高中可能讲了，但是高中讲了不太可能。

莱布尼茨记法

高中一般都喜欢用拉格朗日记法来表示导数（如 f′f' 这种），但是有一个弊端是不好表示自变量和因变量。而莱布尼茨记法就能更好地展现变量之间的关系。

比如 f 的关于 x 的一阶导写作：dfdx\frac{\d f}{\d x}，二阶导：d2fdx2\frac{\d^2 f}{\d x^2}，三阶导：d3fdx3\frac{\d^3 f}{\d x^3}。

这里的 dfdx\frac{\d f}{\d x} 其实就相当于 lim⁡Δx→0ΔfΔx\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta f}{\Delta x} 的简写，因此在运算中可以像分数那样操作。

如链式法则，将 f[g(x)]f[g(x)] 对 xx 求导：

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)，则很显然可以看出：

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

这是反函数求导法则。

e

假如说你有 100 元，存到某银行，1 年之后利率 100%，那么一年之后你就有 200 元。

但是若能分 2 次结算利率，每次利率 12\frac12，则两次结算利率之后，就能得到 100×(1+12)2=225100 \times \left(1 + \frac12\right)^2 = 225 元。

如果能分 3 次结算利率，每次利率 13\frac13，则最后能得到 100×(1+13)3≈237100 \times \left(1 + \frac13\right)^3 \approx 237 元。

好像越来越多了，那么当结算利率的次数无限多，最终收益就会变成：

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

这就是 e\e 最早、最经典的定义就是用极限：

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

高中教材中曾经可能有这个定义，但是现在删掉了。

此外，我们可以用均值不等式证明数列 (1+1n)n\left(1 + \frac1n\right)^n 单调递增：

(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}

高中都学过二项式定理，我们把这个 e\e 的表达式展开：

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}

这里 ni‾n^{\underline i} 是 nn 的 ii 次下降幂的意思。当 n→∞n\to \infty 的时候，可以认为 ni‾=nin^{\underline i} = n^i，于是就有：

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

看到 e\e 不由自主想要求幂，还是类似上面的推导：

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}

证明 ex\e^x 的导数等于其自身：

(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} 展开：

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}

高端无穷小丢掉，就是：

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

从而我们就证明了 (ex)′=ex\boxed{(\e^x)' = \e^x}。

定义 ln⁡x\ln x 为 ex\e^x 的反函数。要给 ln⁡x\ln x 求导，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}

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

e\e 太伟大了。现在我们可以来求 xnx^n 的导数，但是这个其实不好搞，我们先对它取个对数再 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}

并没有用到广义二项式定理。

可以求 axa^x 的导数：

(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}

甚至还可以求 fgf^g 的导数：

(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，万古如长夜。

洛必达法则

由于是高中，不用讨论函数能不能导问题。

先从一个很显然的东西出发。

罗尔定理：若函数 f(x)f(x) 满足 f(a)=f(b)f(a) = f(b)，则 ∃c∈(a,b)\exists c \in (a, b) s.t. f′(c)=0f'(c) = 0。

假如说 f(x)f(x) 是常函数，那么显然有导数为 0 的地方。

否则，f(x)f(x) 中间一定有最大值或者最小值，不妨假设有最大值 f(x0)f(x_0)。则 x0x_0 左侧导数：

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

右侧导数：

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

这两个导数要相等，所以在 x0x_0 处的导数应该为 0。

这个是 f(a)=f(b)f(a) = f(b) 的情况，那么如果 f(a)≠f(b)f(a) \ne f(b) 该怎么办呢。一个简单的思路是把 f(x)f(x) 减去过 (a,f(a))(a, f(a))，(b,f(b))(b, f(b)) 的直线，即 y=f(b)−f(a)b−a(x−a)+f(a)y = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) + f(a)。这样就转化成了罗尔定理的情况。

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)，根据罗尔定理，这个函数在 (a,b)(a, b) 之间也有导数为 0 的地方。对 g(x)g(x) 求导，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}

这就是拉格朗日中值定理。

直观来看中值定理，说的就是平面上固定两点的可微曲线，一定存在一点使得这点的切线斜率和两端点之间的斜率相同。

若这个线甚至不是函数，而是类似 (f(t),g(t))(f(t), g(t)) 描述的曲线，类似的结论呢？

首先我们要知道这种曲线怎么求切线斜率，模拟求导：

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}

即我们希望证明 (a,b)(a, b) 之间存在一点 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)}。

模拟拉格朗日中值定理的证法，搞一条过 (f(a),g(a))(f(a), g(a)) 和 (f(b),g(b))(f(b), g(b)) 的直线，然后相减。即构造：

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) 都为 0，套用罗尔定理，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)}

当然，有分数不太好，因为很可能出现分母为 0 的情况，即斜率不存在。我们还是最好全部化成乘积形式：

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

这是柯西中值定理。

柯西中值定理的形式让人想起洛必达法则。现在我们要求 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。

对于任意一个 b>ab > a，根据柯西中值定理，我们知道在 (a,b)(a, b) 中存在一点 cc 满足：

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)}

当 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)} }

泰勒级数

退役 OIer 还不会泰勒展开正常吗？但是我就是不会。

我们希望用一个多项式函数去逼近一个复杂函数。具体来说，我们设我们要逼近的函数 f(x)f(x) 可以用 (x−a)(x-a) 为基底的无穷次多项式表示：

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 次项系数。

为了逼近，首先在 x=ax=a 处式子左右两边一定要相等：

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

这样就得到了 c0=f(a)c_0 = f(a)。

继续，在 x=ax=a 处不但要相等，我们还希望它们的一阶导数也要相等：

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

于是 c1=f′(a)c_1 = f'(a)。

二阶导：

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}

……

规律不言自明了：ci=f(i)(a)i!c_{i} = \frac{f^{(i)}(a)}{i!}，这里 f(i)(a)f^{(i)}(a) 是 f(x)f(x) 的 ii 阶导在 x=ax=a 处的值。

也可以写作：

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 }

特别地，当 a=0a=0 的时候，是马克劳林级数：

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

来试试把一些常用函数给泰勒展开一下：

首先是 ex\e^x，由于其任意次导数均为 ex\e^x，而 e0=1\e^{0} = 1，则可以容易得到：

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 }

和上面我们推的吻合。

然后来试试 sin⁡x\sin x。sin⁡x\sin x 的导数有周期性，分别是 sin⁡x,cos⁡x,−sin⁡x,−cos⁡x\sin x, \cos x, -\sin x, -\cos x，它们在 0 处的值分别为 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 }

考虑将 (1+x)α(1+x)^\alpha 展开：

(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

这个结果和广义二项式定理的一致。

多项式有个好处是可以很自然地将扩展到复数域。

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

其偶数次项正好是 (−1)kx2k(2k)!\textcolor{blue}{(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}}，也是 cos⁡x\cos x 的展开项；奇数次项是 (−1)kix2k+1(2k+1)!\textcolor{red}{(-1)^k\i \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}}，是 isin⁡x\i\sin x 的展开项。

于是就有了欧拉公式：

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 是常数。

假设有其它函数满足这个条件，假设为 g(x)g(x)，那么我们考虑 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) 是个常数，所以得到 g(x)g(x) 也属于 CexC\e^{x}。

由于导数之间可以线性相加，所以如果一个微分方程有若干解 f1(x),f2(x),f3(x),⋯f_1(x), f_2(x), f_3(x), \cdots，则它们的线性组合 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间有导数的关系。比如位置 xx，对时间 tt 求导是速度 vv，再对 tt 求导是加速度 aa。求解这些量之间的关系，就相当于解微分方程。

单杆问题

考虑这样的问题：

平行导轨间距为 LL，连通且忽略电阻，有垂直与两导轨所成平面的匀强磁场 BB。有长度为 LL，电阻为 RR 导体棒放置在平行导轨上，其初速度为 v0v_0，方向沿导轨方向。问导体棒什么时候停下来。

导体产生的电动势：

E=vLBE = vLB

产生的电流：

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

产生的安培力：

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

牛二：

F=maF = ma

aa 是什么？aa 是 vv 的导数，所以我们相当于有这样一个方程：

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

这里 v˙\dot v 是牛顿的导数记号，表示对时间求导。

我们只需要求出 vv 关于时间的表达式，然后解出 v=0v=0 对应的 tt 就行了。

看到这个导数形式让人不由得想起了 e\e，不妨假设 v=Certv = C\e^{rt}，只需解出 CC 和 rr。 CC 很简单：当 t=0t=0 的时候 v=v0v=v_0，所以 C=v0C=v_0。

解 rr，将 v=Certv = C\e^{rt} 直接带入：

−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}} }

但是指数函数永远不会变成 0，所以导体棒永远不会停下来。

有没有可能还有其它的解呢？类似前面关于 f(x)=f′(x)f(x) = f'(x) 的解唯一的讨论，可以证明没有其它解。

简谐振动

又来考虑简谐震动。简谐振动中有回复力：

F=−kxF = -kx

还有牛二：

F=ma=mx¨F = ma = m\ddot x

设 x=ertx = \e^{rt}，带入可得：

−kert=mr2ert-k\e^{rt} = mr^2e^{rt}

解得：

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

带回去：

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}

为什么有两个解？速度怎么还有虚部？实际上，v1v_1 和 v2v_2 的所有线性组合都能满足上面的方程，但我们应该选择符合实际情况的。

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

先看怎么搞出来一个 φ\textcolor{red}{\varphi}，根据复数乘法规则（模长相乘，幅角相加），乘一个 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)

为了能抵消掉虚部，给 v2v_2 乘个 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，再乘一个 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)

所以发现简谐运动的周期：

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

最后结果可以看出来，初相位和振幅都不影响周期。而且在前面解出 r=±ikmr = \pm \i \sqrt\frac{k}{m} 时，你就已经可以知道 ω=km\omega = \sqrt\frac{k}{m} 了，因为后面的线性操作都没法影响到 ω\omega。

LC 振荡电路

最后我们看到 LC 振荡电路。

LC 振荡电路由一个电容和一个线圈组成。对于电容我们有：

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

对于线圈，我们也有：

UL=LI˙U_L = L \dot I

一条回路电压和应该为 0：

UC+UL=0U_C + U_L = 0

同时我们还知道 II 是 QQ 的导数：

I=Q˙I = \dot Q

联立得微分方程

QC+LQ¨=0\frac{Q}{C} + L\ddot Q = 0

和简谐振动那个几乎一样，解得：

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

所以 LC 振荡电路的周期：

T=2πLC\boxed{ T = 2 \pi \sqrt{LC} }

后面不会了。