數學競賽

一、求極限

1.1 先化簡

對于x趨于0， e ? x 2 e^{-x^2} e?x2 這種復雜的結構其實就是1，

1.2 減法式子化乘法

對于x趨于0， 1 ? x 3 ? 1 \sqrt{1-x^3}- 1 1?x3 ??1 當然要化成乘法了，這個其實是用廣義二項式定理做的，屬于等價無窮小，或者泰勒級數，

1.3 熟悉常見的泰勒級數

e x = 1 + x + 1 2 ! x 2 + ? + 1 n ! x n + … sin ? x = x ? 1 3 ! x 3 + 1 5 ! x 5 + ? + ( ? 1 ) n ? 1 1 ( 2 n ? 1 ) ! x 2 n ? 1 + … cos ? x = 1 ? 1 2 ! x 2 + 1 4 ! x 4 + ? + ( ? 1 ) n 1 2 n ! x 2 n + … ( 1 + x ) p = 1 + p x + p ( p ? 1 ) x 2 + p ( p ? 1 ) ( p ? 2 ) x 3 + p ( p ? 1 ) ( p ? 2 ) ( p ? 3 ) x 4 + … 1 1 ? x = 1 + x + x 2 + x 3 + … e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\dots+\frac{1}{n!}x^n+\dots\\ \sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5+\dots+(-1)^{n-1}\frac{1}{(2n-1)!}x^{2n-1}+\dots\\ \cos x=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\dots+(-1)^{n}\frac{1}{2n!}x^{2n}+\dots\\ (1+x)^p=1+px+p(p-1)x^2+p(p-1)(p-2)x^3+p(p-1)(p-2)(p-3)x^4+\dots\\ \frac{1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3+\dots ex=1+x+2!1?x2+?+n!1?xn+…sinx=x?3!1?x3+5!1?x5+?+(?1)n?1(2n?1)!1?x2n?1+…cosx=1?2!1?x2+4!1?x4+?+(?1)n2n!1?x2n+…(1+x)p=1+px+p(p?1)x2+p(p?1)(p?2)x3+p(p?1)(p?2)(p?3)x4+…1?x1?=1+x+x2+x3+…

? 還有一個好玩的，
arctan ? x = x ? 1 3 x 3 + 1 5 x 5 ? 1 7 x 7 + … \arctan x = x-\frac{1}{3}x^3+\frac15x^5-\frac17x^7+\dots arctanx=x?31?x3+51?x5?71?x7+…
? 這個為啥這么規整，是因為可以這樣求
1 1 + x 2 = 1 ? x 2 + x 4 ? x 6 + … \frac1{1+x^2} = 1-x^2+x^4-x^6+\dots 1+x21?=1?x2+x4?x6+…
? 這個式子是把之前這個式子中的x換成 ? x 2 -x^2 ?x2 得到的
1 1 ? x = 1 + x + x 2 + x 3 + … \frac{1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3+\dots 1?x1?=1+x+x2+x3+…
? 然后arctanx求導就是這個，所以往上積分就可以得到，

1.4 再談比較冪次

? 我在數學分析基本功里講過這個事情，可以通過記憶比較常見的函式的冪次，就可以判斷一些極限，但是這個方法闡述的不是很完善，現在再次闡述一下，

? 采用比較階數的極限一定是分式型極限，對于求極限，那么顯然極限是存在的，那么首先，利用這個性質，我們就可以先考慮對加減型的分子進行拆項，如果是可以拆開的，那么每個拆完的分式都是有極限的，拆完以后可以化簡問題，

? 那么怎樣判斷極限是否存在呢？那么就是分子的最小冪次只能大于等于分母的最小冪次，這就是最本質的道理，只要不滿足這個條件，極限就不存在，當等于的時候，會有一個非零極限，當小于的時候，極限為0，

? 那么怎樣利用這個性質呢？那么就是應該充分利用麥克勞林展開，然后再用柯西乘積，大膽的舍棄高冪次的項，就可以很快的判斷極限，比如
lim ? x → 0 1 ? cos ? x ( cos ? 2 x ) 1 2 ( cos ? 3 x ) 1 3 x 2 \lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x(\cos 2x)^\frac{1}{2}(\cos 3x)^\frac{1}{3}}{x^2} x→0lim?x21?cosx(cos2x)21?(cos3x)31??
? 雖然是大部分是乘積形式的，但是只要膽子大，還是可以算的，首先，一旦冪次超過2，那么就不用考慮了，因為極限為0，所以要考慮就只有這樣
cos ? x = 1 ? 1 2 x 2 + o ( x 2 ) ( cos ? 2 x ) 1 2 = 1 ? x 2 + o ( x 2 ) ( cos ? 3 x ) 1 3 = 1 ? 3 2 x 2 + o ( x 2 ) \cos x=1-\frac12x^2+o(x^2)\\ (\cos 2x)^\frac12 = 1-x^2+o(x^2)\\ (\cos 3x)^\frac13 = 1-\frac32x^2+o(x^2) cosx=1?21?x2+o(x2)(cos2x)21?=1?x2+o(x2)(cos3x)31?=1?23?x2+o(x2)
? 而且也不用把他們完全乘開，只需要看冪次等于和小于2的項就好了（等于的用于出結果，小于的用于和其他小于的項消掉，不然極限就不存在了），所以有
cos ? x ( cos ? 2 x ) 1 2 ( cos ? 3 x ) 1 3 = 1 ? 3 x 2 + o ( x 2 ) \cos x(\cos 2x)^\frac{1}{2}(\cos 3x)^\frac{1}{3} = 1-3x^2+o(x^2) cosx(cos2x)21?(cos3x)31?=1?3x2+o(x2)
? 最后就可以得到答案3了，

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二、微分

2.1 隱函式全微分

? 隱函式求導到底什么是最重要的？他跟普通的求導有什么區別？我們要怎樣看待這種區別？我覺得這些問題都可以用將求導轉化為求全微分解決，這種求法是我剛剛想出來的，讓我花點時間解釋一下，

? 傳統的隱函式求導需要回答對誰求導？這個問題，這個問題在顯函式之中是不存在的，誰是自變數，對誰求導，但是對于隱函式，這種東西是不靠譜的，比如一個簡單的隱函式
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x2+y2=1
? 那么為什么是要求成這種形式
2 x + 2 y y ′ = 0 2x+2yy^\prime = 0 2x+2yy′=0
? 這種因為極其不對稱而極其丑陋的東西，

? 而且當隱函式出乘題目的時候，就會更加惡心（惡心表現在兩方面求導繁瑣易錯和做不出來），比如這個題
已 知 y 2 ( x ? y ) = x 2 , 求 證 ： ∫ 1 y 2 d x = 3 y x ? 2 l n ∣ x y ∣ + C 已知y^2(x-y) = x^2,求證：\int\frac{1}{y^2}dx=\frac{3y}x-2ln|\frac xy|+C 已知y2(x?y)=x2,求證：∫y21?dx=x3y??2ln∣yx?∣+C
? 因為知道是個隱函式題目，所以就先隱函式求導看看吧，結果巨難求，而且求完以后發現還要把后面那個式子等號兩邊求一下導，還是在是y而不是y(x)的情況下，就惡心至極，然后還解不出來，看了答案發現需要完成 t = x y t=\frac xy t=yx?的換元才能做，這就很搞人心態，

? 但是如果是按全微分形式求呢？條件可以寫成這樣
( y 2 ? 2 x ) d x + ( 2 x y ? 3 y 2 ) d y = 0 (y^2-2x)dx+(2xy-3y^2)dy=0 (y2?2x)dx+(2xy?3y2)dy=0
? 哪怕這個時候再轉成導數，也不要太簡單，而且眾所周知，分式（對應求導）比乘式（對應全微分）進行代數處理要方便許多，然后后面一路平趟，超級簡單，

2.2 多元隱函式全微分

? 教材中給的還是結果，教材隱去了全微分列方程組，將方程組轉化成矩陣，利用克萊姆法則求解矩陣這三個程序，直接上來莫名其妙行列式（相當于克萊姆法則的應用），就讓人摸不著頭腦，我不知道我在這里哪怕記錄下最原本的程序，過了一段時間以后會不會就忘記了，但是還是勉力記下吧，

? 我們以一道例題為例
{ u 2 + v 2 ? x 2 ? y 2 = 0 ? u + v ? x y + 1 = 0 (1) \begin{cases} u^2 + v^2 - x^2 - y^2 = 0\\ -u + v - xy + 1 = 0 \end{cases}\tag1 {u2+v2?x2?y2=0?u+v?xy+1=0?(1)
? 求 ? u ? x , ? u ? y , ? v ? x , ? v ? y \frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial v}{\partial x},\frac{\partial v}{\partial y} ?x?u?,?y?u?,?x?v?,?y?v?，我們先看看全微分形式的答案是怎樣的
{ d u = ? u ? x d x + ? u ? y d y d v = ? v ? x d x + ? v ? y d y (2) \begin{cases} du = \frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy\\ dv = \frac{\partial v}{\partial x}dx + \frac{\partial v}{\partial y}dy \end{cases}\tag2 {du=?x?u?dx+?y?u?dydv=?x?v?dx+?y?v?dy?(2)
? 然后對于給出的隱函式求個全微分，看看會出現啥結果
{ ? 2 u d u + 2 v d v ? 2 x d x ? d y = 0 ? d u + d v ? y d x ? x d y = 0 (3) \begin{cases} -2udu + 2vdv - 2xdx - dy = 0\\ -du + dv - ydx -xdy = 0 \end{cases}\tag3 {?2udu+2vdv?2xdx?dy=0?du+dv?ydx?xdy=0?(3)
? 所以答案就很明顯了，因為（3）是一個四元兩項的方程組，所以基礎解系是二維的，可以用dx和dy表示du和dv，那么他們前面的系數就是我們要求的偏導，

? （3）是可以整理成矩陣形式的，就是
[ ? 2 u 2 v ? 1 1 ] ? [ d u d v ] = [ 2 x 1 y x ] ? [ d x d y ] \left[\begin{matrix} -2u & 2v\\ -1 & 1 \end{matrix}\right]\cdot \left[\begin{matrix} du \\ dv \end{matrix}\right]= \left[\begin{matrix} 2x & 1\\ y & x \end{matrix}\right]\cdot \left[\begin{matrix} dx\\dy \end{matrix}\right] [?2u?1?2v1?]?[dudv?]=[2xy?1x?]?[dxdy?]
? 要是再粗糙一些，就可以用克萊姆法則解這個式子了（忽略dx，dy向量），但是這不是我要說的，我的方法就是普通的高斯消元，最后可以解得
{ d u = x ? v y u + v d x + 1 ? 2 v x 2 v + 2 u d y d v = x + u y u + v d x + 1 + 2 u x 2 v + 2 u d y \begin{cases} du = \frac{x - vy}{u + v}dx + \frac{1 - 2vx}{2v + 2u}dy\\ dv = \frac{x + uy}{u + v}dx + \frac{1 + 2ux}{2v + 2u}dy \end{cases} {du=u+vx?vy?dx+2v+2u1?2vx?dydv=u+vx+uy?dx+2v+2u1+2ux?dy?
? 只要讓對應項相等就可以了，

? 如果上升到理論的高度，我們可以這樣概括，對于多元的隱函式，通過求全微分，可以得到這樣的一組式子
{ F u d u + F v d v + F x d x + F y d y = 0 G u d u + G v d v + G x d x + G y d y = 0 \begin{cases} F_udu + F_vdv + F_xdx + F_ydy = 0\\ G_udu + G_vdv + G_xdx + G_ydy = 0 \end{cases} {Fu?du+Fv?dv+Fx?dx+Fy?dy=0Gu?du+Gv?dv+Gx?dx+Gy?dy=0?
? 然后一定可以整理成（或者求解成）這種形式：
{ d u = ? u ? x d x + ? u ? y d y d v = ? v ? x d x + ? v ? y d y \begin{cases} du = \frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy\\ dv = \frac{\partial v}{\partial x}dx + \frac{\partial v}{\partial y}dy \end{cases} {du=?x?u?dx+?y?u?dydv=?x?v?dx+?y?v?dy?
? 其他的都是花活，

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三、積分

3.1 萊布尼茨公式

3.2 第一型的積分微元

? 在這里，如果沒有直觀化的理解，就很容易忘記第一型的線元或者面元的公式，而且遇到比如引數方程，或者是普通方程組，要是只背了一個公式，就很容易麻爪，所以這一節的目的是直觀線元和面元的推導，

? 線元和面元的推導其實原理都建立于決議幾何上，準確的說，是建立在角度上，而角度又與真正的積分微元和法向量或者切向量有關，

? 對于線元，我們有
d s = d x cos ? α ds = \frac{dx}{\cos \alpha} ds=cosαdx?
? 其中dx可以是dx，也可以是dy，是dt，是啥都行，只要是具體的積分微元就可以， α \alpha α 是dx與ds的夾角，那么夾角是怎樣求出來的呢，其實就是曲線的切向量與dx的內積除以切向量的模長，比如當曲線用引數方程表示的時候，切向量和切向量的模長
n = ( x ′ ( t ) , y ′ ( t ) , z ′ ( t ) ) , ∣ n ∣ = x ′ ( t ) 2 + y ′ ( t ) 2 + z ′ ( t ) 2 n = (x^\prime(t), y^\prime(t), z^\prime(t)) ,|n|=\sqrt{x^\prime(t)^2 + y^\prime(t)^2 + z^\prime(t)^2} n=(x′(t),y′(t),z′(t)),∣n∣=x′(t)2+y′(t)2+z′(t)2 ?
? 如果用dx做積分微元，那么此時 cos ? α \cos\alpha cosα就是
cos ? α = x ′ ( t ) x ′ ( t ) 2 + y ′ ( t ) 2 + z ′ ( t ) 2 = 1 1 + y x 2 + z x 2 \cos\alpha = \frac{x^\prime(t)}{\sqrt{x^\prime(t)^2 + y^\prime(t)^2 + z^\prime(t)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1 + y_x^2 + z_x^2}} cosα=x′(t)2+y′(t)2+z′(t)2 ?x′(t)?=1+yx2?+zx2? ?1?
? 如果用dt作為積分微元，那么此時 cos ? α \cos\alpha cosα就是
cos ? α = 1 x ′ ( t ) 2 + y ′ ( t ) 2 + z ′ ( t ) 2 \cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{x^\prime(t)^2 + y^\prime(t)^2 + z^\prime(t)^2}} cosα=x′(t)2+y′(t)2+z′(t)2 ?1?
? 對于面元，同樣也有這種思考，即
d S = d y d z cos ? α = d z d x cos ? β = d x d y cos ? γ dS = \frac{dydz}{\cos\alpha} = \frac{dzdx}{\cos\beta} = \frac{dxdy}{\cos\gamma} dS=cosαdydz?=cosβdzdx?=cosγdxdy?
? 最后還是要落實到求角度的問題，比如 α \alpha α 就是dx與法向量的夾角（這里用了幾何知識），所以求這個，其實就是
cos ? α = F x F x 2 + F y 2 + F z 2 = 1 1 + x y 2 + x z 2 \cos\alpha = \frac{F_x}{\sqrt{F_x^2 + F_y^2 + F_z^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + x_y^2 + x_z^2}} cosα=Fx2?+Fy2?+Fz2? ?Fx??=1+xy2?+xz2? ?1?

3.3 有理函式不定積分

? 雖然復習了很多遍，但是遇見題還是不會，所以又整理了一遍，

? 首先需要把有理多項式的積分，首先應該把它化為多項式和真分式的和，在把真分式分解成部分分式的形式，對于部分分式的四種基本型別，都是可以進行積分的，

? 另外需要強調的是，這種預處理幾乎是必須的，它并不像三角函式那樣可以跳過，這是必須的，
∫ 1 x ? a d x = l n ∣ x ? a ∣ + C \int\frac{1}{x-a}dx = ln|x-a|+C ∫x?a1?dx=ln∣x?a∣+C
∫ 1 ( x ? a ) n d x = 1 1 ? n ( x ? a ) 1 ? n + C \int\frac{1}{(x-a)^n}dx = \frac{1}{1-n}(x-a)^{1-n}+C ∫(x?a)n1?dx=1?n1?(x?a)1?n+C

∫ M x + N x 2 + p x + q d x 首 先 要 對 分 子 進 行 配 方 ， 轉 變 成 這 種 形 式 \int\frac{Mx+N}{x^2+px+q}dx 首先要對分子進行配方，轉變成這種形式 ∫x2+px+qMx+N?dx首先要對分子進行配方，轉變成這種形式

∫ M u + b u 2 + a 2 d u = M 2 ∫ d ( u 2 + a 2 ) u 2 + a 2 + b ∫ d u u 2 + a 2 = M 2 l n ( u 2 + a 2 ) + b a a r c t a n u a + C \int\frac{Mu+b}{u^2+a^2}du= \frac{M}{2}\int\frac{d(u^2+a^2)}{u^2+a^2}+b\int\frac{du}{u^2+a^2}=\frac{M}2ln(u^2+a^2)+\frac b aarctan\frac u a+C ∫u2+a2Mu+b?du=2M?∫u2+a2d(u2+a2)?+b∫u2+a2du?=2M?ln(u2+a2)+ab?arctanau?+C
? 可以看到，主要利用的是配方法和arctanx的微分，這種形式一定要熟悉，
∫ M x + N ( x 2 + p x + q ) n d x = M 2 ∫ u 2 + a 2 ( u 2 + a 2 ) n + b ∫ d u ( u 2 + a 2 ) n \int\frac{Mx+N}{(x^2+px+q)^n}dx=\frac M2\int\frac{u^2+a^2}{(u^2+a^2)^n}+b\int\frac{du}{(u^2+a^2)^n} ∫(x2+px+q)nMx+N?dx=2M?∫(u2+a2)nu2+a2?+b∫(u2+a2)ndu?
? 現在難點就落在對最后一項的積分上了，這個是需要迭代才能積分出來的，較為復雜，有（這里真的很復雜，首先（1）中那個構造就很反人類，然后（2）中分部積分的時候，居然把分子拆開了，也是不太常見，所以一定要背過）
I n = ∫ d u ( u 2 + a 2 ) n = 1 a 2 ∫ u 2 + a 2 ? u 2 ( u 2 + a 2 ) n d u = I n ? 1 a 2 + 1 a 2 ∫ ? u 2 ( u 2 + a 2 ) n d u (1) I_n=\int\frac{du}{(u^2+a^2)^n}=\frac 1 {a^2}\int\frac{u^2+a^2-u^2}{(u^2+a^2)^n}du\tag{1}=\frac{I_{n-1}}{a^2}+\frac{1}{a^2}\int\frac{-u^2}{(u^2+a^2)^n}du In?=∫(u2+a2)ndu?=a21?∫(u2+a2)nu2+a2?u2?du=a2In?1??+a21?∫(u2+a2)n?u2?du(1)
? 所以問題的交點又變成了對最后一項的積分，采用分部積分有
∫ u 2 ( u 2 + a 2 ) n d u = 1 2 ∫ u ( u 2 + a 2 ) n d ( u 2 + a 2 ) = 1 2 ( 1 ? n ) ( u ( u 2 + a 2 ) n ? 1 ? I n ? 1 ) (2) \int\frac{u^2}{(u^2+a^2)^n}du=\frac12\int\frac{u}{(u^2+a^2)^n}d(u^2+a^2)=\frac{1}{2(1-n)}(\frac{u}{(u^2+a^2)^{n-1}}- I_{n-1})\tag2 ∫(u2+a2)nu2?du=21?∫(u2+a2)nu?d(u2+a2)=2(1?n)1?((u2+a2)n?1u??In?1?)(2)

3.4 多元函式積分變數代換

? 教材依然是給的不明就里，平白無故出現雅克比行列式，然后平白無故進行代換，我思考良久，決定還是應該從全微分的角度給出推導，

? 當我們進行多重積分的時候，其實就是對體積微元進行積分，體積微元一般是dv，但是我們一般用dxdydz來近似（其實嚴格的話是需要證明的），變數代換說的解釋將dxdydz換成dudvdw的程序，雖然兩者都是體積微元，但是兩個體積微元的大小并不相同，而是需要計算的，那么如何計算呢，很簡單，因為微元具有線性性質，只要把這種微元表示成那種微元（就跟換基）一樣，然后利用行列式的絕對值是面積或者體積的特性，就可以求出兩種體積微元的比值，具體操作如下，
{ x = x ( u , v , w ) y = y ( u , v , w ) z = z ( u , v , w ) \begin{cases} x = x(u, v, w)\\ y = y(u, v, w)\\ z = z(u, v, w) \end{cases} ??????x=x(u,v,w)y=y(u,v,w)z=z(u,v,w)?
? 對其求全微分，有
d x = x u d u + x v d v + x w d w d y = y u d u + y v d v + y w d w d z = z u d u + z v d v + z w d w dx = x_udu + x_vdv + x_wdw\\ dy = y_udu + y_vdv + y_wdw\\ dz = z_udu + z_vdv + z_wdw dx=xu?du+xv?dv+xw?dwdy=yu?du+yv?dv+yw?dwdz=zu?du+zv?dv+zw?dw
? 這個式子可以理解為換基了，所以可以求出比值就是基變換行列式的值，
∣ J ∣ = ∣ x u x v x w y u y v y w z u z v z w ∣ d x d y d z = J ? d u d v d w |J| = \left|\begin{matrix} x_u & x_v & x_w\\ y_u & y_v & y_w\\ z_u & z_v & z_w \end{matrix}\right|\\ dxdydz = J \cdot dudvdw ∣J∣=∣∣∣∣∣∣?xu?yu?zu??xv?yv?zv??xw?yw?zw??∣∣∣∣∣∣?dxdydz=J?dudvdw
? 這就是根本原理，

? 另外說一下書上的標記，書上有如下記號

? ( x , y , z ) ? ( u , v , w ) = [ x u x v x w y u y v y w z u z v z w ] \frac{\partial (x, y, z)}{\partial (u, v, w)} = \left[\begin{matrix} x_u & x_v & x_w\\ y_u & y_v & y_w\\ z_u & z_v & z_w \end{matrix}\right] ?(u,v,w)?(x,y,z)?=???xu?yu?zu??xv?yv?zv??xw?yw?zw?????
? 常見的雅克比行列式的值，有柱坐標系的 r r r ，還有球坐標系的 r 2 sin ? ? r^2\sin\phi r2sin? （phi是0到pi的那個），極坐標系的 r r r ，

3.5 三個積分公式

∮ L P d x + Q d y = ? S ∣ ? ? x ? ? y P Q ∣ d x d y \oint_L Pdx + Qdy = \iint_S \left | \begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \\ P & Q \end{matrix} \right | dxdy ∮L?Pdx+Qdy=?S?∣∣∣∣??x??P??y??Q?∣∣∣∣?dxdy

? 格林公式可以用于將二重積分轉換成第二型曲線積分（就是普通積分），需要通過簡單構造：
S = 1 2 ∮ x d y ? y d x S = \frac{1}{2}\oint xdy - ydx S=21?∮xdy?ydx

∮ L P d x + Q d y + R d z = ? S ∣ d y d z d z d x d x d y ? ? x ? ? y ? ? z P Q R ∣ \oint_L Pdx + Qdy + Rdz = \iint_S \left | \begin{matrix} dydz & dzdx & dxdy \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{matrix} \right | ∮L?Pdx+Qdy+Rdz=?S?∣∣∣∣∣∣?dydz?x??P?dzdx?y??Q?dxdy?z??R?∣∣∣∣∣∣?

? S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ? V ( ? P ? x + ? Q ? y + ? R ? z ) d x d y d z \oiint_S Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = \iiint_V (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z})dxdydz ? ?S?Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=?V?(?x?P?+?y?Q?+?z?R?)dxdydz

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四、決議幾何

4.1 切向量和法向量

? 這個章節我已經總結無數次了，但是每次都忘，實在是沒有辦法了，只好再次寫一次了，就很無奈，

4.1.1 求垂直于兩個向量的第三個向量

? 我們都知道可以用形式行列式來求解，就是這樣：
[ i j k x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2 ] \left[ \begin{matrix} i & j & k\\ x_1 & y_1 & z_1\\ x_2 & y_2 & z_2 \end{matrix} \right] ???ix1?x2??jy1?y2??kz1?z2?????
? 最后求解出來就是這樣（用n表示法向量，因為n是normal vector的意思）
n = ( y 1 z 2 ? y 2 z 1 , x 2 z 1 ? x 1 z 2 , x 1 y 2 ? x 2 y 1 ) n = (y_1z_2-y_2z_1, x_2z_1-x_1z_2,x_1y_2-x_2y_1) n=(y1?z2??y2?z1?,x2?z1??x1?z2?,x1?y2??x2?y1?)
? 但是其實這個并不本質，最本質的是用的是當兩個向量垂直時，他們點乘為0這個性質，列出兩個式子，這樣：
{ x 1 x + y 1 y + z 1 z = 0 x 2 x + y 2 y + z 2 z = 0 \begin{cases}x_1x+y_1y+z_1z = 0\\x_2x+y_2y+z_2z = 0\end{cases} {x1?x+y1?y+z1?z=0x2?x+y2?y+z2?z=0?
? 然后這個再轉換成一個矩陣相乘的形式
[ x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2 ] ? n = 0 \left[ \begin{matrix} x_1 & y_1 & z_1\\ x_2 & y_2 & z_2 \end{matrix} \right]\cdot n = 0 [x1?x2??y1?y2??z1?z2??]?n=0
? n對應一個基礎解系，然后最對稱的一個就是上面那個用形式行列式解出來的那個，

4.1.2 已知法向量求過定點的平面

? 這個其實也是垂直的向量點乘等于0的應用，因為是法向量，所以他應該與平面內的任何一條直線垂直，所以我們利用這個性質，可以列出一個等式
n ? [ x ? x 0 y ? y 0 z ? z 0 ] = 0 n\cdot\left[\begin{matrix}x-x_0\\y-y_0\\z-z_0\end{matrix}\right] = 0 n????x?x0?y?y0?z?z0?????=0
? 如果要是將其寫開，可以整理成很漂亮的形式，如下
x n x + y n y + z n z = x n x 0 + y n y 0 + z n z 0 x_nx+y_ny+z_nz = x_nx_0+y_ny_0+z_nz_0 xn?x+yn?y+zn?z=xn?x0?+yn?y0?+zn?z0?
? 正因為如此，當我們看見一個一般平面的時候，可以很輕易的寫出他的法向量，
A x + B y + C z + D = 0 , n = ( A , B , C ) Ax+By+Cz+D=0,n=(A, B,C) Ax+By+Cz+D=0,n=(A,B,C)

4.1.3 引數方程表示的曲線的切向量和法平面

? 其實最自然的是曲線方程就是引數方程，尤其是那種帶t的，t最好是曲線的長度，然后x，y，z是t在三個面上的投影，簡直完美，所以對于，我們可以很容易想到，當引數方程式這樣的
{ x = x ( t ) y = y ( t ) z = z ( t ) \begin{cases}x = x(t)\\y = y(t)\\z = z(t)\end{cases} ??????x=x(t)y=y(t)z=z(t)?
他的切向量是
n = ( x ′ ( t ) , y ′ ( t ) , z ′ ( t ) ) n = (x^\prime(t),y^\prime(t),z^\prime(t)) n=(x′(t),y′(t),z′(t))
然后根據4.1.2的內容，可以求它的法平面
x ′ ( t 0 ) x + y ′ ( t 0 ) y + z ′ ( t 0 ) z = x ′ ( t 0 ) x ( t 0 ) + y ′ ( t 0 ) y ( t 0 ) + z ′ ( t 0 ) z ( t 0 ) x^\prime(t_0)x+y^\prime(t_0)y+z^\prime(t_0)z=x^\prime(t_0)x(t_0)+y^\prime(t_0)y(t_0)+z^\prime(t_0)z(t_0) x′(t0?)x+y′(t0?)y+z′(t0?)z=x′(t0?)x(t0?)+y′(t0?)y(t0?)+z′(t0?)z(t0?)

4.1.4 對“方程組表示的曲線的切向量和法平面”書上解法的批判

? 方程組表示的曲線長成這個樣子
{ F ( x , y , z ) = 0 G ( x , y , z ) = 0 \begin{cases}F(x,y,z) = 0\\G(x,y,z)=0\end{cases} {F(x,y,z)=0G(x,y,z)=0?
? 可以看出，遠遠沒有引數形式直觀，那么應該怎么辦呢？書上給了一種我要批判的方法，這種方法就是強行將其轉換為引數方程然后套用4.1.3的形式，具體說來，就是把x看為引數，然后就可以這樣
{ x = x y = y ( x ) z = z ( x ) \begin{cases}x=x\\y=y(x)\\z=z(x)\end{cases} ??????x=xy=y(x)z=z(x)?
? 那么 y ′ ( x ) , z ′ ( x ) y^\prime(x),z^\prime(x) y′(x),z′(x)怎么求呢？當然是隱函式求導了（這個也是要批判的點，具體原因見2.1），可以獲得一個方程組
{ F x + F y y ′ ( x ) + F z z ′ ( x ) = 0 G x + G y y ′ ( x ) + G z z ′ ( x ) = 0 \begin{cases}F_x+F_yy^\prime(x)+F_zz^\prime(x) = 0\\G_x+G_yy^\prime(x)+G_zz^\prime(x) = 0\end{cases} {Fx?+Fy?y′(x)+Fz?z′(x)=0Gx?+Gy?y′(x)+Gz?z′(x)=0?
? 然后書上最騷的是，居然還不老老實實解，還非得用一下克萊姆法則（還是先給結論，后給推導，都不知道這倆其實是一種方法）
[ F y F z G y G z ] ? [ y ′ z ′ ] = ? [ F x G x ] \left[\begin{matrix}F_y & F_z\\G_y & G_z\end{matrix}\right]\cdot \left[\begin{matrix}y^\prime\\z^\prime\end{matrix}\right]= -\left[\begin{matrix}F_x\\G_x\end{matrix}\right] [Fy?Gy??Fz?Gz??]?[y′z′?]=?[Fx?Gx??]
? 然后就可以解出來了，其他就梳理成章了，

4.1.5 曲面的直觀理解

? 在4.1.2中，我們在最后介紹了如何從平面的方程觀察性質（法向量），現在介紹一下面對曲線方程，如何求法向量，

? 這其實還是建立在對曲面的直觀理解上，我個人感覺，應該將平面方程更換為這個
F x d x + F y d y + F z d z = 0 F_xdx+F_ydy+F_zdz=0 Fx?dx+Fy?dy+Fz?dz=0
? 這個接近以直代曲的思想，考慮平面，有
A x + B y + C z + D = 0 Ax+By+Cz+D=0 Ax+By+Cz+D=0
? 那么將x,y,z換成dx，dy，dz，就是將一小片曲面看成平面，此時這個平面的法向量就是 ( F x , F y , F z ) (F_x,F_y,F_z) (Fx?,Fy?,Fz?) ，然后往上積分，就可以得到
F ( x , y , z ) = C F(x,y,z) = C F(x,y,z)=C
? 這就是我們熟悉的曲面的一般形式，

? 總結一下，就是有了這個直觀感覺，當給定一個曲面方程的時候，就可以寫出它在任一點的法向量 ( F x , F y , F z ) (F_x,F_y,F_z) (Fx?,Fy?,Fz?)，

4.1.6 直觀化方程組表示的曲線

? 有了4.1.5的基礎，我們就可以對方程組表示的曲線有了一個更深的理解，我們首先將方程組寫成這個樣子
{ F x d x + F y d y + F z d z = 0 G x d x + G y d y + G z d z = 0 \begin{cases}F_xdx+F_ydy+F_zdz=0\\G_xdx+G_ydy+G_zdz=0\end{cases} {Fx?dx+Fy?dy+Fz?dz=0Gx?dx+Gy?dy+Gz?dz=0?
? 也就是說，所謂曲線，就是在任意點(x,y,z)都保證他的（dx,dy,dz）與兩個平面在此點的法向量都垂直（因為直線同時在兩個面上），這樣，就是(dx,dy,dz)是法向量，那么兩個方程解三個未知量，剛好符合法向量的定義（定方向，不定長），

? 然后解完法向量以后，就可以再求切平面了，

4.1.7 引數方程的曲面的切平面和法向量