「荒原之梦考研数学」文章

极限的定义

定义 1:数列的极限

$\lim_{n \to \infty} x_{n} = A$ 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.

定义 2:函数的极限

$\lim_{x \to \infty} f \left( x \right) = A$ 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 $n \to + \infty$.

定义 3:函数的极限

$\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$ 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 $f \left( x_{0}^{+} \right)$:

$$
\begin{aligned}
f \left( x_{0}^{-} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{-}} f \left( x \right) = A \\ \\
f \left( x_{0}^{+} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{+}} f \left( x \right) = A
\end{aligned}
$$


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极限的基本性质

数列极限的基本性质

定理 1:极限的不等式性质

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 $a \geqslant b$.

定理 2:收敛数列的有界性

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 $M > 0$, $\left| x_{n} \right| \leqslant M$, $n = 1, 2, 3, \cdots$.

函数极限的基本性质

定理 3:极限的不等式性质

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 $A \geqslant B$.

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 $A \geqslant 0$.

定理 4:存在极限的函数局部有界性

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.


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2025年考研数二第19题解析:全微分、二元函数的无条件极值

一、题目

难度评级:

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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

一、题目

难度评级:

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2025年考研数二第17题解析:定积分的计算、因式分解

一、题目

二、解析

$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left( x^{2}-2x+2 \right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left[ \left( x-1 \right)^{2}+1 \right]} \mathrm{~d}x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{t=x-1} \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{1}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \left( \frac{A}{t+2} + \frac{Bt + C}{t^{2} + 1} \right) \mathrm{~d} t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{\left( A+B \right)t^{2} + \left( 2B + C \right) t + A + 2C}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A + B = 0 \\
2B + C = 0 \\
A + 2C = 1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = 1 \\
B = -1 \\
C = 2
\end{cases}} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \int_{-1}^{0}\left( \frac{1}{t+2}+\frac{-t+2}{t^{2}+1} \right) \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\left[ \ln \left( t+2 \right)-\frac{1}{2}\ln \left( t^{2}+1 \right)+2\arctan x \right] \right|_{-1}^{0} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \left[ \ln 2-\left( -\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{2} \right) \right] \\ \\
= & \ \frac{1}{5}\left( \frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi}{2} \right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x^{2}-2x+2\right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \left( \frac{\left( A+B \right)x^{2} + \left( -2 A + B + C \right) x + 2A + C}{\left( 1+x \right) \left( x^{2} – 2x + 2 \right)} \right) \mathrm{~d} x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A+B=0 \\
-2A+B+C=0 \\
2A+C=1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = \frac{1}{5} \\
B = \frac{-1}{5} \\
C = \frac{3}{5}
\end{cases} } \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{\frac{1}{5}}{x+1}+\frac{-\frac{1}{5}x+\frac{3}{5}}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\ln\left|1+x\right|\right|_{0}^{1} – \left.\frac{1}{10}\ln\left|x^{2}-2x+2\right|\right|_{0}^{1} + \left.\frac{2}{5}\arctan\left(x-1\right)\right|_{0}^{1} \\ \\
= & \ \frac{3}{10}\ln 2 + \frac{1}{10}\pi
\end{aligned}
$$


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2025年考研数二第16题解析:齐次线性方程组的基础解系和特解

一、题目

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二、答案

$\boldsymbol{x} = C \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ -1 \\ -1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 4
\end{pmatrix}$,其中 $C$ 为任意常数.

三、解析

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.


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2025年考研数二第14题解析:参数方程求导

一、题目

难度评级:

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2025年考研数二第10题解析:线性方程组的解、矩阵的可逆性

一、题目

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2025年考研数二第09题解析:矩阵的初等变换

一、题目

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二次型全面深度解析

一、前言

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”

二次型的可逆线性换元(变量替换)与矩阵的合同

一、前言

二次型的可逆线性换元(变量替换)本质上就是求原矩阵的合同矩阵,在本文中,「荒原之梦考研数学」就通过定义来说明为什么是这样的.

继续阅读“二次型的可逆线性换元(变量替换)与矩阵的合同”

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