数论笔祭 - 林学长的第二数学

合集 - 讲课笔记(6)

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林学长讲课笔记

极限

$\lim_{x \to x_0} f(x)$

考虑运算法则：

• 一般来说，函数的和差商积的极限等于函数的极限的和差商积。

但是例外：

$$\lim_{x \to 3} \frac {x - 3}{x^2 - 9}$$

考虑极限约去 $x - 3$ 得到：

$$\lim_{x \to 3} \frac 1 {x + 3} = \frac 16$$

如果约不掉？但是……

$$\lim_{x \to 1} \frac {2x - 3} {x^2 - 1}$$

考虑 $2x - 3$ 不为 $0$，所以 $= \infty$

总结到一般的高次多项式？

$$\lim_{x \to \infty} \frac {a_0 x^m + \cdots}{b_0 x^n + \cdots}$$

• 若 $m > n$ 则 $= \infty$

• 若 $m = n$ 则 $= \frac {a_0}{b_0}$

• 若 $m < n$ 则 $= 0$

发散？收敛？看是否存在可数的上下界

$$\lim_{x \to \infty} \frac {\sin x} x$$

考虑 $\lim \frac 1x = 0$，而 $\sin x$ 是有界函数，故 $\lim \frac {\sin x} x = 0$（$0$ 乘上一个有界函数）

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重要的极限：

$$\lim_{x \to 0} \frac {\sin x} x = 1 \tag{1}$$

$$\lim_{x \to \infty}(1 + \frac 1 x)^x = e \tag{2}$$

可以利用夹逼定理证明 $(1)$。考虑：

发现三个面积有：

$$\frac 12 \sin x \le \frac 12 x \le \frac 12 \tan x$$

整理一下：

$$1 \le \frac x {\sin x} \le \frac 1 {\cos x}$$

根据夹逼定理，有 $\lim \frac x {\sin x} = 1$。

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导数

对于 $f(x)$，$f'(x)$ 表示函数在 $x$ 时的斜率。

$$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac {f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} = \frac {dy} {dx}$$

常见的导数：

$f(x)$	$f'(x)$
$C$	$0$
$x^\mu$	$\mu x ^{\mu - 1}$
$\sin x$	$\cos x$
$\cos x$	$-\sin x$
$a^x$	$a^x \ln a$
$\log_ax$	$\frac 1{x \ln a}$

运算法则：

• $[u(x) \pm v(x)]' = u'(x) \pm v'(x)$

• $[u(x)v(x)]' = u(x)v'(x) + u'(x)v(x)$

• $[\frac {u(x)}{v(x)}]' = \frac {u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{v^2(x)}$ 这是子导母不导减去母导子不导。

考虑一下常用导数：

$$f(x) = \tan x = \frac {\sin x}{\cos x} = \frac {\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac 1 {\cos^2 x}$$

对于反函数：

$$f(x) = y \iff f^{-1}(y) = x$$

有：

$$[f^{-1}(x)]' = \frac 1 {f'(f(x))}$$

于是对于 $f(x) = \arctan x$，有：

$$\begin{aligned} (\arctan x)' &= \frac 1 {\tan'(\arctan x)} \\ &= \cos^2 (\arctan x) \\ &= \frac 1 {1 + \tan^2 (\arctan x)} \\ &= \frac 1 {1 + x^2} \end{aligned}$$

对于复合函数 $y = f(g(x))$ 求导。

令 $u = g(x)$，于是 $\to y = \frac {du}{dy}, u' = g'(x) = \frac {dx}{du}$。

也就是 $y' = f'(x) \cdot g'(x)$。

例如 $e^{x^3}$ 的导数相当于 $f(x) = e^x, g(x) = x^3$ 函数复合求导。

于是 $(e^{x^3})' = f'(x)\cdot g'(x) = e^x \cdot 3x^2$。

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柯西中值定理 描述的是：

若在 $[a, b]$ 上 $f(x), F(x)$ 连续，在 $(a, b)$ 上 $f(x), F(x)$ 可导且 $\forall x \in (a, b) F'(x) \ne 0$ 那么一定至少存在一个点 $\xi$ 使得：

$$\frac {f(a) - f(b)}{F(a) - F(b)} = \frac {f(\xi)}{F(\xi)}$$

那么对于洛必达法则：

• 当 $x \to a$ 时，$f(x), F(x)$ 都趋近于 $0$。

• $\lim_{x \to a} \frac {f'(x)}{F'(x)}$ 存在（或为无穷大）

那么：

$$\lim_{x \to a}\frac {f(x)}{F(x)} = \lim_{x \to a} \frac {f'(x)}{F'(x)}$$

考虑转化为：

$$\lim_{x \to a}\frac {f(x) - 0}{F(x) - 0}$$

如果满足了第一个条件，那么可以依据柯西中值定理构造出：

$$\frac {f(x) - f(a)}{F(x) - F(a)} = \frac {f'(\xi)}{F'(\xi)}$$

$\xi$ 在 $a, x$ 之间。那么原式成立。

既然洛必达法则存在，那么考虑泰勒展开逼近：

$$f(x) = \sum_{n = 0}^\infty \frac {f^{(n)}}{n!} x^n$$

考虑展开 $\ln(1 + x)$ 有：

$$f^{(n)}(0) = (-1)^{n - 1}(n - 1)!$$

于是

$$\begin{aligned} \ln(1 + x) &= x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \frac {x ^ 4} 4 + \cdots \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac {(-1)^{n - 1}}n x^n \end{aligned}$$

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勾股数组定理

对于每一个本原勾股数组 $(a, b, c)$，都可以从如下公式推出：

本原勾股数组：满足 $\gcd(a, b, c) = 1$ 且 $a^2 +b^2 = c^2$ 的数组。

$$a = st, b = \frac {s^2 - t^2} 2, c = \frac {s^2 + t^2} 2$$

特别的，如果取 $t = 1$，那么可以得到三元组：

$$(s, \frac {s^2 - 1}2, \frac {s^2 + 1} 2)$$

欧拉函数

对于 $\varphi(x)$：

• 基于概率的证明

• 基于积性函数的证明

$$a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p$$

考虑 $\Z_p$ 的完全剩余系的大小，即是 $\varphi(p)$。

Fib 数列周期性

对于 $f: \Z_n$，记其循环长度为 $N(n)$。

可以有：

$$\gcd(x, y) = 1 \implies N(x y) = \mathit{lcm}(N(x)N(y))$$

也可以有：

$$N(p^k) = p^{k - 1}N(p)$$

那么现在的问题是 $N(p)$，观察可知：

$$N(p) = \begin{cases} p - 1, p \equiv 1 \pmod {10} \\ \end{cases}$$

• $p \equiv \pm 1 \pmod {10} \implies N(p) | p - 1$

• $p \not\equiv \pm 1 \pmod {10} ~and~ p \not\equiv 5 \pmod {10} \implies N(p) | 2p + 2$

• $\cdots$

但是考虑有点小小的刻意，所以考虑 $\bmod 5$。

$$N(p) | \begin{cases} p - 1, p \equiv \pm 1 \pmod 5 \\ 2p + 2, p \equiv \pm 2 \pmod 5 \\ \end{cases}$$

特殊的 $N(5) = 20$。

特殊的等式：

• $f_{n-1}^2 + f^{2}_{n+1} = f_{2n}$

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佩尔方程

$$x^2 - Dy^2 = 1$$

可以如下解：

$$\begin{aligned} (x + \sqrt D y) (x - \sqrt D y) = 1 \\ (x^2 + Dy^2 + 2\sqrt D x y)(x^2 + Dy^2 - 2\sqrt D x y) = 1 \\ (x^2 + Dy^2) - 4D x^2y^2 = 1 \\ (x^2 + Dy^2) - D (2xy)^2 = 1 \end{aligned}$$

于是如果可以解出一组 $(x, y)$，那么可以构造 $(x^2 + Dy^2, 2xy)$ 作为新的解。

丢番图逼近

$$x^2 - Dy^2 = k$$

连分数

$$\frac {p_n}{q_n} = a_0 + \cfrac {1} {a_1+ \cfrac {1} {a_2 + \cfrac {1} {\ddots + \cfrac 1 {a_n}}}}$$

可以简单记为一个序列 $[a_0, a_1, a_2, \cdots ]$。

连分数递推公式，用于求解 $p_n, q_n$。

$$p_0 = a_0, p_1 = a_0 a_1 + 1 \\ q_0 = 1, q_1 = a_1$$

有：

$$\begin{aligned} p_n = a_n p_{n - 1} + p_{n - 2} \\ q_n = a_n q_{n - 1} + q_{n - 2} \end{aligned}$$

考虑归纳证明即可。