## 函數
$f:A\to B$，是從集合$A$射到集合$B$的一個函數，他有三個特別的東東
### 單射one-one
一個函數$f:A\to B$是單射$\iff$$\forall x\neq y , \ x,y\in A$，$f(x)\neq f(y)$
### 滿射onto
一個函數$f:A\to B$是滿射$\iff$$\forall b\in B$，$\exists a\in A$ 使得 $f(a)=b$
### 對射bijection
又單又滿即對射

## 複數
$(a,b)，\ a,b\in\mathbb{R}$ 是一個複數，定義兩個運算$+ \ \ \ \ \ \ \ *$，滿足

$$(a,b)*(c,d)=(ac-bd,bc+ad) \ \ \ and \ \ \ (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)$$

通常會給一個虛數單位$i$，使得$i^2=-1$，則$(a,b)$表示成$a+bi$
### 相徑（就長度）
給定一複數$z=a+bi$，他的相徑$|z|=\sqrt{a^2+b^2}$
### 共軛複數
$z=a+bi$，$\bar{z}=a-bi$
就鏡射過去，$\bar{z}$是$z$的共軛複數，vice versa
### 係數雞
對所有$z=a+bi \ ,\ a,b,r \in\mathbb{R}$都可以這樣$$r(a+bi)=ra+rbi$$
就是把它伸長（短）
### 運算
\begin{aligned}
&(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i\\ \\
&(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(bc+ad)i\\ \\
&\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(ac+bd)+(bc-ad)i}{c^2+d^2}
\end{aligned}
就醬
### 極座標
考慮到任意的$z$，我們都可以把它寫成$$r\cos{\theta}+ir\sin{\theta}$$
就是以半徑$r$跟角度$\theta$來決定位置（就極座標）
可是他很酷。哪裡酷呢
我們先考慮$\sin x$跟$\cos x$在零點的泰勒展開
\begin{aligned}
\cos x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}...\\
\sin x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}...
\end{aligned}
還有$e^x$
$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}...$$
然後你就會發現(通靈)
\begin{aligned}
\cos x+i\sin x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+i\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\&=1+ix-\frac{x^2}{2!}-i\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+i\frac{x^5}{5!}...\\&=
e^{ix}
\end{aligned}
是，所以對任意的$z=r\cos\theta + ir\sin\theta$ 都可以寫成 $re^{i\theta}$
### 酷酷的4
所以你發現了$z=re^{i\theta}$！給定$z_1$跟$z_2$，那
\begin{aligned}
\large
z_1z_2=r_1e^{i\theta_1}r_2e^{i\theta_2}=r_1r_2e^{i(\theta_1+\theta_2)}
\end{aligned}
就是說，兩複數相乘就是長度相乘、角度相加。
### 弟妹扶
給你$z=re^{i\theta}$
$$z^n=r^ne^{in\theta}=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)$$
沒了
## 極限的定義

$\epsilon - \delta$定義：
如果$\lim_{x\to a}f(x)=L$
對於任一個$\epsilon>0$，都能找到一個$\delta>0$，使得當$x$滿足
$0<|x-a|<\delta$時，我們都有$|f(x)-L|<\epsilon$

就醬
## judge定理
總之就是夾起來。。（大家應該都會）
給你兩個函數$f(x)$跟$g(x)$，然後你發現了有一個$h(x)$在某個區間$I=[a,b],a<b$的時候，會滿足$f(x)\leq h(x)\leq g(x)$。
而這時候，你又發現了在點$c\in I$上，$\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}g(x)$。
而夾擠定理告訴我們，如果上述兩個條件在$I$上成立，則$$\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}h(x)=\lim_{x\to c}g(x)$$
## 均值(mean value)定理
假設f在閉區間$[a,b]$連續，並且在開區間$(a,b)$可微，則對於區間$[a,b]$必存在一點$c$，使得：
$f'(c)=\large\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
## 介值(intermediate)定理
考慮一連續函數$f:[a,b]\to\mathbb{R}$，其中$f(a)<f(b)$，若對任意的$u$，滿足$f(a)<u<f(b)$，則存在一點$c$，$a<c<b$，使得$f(c)=u$
## 微積分基本定理
他有兩個部分
### 第一定理
設$a,b\in\mathbb{R}$，$f:[a,b]\to\mathbb{R}於[a,b]$黎曼可積，定義函數$F(x):[a,b]\to\mathbb{R}$：
$$F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$$
則：
1.$F(x)$於閉區間$[a,b]$連續
2.若$f(x)$於$[a,b]$連續，則$F'(c)=f(c)$
### 第二定理
若兩函數$f,F:[a,b]\to\mathbb{R}$滿足：
1.$\forall x\in(a,b)，F'(x)=f(x)$
2.$f$於$[a,b]$黎曼可積
則有：
$$\int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a)$$

## ?
\begin{cases}\begin{aligned}\Delta=&b^2-4ac\\\\\delta_1=&f(b^2-4ac)+(ae^2+cd^2-bde)\\=&f\Delta+(ae^2+cd^2-bde)\\\\\sigma_1=&ae^2+cd^2-bde\\\\\sigma_2=&\sqrt{(a+c)^2+(b^2-4ac)}\\=&\sqrt{(a-c)^2+b^2}\\=&\sqrt{(a+c)^2+\Delta}\\\\x_0=&\dfrac{2cd-be}{b^2-4ac}\\\\y_0=&\dfrac{2ae-bd}{b^2-4ac}\end{aligned}\end{cases}

\begin{cases}\cos\theta=\dfrac{1-\tan^2\frac{\varphi}{2}}{1+\tan^2\frac{\varphi}{2}}=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\\\\sin\theta=\dfrac{2\tan\frac{\varphi}{2}}{1+\tan^2\frac{\varphi}{2}}=\dfrac{2t}{1+t^2}\end{cases}

\begin{cases}\begin{aligned}\sigma_3=&-\frac{\delta_1}{\Delta}\\\\\mathfrak{c}=&\sqrt{\frac{|\sigma_3|}{2\sigma_2}}\cdot\left(\frac{c-a}{\sigma_3}+\frac{\sigma_2}{|\sigma_3|}\right)^{\frac12}\\\\\mathfrak{s}=&-\frac{b}{\sigma_3}\sqrt{\frac{|\sigma_3|}{2\sigma_2}}\cdot\left(\frac{c-a}{\sigma_3}+\frac{\sigma_2}{|\sigma_3|}\right)^{-\frac12}\\\\m=&\left[-\frac12\left(\frac{\sigma_2}{|\sigma_3|}-\frac{a+c}{\sigma_3}\right)\right]^{-\frac12}\\\\n=&\left[\frac12\left(\frac{\sigma_2}{|\sigma_3|}+\frac{a+c}{\sigma_3}\right)\right]^{-\frac12}\end{aligned}\end{cases}

\begin{cases}
x=m\cdot\mathfrak{c}\cdot\cos\theta-n\cdot\mathfrak{s}\cdot\sin\theta+x_0\\y=m\cdot\mathfrak{s}\cdot\cos\theta+n\cdot\mathfrak{c}\cdot\sin\theta+y_0\end{cases}