導

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標籤： math calculus whk e

高中可能講了，但是高中講了不太可能。

萊布尼茨記法

高中一般都喜歡用拉格朗日記法來表示導數（如 f′f' 這種），但是有一個弊端是不好表示自變量和因變量。而萊布尼茨記法就能更好地展現變量之間的關係。

比如 f 的關於 x 的一階導寫作：dfdx\frac{\d f}{\d x}，二階導：d2fdx2\frac{\d^2 f}{\d x^2}，三階導：d3fdx3\frac{\d^3 f}{\d x^3}。

這裏的 dfdx\frac{\d f}{\d x} 其實就相當於 lim⁡Δx→0ΔfΔx\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta f}{\Delta x} 的簡寫，因此在運算中可以像分數那樣操作。

如鏈式法則，將 f[g(x)]f[g(x)] 對 xx 求導：

dfdx=dfdg⋅dgdx\boxed{ \frac{\d f}{\d x} = \frac{\d f}{\d g} \cdot \frac{\d g}{\d x} }

又比如 y=f(x)y = f(x)，則很顯然可以看出：

dxdy⋅dydx=1\boxed{ \frac{\d x}{\d y} \cdot \frac{\d y}{\d x} = 1 }

這是反函數求導法則。

e

假如說你有 100 元，存到某銀行，1 年之後利率 100%，那麼一年之後你就有 200 元。

但是若能分 2 次結算利率，每次利率 12\frac12，則兩次結算利率之後，就能得到 100×(1+12)2=225100 \times \left(1 + \frac12\right)^2 = 225 元。

如果能分 3 次結算利率，每次利率 13\frac13，則最後能得到 100×(1+13)3≈237100 \times \left(1 + \frac13\right)^3 \approx 237 元。

好像越來越多了，那麼當結算利率的次數無限多，最終收益就會變成：

lim⁡n→∞100(1+1n)n=100e\lim_{n \to \infty} 100\left(1 + \frac1n\right)^n = 100\e

這就是 e\e 最早、最經典的定義就是用極限：

e=lim⁡n→∞(1+1n)n\boxed{ \e = \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^n }

高中教材中曾經可能有這個定義，但是現在刪掉了。

此外，我們可以用均值不等式證明數列 (1+1n)n\left(1 + \frac1n\right)^n 單調遞增：

(1+1n)n=1⋅(1+1n)n<(1+n(1+1n)n+1)n+1=(1+1n+1)n+1\left(1 + \frac1n\right)^n = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{\left(1 + \frac1n\right)}^n < \left(\frac{\textcolor{red}{1} + n \textcolor{blue}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)}}{n + 1}\right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}

高中都學過二項式定理，我們把這個 e\e 的表達式展開：

e=lim⁡n→∞(1+1n)n=lim⁡n→∞∑i=0n(ni)1ni=lim⁡n→∞∑i=0nni‾i!1ni\begin{aligned} \e &= \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^n \\ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i} \frac{1}{n^i} \\ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n} \frac{n^{\underline i}}{i!} \frac{1}{n^i} \\ \end{aligned}

這裏 ni‾n^{\underline i} 是 nn 的 ii 次下降冪的意思。當 n→∞n\to \infty 的時候，可以認爲 ni‾=nin^{\underline i} = n^i，於是就有：

e=∑i=0∞1i!\boxed{ \e = \sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!} }

看到 e\e 不由自主想要求冪，還是類似上面的推導：

ex=lim⁡n→∞(1+1n)nx=lim⁡n→∞∑i=0nx(nxi)1ni=lim⁡n→∞∑i=0nxxii!=∑i=0∞xii!\def\x{\textcolor{red}{x}} \begin{aligned} \e^{\x} &= \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac1n\right)^{n\x} \\ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \binom{n\x}{i} \frac{1}{n^i} \\ &= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n\x} \frac{\x^{i}}{i!} \\ &= \boxed{\sum_{i=0}^{\infty}\frac{\x^i}{i!}} \\ \end{aligned}

證明 ex\e^x 的導數等於其自身：

(ex)′=lim⁡Δx→0ex+Δx−exΔx=exlim⁡Δx→0eΔx−1Δx\begin{aligned} \left(\e^x\right)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\e^{x + \Delta x} - \e^x}{\Delta x} \\ &= \e^x\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\e^{\Delta x} - 1}{\Delta x} \\ \end{aligned}

把 eΔx\e^{\Delta x} 展開：

exlim⁡Δx→01+Δx1!+Δx22!+⋯−1Δx\e^x \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\textcolor{red}{1 + \frac{\Delta x}{1!} + \frac{\Delta x^2}{2!} + \cdots} - 1}{\Delta x}

高階無窮小丟掉，就是：

exlim⁡Δx→01+Δx−1Δx=ex\e^x \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1 + \Delta x - 1}{\Delta x} = \e^x

從而我們就證明了 (ex)′=ex\boxed{(\e^x)' = \e^x}。

定義 ln⁡x\ln x 爲 ex\e^x 的反函數。要給 ln⁡x\ln x 求導，不妨令 y=ln⁡xy = \ln x，也有 x=eyx = \e^y。

dydx=1dxdy=1ey=1x\begin{aligned} \frac{\d y}{\d x} &= \frac{1}{\frac{\d x}{\d y}} \\ &= \frac{1}{\e^y} \\ &= \frac{1}{x} \\ \end{aligned}

由此就證明了 (ln⁡x)′=1x\boxed{(\ln x)' = \frac{1}{x}}。

e\e 太偉大了。現在我們可以來求 xnx^n 的導數，但是這個其實不好搞，我們先對它取個對數再 exp⁡\exp。

(xn)′=(enln⁡x)′=(nln⁡x)′⋅enln⁡x=nx⋅xn=nxn−1\begin{aligned} (x^n)' &= (\e^{n \ln x})' \\ &= (n\ln x)' \cdot \e^{n \ln x} \\ &= \frac{n}{x} \cdot x^{n} \\ &= nx^{n-1} \\ \end{aligned}

並沒有用到廣義二項式定理。

可以求 axa^x 的導數：

(ax)′=(exln⁡a)′=(xln⁡a)′⋅exln⁡a=axln⁡a\begin{aligned} (a^x)' &= (\e^{x \ln a})' \\ &= (x \ln a)' \cdot \e^{x \ln a} \\ &= a^{x}\ln a \\ \end{aligned}

甚至還可以求 fgf^g 的導數：

(fg)′=(egln⁡f)′=(g′ln⁡f+gff′)fg\begin{aligned} (f^g)' &= (\e^{g\ln f})' \\ &= \left(g'\ln f + \frac{g}{f}f'\right)f^g \end{aligned}

天不生 ex\e^x，萬古如長夜。

洛必達法則

由於是高中，不用討論函數能不能導問題。

先從一個很顯然的東西出發。

羅爾定理：若函數 f(x)f(x) 滿足 f(a)=f(b)f(a) = f(b)，則 ∃c∈(a,b)\exists c \in (a, b) s.t. f′(c)=0f'(c) = 0。

假如說 f(x)f(x) 是常函數，那麼顯然有導數爲 0 的地方。

否則，f(x)f(x) 中間一定有最大值或者最小值，不妨假設有最大值 f(x0)f(x_0)。則 x0x_0 左側導數：

lim⁡Δx→0f(x−Δx)−f(x)−Δx≥0\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x - \Delta x) - f(x)}{-\Delta x} \ge 0

右側導數：

lim⁡Δx→0f(x+Δx)−f(x)Δx≤0\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \le 0

這兩個導數要相等，所以在 x0x_0 處的導數應該爲 0。

這個是 f(a)=f(b)f(a) = f(b) 的情況，那麼如果 f(a)≠f(b)f(a) \ne f(b) 該怎麼辦呢。一個簡單的思路是把 f(x)f(x) 減去過 (a,f(a))(a, f(a))，(b,f(b))(b, f(b)) 的直線，即 y=f(b)−f(a)b−a(x−a)+f(a)y = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) + f(a)。這樣就轉化成了羅爾定理的情況。

令 g(x)=f(x)−f(b)−f(a)b−a(x−a)−f(a)g(x) = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) - f(a)，根據羅爾定理，這個函數在 (a,b)(a, b) 之間也有導數爲 0 的地方。對 g(x)g(x) 求導，得：

g′(c)=f′(c)−f(b)−f(a)b−a=0g'(c) = f'(c) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0

即：

f′(c)=f(b)−f(a)b−af'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}

這就是拉格朗日中值定理。

直觀來看中值定理，說的就是平面上固定兩點的可微曲線，一定存在一點使得這點的切線斜率和兩端點之間的斜率相同。

若這個線甚至不是函數，而是類似 (f(t),g(t))(f(t), g(t)) 描述的曲線，類似的結論呢？

首先我們要知道這種曲線怎麼求切線斜率，類比求導：

k=lim⁡Δt→0g(t+Δt)−g(t)f(t+Δt)−f(t)=lim⁡Δt→0g(t+Δt)−g(t)Δt⋅Δtf(t+Δt)−f(t)=g′(x)f′(x)\begin{aligned} k &= \lim_{\Delta t \to 0} \frac{g(t + \Delta t) - g(t)}{f(t + \Delta t) - f(t)} \\ &= \lim_{\Delta t \to 0} \frac{g(t + \Delta t) - g(t)}{\Delta t} \cdot \frac{\Delta t}{f(t + \Delta t) - f(t)} \\ &= \frac{g'(x)}{f'(x)} \\ \end{aligned}

即我們希望證明 (a,b)(a, b) 之間存在一點 cc，使得 g′(c)f′(c)=g(b)−g(a)f(b)−f(a)\frac{g'(c)}{f'(c)} = \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}。

類比拉格朗日中值定理的證法，搞一條過 (f(a),g(a))(f(a), g(a)) 和 (f(b),g(b))(f(b), g(b)) 的直線，然後相減。即構造：

h(t)=g(t)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)(f(t)−f(a))−g(a)h(t) = g(t) - \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}(f(t)-f(a)) - g(a)

h(a)h(a) 和 h(b)h(b) 都爲 0，套用羅爾定理，存在 c∈(a,b)c \in (a, b)：

h′(c)=g′(c)−g(b)−g(a)f(b)−f(a)f′(c)=0h'(c) = g'(c) - \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}f'(c) = 0

即：

g′(c)f′(c)=g(b)−g(a)f(b)−f(a)\frac{g'(c)}{f'(c)} = \frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}

當然，有分數不太好，因爲很可能出現分母爲 0 的情況，即斜率不存在。我們還是最好全部化成乘積形式：

g′(c)(f(b)−f(a))=f′(c)(g(b)−g(a))g'(c)(f(b)-f(a)) = f'(c)(g(b)-g(a))

這是柯西中值定理。

柯西中值定理的形式讓人想起洛必達法則。現在我們要求 lim⁡x→af(x)g(x)\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}，但是 f(a)=g(a)=0f(a) = g(a) = 0。

對於任意一個 b>ab > a，根據柯西中值定理，我們知道在 (a,b)(a, b) 中存在一點 cc 滿足：

f′(c)g′(c)=f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f(b)g(b)\frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f(b)}{g(b)}

當 b→ab \to a，也有 c→ac \to a。所以就有：

lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)\boxed{ \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} }

泰勒級數

退役 OIer 還不會泰勒展開正常嗎？但是我就是不會。

我們希望用一個多項式函數去逼近一個複雜函數。具體來說，我們設我們要逼近的函數 f(x)f(x) 可以用 (x−a)(x-a) 爲基底的無窮次多項式表示：

f(x)=c0+c1(x−a)+c2(x−a)2+c3(x−a)3+⋯f(x) = c_0 + c_1(x-a) + c_2(x-a)^2 + c_3(x-a)^3 + \cdots

其中 cic_i 是待定的 ii 次項係數。

爲了逼近，首先在 x=ax=a 處式子左右兩邊一定要相等：

f(a)=c0+c1(a−a)+c2(a−a)2+c3(a−a)3+⋯\def\a{\textcolor{red}{a}} f(\a) = c_0 + c_1(\a-a) + c_2(\a-a)^2 + c_3(\a-a)^3 + \cdots

這樣就得到了 c0=f(a)c_0 = f(a)。

繼續，在 x=ax=a 處不但要相等，我們還希望它們的一階導數也要相等：

f′(a)=c1+2c2(a−a)+3c3(a−a)2+4c4(a−a)3+⋯\def\a{\textcolor{red}{a}} f'(\a) = c_1 + 2c_2(\a-a) + 3c_3(\a-a)^2 + 4c_4(\a-a)^3 + \cdots

於是 c1=f′(a)c_1 = f'(a)。

二階導：

f′′(a)=2c2+6c3(a−a)+12(a−a)2+20(a−a)3+⋯⇒c2=f′′(a)2\def\a{\textcolor{red}{a}} f''(\a) = 2c_2 + 6c_3(\a-a) + 12(\a-a)^2 + 20(\a-a)^3 + \cdots \Rightarrow c_2 = \frac{f''(a)}{2}

……

規律不言自明了：ci=f(i)(a)i!c_{i} = \frac{f^{(i)}(a)}{i!}，這裏 f(i)(a)f^{(i)}(a) 是 f(x)f(x) 的 ii 階導在 x=ax=a 處的值。

也可以寫作：

f(x)=∑i=0∞f(i)(a)i!(x−a)i\boxed{ f(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(a)}{i!} (x-a)^i }

特別地，當 a=0a=0 的時候，是馬克勞林級數：

f(x)=∑i=0∞f(i)(0)i!xi\boxed{ f(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(0)}{i!} x^i }

來試試把一些常用函數給泰勒展開一下：

首先是 ex\e^x，由於其任意次導數均爲 ex\e^x，而 e0=1\e^{0} = 1，則可以容易得到：

ex=1+x+x22+x33!+⋯+xnn!+⋯\boxed{ \e^{x} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \cdots }

和上面我們推的吻合。

然後來試試 sin⁡x\sin x。sin⁡x\sin x 的導數有週期性，分別是 sin⁡x,cos⁡x,−sin⁡x,−cos⁡x\sin x, \cos x, -\sin x, -\cos x，它們在 0 處的值分別爲 0, 1, 0, -1。容易得到：

sin⁡x=x−x33!+x55!−⋯+(−1)nx2n+1(2n+1)!+⋯\boxed{ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + \cdots }

cos⁡x\cos x 同理，有：

cos⁡x=1−x22!+x44!−⋯+(−1)nx2n(2n)!+⋯\boxed{ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} + \cdots }

考慮將 (1+x)α(1+x)^\alpha 展開：

(1+x)α=1+αx+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+⋯+αn‾n!xn+⋯(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!} x^2 + \frac{\alpha(\alpha - 1)(\alpha - 2)}{3!} x^3 + \cdots + \frac{\alpha^{\underline n}}{n!}x^n + \cdots

這個結果和廣義二項式定理的一致。

多項式有個好處是可以很自然地將擴展到複數域。

eix=1+ix−x22−ix33!+⋯+(ix)nn!+⋯e^{\i x} = \textcolor{blue}{1} \textcolor{red}{+\i x} \textcolor{blue}{- \frac{x^2}{2}} \textcolor{red}{- \frac{\i x^3}{3!}} + \cdots + \frac{(\i x)^n}{n!} + \cdots

其偶數次項正好是 (−1)kx2k(2k)!\textcolor{blue}{(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}}，也是 cos⁡x\cos x 的展開項；奇數次項是 (−1)kix2k+1(2k+1)!\textcolor{red}{(-1)^k\i \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}}，是 isin⁡x\i\sin x 的展開項。

於是就有了歐拉公式：

eix=cos⁡x+isin⁡x\boxed{ \e^{\i x} = \cos x + \i\sin x }

微分方程

f(x)=f′(x)f(x) = f'(x) 的唯一解是 f(x)=Cexf(x) = C\e^{x}，其中 CC 是常數。

假設有其它函數滿足這個條件，假設爲 g(x)g(x)，那麼我們考慮 h(x)=g(x)exh(x) = \frac{g(x)}{\e^{x}}。h′(x)=g′(x)ex−g(x)exe2x=0h'(x) = \frac{g'(x)\e^x - g(x)\e^x}{\e^{2x}} = 0，即 h(x)h(x) 是個常數，所以得到 g(x)g(x) 也屬於 CexC\e^{x}。

由於導數之間可以線性相加，所以如果一個微分方程有若干解 f1(x),f2(x),f3(x),⋯f_1(x), f_2(x), f_3(x), \cdots，則它們的線性組合 C1f1(x)+C2f2(x)+C3f3(x)+⋯C_1f_1(x) + C_2f_2(x) + C_3f_3(x) + \cdots 也是解。

物理中有很多物理量之間有導數的關係。比如位置 xx，對時間 tt 求導是速度 vv，再對 tt 求導是加速度 aa。求解這些量之間的關係，就相當於解微分方程。

單杆問題

考慮這樣的問題：

平行導軌間距爲 LL，連通且忽略電阻，有垂直與兩導軌所成平面的勻強磁場 BB。有長度爲 LL，電阻爲 RR 導體棒放置在平行導軌上，其初速度爲 v0v_0，方向沿導軌方向。問導體棒什麼時候停下來。

導體產生的電動勢：

E=vLBE = vLB

產生的電流：

I=ER=vLBRI = \frac{E}{R} = \frac{vLB}{R}

產生的安培力：

F=ILB=vL2B2RF = ILB = \frac{vL^2B^2}{R}

牛二：

F=maF = ma

aa 是什麼？aa 是 vv 的導數，所以我們相當於有這樣一個方程：

−vL2B2R=mv˙-\frac{vL^2B^2}{R} = m\dot v

這裏 v˙\dot v 是牛頓的導數記號，表示對時間求導。

我們只需要求出 vv 關於時間的表達式，然後解出 v=0v=0 對應的 tt 就行了。

看到這個導數形式讓人不由得想起了 e\e，不妨假設 v=Certv = C\e^{rt}，只需解出 CC 和 rr。 CC 很簡單：當 t=0t=0 的時候 v=v0v=v_0，所以 C=v0C=v_0。

解 rr，將 v=Certv = C\e^{rt} 直接帶入：

−ertL2B2R=mrert-\frac{\e^{rt}L^2B^2}{R} = m r \e^{rt}

解得：

r=−L2B2mRr = -\frac{L^2B^2}{mR}

所以有：

v=v0e−L2B2tmR\boxed{ v = v_0 \e^{-\frac{L^2B^2t}{mR}} }

但是指數函數永遠不會變成 0，所以導體棒永遠不會停下來。

有沒有可能還有其它的解呢？類似前面關於 f(x)=f′(x)f(x) = f'(x) 的解唯一的討論，可以證明沒有其它解。

簡諧振動

又來考慮簡諧震動。簡諧振動中有回復力：

F=−kxF = -kx

還有牛二：

F=ma=mx¨F = ma = m\ddot x

設 x=ertx = \e^{rt}，帶入可得：

−kert=mr2ert-k\e^{rt} = mr^2e^{rt}

解得：

r=±ikmr = \textcolor{red}{\pm} \i \sqrt\frac{k}{m}

帶回去：

v1=cos⁡(kmt)+isin⁡(kmt)v2=cos⁡(kmt)−isin⁡(kmt)\begin{aligned} v_1 &= \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \textcolor{red}{+} \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \\ v_2 &= \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \textcolor{red}{-} \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t\right) \end{aligned}

爲什麼有兩個解？速度怎麼還有虛部？實際上，v1v_1 和 v2v_2 的所有線性組合都能滿足上面的方程，但我們應該選擇符合實際情況的。

假如振幅爲 A\textcolor{blue}{A}，初相位爲 φ\textcolor{red}{\varphi}。

先看怎麼搞出來一個 φ\textcolor{red}{\varphi}，根據複數乘法規則（模長相乘，幅角相加），乘一個 cos⁡φ+isin⁡φ\cos \textcolor{red}{\varphi} + \i \sin \textcolor{red}{\varphi}：

(cos⁡φ+isin⁡φ)v1=cos⁡(kmt+φ)+isin⁡(kmt+φ)(\cos \textcolor{red}{\varphi} + \i \sin \textcolor{red}{\varphi})v_1 = \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right) + \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right)

爲了能抵消掉虛部，給 v2v_2 乘個 cos⁡φ−isin⁡φ\cos \textcolor{red}{\varphi} - \i \sin \textcolor{red}{\varphi}:

(cos⁡φ−isin⁡φ)v2=cos⁡(kmt+φ)−isin⁡(kmt+φ)(\cos \textcolor{red}{\varphi} \textcolor{blue}{-} \i \sin \textcolor{red}{\varphi})v_2 = \cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right) - \i \sin \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right)

相加，再乘一個 A2\frac{\textcolor{blue}{A}}{2} 就能得到：

v=Acos⁡(kmt+φ)v = \textcolor{blue}{A}\cos \left(\sqrt\frac{k}{m} t + \textcolor{red}{\varphi}\right)

所以發現簡諧運動的週期：

T=2πkm=2πmk\boxed{ T = \frac{2\pi}{\sqrt\frac{k}{m}} = 2\pi \sqrt \frac{m}{k} }

最後結果可以看出來，初相位和振幅都不影響週期。而且在前面解出 r=±ikmr = \pm \i \sqrt\frac{k}{m} 時，你就已經可以知道 ω=km\omega = \sqrt\frac{k}{m} 了，因爲後面的線性操作都沒法影響到 ω\omega。

LC 振盪電路

最後我們看到 LC 振盪電路。

LC 振盪電路由一個電容和一個線圈組成。對於電容我們有：

C=QUCC = \frac{Q}{U_C}

對於線圈，我們也有：

UL=LI˙U_L = L \dot I

一條迴路電壓和應該爲 0：

UC+UL=0U_C + U_L = 0

同時我們還知道 II 是 QQ 的導數：

I=Q˙I = \dot Q

聯立得微分方程

QC+LQ¨=0\frac{Q}{C} + L\ddot Q = 0

和簡諧振動那個幾乎一樣，解得：

Q=e±i1LCQ = \e^{\pm \i \sqrt{\frac{1}{LC}}}

所以 LC 振盪電路的週期：

T=2πLC\boxed{ T = 2 \pi \sqrt{LC} }

後面不會了。