你不能用这个题去表白，除非你对象也学数学

AT_doming_Cl2 · 2026-06-20 19:51:24 · 学习·文化课

0-前言

这个题是我在刷 B 站时刷到的一道野题，原视频讲述了非常恶心的证明方法（高斯积分那部分我真的服了），我当时弄了 3 天没有看懂，我自己在视频中的基础知识的帮助下，整出了这个文章，计算不宜求管理通过吧 qwq。

0.25-前置芝士

极坐标
欧拉公式
反正切函数
微积分
极限的基本概念
围道积分
柯西积分定理
偏导数
阿贝尔定理
莱布尼兹判别法

0.5-公式本体与心理准备

\frac{\frac{\int_{0}^{+\infty} e^{-s}s^5 \mathrm{d}s}{2}+\frac{\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{d}t}{\int_{0}^{+\infty} \sin t^2 \mathrm{d}t} (\frac{\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x}+\frac{\sum^{\infty}_{n=1}\arctan \frac{2}{n^2}}{\lim_{t \to 0^+} \int^{2020}_{-2020} \frac{t \cos x}{x^2+t^2} \mathrm{d}x})}{\lim_{n \to +\infty}\left \{ [(\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x}\mathrm{d}x)n-\frac{1}{2}] \frac{n}{2} \right \} }

1-处理方法

最开始我看到这个题也是认为不能做的，结果发现不就是几个简单的部分合起来嘛，开整！

2-1-第一部分

方法：部分积分；难度：4。

\frac{\int_{0}^{+\infty} e^{-s}s^5 \mathrm{d}s}{2}=?

相信有积分大佬看出来了，这不就是 Gamma 函数吗~

Gamma 函数的原形长这样：

::::success[证明]{open} ## Gamma 函数的定义对于复数 $s$，当 $\operatorname{Re}(s) > 0$ 时，Gamma 函数定义为

\Gamma(s) = \int_{0}^{\infty} t^{\,s-1} e^{-t} \, dt .

该积分在 $\operatorname{Re}(s) > 0$ 时绝对收敛，在右半平面定义了解析函数。 ## 递推关系 $\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s)$ 考虑 $\Gamma(s+1)$：

\Gamma(s+1) = \int_{0}^{\infty} t^{\,s} e^{-t} \, dt .

使用分部积分法。令

u = t^{\,s}, \quad dv = e^{-t}\,dt,

则

du = s\,t^{\,s-1}\,dt, \quad v = -e^{-t}.

So,

\Gamma(s+1) = \Big[ -t^{\,s} e^{-t} \Big]{0}^{\infty} + s \int{0}^{\infty} t^{\,s-1} e^{-t} \, dt .

考察边界项： - 上限 $t \to \infty$ 处，指数衰减远快于任意幂函数增长，$\lim_{t\to\infty} t^{\,s} e^{-t} = 0$； - 下限 $t \to 0^+$ 处，由 $\operatorname{Re}(s) > 0$ 得 $\lim_{t\to 0^+} t^{\,s} = 0$。故边界项为 0，得到

\Gamma(s+1) = s \int_{0}^{\infty} t^{\,s-1} e^{-t} \, dt = s\,\Gamma(s).

## 计算 $\Gamma(1)$

\Gamma(1) = \int{0}^{\infty} t^{0} e^{-t} \, dt = \int{0}^{\infty} e^{-t} \, dt = \Big[ -e^{-t} \Big]_{0}^{\infty} = 0 - (-1) = 1.

## 4. 对正整数 $s = n$ 的归纳证明令 $s = n$ 为正整数（$n \in \mathbb{N}^+$），则 $\operatorname{Re}(n) = n > 0$，定义可用。利用递推关系反复展开：

\begin{aligned} \Gamma(n) &= (n-1)\,\Gamma(n-1) \ &= (n-1)(n-2)\,\Gamma(n-2) \ &\;\;\vdots \ &= (n-1)(n-2)\cdots 2 \cdot 1 \cdot \Gamma(1). \end{aligned}

由 $\Gamma(1) = 1$，乘积即为 $(n-1)!$。故

\Gamma(n) = (n-1)! \qquad (n = 1,2,3,\dots).

- 当 $n=1$：$\Gamma(1) = 1 = 0!$（约定 $0! = 1$）； - 当 $n=2$：$\Gamma(2) = 1! = 1$； - 当 $n=3$：$\Gamma(3) = 2! = 2$；依此类推，完全吻合。 ## 结论对于每一个正整数 $s$，欧拉第二积分 $\Gamma(s)$ 的值恰好等于 $(s-1)!$，即

\boxed{\Gamma(s) = (s-1)! \quad (s \in \mathbb{N}^+)}.

从函数观点看，Gamma 函数满足 $\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$ 且 $\Gamma(1)=1$，这恰好是阶乘的解析延拓性质，因此常被用作阶乘在复数域上的推广。 :::: 综上所述，第一个部分 $=\Gamma(6)=(5)!=120$ # 2-2-第二部分方法：数形结合-极坐标变换；难度：5。 $$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{d}t=?

这玩意就是高斯积分，又称正态分布。

::::success[计算这玩意]{open}

设

I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{2}} \, \mathrm{d}t

由于被积函数恒正，积分收敛且 I > 0。计算 I^2，并写成二重积分形式：

I^2 = \left( \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \, \mathrm{d}x \right) \left( \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \, \mathrm{d}y \right) = \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2 + y^2}{2}} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y

将直角坐标转换为极坐标。令

x = r \cos \theta, \quad y = r \sin \theta \quad (r \ge 0,\; 0 \le \theta \le 2\pi)

此时 x^2 + y^2 = r^2，面积微元 \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y = r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta。积分区域变为全平面，即 r 从 0 到 +\infty，\theta 从 0 到 2\pi。于是

I^2 = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{r^2}{2}} \, r \, \mathrm{d}r

先计算内层积分：

\int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{r^2}{2}} r \, \mathrm{d}r

作变量代换 u = \frac{r^2}{2}，则 \mathrm{d}u = r \, \mathrm{d}r，积分上下限不变：

\int_{0}^{+\infty} e^{-u} \, \mathrm{d}u = \left[ -e^{-u} \right]_{0}^{+\infty} = 0 - (-1) = 1

再计算外层积分：

\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta = 2\pi

因此

I^2 = 2\pi \times 1 = 2\pi

由 I > 0，开方得

I = \sqrt{2\pi}

::::

So,

\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{2}} \, \mathrm{d}t = \sqrt{2\pi}

2-3-第三部分

方法：圆弧积分；难度：10

\int_{0}^{+\infty} \sin t^2 \mathrm{d}t=?

这其实也是有名字的，叫做 Fresnel 积分。

::::success[计算这东西]{open}

构造复积分

考虑函数 f(z) = e^{i z^2} ，它在整个复平面上解析。我们在复平面上取如下闭合围道 C ：

沿实轴从 0 到 R ： z = x ， 0 \le x \le R ；
沿圆弧从 z = R 到 z = R e^{i\pi/4} ： z = R e^{i\theta} ， 0 \le \theta \le \pi/4 ；
沿射线从 z = R e^{i\pi/4} 回到原点： z = r e^{i\pi/4} ， r 从 R 递减到 0 。

由柯西积分定理，整个围道积分为零：

\oint_C e^{i z^2} \, dz = 0.

写出各段积分

第一段（实轴）：

I_1 = \int_0^R e^{i x^2} \, dx.

第二段（圆弧）：

I_2 = \int_0^{\pi/4} e^{i (R e^{i\theta})^2} \, i R e^{i\theta} \, d\theta = i R \int_0^{\pi/4} e^{i R^2 e^{i 2\theta}} e^{i\theta} \, d\theta.

第三段（斜边回原点）：注意参数化为 z = r e^{i\pi/4} ， dz = e^{i\pi/4} dr ，积分方向从 R 到 0 ，因此

I_3 = \int_R^0 e^{i (r e^{i\pi/4})^2} e^{i\pi/4} \, dr = - e^{i\pi/4} \int_0^R e^{i r^2 e^{i\pi/2}} \, dr.

由于 e^{i\pi/2} = i ，所以 i r^2 \cdot i = -r^2 ，于是

I_3 = - e^{i\pi/4} \int_0^R e^{-r^2} \, dr.

估计圆弧积分并取极限

对第二段 I_2 取模估计：

|I_2| \le R \int_0^{\pi/4} \left| e^{i R^2 (\cos 2\theta + i\sin 2\theta)} \right| \, d\theta = R \int_0^{\pi/4} e^{-R^2 \sin 2\theta} \, d\theta.

在区间 [0, \pi/4] 上，利用不等式 \sin 2\theta \ge \frac{4}{\pi}\theta （Jordan不等式），得

|I_2| \le R \int_0^{\pi/4} e^{-R^2 \frac{4}{\pi} \theta} \, d\theta = R \left[ -\frac{\pi}{4R^2} e^{-R^2 \frac{4}{\pi} \theta} \right]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{4R} \left(1 - e^{-R^2}\right) \to 0 \quad (R \to +\infty).

令 R \to +\infty ，由 I_1 + I_2 + I_3 = 0 得

\int_0^{+\infty} e^{i x^2} \, dx + 0 - e^{i\pi/4} \int_0^{+\infty} e^{-r^2} \, dr = 0.

已知高斯积分 \int_0^{+\infty} e^{-r^2} \, dr = \frac{\sqrt{\pi}}{2} ，所以

\int_0^{+\infty} e^{i x^2} \, dx = e^{i\pi/4} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2}.

取虚部得到原积分

将 e^{i\pi/4} 根据欧拉公式展开：

e^{i\pi/4} = \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}.

于是

\int_0^{+\infty} e^{i x^2} \, dx = \left(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{\sqrt{2\pi}}{4} + i\frac{\sqrt{2\pi}}{4}.

分别取实部和虚部得到结果：

\int_0^{+\infty} \cos x^2 \, dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4},\qquad \int_0^{+\infty} \sin x^2 \, dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}.

:::: So,

\boxed{\int_0^{+\infty} \sin t^2 \, dt = \frac{\sqrt{2\pi}}{4} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}}

2-4-第四部分

方法：反正切函数+逐项积分法；难度：2

\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-1)^n}{2n+1}=?

这个积分我早就知道它的答案是 \dfrac{\pi}{4}，但是我不知道怎么证明，于是我上网查询了一下它的证明方法，这我~~为了装逼~~采用几何级数逐项积分法。

::::success[简单的计算]{open}

考虑几何级数（当 |x| < 1 时）：

\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}.

对等式两边在区间 [0, 1] 上积分：

\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} \, dx = \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} \, dx.

左边是基本积分：

\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} \, dx = \arctan x \Big|_0^1 = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}.

右边交换积分与求和次序（幂级数在收敛区间内可逐项积分），得：

\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^1 x^{2n} \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left[ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right]_0^1 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}.

该级数为交错级数，通项绝对值 \frac{1}{2n+1} 单调递减趋于零，满足莱布尼茨判别法，故级数收敛。由阿贝尔定理，上述展开在 x=1 处亦成立。 :::: So,

\boxed{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}}

2-5-第五部分

方法：偏导数；难度：8

\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=?

::::info[笑点] 我第一眼看到这东西，我被气笑了，如果前面不是积分，而是个极限，那多舒服啊。因为众所周知 \lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1，可以用洛必达法则（洛）证明出来，但是面对现实吧，老老实实计算。 ::::

::::success[非笑点]{open}

构造含参变量积分

对参数 a \ge 0，定义

I(a) = \int_{0}^{+\infty} e^{-ax}\,\frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x.

当 a > 0 时，由于指数衰减因子 e^{-ax}，该积分绝对收敛；当 a = 0 时，即为所求积分 I(0)。原式子变为 I(0)。

对参数求导

对于任意 \delta > 0，当 a \ge \delta 时，被积函数对 a 的偏导数

\frac{\partial}{\partial a}\left( e^{-ax}\,\frac{\sin x}{x} \right) = -e^{-ax}\sin x

满足 \left| -e^{-ax}\sin x \right| \le e^{-\delta x}，且 \int_0^\infty e^{-\delta x}\,\mathrm{d}x 收敛。由一致收敛性，可以在积分号下求导：

I'(a) = -\int_{0}^{+\infty} e^{-ax} \sin x \, \mathrm{d}x, \qquad a > 0.

计算内层积分

利用欧拉公式或分部积分法：

\begin{aligned} \int_0^{+\infty} e^{-ax} \sin x \, \mathrm{d}x &= \operatorname{Im} \int_0^{+\infty} e^{-(a - i)x} \, \mathrm{d}x \\ &= \operatorname{Im} \left[ \frac{1}{a - i} \right] \\ &= \operatorname{Im} \left( \frac{a + i}{a^2 + 1} \right) \\ &= \frac{1}{a^2 + 1}. \end{aligned}

因此，

I'(a) = -\frac{1}{a^2 + 1}, \qquad a > 0.

积分求出 I(a)

对 I'(a) 积分：

I(a) = -\arctan a + C,

其中 C 为待定常数。

确定常数 C

当 a \to +\infty 时，估计 I(a)：

|I(a)| \le \int_0^{+\infty} e^{-ax} \left| \frac{\sin x}{x} \right| \mathrm{d}x \le \int_0^{+\infty} e^{-ax} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{a} \to 0.

故 \lim\limits_{a \to +\infty} I(a) = 0。代入表达式：

0 = \lim_{a \to +\infty} (-\arctan a + C) = -\frac{\pi}{2} + C,

解得 C = \dfrac{\pi}{2}。于是

I(a) = \frac{\pi}{2} - \arctan a, \qquad a > 0.

取极限得到原积分

最后需证明 I(a) 在 a = 0 处连续，即

\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x = \lim_{a \to 0^+} I(a).

由于积分 \int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{d}x 条件收敛（用狄利克雷判别法），而 e^{-ax} 关于 a 单调且一致有界，根据阿贝尔判别法，含参积分 I(a) 在 a \ge 0 上一致收敛，因此 I(a) 在 a = 0 连续。所以

\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x = I(0) = \lim_{a \to 0^+} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan a \right) = \frac{\pi}{2}.

:::: So,

\boxed{\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}}

2-6-第六部分

方法：暴力展开（？；难度：2

\sum_{n=1}^{\infty}\arctan \frac{2}{n^2} = ?

::::success[ReCall]{open}

尝试将通项裂项。利用反正切差公式（当 x,y > 0 或差在 (-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}) 内）：

\arctan x - \arctan y = \arctan \frac{x-y}{1+xy} \quad

取 x = n+1，y = n-1，则：

\frac{x-y}{1+xy} = \frac{(n+1)-(n-1)}{1+(n+1)(n-1)} = \frac{2}{1+n^2-1} = \frac{2}{n^2}

因此有恒等式：

\arctan \frac{2}{n^2} = \arctan(n+1) - \arctan(n-1), \quad (n \ge 1)

（对 n=1，\arctan(0)=0，等式依然成立。）

于是级数的部分和 S_N 为：

S_N = \sum_{n=1}^{N} \bigl[ \arctan(n+1) - \arctan(n-1) \bigr]

展开各项：

\begin{aligned} n=1&:\ \arctan(2) - \arctan(0) \\ n=2&:\ \arctan(3) - \arctan(1) \\ n=3&:\ \arctan(4) - \arctan(2) \\ n=4&:\ \arctan(5) - \arctan(3) \\ &\ \ \vdots \\ n=N&:\ \arctan(N+1) - \arctan(N-1) \end{aligned}

将正负项分别求和（上式为正项，下式为负项）：

\begin{aligned} &\ \arctan(2) + \arctan(3) + \dots + \arctan(N+1) \\ &\ -\bigl[ \arctan(0) + \arctan(1) + \arctan(2) + \dots + \arctan(N-1) \bigr] \end{aligned}

相消后剩余：

S_N = \arctan(N) + \arctan(N+1) - \arctan(0) - \arctan(1)

已知 \arctan(0) = 0，\arctan(1) = \frac{\pi}{4}，故：

S_N = \arctan(N) + \arctan(N+1) - \frac{\pi}{4}

令 N \to \infty，由于 \lim\limits_{N\to\infty}\arctan(N) = \frac{\pi}{2}，\lim\limits_{N\to\infty}\arctan(N+1) = \frac{\pi}{2}，得：

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{2}{n^2} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}

:::: So，

\boxed{\frac{3\pi}{4}}

2-7-第七部分

方法：广义积分；难度：6

\lim_{t \to 0^+} \int_{-2020}^{2020} \frac{t \cos x}{x^2+t^2} \, \mathrm{d}x=?

::::info[笑点] 我当时看完了视频过后，我想着视频里面没有用上那个 2020，所以我尝试用那个 2020 整出结果，但是算了 1 小时都没有算出来，最后那是掀翻桌子，拂袖而去。 ::::

::::success[计算题不能丢分]{open}

变量代换

令 u = \frac{x}{t} ，则 x = tu ， \mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}u 。积分上下限变为：

当 x = -2020 时， u = -\frac{2020}{t} ；
当 x = 2020 时， u = \frac{2020}{t} 。

代入原积分得：

\int_{-2020}^{2020} \frac{t \cos x}{x^2+t^2} \, \mathrm{d}x = \int_{-2020/t}^{2020/t} \frac{t \cos(tu)}{t^2 u^2 + t^2} \cdot t \, \mathrm{d}u = \int_{-2020/t}^{2020/t} \frac{\cos(tu)}{u^2+1} \, \mathrm{d}u.

取极限

当 t \to 0^+ 时，积分区间 [-2020/t,\, 2020/t] 趋向于 (-\infty, +\infty)。对任意的 u ，有 \lim_{t \to 0^+} \cos(tu) = \cos 0 = 1，且 \left|\frac{\cos(tu)}{u^2+1}\right| \le \frac{1}{u^2+1}，而 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{u^2+1}\,\mathrm{d}u 收敛。由勒贝格控制收敛定理，极限可以移到积分号内：

\lim_{t \to 0^+} \int_{-2020/t}^{2020/t} \frac{\cos(tu)}{u^2+1} \, \mathrm{d}u = \int_{-\infty}^{\infty} \lim_{t \to 0^+} \frac{\cos(tu)}{u^2+1} \, \mathrm{d}u = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{u^2+1} \, \mathrm{d}u.

第三步：计算广义积分

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{u^2+1} \, \mathrm{d}u = \Bigl[ \arctan u \Bigr]_{-\infty}^{\infty} = \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi.

:::: So，

\boxed{\pi}

2-8-第八部分

方法：部分积分法；难度：7

\lim_{n \to +\infty}\left \{ [(\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x}\mathrm{d}x)n-\frac{1}{2}] \frac{n}{2} \right \}=?

::::success[计算]{open} 考虑积分

I_n = \int_0^1 \frac{x^{n-1}}{1+x}\,\mathrm{d}x

利用分部积分，令 u = \frac{1}{1+x}，\mathrm{d}v = x^{n-1}\mathrm{d}x，直接写成：

n I_n = n\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{1+x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\,\mathrm{d}(x^n) = \left.\frac{x^n}{1+x}\right|_0^1 + \int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2} + \int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x

于是

n I_n - \frac{1}{2} = \int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x

原极限表达式为：

\lim_{n\to\infty} \left[ \left( n I_n - \frac{1}{2} \right) \frac{n}{2} \right] = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{2}\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x

再对积分进行一次分部积分：

\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n+1}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}(x^{n+1})}{(1+x)^2} = \frac{1}{n+1}\left[ \left.\frac{x^{n+1}}{(1+x)^2}\right|_0^1 + 2\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\,\mathrm{d}x \right]

= \frac{1}{4(n+1)} + \frac{2}{n+1}\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\,\mathrm{d}x

由于当 n\to\infty 时，\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\,\mathrm{d}x = O\!\left(\frac{1}{n}\right)，因此

\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{4n} + o\!\left(\frac{1}{n}\right)

代入极限式：

\frac{n}{2}\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x = \frac{n}{2}\left( \frac{1}{4n} + o\!\left(\frac{1}{n}\right) \right) = \frac{1}{8} + o(1) \longrightarrow \frac{1}{8}

::::

So，

\boxed{\frac{1}{8}}

3-代入计算

你把它们全部代入计算，你就会得到 $520$ 的结果。 # 4-结尾感想这个柿子搞了我 $4$ 个月，我的感想是：至少对微积分的扩展有了浅层次的了解，原视频的方法都非常猎奇（甚至用到了拉普拉斯变换我真的服了），建议对微积分了解的同学可以用这个文章的方法，然而像那种喜欢猎奇、微积分基础不是很好、对导数有深入了解的同学可以了解一下视频的做法。