AM@函数展开成幂级数@间接法@常用麦克劳林幂级数展开公式

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    • 间接法推导幂级数展开
    • 常用麦克劳林幂级数展开公式
    • 应用

间接法推导幂级数展开

  • 已知函数的幂级数展开公式间接推导其他函数幂级数

  • 使用原始的推导公式推导函数的幂级数展开是繁琐不便的,需要分别计算各项系数 a n = f ( n ) ( 0 ) n ! a_{n}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!} an=n!f(n)(0),最后考察余项 R n ( x ) R_{n}(x) Rn(x)是否趋于0

  • 尤其是其中研究余项在初等函数中也不是容易的事

  • 间接法包括:

    • 幂级数运算(四则运算,逐项求导,逐项积分)
    • 变量代换法
  • 这些间接方法不仅计算简单,而且避开了对余项的研究

常用麦克劳林幂级数展开公式

  • 利用以下基础展开式(直接法推得),可以推出许多函数的幂级数展开式

  • 下面( 1 ∼ 4 1\sim{4} 14)是基础幂级数,推出后面得新幂级数:

    1. e x e^{x} ex= ∑ n = 0 ∞ 1 n ! x n \sum_{n=0}^{\infin}\frac{1}{n!}x^{n} n=0n!1xn, x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) x\in(-\infin,+\infin) x(,+)
      • e x e^{x} ex= 1 + x + x 2 2 ! + ⋯ 1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots 1+x+2!x2+
    2. sin ⁡ x \sin{x} sinx= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! \sum_{n=0}^{\infin} (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} n=0(1)n(2n+1)!x2n+1, x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) x\in(-\infin,+\infin) x(,+)
      • sin ⁡ x \sin{x} sinx= x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − ⋯ x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots x3!x3+5!x5
    3. 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1x1= ∑ n = 0 ∞ x n \sum_{n=0}^{\infin}x^{n} n=0xn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 这个级数是最简单的幂级数,因为这是级数的前 n n n项和是容易表示的,即首项为 1 1 1,公比为 x x x的前 n n n项和: 1 ( 1 − x n ) 1 − x \frac{1(1-x^{n})}{1-x} 1x1(1xn),当 n → ∞ n\to{\infin} n s n → 1 1 − x s_{n}\to{\frac{1}{1-x}} sn1x1, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 也可以利用幂级数的通用求法来求
      • 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1x1= 1 + x + x 2 + ⋯ 1+x+x^2+\cdots 1+x+x2+
    4. 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} n=0(1)nxn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 和第3个类似
      • 也可以由 x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in{(-1,1)} x(1,1), − x ∈ ( − 1 , 1 ) -x\in(-1,1) x(1,1),将式(3)的 x x x替换为 − x -x x,得到(4)
      • 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1= 1 − x + x 2 − ⋯ 1-x+x^2-\cdots 1x+x2
    5. ln ⁡ ( x + 1 ) \ln(x+1) ln(x+1)= ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n x n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^{n} n=1(1)n1n1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in(-1,1] x(1,1]👺
      • 对式(4)两边做 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]上的积分,即
        • 左边: ∫ 0 x 1 x + 1 d x \int_{0}^{x}\frac{1}{x+1}\mathrm{d}x 0xx+11dx= ∫ 0 x 1 t + 1 d t \int_{0}^{x}\frac{1}{t+1}\mathrm{d}t 0xt+11dt= ln ⁡ ∣ t + 1 ∣ ∣ 0 x \ln|t+1||_{0}^{x} lnt+1∣0x= ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ \ln|x+1| lnx+1∣= ln ⁡ ( x + 1 ) \ln(x+1) ln(x+1), x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
        • 右边: ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} n=0(1)nxn= ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 x ( − 1 ) n t n d t \sum_{n=0}^{\infin}\int_{0}^{x}(-1)^{n}t^{n}\mathrm{d}t n=00x(1)ntndt= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 1 n + 1 x n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}\frac{1}{n+1}x^{n+1} n=0(1)nn+11xn+1= ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n x n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^{n} n=1(1)n1n1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • ln ⁡ ( x + 1 ) \ln(x+1) ln(x+1)= x − x 2 2 + x 3 3 − ⋯ x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots x2x2+3x3
    6. cos ⁡ x \cos{x} cosx= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! \sum_{n=0}^{\infin} (-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!} n=0(1)n(2n)!x2n, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 对式(2)两边求导,立即得到此式
      • cos ⁡ x \cos{x} cosx= 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − ⋯ 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\cdots 12!x2+4!x4
    7. 1 1 + x 2 \frac{1}{1+x^2} 1+x21= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}x^{2n} n=0(1)nx2n, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 对于 x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1), x 2 ∈ ( − 1 , 1 ) x^2\in(-1,1) x2(1,1)
      • 所以将式(4)中 x x x替换为 x 2 x^2 x2即得此式
      • 1 1 + x 2 \frac{1}{1+x^2} 1+x21= 1 − x 2 + x 4 − ⋯ 1-x^2+x^{4}-\cdots 1x2+x4
    8. arctan ⁡ x \arctan{x} arctanx= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 1 2 n + 1 x 2 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}\frac{1}{2n+1}x^{2n+1} n=0(1)n2n+11x2n+1, x ∈ [ − 1 , 1 ] x\in[-1,1] x[1,1]👺
      • 对式(7)两边做 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]上的积分,即得此式
      • arctan ⁡ x \arctan{x} arctanx= x − x 3 3 + x 5 5 + ⋯ x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots x3x3+5x5+
    9. a x a^{x} ax= ∑ n = 0 ∞ ( ln ⁡ a ) n n ! x n \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(\ln{a})^{n}}{n!}x^{n} n=0n!(lna)nxn, ( − ∞ < x < + ∞ ) (-\infin<x<+\infin) (<x<+)
      • 将式(1)中的 x x x替换为 ln ⁡ a x \ln{a^{x}} lnax,即 x ln ⁡ a x\ln{a} xlna即可
      • e ln ⁡ a x e^{\ln{a^{x}}} elnax= a x a^{x} ax
  • 补充一个直接法推得幂级数展开:

    • f ( x ) f(x) f(x)= ( 1 + x ) m (1+x)^{m} (1+x)m= 1 + m x + m ( m − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + m ( m − 1 ) ⋯ ( m − n + 1 ) n ! x n + ⋯ 1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots{(m-n+1)}}{n!}x^{n}+\cdots 1+mx+2!m(m1)x2++n!m(m1)(mn+1)xn+, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x(1,1)
      • 其中 m m m为任意实数
      • m ∈ N + m\in\mathrm{N_{+}} mN+,展开式就是二项式定理: ( 1 + x ) m (1+x)^{m} (1+x)m= ∑ k = 0 m C m k x k \sum_{k=0}^{m}C_{m}^{k}{x}^{k} k=0mCmkxk

应用

  • 利用上述公式推导陌生函数的幂级数展开实例

  • f ( x ) f(x) f(x)= ( 1 − x ) ln ⁡ ( 1 + x ) (1-x)\ln(1+x) (1x)ln(1+x)展开成 x x x得幂级数

    • ln ⁡ ( 1 + x ) \ln(1+x) ln(1+x)= ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} n=1n(1)n1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in{(-1,1]} x(1,1]

    • f ( x ) f(x) f(x)= ( 1 − x ) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n (1-x)\sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} (1x)n=1n(1)n1xn

      • 思路1:
        • = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n ( 1 − x ) \sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}(1-x) n=1n(1)n1xn(1x),这不是 x x x得幂级数
      • 思路2:分配律分开处理,对齐通项幂次和求和下标求和
        • 先对齐通项幂(变动求和下标的起点),在对其求和下标(将多于的项移到求和号外计算)
        • = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} n=1n(1)n1xn- ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n + 1 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n+1} n=1n(1)n1xn+1
        • = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} n=1n(1)n1xn- ∑ n = 2 ∞ ( − 1 ) n − 2 n − 1 x n \sum_{n=2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-2}}{n-1}x^{n} n=2n1(1)n2xn
        • = x + ∑ n = 2 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n x+\sum_{n=2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} x+n=2n(1)n1xn- ∑ n = 2 ∞ ( − 1 ) n − 2 n − 1 x n \sum_{n=2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-2}}{n-1}x^{n} n=2n1(1)n2xn
        • = x + ∑ n = 2 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( 2 n − 1 ) n ( n − 1 ) x n x+\sum_{n=2}^{\infin} \frac{(-1)^{n-1}(2n-1)}{n(n-1)}x^{n} x+n=2n(n1)(1)n1(2n1)xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in{(-1,1]} x(1,1]

  • 有理分式的展开,通常采用 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1x1= ∑ n = 0 ∞ x n \sum_{n=0}^{\infin}x^{n} n=0xn(1) 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} n=0(1)nxn(1-1)代换
    • (1)和(1-1)之间形式转换是很简单的, 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1= 1 1 − ( − x ) \frac{1}{1-(-x)} 1(x)1,
  • 而若展开为 x − x 0 x-x_0 xx0的形式,则需要配项(换元: t = x − x 0 t=x-x_0 t=xx0),令 g = g ( t ) = g ( x − x 0 ) g=g(t)=g(x-x_0) g=g(t)=g(xx0),使得形式靠近 1 1 − t ( x ) \frac{1}{1-t(x)} 1t(x)1
    • 例如,设分母为 P ( x ) P(x) P(x),则应将 P ( x ) P(x) P(x)变形为 P ( x ) = k ( 1 + g ( x − x 0 ) ) P(x)=k(1+g(x-x_0)) P(x)=k(1+g(xx0)), k k k为常数
    • 特别的,如果能够确定 g ( x − x 0 ) g(x-x_0) g(xx0) x x x的一次式,即可设 g ( x − x 0 ) = m ( x − x 0 ) g(x-x_0)=m(x-x_0) g(xx0)=m(xx0),那么 P ( x ) = k ( 1 + m ( x − x 0 ) ) P(x)=k(1+m(x-x_0)) P(x)=k(1+m(xx0)), m , k m,k m,k为常数,即 P ( x ) P(x) P(x)= k m x + k − k m x 0 kmx+k-kmx_0 kmx+kkmx0,利用系数比较法可以分别确定 k , m k,m k,m
      • 从而可以确定 g = g ( x − x 0 ) g=g(x-x_0) g=g(xx0),用 g g g代替式(1)或(1-1)中的 x x x,并且收敛区间为 g ∈ ( − 1 , 1 ) g\in(-1,1) g(1,1)的解集
    • 总之,这个过程是需要一定的尝试和计算才能正确变形为复合要求的形式
  • f ( x ) f(x) f(x)= 1 x 2 + 4 x + 3 \frac{1}{x^2+4x+3} x2+4x+31展开为 x − 1 x-1 x1的幂级数
    • f ( x ) f(x) f(x)= 1 ( x + 1 ) ( x + 3 ) \frac{1}{(x+1)(x+3)} (x+1)(x+3)1= 1 2 ( 1 + x ) \frac{1}{2(1+x)} 2(1+x)1- 1 2 ( 3 + x ) \frac{1}{2(3+x)} 2(3+x)1
      • = 1 4 1 1 + x − 1 2 \frac{1}{4}\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}} 411+2x11- 1 8 ( 1 + x − 1 4 ) \frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})} 8(1+4x1)1(2)
      • 2 ( 1 + x ) 2(1+x) 2(1+x)= k ( 1 + m ( x − 1 ) ) k(1+m(x-1)) k(1+m(x1))(2-1),即 2 x + 2 2x+2 2x+2= k m x + k − k m kmx+k-km kmx+kkm
        • 比较系数可得 m k = 2 mk=2 mk=2, k − k m = 2 k-km=2 kkm=2,解得 k = 4 k=4 k=4, m = 1 2 m=\frac{1}{2} m=21,代入式(2-1),得 4 ( 1 + x − 1 2 ) 4(1+\frac{x-1}{2}) 4(1+2x1)
          • 从而 1 2 ( 1 + x ) \frac{1}{2(1+x)} 2(1+x)1= 1 4 ( 1 + x − 1 2 ) \frac{1}{4(1+\frac{x-1}{2})} 4(1+2x1)1
        • 类似的, 2 ( 3 + x ) 2(3+x) 2(3+x)= k ( 1 + m ( x − 1 ) ) k(1+m(x-1)) k(1+m(x1)),即 6 + 2 x 6+2x 6+2x= k m x + k − k m kmx+k-km kmx+kkm,比较两边系数,得 m k = 2 mk=2 mk=2, k − k m = 6 k-km=6 kkm=6,得 k = 8 k=8 k=8, m = 1 4 m=\frac{1}{4} m=41,
          • 从而 1 2 ( 3 + x ) \frac{1}{2(3+x)} 2(3+x)1= 1 8 ( 1 + x − 1 4 ) \frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})} 8(1+4x1)1
    • 1 4 1 1 + x − 1 2 \frac{1}{4}\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}} 411+2x11= 1 4 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n ( x − 1 ) n \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}}(x-1)^{n} 41n=02n(1)n(x1)n(3), x − 1 2 ∈ ( − 1 , 1 ) \frac{x-1}{2}\in(-1,1) 2x1(1,1),解得 x ∈ ( − 1 , 3 ) x\in(-1,3) x(1,3),
    • 类似的, 1 8 ( 1 + x − 1 4 ) \frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})} 8(1+4x1)1= 1 8 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 4 n ( x − 1 ) n \frac{1}{8}\sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{4^{n}}(x-1)^{n} 81n=04n(1)n(x1)n,(4) x ∈ ( − 3 , 5 ) x\in(-3,5) x(3,5)
    • 所以 f ( x ) f(x) f(x)= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 1 2 n + 2 − 1 2 2 n + 3 ) ( x − 1 ) n \sum_{n=0}^{\infin}(-1)^{n}(\frac{1}{2^{n+2}}-\frac{1}{2^{2n+3}})(x-1)^{n} n=0(1)n(2n+2122n+31)(x1)n(5)
      • 这里(3),(4)无法对求和号的通项直接相加,需要将求和号外的系数移入求和号
      • 这样(3)改写为 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n + 2 ( x − 1 ) n \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{2^{n+2}}(x-1)^{n} n=02n+2(1)n(x1)n
      • (4)改写为 ∑ n = 0 ∞ 1 2 3 ( − 1 ) n 2 2 n ( x − 1 ) n \sum_{n=0}^{\infin} \frac{1}{2^{3}}\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}}(x-1)^{n} n=023122n(1)n(x1)n= ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 2 2 n + 3 ( x − 1 ) n \sum_{n=0}^{\infin} \frac{(-1)^{n}}{2^{2n+3}}(x-1)^{n} n=022n+3(1)n(x1)n,取(3,4)中较小的收敛半径,即 x ∈ ( − 1 , 3 ) x\in(-1,3) x(1,3)

  • sin ⁡ x \sin{x} sinx展开成 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x4π得幂级数
    • 注意,被展开的函数时 sin ⁡ x \sin{x} sinx,而不是 sin ⁡ ( x − π 4 ) \sin{(x-\frac{\pi}{4})} sin(x4π)
    • 后者展开成 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x4π直接用 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x4π代替 sin ⁡ x \sin{x} sinx的幂级数展开
    • 但是前者要复杂,需要做变形
  • sin ⁡ x \sin{x} sinx= sin ⁡ ( π 4 + ( x − π 4 ) ) \sin(\frac{\pi}{4}+(x-\frac{\pi}{4})) sin(4π+(x4π))
    • = sin ⁡ π 4 cos ⁡ ( x − π 4 ) + cos ⁡ π 4 sin ⁡ ( x − π 4 ) \sin\frac{\pi}{4}\cos(x-\frac{\pi}{4})+\cos\frac{\pi}{4}\sin(x-\frac{\pi}{4}) sin4πcos(x4π)+cos4πsin(x4π)
    • = 1 2 [ cos ⁡ ( x − π 4 ) + sin ⁡ ( x − π 4 ) ] \frac{1}{\sqrt{2}}[\cos(x-\frac{\pi}{{4}})+\sin(x-\frac{\pi}{4})] 2 1[cos(x4π)+sin(x4π)]
    • 现在用 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x4π分别代替 cos ⁡ x , sin ⁡ x \cos{x},\sin{x} cosx,sinx幂级数展开中的 x x x
    • 然后合并,最后可得 sin ⁡ x \sin{x} sinx= 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) ! ( x − π 4 ) 2 n + 1 ] \frac{1}{\sqrt{2}}[\sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}(x-\frac{\pi}{4})^{2n+1}] 2 1[n=0(2n+1)!(1)n(x4π)2n+1], x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) x\in(-\infin,+\infin) x(,+)

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硬件的发展 第一台电子数字计算机&#xff1a;ENIAC&#xff08;1946&#xff09;&#xff0c;作者&#xff1a;冯诺依曼&#xff0c;逻辑元件&#xff1a;电子管 bug&#xff1a;小虫子&#xff0c;会影响打点 Intel&#xff1a; 机器字长&#xff1a;计算机一次整数运算所能…

springcloudalibaba-3

一、Nacos Config入门 1. 搭建nacos环境【使用现有的nacos环境即可】 使用之前的即可 2. 在微服务中引入nacos的依赖 <!-- nacos配置依赖 --><dependency><groupId>com.alibaba.cloud</groupId><artifactId>spring-cloud-starter-alibaba-…

深入Rust:探索所有权和借用机制

大家好&#xff01;我是lincyang。 今天&#xff0c;我们将一起深入探索Rust语言中的一个核心概念&#xff1a;所有权和借用机制。 这些特性是Rust区别于其他语言的重要特点&#xff0c;它们在内存管理和并发编程中扮演着关键角色。 一、Rust所有权机制 1. 什么是所有权&#x…

Qt HTTP 摘要认证(海康球机摄像机ISAPI开发)

接到一个需求是开发下海康的球机,控制云台,给到我的是一个开发手册,当然了是海康的私有协议 ISAPI开发手册https://download.csdn.net/download/qq_37059136/88547425关于开发这块读文档就可以理解了,海康使用的是摘要认证,当然了海康已经给出使用范例 通过libcurl就可以直接连…

Android VSYNC发展历程

0 前言 安卓直到android-4.1.1_r1才首次引入VSYNC实现&#xff0c;然后逐步演进到android-4.4才得以完善&#xff0c;并在android-11、12后继续大改。 1 尚未引入 android-4.0.4_r2.1之前尚未引入VSYNC[1]&#xff0c;SurfaceFlinger被实现为一个线程&#xff0c;通过睡眠来实…

C/C++---------------LeetCode第1189. “气球” 的最大数量

气球的最大数量 题目及要求统计法在main内使用 题目及要求 给你一个字符串 text&#xff0c;你需要使用 text 中的字母来拼凑尽可能多的单词 “balloon”&#xff08;气球&#xff09;。 字符串 text 中的每个字母最多只能被使用一次。请你返回最多可以拼凑出多少个单词 “ba…

react class改hooks写法

类头修改 export default class EditUseTable extends Component 改为 export default function EditUseTable({})参数修改 constructor(props) {super(props)const {dbRecord, type, currentRecord, readOnly, updateTaxAmount} this.props改为&#xff08;主函数的参数&a…

用5000字讲清楚压敏电阻

大家好,这里是大话硬件。 今天这篇文章用5000字的篇幅讲清楚压敏电阻。 1. 压敏电阻 压敏电阻,英文名Voltage Dependent Resistor,缩写VDR,或者叫Varistor,Variable(会变的)+ Resistor(电阻)。它的伏安特性曲线具有非线性。也就是压敏电阻的阻值并不是固定的,存在…

电子秤方案:做一个宠物勺方案设计

养宠物是一件费心劳力的事情&#xff0c;但同时也是能够给你带来快乐和幸福感的事情。就是有时候会怕宠物毫无征兆地生病令人措手不及&#xff0c;所以电子秤方案设计鼎盛合科技分享一个小方案&#xff0c;能够及时了解到宠物的身体状况问题。 蓝牙宠物勺是一种具有记录和称重…