模板：数学分析

数学分析

二分求零点、三分求极值点

需要 f(x) $f(x)$在区间 [l,r] $[l,r]$上单调/凹凸性唯一。

double bs(double l,double r,double f(double x))
{
    if(r-l<EPS)return l;
    double m=(l+r)/2;
    return sgn(f(l)*f(m))<0?bs(l,m,f):ts(m,r,f);
}
double ts(double l,double r,double f(double x))
{
    if(r-l<EPS)return l;
    double d=(r-l)/3,lm=l+d,rm=r-d;
    return f(lm)<f(rm)?ts(l,rm,f):ts(lm,r,f);//极小值
}

积分表

反读可得导数表，此处略。
∫kdx=kx+C $\int kdx=kx+C$
∫xadx=xa+1a+1+C $\int x^{a}dx=\frac{x^{a+1}}{a+1}+C$
∫1xdx=ln|x|+C $\int \frac{1}{x}dx=\ln |x|+C$
∫exdx=ex+C $\int e^{x}dx=e^x+C$
∫axdx=axlna+C $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$
∫cosxdx=sinx+C $\int \cos xdx=\sin x+C$
∫sinxdx=−cosx+C $\int \sin xdx=-\cos x+C$
∫1cos2xdx=∫sec2xdx=tanx+C $\int \frac{1}{co{s}^{2}x}dx=\int {\sec }^{2}xdx=\tan x+C$
∫1sin2xdx=∫csc2xdx=−cotx+C $\int \frac{1}{si{n}^{2}x}dx=\int {\csc }^{2}xdx=-\cot x+C$
∫11−x2√dx=arcsinx+C=−arccosx+C $\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x+C=-\arccos x+C$
∫11+x2dx=arctanx+C=−arccotx+C $\int \frac{1}{1+x^2}dx=\arctan x+C=-arccotx+C$
∫secxtanxdx=secx+C $\int \sec x\tan xdx=\sec x+C$
∫cscxcotxdx=−cscx+C $\int \csc x\cot xdx=-\csc x+C$
∫tanxdx=−ln|cosx|+C $\int \tan xdx=-\ln |\cos x|+C$
∫cotxdx=ln|sinx|+C $\int \cot xdx=\ln |\sin x|+C$
∫secxdx=ln|secx+tanx|+C $\int \sec xdx=\ln |\sec x+\tan x|+C$
∫cscxdx=ln|cscx−cotx|+C $\int \csc xdx=\ln |\csc x-\cot x|+C$
∫shxdx=chx+C $\int shxdx=chx+C$
∫chxdx=shx+C $\int chxdx=shx+C$
∫1x2+a2dx=1aarctanxa+C $\int \frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$
∫1x2−a2dx=12aln|x−ax+a|+C $\int \frac{1}{x^2-a^2}dx=\frac{1}{2a}\ln |\frac{x-a}{x+a}|+C$
∫1a2−x2√dx=arcsinxa+C $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\arcsin \frac{x}{a}+C$
∫1x2−a2√dx=ln|x+x2−a2−−−−−−√|+C $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx=\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C$
∫1x2+a2√dx=ln|x+x2+a2−−−−−−√|+C $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C$

泰勒公式

用 f(n)(x) $f^{(n)}(x)$表示f(x)的n阶导数。
只要让余项<EPS即可计算指定函数到任意精确度。
特别取a=0时称为麦克劳林公式。
f(x)=f(a)+f(1)(a)(x−a)+f(2)(a)2!(x−a)2+…+f(n)(a)n!(x−a)n+Rn(x) $f(x)=f(a)+f^{(1)}(a)(x-a)+\frac{f^{(2)}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\dots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n+R_n(x)$
Rn(x)=o((x−a)n) $R_n(x)=o((x-a{)}^n)$，佩亚诺余项
Rn(x)=1n!∫xa(x−t)nf(n+1)(t)dt $R_n(x)=\frac{1}{n!}{\int }_a^x(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)dt$，积分余项
Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−a)n+1,a<ξ<x $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1},a<\xi <x$，拉格朗日余项
Rn(x)=(x−a)n+1n!(1−θ)nf(n+1)(a+θ(x−a)),0<θ<1 $R_n(x)=\frac{(x-a{)}^{n+1}}{n!}(1-\theta {)}^n{f}^{(n+1)}(a+\theta (x-a)),0<\theta <1$，柯西余项

指数函数

(ex)(n)=ex $(e^x{)}^{(n)}=e^x$
ex=1+x+x22!+x33!+…+xnn!+Rn(x) $e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots +\frac{x^n}{n!}+R_n(x)$
Rn(x)=eθx(n+1)!xn+1,ξ=θx,0<θ<1 $R_n(x)=\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1},\xi =\theta x,0<\theta <1$

三角函数

(sinx)(n)=sin(x+nπ2) $(\sin x{)}^{(n)}=\sin (x+\frac{n\pi }{2})$
sinx=x−x33!+x55!−x77!+…+(−1)k−1x2k−1(2k−1)!+R2k(x) $\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots +(-1{)}^{k-1}\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}+R_{2k}(x)$
R2k(x)=(−1)kcosθx(2k+1)!x2k+1 $R_{2k}(x)=(-1{)}^k\frac{\cos \theta x}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}$
(cosx)(n)=cos(x+nπ2) $(\cos x{)}^{(n)}=\cos (x+\frac{n\pi }{2})$
cosx=1−x22!+x44!−x66!+…+(−1)k−1x2k−2(2k−2)!+R2k−1(x) $\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\dots +(-1{)}^{k-1}\frac{x^{2k-2}}{(2k-2)!}+R_{2k-1}(x)$
R2k−1(x)=(−1)kcosθx(2k)!x2k $R_{2k-1}(x)=(-1{)}^k\frac{\cos \theta x}{(2k)!}{x}^{2k}$

对数函数

[ln(1+x)](n)=(−1)n−1(n−1)!(1+x)−n $[\ln (1+x){]}^{(n)}=(-1{)}^{n-1}(n-1)!(1+x{)}^{-n}$
ln(1+x)=x−x22+x33−x44+…+(−1)n−1xnn+Rn(x) $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\dots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+R_n(x)$

幂函数

[(1+x)a](n)=a(a−1)…(a−n+1)(1+x)a−n $[(1+x{)}^a{]}^{(n)}=a(a-1)\dots (a-n+1)(1+x{)}^{a-n}$
(1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+⋯+a(a−1)…(a−n+1)n!xn+Rn(x) $(1+x{)}^a=1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{a(a-1)\dots (a-n+1)}{n!}{x}^n+R_n(x)$

级数

调和级数

n→∞,∑ni=11i→lnn+r，r≈0.5772156649015328… $n\to \mathrm{\infty },\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{i}\to \ln n+r，r\approx 0.5772156649015328\dots$

幂级数

∑ni=1i1=12n(n+1) $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^1=\frac{1}{2}n(n+1)$
∑ni=1i2=16n(n+1)(2n+1) $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
∑ni=1i3=14[n(n+1)]2 $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^3=\frac{1}{4}[n(n+1){]}^2$
∑ni=1i4=130n(n+1)(2n+1)(3n2+3n−1) $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^4=\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$
∑ni=1i5=112[n(n+1)]2(2n2+2n−1) $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^5=\frac{1}{12}[n(n+1){]}^2(2n^2+2n-1)$
∑ni=1i6=142n(n+1)(2n+1)(3n4+6n3−3n+1) $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{i}^6=\frac{1}{42}n(n+1)(2n+1)(3n^4+6n^3-3n+1)$

插值法

拉格朗日插值法：插值多项式和插值基函数的形式对称，容易编程。但是，增加节点时，需要重新计算每一个插值基函数。要在 (modp) $(\mathrm{mod}p)$意义下进行的话，那么p只能是质数。
牛顿插值法：当插值节点增加时，之前已计算的结果仍然能用，每增加一个节点，只要再增加一项即可，从而避免了重复性计算。如果要mod非质数的话，那么就要用牛顿插值法。

typedef complex<double> Coord;
#define X real()
#define Y imag()
double lagrange(const vector<Coord> &p,double x)//返回p确定的多项式函数在x处的值
{
    double ret=0;
    for(int i=0; i<p.size(); ++i)
    {
        double tmp=p[i].Y;
        for(int j=0; j<p.size(); ++j)
            if(i!=j)tmp*=(x-p[j].X)/(p[i].X-p[j].X);
        ret+=tmp;
    }
    return ret;
}
vector<double> lagrange(vector<Coord> p)//返回p确定的多项式系数向量
{
    vector<double> ret(p.size()),sum(p.size());
    ret[0]=p[0].Y,sum[0]=1;
    for(int i=1; i<p.size(); ++i)
    {
        for(int j=p.size()-1; j>=i; --j)
            p[j].Y=(p[j].Y-p[j-1].Y)/(p[j].X-p[j-i].X);
        for(int j=i; ~j; --j)
            sum[j]=(j?sum[j-1]:0)-sum[j]*p[i-1].X,
                   ret[j]+=sum[j]*p[i].Y;
    }
    return ret;
}
double DifferenceQuotient(const vector<Coord> &p,int k)//计算差商
{
    double ret=0;
    for(int i=0; i<=k; ++i)
    {
        double tmp=p[i].Y;
        for(int j=0; j<=k; ++j)
            if(i!=j)tmp/=p[i].X-p[j].X;
        ret+=tmp;
    }
    return ret;
}
double newton(const vector<Coord> &p,double x)
{
    double ret=p[0].Y;
    for(int i=1; i<p.size(); ++i)
    {
        double tmp=DifferenceQuotient(p,i);//多次求，可O(n^3)预处理优化
        for(int j=0; j<i; ++j)tmp*=x-p[j].X;
        ret+=tmp;
    }
    return ret;
}