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设函数 $y \left( x \right)$ 是微分方程 $2 x y^{\prime} – 4 y = 2 \ln x – 1$, 满足条件 $y\left( 1 \right) = \frac{1}{4}$ 的解，求曲线 $y = y\left(x\right) \left( 1 \leqslant x \leqslant e \right)$ 的弧长.
继续阅读“2022考研数二第18题解析：一阶线性微分方程、曲线的弧长”
已知函数 $f\left(x\right)$ 在 $x = 1$ 处可导，且 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f\left(\mathrm{e}^{x^{2}}\right) – 3 f\left(1 + \sin^{2} x\right)}{x^{2}} = 2$，求 $f^{\prime}\left(1\right)$.
设 $\boldsymbol{A}$ 为 $3$ 阶矩阵，交换 $\boldsymbol{A}$ 的第 $2$ 行和第 $3$ 行，再将第 $2$ 列的 $-1$ 倍加到第一列，得到矩阵 $\begin{bmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$, 则 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 的迹 $\operatorname{tr} \left(\boldsymbol{A}^{-1}\right) = \underline{\qquad\qquad}$.
已知曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = \sin 3 \theta \left( 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{3} \right)$, 则 $L$ 围成有界区域的面积为 $\underline{\qquad\qquad}$.
$y^{\prime\prime\prime} – 2 y^{\prime\prime} + 5 y^{\prime} = 0$, 通解 $y\left(x\right) = \underline{\qquad\qquad}$.
| $\arcsin$ | |||||||||
| $\arccos$ |
| $\arctan$ | |||||||
| $\operatorname{arccot}$ |
上面四个反三角函数的取值范围为：
$$
\begin{aligned}
\arcsin x & \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \\
\arccos x & \in \left[ 0, \pi \right] \\
\arctan x & \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right) \\
\operatorname{arccot} x & \in \left( 0, \pi \right)
\end{aligned}
$$
$\int_{0}^{1} \frac{2 x + 3}{x^{2} – x + 1} \mathrm{~d} x = \underline{\qquad \qquad}$.
已知函数 $y = y \left(x\right)$ 由方程 $x^{2} + x y + y^{3} = 3$ 确定，则 $y^{\prime\prime}\left(1\right) = \underline{\qquad\qquad}$.
$\lim\limits_{x \to 0} \left(\frac{1 + \mathrm{e}^{x}}{2}\right)^{\cot x} = \underline{\qquad\qquad}$.
设 $\boldsymbol{\alpha}_{1} = \left( \lambda, 1, 1 \right)^{\top}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2} = \left( 1, \lambda, 1 \right)^{\top}$, $\boldsymbol{\alpha}_{3} = \left( 1, 1, \lambda \right)^{\top}$, $\boldsymbol{\alpha}_{4} = \left( 1, \lambda, \lambda^{2} \right)^{\top}$, 若向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 等价，则 $\lambda$ 的取值范围是 $\left( \quad \right)$
»A« $\left\{0, 1\right\}$
»B« $\left\{\lambda \ \middle| \ \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq -2\right\}$
»C« $\left\{\lambda \ \middle| \ \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq -1, \lambda \neq -2\right\}$
»D« $\left\{\lambda \ \middle| \ \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq -1\right\}$
在本文中，「荒原之梦」将结合实际的概率事件，通过形象化的作用力分析的方法，尝试解释正态分布概率形态的形成机制，并基于此，对正态分布型概率事件内部对象的活动性质以及不同正态分布型概率事件之间可能的演变机制给出一个猜想。
继续阅读“峰图 | 基于作用力分析的正态分布概率形态形成机制猜想”由于本文的主题是“智能”，所以，「荒原之梦」首先给出“智能”的定义（这个定义是「荒原之梦」在本文中首先提出的）：
所谓“智能”，就是一种具有“各向完备性”的认知能力。这里的“各向完备性”指的是在某种认知范围内，具有“智能”的对象能够认知，或者具有认知的潜能。
上面有关“智能”的定义，实际上隐含了两个含义：
基于上面对“智能”的定义，我们可以用如图 01 所示的封闭图形表示一种“智能”：
为了进行后面的解释，「荒原之梦」在这里还要提出一个假说（猜想），即：智能决定论。
所谓“智能决定论”说的是，一个对象的物质意义，以及这个对象所观察和影响到的世界等一切能够决定这个对象的事物与存在，本质上都源自于这个对象所具有的“智能”。
因此，从这个意义上来说，假如图 02 中的绿色封闭图形所代表的智能，能够兼容和完全理解图 02 中灰色封闭图形所代表的智能，那么，这两个智能映射出来的对象就是完全一致的。换句话说，从智能决定论的角度来说，世界上并不存在一种被绿色封闭图形智能内含的灰色封闭图形智能，因为，一旦出现这种情况，那么，这两种智能就是完全一样的智能，对应的封闭图形也是完全一致的：
基于上面的分析，我们就可以回答“为什么地球上除了人之外其他动物为什么没有发展出高级智能？”这一问题，因为，并不是其他动物，甚至植物等对象没有智能，而是，不同的智能之间或许存在某种“隔绝性”，也就是说，A 种群的智能完全不可能或者部分不可能理解 B 种群的智能。
如图 03 所示，绿色和橙色的封闭图形对应的智能只存在部分交集，那么，对于拥有绿色封闭图形的智能对象而言，橙色封闭图形对应的对象就不具有智能，反之，橙色封闭图形对应的智能对象也不认为绿色封闭图形对应的对象有智能：
换句话说，图 03 中所示的情况就导致 A 种群不能确定 B 种群是否存在智能，B 种群也不能确定 A 种群是否存在智能。
当然，如图 04 所示，在自然世界中，还可能存在一些互相完全没有交集的智能对象（封闭图形），如果这一猜想成立，那么，“一块石头是否也是某种智能体”，就成为了一个需要讨论并严肃对待的论题了：
为什么正态分布（相关链接1，相关链接2）在自然世界中如此普遍？在本文中，「荒原之梦」就尝试从一种“动态的平均分布”的视角来理解正态分布的独特之处.
继续阅读“峰图 | 正态分布或许是一种“动态的平均分布””下面这些量相等吗：
$$
0, \ -0, \ +0, \ 0^{-}, \ 0^{+}
$$
在本文中，「荒原之梦考研数学」将对这一问题给出讲解.
继续阅读“对于 0 而言，正负都一样，左右不一样”