高等数学中的重要结论
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取整函数基本不等式:\(x - 1 < [x] \leq x\)
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常用基本极限
\(\lim\limits_{x \to 0} \cfrac{\sin x}{x} = 1\)
\(\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = 1\)
\(\lim\limits_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = 1\)
对于\(1^\infty\)推广有，\(\lim\alpha(x) = 0, \lim\beta = \infty\)， 且\(\lim\alpha(x)\beta(x) = A\)，则有\(\lim[1 + \alpha]^{\beta(x)} = e^A\)
\(\lim\limits_{x \to 0} \cfrac{a^x - 1}{x} = \ln a\)(洛必达法则易证)
\(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] n = 1\)
\(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] a = 1 \, (a > 0)\)
\( \lim\limits_{x \to \infty}\cfrac{a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0}{b_mx^m + b_{m - 1}x^{m - 1} + ... + b_1x + b_0} = \left\{\begin{array}{rcl} \frac{a_n}{b_m}, & n = m \\ 0, & n < m \\ \infty, & n > m\end{array}\right. \)
\( \lim\limits_{n \to \infty} x^n = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & |x| < 1 \\ \infty, & |x| > 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \end{array}\right. \)
\( \lim\limits_{n \to \infty} x^n = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & |x| < 1 \\ \infty, & |x| > 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \end{array}\right. \)
\( \lim\limits_{n \to \infty} e^{n \pi} = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & x < 0 \\ +\infty, & x > 0 \\ 1, & x = 0\end{array}\right. \) -
常用等价无穷小
\(x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x \sim \ln(1 + x) \sim e^x - 1\)
\((1 + x) ^ \alpha - 1 \sim \alpha x\)，推广当\(\alpha(x) \to 0, \alpha(x)\beta(x) \to 0\)时，\((1 + \alpha (x))^{\beta(x)} - 1 \sim \alpha(x)\beta(x)\)
\(1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2\)，推广\(1 - \cos^a x \sim \frac{a}{2} x^2\)
\(\alpha^x - 1 \sim x\ln a\)
\(x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3\)
\(\arcsin x - x \sim \frac{1}{6} x^3\)
\(\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3\)
\(x - \arctan x \sim \frac{1}{3}x^3\)
\(x - \ln (1 + x) \sim \frac{1}{2}x^2\)，推广\(\ln (1 - x) + x \sim -\frac{1}{2}x^2\)，令\(t = -x\)带入即可。 -
\(\lim\frac{f(x)}{g(x)}\)存在，\(\lim g(x) = 0 \to \lim f(x) = 0\)；\(\lim\frac{f(x)}{g(x)} = A \neq 0\)，\(\lim f(x) = 0 \to \lim g(x) = 0\)。
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如果\(f(x) \, n\)阶可导，使用洛必达最多到\(f^{n-1}(x)\)；如果\(f(x) \, n\)阶可导且连续，使用洛必达最多到\(f^{n}(x)\)。
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\(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + ... + a_m^n}\)，其中\(a_i > 0 \, (i = 1, 2, ..., m)，\max\{a_i\} = a\)，那么\(原式 = a\)
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常用不等式：\(a^2 + b^2 \geq 2ab\)；\(\frac{a + b + c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}\)；\(\sin x < x < \tan x, x \in (0, \frac{\pi}{2})\)；\(\frac{x}{1 + x} < \ln (1 + x) < x, x \in (0, +\infty)\)。
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\(\lim\limits_{x \to 0} x^{\alpha} \ln x = 0 \,\, (\alpha > 0)\)。
证明：\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{-\ln{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x^{\alpha}}} = 0\)，因为分子是对数函数，分母是幂函数。 -
连续函数的和、差、积、商都连续，连续函数复合也连续。
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\(f(x)\)是奇函数，那么\(f'(x)\)是偶函数；\(f(x)\)是偶函数，那么\(f'(x)\)是积函数；\(f(x)\)是周期函数，那么\(f'(x)\)也是周期函数，且周期不变。
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常用泰勒公式
\(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + ... + \cfrac{x^n}{n!} + o(x^n)\)
\(\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^{2n - 1}}{({2n - 1})!} + o(x^{2n - 1})\)
\(\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + ... + (-1)^{n}\cfrac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n})\)
\(\ln(1 + x) = x - \cfrac{x^2}{2} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^n}{n} + o(x^n)\)
\((1 + x)^a = 1 + ax + \cfrac{a(a - 1)}{2!}x^2 + ... + \cfrac{a(a - 1)...(a - n + 1)}{n!}x^n + o(x^n)\)
\(\cfrac{1}{x + 1} = 1 - x + x^2 + ... + (-1)^nx^n + o(x^n)\)
\(\cfrac{1}{x + 1} = 1 + x + x^2 + ... + x^n + o(x^n)\) -
\(f(x)\)，\(g(x)\)在\((c, +\infty)\)可导，且\(g'(x) \neq 0\)；\(\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = \infty\)；\(\lim\limits_{x \to +\infty}\cfrac{f'(x)}{g'(x)} = A（A为有限或者\infty\)，那么有\(\lim\limits_{x \to +\infty} \cfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty}\cfrac{f'(x)}{g'(x)} = A\).也就是说这种情形下，不必验证\(f(x)\)是否是无穷大量，可以直接洛必达。
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如果\(f(t)\)可积，那么\(F(x) = \int_a^xf(t)dt\)一定连续。
证明：\(F(x) = \int_a^xf(t)dt\)，令\(\delta \to 0\)，有\(F(x + \delta) = \int_a^{x + \delta}f(t)dt = \int_a^xf(t)dt + \int_x^{x + \delta}f(t)dt\) ，如果\(F(x)\)连续，那么会有\(\lim\limits_{\delta \to 0}F(x + \delta) = F(x)\)，那么只需要证明\(\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0\)，对于\(\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0\)，因为可积必有界，那么设\(f(x)\)在\((x, x + \delta)\)上的最大值为\(M\)，最小值为\(m\)，则有\(m(x + \delta - x) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M(x + \delta - x)\)，由于\((x + \delta - x )= \delta \to 0\)，那么有\(0 \leq \int_a^b f(x)dx \leq 0\)，所以\(\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0\)，证毕。 -
讨论\(F(x) = \int_a^xf(t)dt\)在\(x = x_0\)的可导性\((x \to x_0, x \neq x_0)\)。
从导数定义出发，\(F'(x) = \lim\limits_{x \to x_0}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to x_0}F'(x) = \lim\limits_{x\to x_0}f(x)\)
从上式看出，\(F(x)\)的可导性与\(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\)有关。
当\(f(x)\)在\(x_0\)点连续，那么有\(\lim\limits_{x\to x_0}f(x) = f(x_0)\)，所以\(F(x)\)可导；
当\(f(x)\)在\(x = x_0\)点为可去间断点，那么\(\lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = A \to \lim\limits_{x\to x_0}f(x) = A\)，所有\(F(x)\)可导;
当\(f(x)\)在\(x = x_0\)点为跳跃间断点、第二类间断点均不可导。
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\(f(x)\)在区间\(I\)上有第一类间断点与无穷间断点，则\(f(x)\)在区间\(I\)上没有原函数。
证明：使用反证法，假设存在原函数\(F(x)\)，那么根据导数定义与洛必达法则有\(F'(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}F'(x)(洛必达) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x)\)，\(F'(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}F'(x)(洛必达) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)\)，
如果\(f(x) = F'(x)\)，那么有\(f(x_0) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)\)，而不满足三类间断点的要求，所以与假设矛盾，那么不存在原函数，由这个条件还可以知道连续函数一定存在原函数。
注：这里可以使用洛必达法则的原因是因为符合使用洛必达的使用条件（\(\lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x)\)与\(\lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)\)存在或者无穷）。那么对于振荡间断点来说就不符合这个条件，所以不能这样证明，举个例子来说它是有原函数的，\(f(x) = \left\{\begin{array}{rcl} 2x\sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array}\right.\)，原函数是\(F(x) = \left\{\begin{array}{rcl} x^2sin\frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array}\right.\)。
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区间再现公式\(\int_a^bf(x)dx = \int_a^bf(a + b - x)dx\)。
证明：令\(x = a + b - t\)，那么\(\int_a^bf(x)dx = \int_b^af(a + b - t)d(-t) = \int_a^b f(a + b - t)dt = \int_a^bf(a + b - x)\)
由此可以推导出：\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)dx\)
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常用三角积分公式:
\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)dx\)
\(\int_0^{\pi}f(\sin x)dx = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx\)
\(\int_0^{\pi}xf(\sin x)dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(\sin x)dx\)，左边令\(u = \pi - x\)推导即可。
点火公式：\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx = \left\{\begin{array}{rcl} &\cfrac{n - 1}{n} \times \cfrac{n - 3}{n - 2} \times ... \times \cfrac{1}{2} \times \cfrac{\pi}{2}, & n为偶数\\ &\cfrac{n - 1}{n} \times \cfrac{n - 3}{n - 2} \times ... \times \cfrac{2}{3}, & n为奇数 \end{array}\right.\)
\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x) dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}f(\sin x)dx\)
\(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x) dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{2}}f(\sin x)dx\)
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如果\(f(x)\)为偶函数，那么\(F(x) = \int_a^xf(t)dt\)不一定为奇函数；但是如果\(f(x)\)为奇函数，那么\(F(x) = \int_a^xf(t)dt\)为偶函数。
（1）如果\(f(x)\)为奇函数，那么有\(f(-x) = f(x)\)，
\(F(-x) = \int_a^{-x}f(t)dt\)，令\(t = -u\)，那么\(F(-x) = \int_{-a}^u f(-u) d(-u) = \int_{-a}^af(u)du + \int_{a}^uf(u)du\)，因为\(f(x)\)为奇函数，那么有\(\int_{-a}^af(u)du = 0\)，所以\(F(-x) = \int_{a}^xf(x)dx = F(x)\)，所以\(f(x)\)为奇函数，那么\(F(x)\)必定为偶函数。
（2）如果\(f(x)\)为偶函数，那么有\(f(-x) = f(x)\)，
\(F(-x) = \int_a^{-x}f(t)dt\)，令\(t = -u\)，那么\(F(-x) = \int_{-a}^u f(-u) d(-u) = -\int_{-a}^u f(u) d(u) = -\int_{-a}^af(u)du - \int_{a}^uf(u)du\)，如果\(\int_{-a}^af(u)du\)为\(0\)，那么有\(F(-x) = - \int_{a}^uf(u)du = - \int_{a}^xf(x)dx\)，此时\(F(x)\)为奇函数；否则\(F(x)\)不为奇函数。
如果\(a = 0\)，那么有\(f(x)\)为偶函数，\(F(x)\)为奇函数；\(f(x)\)为奇函数，那么\(F(x)\)为偶函数。
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\(f(x)\)在\([a, b]\)连续，那么\(f(x)\)在\([a, b]\)有界；\(f(x)\)在\((a, b)\)连续，\(\lim\limits_{x \to {a^+}}f(x)\)与\(\lim\limits_{x \to {b^-}}f(x)\)存在，那么\(f(x)\)在\([a, b]\)有界。
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\(\sum\limits_{n = 1}^\infty|b_n|\)收敛，那么\(\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2\)收敛。
证明：\(\sum\limits_{n = 1}^\infty|b_n|\)收敛，则有\(\lim\limits_{n\to \infty}|b_n| \to 0\)，所以\(n\)充分大的时候有\(|b_n|\)，\(b_n^2 \leq |b_n|\)，所以\(\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2\)也收敛。
\(\sum\limits_{n = 1}^\infty b_n\)收敛，\(\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2\)不一定收敛，反例\(b(n) = \cfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\)，\(b_n^2 = \cfrac{1}{n}\)是调和级数。
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若\(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0\)，\(\sum\limits_{n = 1}^\infty b_n\)收敛，且为正项级数，那么有\(\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n b_n\)也收敛。
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\(\sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n} = -\ln(1 - x).\)
证明：\(\ln(1 + x) = x -\cfrac{x^2}{2} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^{n}}{n} = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\cfrac{(-1)^{n - 1}x^n}{n}\)
\(\ln(1 - x) = -x -\cfrac{x^2}{2} - \cfrac{x^3}{3}... -\cfrac{x^{n}}{n} = -\sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n}\)
\(-\ln(1 - x) = x +\cfrac{x^2}{2} + \cfrac{x^3}{3}... +\cfrac{x^{n}}{n} = \sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n}\)
