) \over g(x)} = \lim\limits_{\xi \to x_0}{f'(\xi) \over g'(\xi)} = l \]

$\frac \infty \infty$ 型：

類似地取 $\xi, x_0 < \xi < x_0 + \delta$

\[{f(x) \over g(x)} = {f(x) - f(\xi) \over g(x) - g(\xi)} - {f(x) - f(\xi) \over g(x) - g(\xi)}{g(\xi) \over g(x)} + {f(\xi) \over g(x)} \]

令 $x \to x_0, \xi \to x_0$

\[{f(x) \over g(x)} \to {f'(x_0) \over g'(x_0)} \]

可以推導出高階導和趨於無窮的情況，不再贅述。

七、單調性與凸性

一、單調性

設 $f(x)$ 可導 $\Rightarrow \begin{cases} f(x) \uparrow & \Rightarrow f'(x) \geqslant 0 \\ f(x) \downarrow & \Rightarrow f'(x) \leqslant 0\end{cases}$ ，極值點處一定有 $f'(x) = 0$

二、凸性

若對 $\forall \alpha \in (0, 1)$，有

\[f(x_1 + (1 - \alpha)(x_2 - x_1)) \leqslant f(x_1) + (1 - \alpha)(f(x_2) - f(x_1)) \]

或者寫成

\[f(\alpha x_1 + (1 - \alpha)x_2) \leqslant \alpha f(x_1) + (1 - \alpha)f(x_2) \\ \]

則稱 $f(x)$ 在定義域內是凸函數

由定義可推出等價結論：

\[{f(x) - f(x_1) \over x - x_1} \leqslant {f(x_2) - f(x_1) \over x_2 - x_1} \leqslant {f(x_2) - f(x) \over x_2 - x} \]

定理：

設 $f(x)$ 在 $I$ 上連續

若 $f|_I$ 可導，則 $f(x)$ 凸 $\iff f'(x)\uparrow$（嚴格）
若 $f|_I$ 二階可導，則 $f(x)$ 凸 $\iff f''(x) > 0$

證明：

$(\Rightarrow)$ 分別求端點導數即可

$(\Leftarrow)$ 拉格朗日中值

證明同理可得

三、拐點

$f(x)$ 凸性改變的點叫拐點

定理：

在 $x_0$ 的鄰域內，滿足在 $x_0$ 左邊 $f'(x) \uparrow$，右邊 $f(x) \downarrow$，則 $x_0$ 是拐點

四、曲率

\[\alpha = \arctan{\text dy \over \text dx} = \arctan y' \Rightarrow {\text d\alpha \over \text dx} = {|y''| \over 1 + y'^2}\\ \kappa = {\text d \alpha \over \text d s} = {\text d \alpha \over \text d x} / {\text d s \over \text d x} = {|y''| \over 1 + y'^2} / \sqrt{1 + y'^2} = {|y''| \over (1 + y')^{\frac 3 2}} \]

用參數方程表示，設 $x = \varphi(t), y = \psi(t), y = f(x)$

\[\begin{aligned} \Rightarrow f' = {\psi' \over \varphi'}, f'' = {\psi''\varphi' - \varphi''\psi' \over \varphi'^3} \\ \Rightarrow \kappa = {\psi''\varphi' - \varphi''\psi' \over (\psi'^2 + \varphi'^2)^{\frac 3 2}} \end{aligned} \]

八、$\text{Taylor}$ 展開

一、$\text{Taylor}$ 公式

設 $f(x)$ 在 $x_0$ 附近 $n$ 階可導

$\text{Peano}$ 余項公式：

\[f(x) = f(x_0) + {f'(x_0) \over 1!}(x - x_0) + \cdots {f^{(n)}(x_0) \over n!}(x - x_0)^n + o((x - x_0)^n) \]

特別地當 $x_0 = 0$ 時有：

$\text{Maclaurim}$ 公式：

\[f(x) = f(0) + {f'(0) \over 1!}(x) + \cdots {f^{(n)}(0) \over n!}(x)^n + o(x^n), x \to 0 \]

待定系數法+多次 $\text{L'Hospital}$ 法則可以求得各系數的值，滿足余項是 $n$ 次項的高階無窮小

二、余項的估計

設 $f(x)$ 在 $x_0$ 的領域內有 $n + 1$ 階導數，$T_n(x)$ 是 $f(x)$ 在 $x_0$ 處的 $n$ 階 $\text{Taylor}$ 多項式

則在 $x$ 和 $x_0$ 之間 $\exists \xi$，使得

\[f(x) = T_n(x) +{f^{(n + 1)} \over (n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1} \]

證明：

設輔助函數

\[g(t) = f(t) - T_n(t) - {f(x) - T_n(x) \over (x - x_0)^{n+ 1}}(t - x_0)^{n + 1}, t \in I \]

$g(t)$ 有 $n + 1$ 階導數，且滿足

\[g(x_0) = g(x) = 0, g^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0) - T_n^{k}(x_0) = 0, k = 1, 2, \cdots, n \]

重復運用微分中值定理可推得

\[\exists \xi \in (x_0, x), g^{(n + 1)}(\xi) = f^{(n + 1)}(\xi) - (n + 1)!{f(x) - T_n(x)\over(x - x_0)^{n + 1}} \]

即

\[f(x) = T_n(x) + {f^{(n + 1)}(\xi) \over (n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1} \]

並令

\[R_n(x) = {f^{(n + 1)}(\xi) \over (n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1} \]

$R_n(x)$ 稱作 $\text{Lagrange}$ 余項

推論：

若 $f(x)$ 的 $n + 1$ 階導數有界，$|f^{(n + 1)}(x)| \leqslant M \Rightarrow \Rightarrow |R_n(x)| \leqslant {M \over (n + 1)!}|x - x_0|^{n + 1}$
若 $f(x)$ 在 $I$ 內 $n + 1$ 階可導，$x_0$ 是 $f(x)$ 的 $r(r < n)$ 重零點當且僅當存在函數 $g(x)$

\[f(x) = (x - x_0)^rg(x), g(x_0) \neq 0 \]

三、初等函數的展開式

下面給出部分初等函數具有 $\text{Lagrange}$ 余項的 $\text{Maclaurim}$ 公式

\[\begin{aligned} & e^x = 1 + x + {x^2 \over 2!} + \cdots + {x^n \over n!} + {e^{\theta x} \over (n + 1)!}x^{n+1}, & -\infty < x < +\infty, \\ & \ln(1+x) = x - {x^2 \over 2!} + \cdots + (-1)^{n - 1}{x^n \over n} + {(-1)^nx^{n+1}\over(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}, & x > -1, \\ & \sin x = x - {x^3 \over 3!} + \cdots + (-1)^{m - 1}{x^{2m - 1} \over (2m - 1)!} + {(-1)^mx^{2m+1} \over (2m+1)!}\cos \theta x, & -\infty < x < +\infty, \\ & \cos x = 1 - {x^2 \over 2!} + \cdots + (-1)^{m - 1}{x^{2m - 2} \over (2m - 2)!} + {(-1)^mx^{2m} \over (2m)!}\cos \theta x, & -\infty < x < +\infty, \\ & (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + {\alpha(\alpha - 1) \over 2!}x^2 + \cdots + {\alpha^{\underline{n}} \over n!}x^n + {\alpha^{\underline{n + 1}} \over (n + 1)!}x^{n + 1}(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}, & x > -1 \end{aligned} \]

結論：初等函數在定義域內任意一點可以展開成任意階的 $\text{Taylor}$ 多項式

$\text{Taylor}$ 展開的一些用途：

可以用 $\text{Taylor}$ 展開方便地求函數的高階導
化為多項式方便計算極限

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