2023-李艳芳三套卷-数学二

2023-李艳芳3(2)-1

T₆ 反对称函数偏导：若 \(f(x,\,y)=-f(y,\,x)\)，则 \(f_{11}^{”}(x,\,y)=-f^{”}_{22}(y,\,x),\,f_{12}^{”}(x,\,y)=-f^{”}_{21}(y,\,x)\)

• \(z=z(x,\,y)\) 具有对称性，则 \(z_y^{‘},\,z_{yy}^{”},\,z_{yx}^{”}\) 可由 \(z_x^{‘},\,z_{xx}^{”},\,z_{xy}^{”}\) 中的 \(x,\,y\) 互换得到
• \(z=z(x,\,y)\) 具有反对称性，则 \(z_y^{‘},\,z_{yy}^{”},\,z_{yx}^{”}\) 可由 \(-z_x^{‘},\,-z_{xx}^{”},\,-z_{xy}^{”}\) 中的 \(x,\,y\) 互换得到

T₇ 巴普斯定理：设 \(C(x,\,y)\)，绕 \(y\) 轴旋转：\(S=\dfrac{x+y}2,\,V=\dfrac\pi 3(x^2+xy+y)\)，故 \(\overline{x}=\dfrac{V}{S\cdot 2\pi}=\dfrac13\left(x+\dfrac{y}{x+y}\right)<\dfrac13(1+1)=\dfrac23\)

• 棱台体积 \(V=\dfrac13(S_上+S_下+\sqrt{S_上S_下})\cdot h\)

T₉ 二阶矩阵 \(A^2+E=O\)，可推知 \(A\sim\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\)

• \(\forall \alpha\neq0\)，可证得 \(\alpha,\,A\alpha\) 线性无关：\(k_1\alpha+k_2A\alpha=0,\,k_1A\alpha+k_2A^2\alpha=k_1A\alpha-k_2\alpha=0\Rightarrow k_1=k_2=0\)
• \(P=(\alpha,\,A\alpha)\) 可逆，有 \(AP=P\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\Rightarrow A\sim \begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\)

T₁₀ 实对称矩阵 \(A\) 特征值 \(0,\,0,\,1\)，\(\lambda=1\) 对应特征向量 \((1,\,-1,\,1)^T\)，求 \(Ax=0\) 通解：注意就是在求 \(\lambda=0\) 特征向量，正交即可

• 其实 \(A\) 已经可求出来了：\(A=\dfrac{a-b}{\alpha_1^T\alpha_1}\alpha_1\alpha_1^T+bE\)，想不到就是求特征值的话，也可以先求 \(A\)

T₁₄ \(x^2+y^2=3\)，求 \(14-4x-2y\) 最小值点。这道题要是放在高中，答案应该比本题答案简单吧（doge）

T₁₆ 注意范德蒙德行列式是从 \(x^0\) 开始的，本题要么每行提一个 \(x\) 出来，要么加一圈 \(\left|\begin{matrix}1&1&1&1&1\\0&1&2&3&4\\0&1&2^2&3^2&4^2\\0&1&2^3&3^3&4^3\\0&1&2^4&3^4&4^4\end{matrix}\right|\)

T₁₇ 中值定理求 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\theta=\sqrt[n-1]{\dfrac1n}\)，以本题为例：\(F(0)=F^{‘}(0)=F^{”}(0)=0,\,F^{”’}(0)\neq 0,\,F(x)=xF^{‘}(\theta x)\)，如何求出 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\theta=\sqrt{\dfrac13}\)

• 法一：三阶导非零，条件等式除 \(x^3\)，原条件即 \(\dfrac{F(x)}{x^3}=\dfrac{F^{‘}(\theta x)}{x^2}\)，左右两边展开至 \(F^{”’}(0)\)
  • \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F(x)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F(0)+F^{‘}(0)x+\frac{F^{”}(0)}{2!}x^2+\frac{F^{”’}(0)}{3!}x^3+o(x^3)}{x^3}=\dfrac{F^{”’}(0)}{3!}\)
  • \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(\theta x)}{x^2}=\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(0)+F^{‘’}(0)\theta x+\frac{F^{”’}(0)}{2!}\theta^2x^2+o(\theta^2x^2)}{x^2}=\dfrac{F^{”’}(0)}{2!}\theta^2\)
• 法二：条件等式含一阶导，三阶导非零，故求 \(\theta^{3-1}=\theta^2\)：\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\theta^2=\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(\theta x)-F^{‘}(0)}{x^2}\Big/\dfrac{F^{‘}(\theta x)-F^{‘}(0)}{\theta^2x^2}\)
  • 分子：\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(\theta x)-F^{‘}(0)}{x^2}=\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F(x)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F(0)+F^{‘}(0)x+\frac{F^{”}(0)}{2!}x^2+\frac{F^{”’}(0)}{3!}x^3+o(x^3)}{x^3}=\dfrac{F^{”’}(0)}{3!}\)
  • 分母：\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(\theta x)-F^{‘}(0)}{\theta^2x^2}=\lim_{h\rightarrow 0}\dfrac{F^{‘}(h)}{h^2}=\lim_{h\rightarrow 0}\dfrac{F^{”}(h)-F^{”}(0)}{2h}=\dfrac{F^{”’}(0)}{2}\)

T₁₉ 分参化简函数 \(\displaystyle G(x)=(1-\cos x)\int_0^xt^2f(t)\,\mathrm{d}t-x^2\int_0^x(1-\cos t)f(t)\,\mathrm{d}t=\int_0^x\left(\dfrac{1-\cos x}{x^2}-\dfrac{1-\cos t}{t^2}\right)x^2t^2f(t)\,\mathrm{d}t\)

• 经典19题，经典高中函数题（）

  凡是回忆中我们以为好的，全是容易过去的，一逝不再来的，这些事先前在我们感觉上全离我们多么近，现在又多么远，多么渺茫，多么空虚！ ——师陀《说书人》

T₂₁ 周期函数积分，一定要利用上周期；只要判断数列增减性，就考虑作差。不要硬算

T₂₂ 可逆线性变换将 \(x^TAx\) 化为规范型（以三阶 \(A\)，正惯 \(1\)，负惯 \(1\) 为例）验算：\(P^TAP=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\) 就对了

• \((A\ \vdots\ E)\overset{只能E_{ij}(k)}\longrightarrow(B\ \vdots\ P^T)\)，其中 \(B\) 是上三角阵，如此可求出配方法的 \(P\) —— 不过这只是标准型，未必是规范型
• 其原理就是合同变换，将 \(A\) 经过合同变换后变为 \(\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\)，考察合同变换的列变换也可求出 \(P=P_1P_2P_3P_4\)

2023-李艳芳3(2)-2

相当“简单”的卷子了（仅相对于其他李艳芳老师的卷子而言）

T₅ 难点在于 \(f(x)\) 有界与极限存在性的证明：\(f^{”}(x)+f^{‘}(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{1+x^2}\Rightarrow f^{‘}(x)=\dfrac{\arctan x+C}{\mathrm{e}^x}\)

• 有界：取绝对值放缩，\(|f(x)|=|f(0)+\int_0^x\frac{\arctan x+C}{\mathrm{e}^x}\,\mathrm{d}x|\leqslant|f(0)|+(\frac\pi2+|C|)\int_0^x\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x\leqslant|f(0)|+\frac\pi2+|C|\)
• 极限：原条件直接积分，\(f^{‘}(x)-f^{‘}(0)+f(x)-f(0)=\int_0^x\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\)，\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{‘}(x)\) 存在，\(\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\) 收敛，于是 \(\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)\) 存在

T₇ 几个积分区域：

• \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n-i}=\int_0^1\,\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\,\mathrm{d}y\)
• \(\displaystyle\sum_{i=-n}^{-1}\sum_{j=1}^{n+i}=\int_{-1}^0\,\mathrm{d}x\int_0^{x+1}\,\mathrm{d}y\)
• \(\displaystyle\sum_{i=-n}^{-1}\sum_{j=-n-i}^{-1}=\int_{-1}^0\,\mathrm{d}x\int_{-x-1}^{0}\,\mathrm{d}y\)
• \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i-n}^{-1}=\int_0^1\,\mathrm{d}x\int_{x-1}^{0}\,\mathrm{d}y\)

T₁₀ \(f(x)\) 正定：\(f(x)>0\ (x\neq 0)\)；\(f(x)\) 半正定（负惯性指数为 \(0\)）：\(f(x)\geqslant0\)；取特殊的 \(x\) 即可验证某些 \(f(x)\) 不符合要求

T₁₁ 一个很好的求水平/斜渐近线的题目：\(y=x^2\mathrm{e}^{\frac1{x^2}}\ln\left(1+\dfrac1x\right)\ (x>0)\)，展开到 \(o(1)\)

• 本题 \(y=x^2\left[1+\dfrac1{x^2}+o\left(\dfrac1{x^2}\right)\right]\left[\dfrac1x-\dfrac12\dfrac1{x^2}+o\left(\dfrac1{x^2}\right)\right]=x-\dfrac12+o(1)\) 可秒

T₁₆ 不可逆但可对角化，若 \(r(A)=2,\,r(A^*)=1\)，则 \(A=P\Lambda P^{-1}\) 特征值为 \(0,\lambda,\,\lambda\)，可推出 \(A^*=(P^*)^{-1}\Lambda^*P^*\) 特征值为 \(\lambda^2,\,0,\,0\)

T₂₀ \(f(x,\,y)\) 微分方程 \(\dfrac{\part f}{\part x}+p(x)f=0\)，建议分离变量做：\(\dfrac{\part f}{f}=-p(x)\,\part x\Rightarrow f=C(y)\mathrm{e}^{-\int p(x)\,\mathrm{d}x}\)，套公式也许会扣分？

T₂₂ \(A(\alpha_1,\,\alpha_2,\,\alpha_3)=(\alpha_1,\,\alpha_2,\,\alpha_3)B\)，另一种思路就是 \(A\sim B\)，特征多项式 \(p(\lambda)=|\lambda E-A|=|\lambda E-B|=\lambda^3-3\lambda^2+4\lambda-2=0\)，则 \(p(A)=O\) ，即可得出第二问的结论

• 哈密尔顿-凯莱定理：设 \(A_{n\times n}\) 的特征多项式为 \(p(\lambda)=\det(\lambda E-A)\xlongequal{\triangle}p_0+p_1\lambda+\cdots+p_n\lambda^n\)，则 \(p(A)=O\)
• 证明：考虑 \(B=\lambda E-A,\,C=B^*\)，则 \(BC=CB=|B|E=p(\lambda)E\)
  • 伴随矩阵 \(C=B^*\) 中的 \(c_{ij}\) 都是关于 \(\lambda\) 的 \(n-1\) 次多项式，故可设 \(C=C_0+C_1\lambda+\cdots+C_{n-1}\lambda^{n-1}\)
  • 则 \(CB=(C=C_0+C_1\lambda+\cdots+C_{n-1}\lambda^{n-1})(\lambda E-A)=p(\lambda)E=(p_0+p_1\lambda+\cdots+p_n\lambda^n)E\)
  • 展开得 \(-C_0A+(C_0-C_1A)\lambda+\cdots+(C_{n-2}-C_{n-1}A)\lambda^{n-1}+C_{n-1}\lambda^n=(p_0+p_1\lambda+\cdots+p_n\lambda^n)E\)
  • \(\begin{cases}-C_0A=p_0E\\C_0-C_1A=p_1E\\\qquad\vdots\\C_{n-2}-C_{n-1}A=p_{n-1}E\\C_{n-1}=p_nE\end{cases}\overset{各式分别乘E,\,A,\,\cdots,\,A^n}\Rightarrow\begin{cases}-C_0A=p_0E\\C_0A-C_1A^2=p_1A\\\qquad\vdots\\C_{n-2}A^{n-1}-C_{n-1}A^n=p_{n-1}A^{n-1}\\C_{n-1}A^n=p_nA^n\end{cases}\)
  • 各式相加得 \(O=p_0E+p_1A+\cdots+p_nA^n\)，即 \(p(A)=O\qquad\qquad\blacksquare\)

原文地址：http://www.cnblogs.com/guapiii/p/16893253.html