一、前言
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”标签： 考研数学二
2022考研数二第09题解析：线性方程组、范德蒙行列式
一、题目
设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} \\ 1 & b & b^{2} \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}$，则线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 解的情况为 $\left( \quad \right)$
»A« 无解
»B« 有解
»C« 有无穷多解或无解
»D« 有唯一解或无解
二、解析
本题中的方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 是一个非齐次线性方程组，对于非齐次线性方程组解的判断，需要用到该方程组 $n$ 阶系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩 $\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A} \right)$, 以及该方程组增广矩阵（或称“扩展矩阵”）的秩 $\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A}, \boldsymbol{b} \right)$:
- 当 $\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A} \right) = \mathbf{r} \left( \boldsymbol{A}, \boldsymbol{b} \right) = n$ 的时候，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 有唯一的解；
- 当 $\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A} \right) = \mathbf{r} \left( \boldsymbol{A}, \boldsymbol{b} \right) < n$ 的时候，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 有无穷多解；
- 当 $\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A} \right) < \mathbf{r} \left( \boldsymbol{A}, \boldsymbol{b} \right)$ 的时候，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 没有解.
于是——
解法 1：从系数矩阵入手
观察可知，本题中的非线性方程组系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 其实对应于一个范德蒙行列式:
$$
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} \\ 1 & b & b^{2} \end{pmatrix}^{\top} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & a & b \\
1 & a^{2} & b^{2}
\end{pmatrix}
$$
又因为，矩阵的转置操作不会改变行列式的值，即：
$$
\begin{vmatrix}
\boldsymbol{A}
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
\boldsymbol{A}^{\top}
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & a & b \\
1 & a^{2} & b^{2}
\end{vmatrix}
$$
因此，由范德蒙行列式的计算公式，直接可得：
$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix} \boldsymbol{A} \end{vmatrix} & = \begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} \\ 1 & b & b^{2}
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & a & b \\
1 & a^{2} & b^{2}
\end{vmatrix} \\ \\
& = \left(a – 1\right) \cdot \left(b – 1\right) \cdot \left(b – a\right)
\end{aligned}
$$
又因为题目所给的方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 的增广矩阵为：
$$
\left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right) = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} & 2 \\ 1 & b & b^{2} & 4
\end{pmatrix}
$$
所以：
- 当 $\begin{vmatrix} \boldsymbol{A} \end{vmatrix} \neq 0$ 的时候，有：
$$
\begin{aligned}
& \ \left(a – 1\right) \cdot \left(b – 1\right) \cdot \left(b – a\right) \neq 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \begin{cases}
\begin{rcases}
a \neq 1 \\
b \neq 1
\end{rcases} \leadsto \begin{cases}
\textcolor{lightgreen}{ a \neq a^{2} } \\
\textcolor{lightgreen}{ b \neq b^{2} }
\end{cases} \\
a \neq b \leadsto \textcolor{lightgreen}{ a^{2} \neq b^{2} }
\end{cases}
\end{aligned}
$$
所以：
$$
r\left(\boldsymbol{A}\right) = r\left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right) = 3
$$
因此，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 此时有唯一解.
- 当 $\begin{vmatrix} \boldsymbol{A} \end{vmatrix} = 0$ 的时候，有：
$$
\left(a – 1\right) \cdot \left(b – 1\right) \cdot \left(b – a\right) = 0
$$
也就是：
$a = 1$ 或者 $b = 1$ 或者 $a = b$
换句话说，就是：
$a = 1$ 或者 $b = 1$ 或者 $a=b=1$
以 $a=b=1$ 为例可知：
$$
\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A} \right) = \mathbf{r} \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix} = \mathbf{r} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} = 1
$$
$$
\mathbf{r} \left( \boldsymbol{A}, \boldsymbol{b} \right) = \mathbf{r} \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 1 & 4
\end{pmatrix} = \mathbf{r} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 4
\end{pmatrix} \neq 1
$$
所以：
$$
\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) \neq \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)
$$
因此，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 此时无解.
综上可知，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 有唯一解，或者无解，»D« 选项 正确 .
解法 2：从增广矩阵入手
直接对方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 的增广矩阵 $\left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)$ 作初等行变换：
$$
\left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)= \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & a & a^{2} & 2 \\
1 & b & b^{2} & 4
\end{pmatrix} \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & a-1 & a^{2}-1 & 1 \\
0 & b-1 & b^{2}-1 & 3
\end{pmatrix}
$$
于是，分情况讨论可知：
- 当 $a=1$, $b=1$ 时，$\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right)=1$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)=2$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) \neq \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)$, 该方程组无解；
- 当 $a=1$, $b \neq 1$ 时，$\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right)=2$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)=3$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) < \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)$ 该方程组无解；
- 当 $a\neq 1$, $b=1$ 时，$\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right)=2$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)=3$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) < \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)$ 该方程组无解；
- 当 $a=b \neq 1$ 时，$\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right)=2$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)=3$, $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) < \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)$ 该方程组无解；
- 当 $a \neq 1$, $b \neq 1$, 且 $a \neq b$ 时，$\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\right) = \mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}\right)=3$, 该方程组有唯一解.
综上所述，方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解的情况只有两种可能，即：有唯一解或无解，所以，»D« 选项 正确 .
高等数学
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。
线性代数
以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
特别专题
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。
2022考研数二第08题解析：相似矩阵、相似对角化、特征值
一、题目
设 $\boldsymbol{A}$ 为 $3$ 阶矩阵，$\boldsymbol{\Lambda} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $1$，$-1$，$0$ 的充分必要条件是 $\left( \quad \right)$
»A« 存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$, $\boldsymbol{Q}$, 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{Q}$
»B« 存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$, 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{-1}$
»C« 存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{Q}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{Q}^{-1}$
»D« 存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$, 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{\top}$
二、解析
根据《线性代数中“对角化”相关概念与性质的联合讲解》这篇讲义可知，只有相似对角化和正交对角化可以保证矩阵的特征值不发生变化，因此，»A« 选项和 »D« 选项 错误 .
又因为正交对角化只是相似对角化的特例或者说子集，由于“前充分，后必要；小充分，大必要”的性质，所以，»C« 选项的必要性不成立，»C« 选项 错误 .
于是可知，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 必须是可以相似对角化，而 »B« 选项中给出的 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{-1}$ 刚好可以推导出 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \boldsymbol{\Lambda}$, 从而证明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化，必要性成立.
同时，由题干中给出的三个互不相等的特征值 $1$，$-1$，$0$, 也可以推导出矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化的结论，充分性成立.
综上可知，题干的充分必要条件是 »B« 选项.
高等数学
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线性代数
以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
特别专题
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。
线性代数中“对角化”相关概念与性质的联合讲解
一、前言
在本文中，「荒原之梦考研数学」将对线性代数中的四种“对角化”给出全面的对比讲解：
- 相似对角化
- 合同对角化
- 正交对角化
- 一般对角化
二、正文
§2.1 相似对角化
定义
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于一个方阵 $\boldsymbol{A}$, 如果存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$, 使得下式成立：
$$
\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
其中，$\boldsymbol{\Lambda}$ 是对角矩阵，则称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化，且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{\Lambda}$ 互为相似矩阵.
性质
- 对于 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$, 当且仅当 $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量时，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 才可以相似对角化；
- 在实数数域内，如果 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个互不相等的特征值（此时，特征值不能为虚数）的时候，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 一定可以相似对角化；
- 在实数数域内，可以相似对角化的 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 不一定必须有 $n$ 个不相等的实特征值，例如，单位矩阵 $\boldsymbol{E}$ 只有一个特征值 $1$, 但是，很显然，单位矩阵 $\boldsymbol{E}$ 可以相似对角化：$\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{E} \boldsymbol{P} = \boldsymbol{E} = \boldsymbol{\Lambda}$.
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的相似对角化过程 能 保证矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的迹不发生变化；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的相似对角化过程 能 保证矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩不发生变化；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的相似对角化过程 能 保证矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值不发生变化；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的相似对角化过程 能 保证矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量不发生变化；
§2.2 合同对角化
定义
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于一个实对称矩阵 $\boldsymbol{A}$, 如果存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$, 使得下式成立：
$$
\boldsymbol{P}^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
其中，$\boldsymbol{\Lambda}$ 是对角矩阵，则称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可以合同对角化，且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{\Lambda}$ 互为合同矩阵.
性质
- 当 $\boldsymbol{A}$ 是一个关于主对角线对称的实对称矩阵的时候（即 $\boldsymbol{A}^{\top} = \boldsymbol{A}$）一定可以合同对角化，因为实对称矩阵一定可以正交对角化；
- 合同对角化一般 不能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值不变；
- 合同对角化一般 能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩不变；
- 合同对角化一般用于二次型的化简.
§2.3 正交对角化
定义
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于一个方阵 $\boldsymbol{A}$, 如果存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 使得下式成立：
$$
\boldsymbol{Q}^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
其中，$\boldsymbol{\Lambda}$ 是对角矩阵，则称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可以正交对角化，或者说，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与矩阵 $\boldsymbol{\Lambda}$ 正交相似.
性质
根据《相似变换、合同变换和正交变换三者之间的包含关系》可知，正交对角化可以看作是相似对角化与合同对角化共同的特殊情况，因此，正交对角化同时具有相似对角化与合同对角化的部分性质（不是全部性质）：
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行正交对角化，能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值不变；
- 实对称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 既可以相似对角化，也可以合同对角化，还可以正交对角化，因为，存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 使得 $\boldsymbol{Q}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{Q}^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{\Lambda}$；
- 能正交对角化的矩阵一定是实对称矩阵.
§2.4 一般对角化（等价对角化）
定义
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 一般的对角化就是存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和 $\boldsymbol{Q}$, 使得下式成立：
$$
\boldsymbol{P} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
其中，$\boldsymbol{\Lambda}$ 为关于主对角线对称的对角矩阵.
性质
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行的一般的对角化一般 不能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值不变；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行的一般的对角化一般 不能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量不变；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行的一般的对角化一般 不能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的迹不变；
- 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 进行的一般的对角化一般 能 保持矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩不变；
- 前面提到的相似对角化、合同对角化、正交对角化都是一般的对角化的特殊情况.
三、补充
[1]. 《“只有”、“只有当”和“当且仅当”的逻辑区别》
高等数学
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。
线性代数
以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
特别专题
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“只有”、“只有当”和“当且仅当”的逻辑区别
一、前言
在数学和逻辑表达中，条件关系通常分为三类：充分条件、必要条件和充要条件. 而在具体描述这些条件关系的时候，我们通常会使用诸如“只有”、“只有当”和“当且仅当”等词语，理解这些词语的准确而含义，有助于我们准确判断命题之间的逻辑关系.
在本文中，「荒原之梦考研数学」就给同学们详细讲解一下这些常用的条件关系词语的含义.
继续阅读““只有”、“只有当”和“当且仅当”的逻辑区别”相似变换、合同变换和正交变换三者之间的包含关系
2022考研数二第07题解析：定积分比大小
一、题目
已知 $I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2\left(1 + \cos x\right)} \mathrm{~d}x$, $I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1 + x\right)}{1 + \cos x} \mathrm{~d}x$, $I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2x}{1 + \sin x} \mathrm{~d}x$, 则 $\left( \quad \right)$
»A« $I_{1} < I_{2} < I_{3}$
»B« $I_{2} < I_{1} < I_{3}$
»C« $I_{1} < I_{3} < I_{2}$
»D« $I_{3} < I_{2} < I_{1}$
难度评级：
继续阅读“2022考研数二第07题解析：定积分比大小”峰图 | 2022考研数二第06题解析：数列的极限、三角函数的性质、复合函数
一、题目
已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$, 则 $\left( \quad \right)$
»A« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»B« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»C« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
»D« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
二、解析
解法 1：特例法
当前解法的计算过程需要用到：《常用三角函数的取值对照表》
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 首先，令：
$$
x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}
$$
则可知，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散.
在本题中，可以令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{2}$, 计算方式和逻辑与令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}$ 是一样的.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 此时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right) = \cos \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»A« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，此时 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right) = \sin \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»B« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\sin \left( \frac{\pi}{4} \right) \neq \sin \left( \frac{-\pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)$ 发散（极限不存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)
$$
所以，»C« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \cos \left( \frac{- \pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{x \to \infty} \cos \left( \left( -1 \right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4} \right)$ 收敛（极限存在）
所以，»D« 选项 正 确 .
事实上，对于 »D« 选项，当 $n \to \infty$ 的时候，我们也可以由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在，推导出 $\cos x_{n}$ 的极限存在：
由 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$ 可知：
$$
0 \leqslant \cos x_{n} \leqslant 1
$$
又因为 $\sin x$ 在区间 $\left[ 0, 1 \right]$ 上严格单调递增，于是，根据数列极限存在的“单调有界准则”可知，当 $n \to \infty$ 的时候，$\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在.
又因为，严格单调递增的函数一定存在连续反函数，且复合函数 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的反函数为：
$$
\arcsin \left[ \sin \left( \cos x_{n} \right) \right] = \cos x_{n}
$$
由于函数的自变量和函数是一一对应的，因此，对于单调的连续函数而言，函数值收敛的时候，自变量一定也收敛，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 收敛可知，$\cos x_{n}$ 一定也收敛，因此，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 也存在.
需要注意的是，虽然 $\cos x_{n}$ 的反函数是 $x_{n}$, 但由于 $\cos x_{n}$ 在区间 $\left[ \frac{- \pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上不是严格单调的函数，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\cos x_{n}$ 的极限存在，无法推导出 $x_{n}$ 的极限也存在的结论.
解法 2：特例法
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »A« 选项和 »B« 选项：
令 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 则：
- 在 $\lim_{n \to \infty} \cos \left( \sin x_{n} \right)$ 中，若设 $\sin \left( 1 \right) = z$, 则 $\sin \left( -1 \right) = -z$, 同时，$\cos \left( z \right) = \cos \left( -z \right)$, 所以，此时，$\lim_{n \to \infty} \cos \left( \sin x_{n} \right)$ 的极限存在；
- 在 $\lim_{n \to \infty} \sin \left( \cos x_{n} \right)$ 中，若设 $\cos \left( 1 \right) = k$, 则 $\cos \left( -1 \right) = k$, 同时，$\sin \left( k \right) = \sin \left( k \right)$, 所以，此时，$\lim_{n \to \infty} \sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在.
但是，当 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$ 时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不存在，因此，»A« 选项和 »B« 选项 错 误.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »C« 选项：
由于函数 $y = \sin x$ 在区间 $\left[ – \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上单调增加且连续，所以，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 一定存在，因此，»C« 错 误 .
在本解法中，如果令 $x_{n} = \begin{cases} -1, & n \text{ 为奇数} \\ 1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 即令 $x_{n} = \left( -1 \right)^{n}$, 对应的解析步骤与上面基本一致.
考虑到 $\cos x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个偶函数，$\sin x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个奇函数，所以，我们在设 $x_{n}$ 的特例的时候，只要满足下面的形式就可以：
$$x_{n} = \left( -1 \right)^{n} \cdot a, \ a \in \left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$$
综上可知，»D« 选项 正 确 .
解法 3：“十字”极限判定法
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 观察可知，本题中极限存在性的判定，实际上涉及 $y = \cos \left( \sin \left( x_{n} \right) \right)$, $y = \sin \left( \cos \left( x_{n} \right) \right)$, $y=\sin x_{n}$ 和 $y = \cos x_{n}$ 四个函数，对应的函数图象示意图如图 01、02、03、04 所示（在稿纸上手绘的时候，只需要能绘制出这些函数图象的大致走向和一些关键点，如交点、拐点等即可）：
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 在本题中，「荒原之梦考研数学」就会结合上面的函数图象，以及“十字”极限判定法来判断本题中四个选项的对错——
根据函数图象的性质可知，函数的极限存在，就是在某一个极限过程中，函数值都位于一条定义域内的水平直线上，如图 05 所示的每条水平直线都代表函数的一个极限（但如果这两个水平直线同时存在，则这个函数此时就不存在极限）：
同样，根据函数图象的性质可知，函数自变量的极限存在，就是在某一个极限过程中，自变量的取值都位于一条定义域内的竖直直线上，如图 06 所示的每条竖直直线都代表函数自变量的一个极限（但如果这两个竖直直线同时存在，则这个函数自变量此时就不存在极限）：
在本题中，作为函数自变量的数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的极限过程 $n \to \infty$ 并不是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的取值就要一直向横坐标的左右两侧无限延伸——$n \to \infty$ 只是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的下标 $n$ 一直在“变大”，但下标“变大”并不意味着数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身“变大”或者“变小”，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身的取值可以是任意的，也可以是遵循其他的某种特定规律，就像前面的解法 1 和解法 2 中的 $\left\{x_{n}\right\}$ 所遵循的规律一样.
于是可知，如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 07 所示，那么，这个函数的极限就是不存在的（因为不止一条横线），自变量的极限也是不存在的（因为不止一条竖线）：
如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 08 所示，那么，这个函数的极限就是存在的（因为只有一条直线），自变量的极限则是不存在的（因为不止一条竖线）：
当然，根据函数的定义可知，一个自变量只能对应一个函数值，但是，如果图 09 中的两条横线对应两个函数的极限，那么，就说明这两个函数的极限是存在的（因为每个函数都只有一条直线），函数自变量的极限也是存在的（因为只有一条竖线）：
对于一个函数而言，如果函数的极限和函数自变量的极限都是存在的，那么，对应的图形就是如图 10 所示的“十字”，这也是“十字”极限判定法名称的来源：
当然，“十字”极限判定法中的“横线”和“竖线”可以是某个确定位置的横线和竖线，也可以只是某个极限位置的横线和竖线.
接下来，我们就使用「荒原之梦考研数学」在上面构建的这个“十字”极限判定法对题目中的四个选项做逐一的判定——
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »A« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
如图 11 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»A« 错 误 ：
在上面的图 11，以及接下来的图 12 到图 18 中，示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{-\pi}{2}$; 示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左右侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{\pi}{2}$.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »B« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
如图 12 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»B« 错 误 ：
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »C« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
如图 13 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在：
图 13 中的横线，与函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 14 所示：
但是，如果我们将横线画在函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 与 $y = \sin x_{n}$ 图象的交点，就会产生“十字”，此时，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$, $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 和 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 都存在，如图 15 所示：
综合来看，»C« 错 误 ，因为极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 不一定存在.
“不一定存在”包含“一定不存在”和“可能存在”，但不包含“一定存在”.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »D« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
如图 16 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在：
图 16 中的横线，与函数 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 17 所示：
接着，图 17 中的两条竖线与 $y = \cos x_{n}$ 的图象产生了两个交点，对应一条横线，因此，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，如图 18 所示：
综上可知，»D« 选项 正 确 .
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特别专题
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常用三角函数的取值对照表
| 未定义 | |||||||||
| 未定义 | 未定义 |
峰式 | 用数字和排列组合探究逆矩阵乘法运算的特性
一、题目
设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 为三阶矩阵，且 $\begin{vmatrix} \boldsymbol{A} \end{vmatrix} = 3$, $\begin{vmatrix} \boldsymbol{B} \end{vmatrix} = 2$, $\begin{vmatrix} \boldsymbol{A}^{-1} + \boldsymbol{B} \end{vmatrix} = 2$, 则 $\begin{vmatrix} \boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}^{-1} \end{vmatrix} = ?$
难度评级：
继续阅读“峰式 | 用数字和排列组合探究逆矩阵乘法运算的特性”2022考研数二第05题解析：反常积分敛散性、敛散性的比值判别法
$\textcolor{#D29249}{\blacklozenge}$ 由于本文包含很多公式，所以建议使用电脑或者平板这样的宽屏幕设备查看。
$\textcolor{#D29249}{\blacklozenge}$ 若使用手机发现显示有问题，建议切换到手机的横屏模式查看。
$\textcolor{#D29249}{\blacklozenge}$ 如果发现问题或者需要帮助，可以联系我们。
一、题目
设 $p$ 为常数，若反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是 $\left( \quad \right)$
»A« $\left(-1, 1\right)$
»B« $\left(-1, 2\right)$
»C« $\left(-\infty, 1\right)$
»D« $\left(-\infty, 2\right)$
难度评级：
继续阅读“2022考研数二第05题解析：反常积分敛散性、敛散性的比值判别法”反常积分敛散性三个常用公式中第二个公式的推论公式
一、前言
由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，判断反常积分敛散性三个常用公式中的第二个公式为：
$$
a > 0 \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \int_{a}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d} x \begin{cases}
\text{收敛}, & p > 1 \\
\text{发散}, & p \leqslant 1
\end{cases}
$$
在本文中，「荒原之梦考研数学」将基于上面的公式，推导出另一个判断反常积分敛散性的常用公式.
继续阅读“反常积分敛散性三个常用公式中第二个公式的推论公式”峰图 | 任意正次幂 $x^{a}$ 趋于 $0$ 的速度快于 $\ln x$ 趋于 $- \infty$ 的速度
一、前言
在本文中，「荒原之梦考研数学」将通过推导计算证明，当 $a > 0$ 的时候，任意正次幂 $x^{a}$ 趋于 $0$ 的速度快于 $\ln x$ 趋于 $- \infty$ 的速度，从而证明：
$$
\lim_{x \to 0^{+}} x^{a} \ln x = 0
$$
判断反常积分敛散性的两个方法：泰勒展开和比值法
一、前言
在本文中，「荒原之梦考研数学」将通过泰勒展开和比值两种方法判断下面这个反常积分的敛散性：
$$
\int_{0}^{1} \frac{x \ln x}{\left( 1 – x \right)^{2}} \mathrm{~d} x
$$
难度评级：
继续阅读“判断反常积分敛散性的两个方法：泰勒展开和比值法”与积分的敛散性相关的概念：奇性、瑕积分、反常积分
一、前言
普通的定积分通常不需要专门讨论其敛散性，因为只要被积函数是连续的，这个定积分就一定收敛.
但是，还存在一类不一定收敛的积分（当然也不一定发散），就是“反常积分”，这个时候就需要讨论敛散性了——
反常积分的敛散性问题，本质上是一个极限问题，如果反常积分的极限存在，就说这个反常积分收敛，如果极限不存在，就说这个反常积分发散.
在本文中，「荒原之梦考研数学」会将这些与积分敛散性有关的一些概念做一个详细的梳理和讲解.
二、正文
什么是“奇性”？
所谓“奇性”就是：函数在某个点附近没有“普通”的函数值，即：
- 函数值不存在（函数在该点处没有定义）；
- 函数值趋于正无穷大 $+ \infty$;
- 函数值趋于负无穷大 $- \infty$.
存在奇性的点也被称为“奇点”或者“瑕点”.
什么是“瑕积分”？
所谓“瑕积分”就是：积分区间（积分的上下限）一般是有限的，但被积函数在区间内某点或端点处存在奇性.
例如，对于积分 $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d}x$, 在 $x=0$ 处，有：
$$
\frac{1}{\sqrt{x}} \to \infty
$$
所以这不是普通定积分，而是瑕积分：
$$
\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d}x = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{\varepsilon}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d}x
$$
如果 $\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{\varepsilon}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d}x$ 这个极限存在，我们就说这个瑕积分收敛；否则就说这个瑕积分发散.
需要注意的是，函数在某点趋于无穷，不代表积分一定发散.
关于这一问题，我们可以简单地理解为：趋于无穷的速度快（函数图象与坐标轴围起来的面积不会无限增长），就可能不发散，趋于五穷的速度慢（函数图象与坐标轴围起来的面积无限增长），就可能发散.
例如，对于下面的积分，虽然被积函数 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $0$ 处趋于无穷大，但是，该积分是收敛的：
$$
\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d}x
$$
而对于下面的积分，被积函数 $\frac{1}{x}$ 在 $0$ 处也趋于无穷大，但是，该积分是发散的：
$$
\int_{0}^{1} \frac{1}{x} \mathrm{~d}x
$$
什么是“反常积分”？
反常积分一般包括两类：
- 积分区间无限的反常积分，例如：
$$
\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} \mathrm{~d}x
$$
- 积分区间有限，但被积函数有奇性的反常积分（也被称为瑕积分），例如：
$$
\int_{0}^{1} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d}x
$$
奇性和积分的敛散性有什么关系？
对于一个反常积分，只要有一个地方发散，整体就发散，而存在奇性的点很可能存在发散现象，所以，在判断反常积分敛散性的时候，我们要格外注意存在奇性的点.
例如，若 $x=0$ 和 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 存在奇性的点（奇点），那么，对于 $\int_{0}^{1} f\left(x\right) \mathrm{~d}x$ 这个积分，就必须将积分区间分开看：
$$
\int_{0}^{\frac{1}{2}} f\left(x\right) \mathrm{~d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} f\left(x\right) \mathrm{~d}x
$$
只有 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} f\left(x\right) \mathrm{~d}x$ 和 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} f\left(x\right) \mathrm{~d}x$ 这两个积分都收敛，原来的整个积分才收敛；如果其中一个发散，那么原来的整个积分就发散.
当然，对于 $\int_{0}^{1} f\left(x\right) \mathrm{~d}x$ 这个积分，我们也可以拆成下面这样的形式：
$$
\int_{0}^{\xi} f\left(x\right) \mathrm{~d}x + \int_{\xi}^{1} f\left(x\right) \mathrm{~d}x
$$
其中，$\xi \in \left( 0, 1 \right)$.
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