课本勘误#
第 7 页, 1.3.1.5 三角函数, "余切函数 \(y = \cot x\) ... 无界的 偶函数 奇函数"
第 43 页, 习题 4.2 第 4 题, "... \(x_2 = \sqrt{ a + \cancel{\sqrt{x_1}} x_1}\), ..., \(x_{n+1} = \sqrt{ a + \cancel{\sqrt{x_n}} x_n}\), ..."
第 51 页, 习题 2.5 第 2 题 第 (5) 小题, \(\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - x]\) 应改为 \(\lim\limits_{x \to +\infty} x[\ln(x + 1) - \ln x]\), 见 解答.
第 94 页, 最后一行的公式 :
\[f'(\xi) = \dfrac{1}{\xi} = \dfrac{f(h) - f(0)}{h - 0} = \dfrac{\ln(1+h)}{h}\]应改为 :
\[f'(\xi) = \dfrac{1}{\xi} = \dfrac{f(1+h) - f(1)}{(1+h) - 1} = \dfrac{\ln(1+h)}{h}\]
第 192 页, 原算式:
\[\begin{split}\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x & = \int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x + \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x \\ & = \cdots = \int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x - \int_{0}^{1} \dfrac{\ln t}{1 + t^2} ~ \mathrm{d}t = 0.\end{split}\]实际是, 最后一个等号之前, 应先验证 \(\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x\) 收敛, 然后才能得出结果为 0. 等价地, 我们证明 \(\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x\) 收敛. 为此, 我们利用 非负函数广义积分的比较判别法. 注意到当 \(x \to +\infty\) 时, 有:
\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} \Big/ \dfrac{1}{x^{3/2}} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^{1/2}} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1/x}{(1/2)x^{-1/2}} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2}{x^{1/2}} = 0.\]由于 \(\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^{3/2}} ~ \mathrm{d}x\) 收敛, 故由比较判别法可知 \(\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x\) 收敛. 因此, 原式成立.