一、题目
已知平面有界区域 $D=\left\{ \left( x,y \right) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4x, x^{2}+y^{2} \leqslant 4y \right\}$, 计算 $\iint_{D} \left( x-y \right)^{2}\mathrm{~d}x \mathrm{d}y$.
已知平面有界区域 $D=\left\{ \left( x,y \right) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4x, x^{2}+y^{2} \leqslant 4y \right\}$, 计算 $\iint_{D} \left( x-y \right)^{2}\mathrm{~d}x \mathrm{d}y$.
$\lim_{n \to \infty} x_{n} = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时,有 $\left| x_{n} – A \right| < \varepsilon$.
其中,$A$ 是一个有限数.
若一个数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 存在极限,就称该数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 收敛,否则,就称该数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 发散.
$\lim_{x \to \infty} f \left( x \right) = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正数 $X$, 使得当 $\left| x \right| > X$ 时有 $\left| f \left( x \right) – A \right| < \varepsilon$.
类似地,可定义函数的单侧极限 $\lim_{x \to + \infty} f \left( x \right) = A$ 和 $\lim_{x \to – \infty} f \left( x \right) = A$.
注意:
在函数极限情形下 $x \to \infty$ 与数列极限中 $n \to \infty$ 的意义不同:在函数中,$x \to \infty$ 指的是 $x \to \pm \infty$, 而在数列中,$x \to \infty$ 指的是 $n \to + \infty$.
需要注意的是,在函数中,虽然 $x \to \infty$ 指的是 $x \to \pm \infty$, 但是,如果题目只说了 $x \to \infty$, 我们就只需要考虑 $x \to + \infty$ 这一种情况即可,这算是一个做题时的惯例(例如这道题).
不过,在函数中,如果说了 $x \to a$, 其中 $a$ 是一个常数或者表示某个常数的符号,则就需要分别考虑 $x \to a^{-}$ 和 $x \to a^{+}$ 这两种极限,因为这涉及到一点处的极限是否存在的问题.
$\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正数 $\delta$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $\left| f \left( x \right) – A \right| < \varepsilon$.
类似地,可以定义 $f \left( x \right)$ 当 $x \to x_{0}$ 时的左极限 $f \left( x_{0}^{-} \right)$ 和右极限 $f \left( x_{0}^{+} \right)$:
$$
\begin{aligned}
f \left( x_{0}^{-} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{-}} f \left( x \right) = A \\ \\
f \left( x_{0}^{+} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{+}} f \left( x \right) = A
\end{aligned}
$$
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
设 $\lim_{n \to \infty} x_{n} = a$, $\lim_{n \to \infty} y_{n} = b$.
推论:
(1)若 $a > b$, 则 $\exists N$, 当 $n > N$ 时有 $x_{n} > y_{n}$;
(2)若 $n > N$ 时 $x_{n} \geqslant y_{n}$, 则 $a \geqslant b$.
若数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 收敛,则数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 有界.
所谓“有界”就是指:$\exists$ 常数 $M > 0$, $\left| x_{n} \right| \leqslant M$, $n = 1, 2, 3, \cdots$.
设 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$, $\lim_{x \to x_{0}} g \left( x \right) = B$, 则:
(1)若 $A > B$, 则 $\exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > g \left( x \right)$;
(2)若 $\exists \delta > 0$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) \geqslant g \left( x \right)$,则 $A \geqslant B$;
(3)若 $\exists \delta > 0$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > g \left( x \right)$,则 $A \geqslant B$.
Tip
本文中的 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 表示的就是点 $x = x_{0}$ 处的一个不去心的邻域,而 $U_{0} \left( x_{0}, \delta \right) = \left\{ x \mid 0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta \right\}$ 表示的则是点 $x = x_{0}$ 处的一个去心的邻域.
zhaokaifeng.com
推论(极限的保号性):
设 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$, 则:
(1)若 $A > 0$, 则 $\exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > 0$;
(2)若 $\exists \delta > 0$,使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) \geqslant 0$,则 $A \geqslant 0$.
设存在极限 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$,则 $f \left( x \right)$ 在 $x_{0}$ 的某空心邻域 $U_{0} \left( x_{0}, \delta \right) = \left\{ x \mid 0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta \right\}$ 内有界,即 $\exists \delta > 0$ 与 $M > 0$,使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $\left| f \left( x \right) \right| \leqslant M$.
推论:
其他类似的极限过程,如 $x \to x_{0^{+}}$, $x \to x_{0^{- }}$, $x \to +\infty$ 和 $x \to -\infty$ 等也有与上面的“定理 4”类似的结论.
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
设函数 $f \left( x,y \right)$ 可微且满足 $\mathrm{d}f \left( x,y \right) = – 2x \mathrm{e}^{{-y}} \mathrm{d}x + \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) \mathrm{d}y$, $f \left( 0,0 \right) = 2$, 求 $f \left( x,y \right)$, 并求 $f \left( x,y \right)$ 的极值.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第19题解析:全微分、二元函数的无条件极值”设函数 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处连续,且 $\lim_{{x \to 0}} \frac{x f\left( x \right)-\mathrm{e}^{2 \sin x}+1}{\ln \left( 1+x \right)+\ln \left( 1-x \right)}=-3$,证明:$f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导,并求 $f^{\prime}\left( 0 \right)$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第18题解析:一点处导数的定义、泰勒公式、极限的计算”计算 $\int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left( x^{2}-2x+2 \right)} \mathrm{~d}x$.
以下两种解法都用到了基于待定系数法的分式分解.
$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left( x^{2}-2x+2 \right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left[ \left( x-1 \right)^{2}+1 \right]} \mathrm{~d}x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{t=x-1} \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{1}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \left( \frac{A}{t+2} + \frac{Bt + C}{t^{2} + 1} \right) \mathrm{~d} t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{\left( A+B \right)t^{2} + \left( 2B + C \right) t + A + 2C}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A + B = 0 \\
2B + C = 0 \\
A + 2C = 1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = 1 \\
B = -1 \\
C = 2
\end{cases}} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \int_{-1}^{0}\left( \frac{1}{t+2}+\frac{-t+2}{t^{2}+1} \right) \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\left[ \ln \left( t+2 \right)-\frac{1}{2}\ln \left( t^{2}+1 \right)+2\arctan x \right] \right|_{-1}^{0} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \left[ \ln 2-\left( -\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{2} \right) \right] \\ \\
= & \ \frac{1}{5}\left( \frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi}{2} \right)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x^{2}-2x+2\right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \left( \frac{\left( A+B \right)x^{2} + \left( -2 A + B + C \right) x + 2A + C}{\left( 1+x \right) \left( x^{2} – 2x + 2 \right)} \right) \mathrm{~d} x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A+B=0 \\
-2A+B+C=0 \\
2A+C=1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = \frac{1}{5} \\
B = \frac{-1}{5} \\
C = \frac{3}{5}
\end{cases} } \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{\frac{1}{5}}{x+1}+\frac{-\frac{1}{5}x+\frac{3}{5}}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\ln\left|1+x\right|\right|_{0}^{1} – \left.\frac{1}{10}\ln\left|x^{2}-2x+2\right|\right|_{0}^{1} + \left.\frac{2}{5}\arctan\left(x-1\right)\right|_{0}^{1} \\ \\
= & \ \frac{3}{10}\ln 2 + \frac{1}{10}\pi
\end{aligned}
$$
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
设矩阵 $\boldsymbol{A} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right)$,若 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性无关,且 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$,则方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的通解为 $\boldsymbol{x} = \underline{\qquad}$.
难度评级:
$\boldsymbol{x} = C \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ -1 \\ -1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 4
\end{pmatrix}$,其中 $C$ 为任意常数.
分析可知,方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 是一个非齐次线性方程组,非齐次线性方程组的通解由其特解和对应的齐次线性方程组的通解相加得到.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 于是,先求解对应的齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的通解(求解出组成通解的基础解系即可):
由 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$,得:
$$
\boldsymbol{a}_{4} = – \boldsymbol{a}_{1} – \boldsymbol{a}_{2} + \boldsymbol{a}_{3}
$$
于是可知,$\boldsymbol{a}_{4}$ 可由 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性表示.
又因为 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性无关,所以 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4}$ 线性相关,即:
$$
r \left( \boldsymbol{A} \right) = r \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) = r \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3} \right) = 3
$$
因此,齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系中含有一个解向量.
由 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$ 得:
$$
\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} – \boldsymbol{a}_{3} – \boldsymbol{a}_{4} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right) = 0
$$
从而 $\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{\xi} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right) }$ 为 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 接着,求解非齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的特解:
由于 $\boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) = \boldsymbol{A} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) = \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}$,故 $\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{\eta} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) }$ 为方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的特解.
综上可知,方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 通解为 $\boldsymbol{x} = C \boldsymbol{\xi} + \boldsymbol{\eta}$, 其中 $C$ 为任意常数.
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
微分方程 $\left( 2y-3x \right)\mathrm{d} x + \left( 2x-5y \right) \mathrm{d} y = 0$ 满足条件 $y \left( 1 \right) = 1$ 的解为 $\underline{\qquad}$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第15题解析:可分离变量的微分方程”已知函数 $y = y\left( x \right)$ 由 $\begin{cases} x = \ln \left( 1 + 2 t \right) \\ 2 t – \int_{1}^{y + t^{2}} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d}u = 0 \end{cases}$ 确定,则 $\left. \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{t={0}} =$ $\underline{\qquad}$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第14题解析:参数方程求导”$$
\lim_{{n} \to \infty} \frac{1}{{n}^{{2}}} \left[ \ln \frac{1}{{n}} + 2 \ln \frac{2}{{n}} + \cdots + \left( {n} – 1 \right) \ln \frac{{n} – 1}{{n}} \right] \underline{\qquad}.
$$
曲线 $y = \sqrt[3]{x^{3}-3x^{2}+1}$ 的渐近线方程为 $\underline{\qquad}$.
设 $\int_{1}^{+\infty}\frac{a}{x\left(2x+a\right)}\mathrm{~d} x = \ln 2$, 则 $a = \underline{\qquad}$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第11题解析:反常积分的敛散性、对数函数的积分”设 $3$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 满足 $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\right) = \mathbf{r} \left(\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\right)+1$, 则( )
»A«. 方程组 $\left(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{x}=0$ 只有零解
»B«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组$\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 均只有零解
»C«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 没有公共非零解
»D«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 有公共非零解
下列矩阵中,可以经过若干初等行变换得到矩阵 $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$ 的是( )
A. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 1 & 3\\
2 & 3 & 1 & 4
\end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 5\\
1 & 1 & 1 & 3
\end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0 & 3\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 3\\
1 & 2 & 2 & 3\\
2 & 3 & 4 & 6
\end{pmatrix}$
在本文中,「荒原之梦考研数学」将对什么是二次型、二次型的本质、二次型与实对称矩阵之间的关系、常用的化二次型为标准型的方法等,做一个全面且深度的解析,帮助同学们更加深入地理解考研线性代数中的二次型.
继续阅读“二次型全面深度解析”