设函数 $f(x)$, $g(x)$ 在 $x=0$ 的某去心邻域内有定义且恒不为零. 若当 $x \to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时（ ）
»A«. $f(x) + g(x) = o(g(x))$
»B«. $f(x) \cdot g(x) = o(f^{2}(x))$
»C«. $f(x) = o(\mathrm{e}^{g(x)}-1)$
»D«. $f(x) = o(g^{2}(x))$
已知函数 $f(x)$ $=$ $\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}}\sin t \mathrm{~d} t$, $g(x)$ $=$ $\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t \cdot \sin^{2} x$，则：
»A«. $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，也是 $g(x)$ 的极值点.
»B«. $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0,0)$ 是曲线 $y=g(x)$ 的拐点.
»C«. $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0,0)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点.
»D«. $(0,0)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点，$(0,0)$ 也是曲线 $y=g(x)$ 的拐点.
设函数 $z = z(x, y)$ 由 $z + \ln z – \int_{y}^{x} \mathrm{e}^{-t^{2} } \mathrm{~d} t$ $=$ $0$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y}$ $=$ $?$
»A«. $\frac{z}{z+1} \left(\mathrm{e}^{-x^{2}} – \mathrm{e}^{ -y^{2}} \right)$
»B«. $\frac{z}{z+1} \left( \mathrm{e}^{-x^{2}} + \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$
»C«. $- \frac{z}{z+1} \left(\mathrm{e}^{-x^{2}} – \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$
»D«. $- \frac{z}{z+1} \left( \mathrm{e}^{-x^{2}} + \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$
已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ $=$ $\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ $=$ $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$, 记 $\boldsymbol{A}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}$ $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4})$, $\boldsymbol{G}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2})$.
（1）证明：$\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 是 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组；
（2）求矩阵 $\boldsymbol{H}$ 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{GH}$，并求 $\boldsymbol{A}^{10}$.
首先：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} & = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) \\ \\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & -1 & 1 \\
-1 & 0 & 1 & -1 \\
-1 & -2 & -1 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
于是可知，$\mathrm{r}(\boldsymbol{A}) = 2$ 且 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性无关，同时可知：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\alpha}_{3} & = -\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} \\
\boldsymbol{\alpha}_{4} & = \boldsymbol{\alpha}_{1} – \boldsymbol{\alpha}_{2}
\end{aligned}
$$
综上可知，$\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 是 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$, $\boldsymbol{\alpha}_{3}$, $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组.
由题及上面的第 (1) 问，可知：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} & = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) \\ \\
& = (\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},-\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{1} – \boldsymbol{\alpha}_{2})_{4 \times 4} \\ \\
& =(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2})_{4 \times 2}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}_{2\times4}
\end{aligned}
$$
又因为，$\boldsymbol{A} = \boldsymbol{GH}$, $\boldsymbol{G}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2})$, 所以：
$$
\textcolor{lightgreen}{
\boldsymbol{H} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}
}
$$
接着，有：
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A}^{10} & = (\boldsymbol{GH})^{10} \\ \\
& = \boldsymbol{GHGH} \cdots \boldsymbol{GH} \\ \\
& = \boldsymbol{G} (\boldsymbol{HG})^{9} \boldsymbol{H}
\end{aligned}
$$
其中：
$$
\boldsymbol{ HG } = \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
$$
又因为：
$$
\begin{aligned}
& \boldsymbol{D}^{2}=\begin{pmatrix}1 & -2 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \\ \\
& \boldsymbol{D}^{3}=\begin{pmatrix}1 & -3 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
由此，递推可知：
$$
\boldsymbol{D}^{9} = \begin{pmatrix}1 & -9 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
$$
综上可得：
$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{A}^{10} } & = \boldsymbol{GD}^{9} \boldsymbol{H} \\ \\
& = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -9 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \begin{pmatrix}1 & 8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8\end{pmatrix} }
\end{aligned}
$$
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。
让考场上没有难做的数学题！
求微分方程 $x^{2} y^{\prime \prime}$ $-$ $2xy^{\prime}$ $-$ $(y^{\prime})^{2}$ $=$ $0$ $(x > 2)$ 满足条件 $y|_{x=3} = \frac{1}{2}$, $y^{\prime}|_{x=3} = -9$ 的解.
已知 $M(x_{0}, y_{0})$ 是曲线 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}(x \geq 0)$ 的拐点，$O$ 为坐标原点.记 $D$ 是第一象限中以曲线 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}(x \geq x_{0})$, 线段 $OM$ 及 $X$ 轴正半轴为边界的无界区域，求 $D$ 绕 $X$ 轴旋转所成旋转体的体积.
求解本题的第一步，就是要绘制一个示意图. 但是，需要注意的是，题目所说的区域 $D$, 并不是如图 01 所示的区域 $D^{\prime}$:
题目所说的区域 $D$ 是如图 02 所示的区域 $D$:
由于我们目前不知道点 $M$ 的坐标，只知道该点是一个拐点，所以也就不能直接确定线段 $OM$ 的形式.
因此，接下来，我们要首先求解出点 $M$ 的坐标.
由于点 $M$ 是一个拐点，所以先求解其二阶导函数：
$$
\begin{aligned}
& \ y^{\prime} = -\frac{2x}{(1 + x^{2})^{2}} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ y^{\prime \prime} = \frac{6x^{2} – 2}{(1 + x^{2})^{3}}
\end{aligned}
$$
接着，令 $y^{\prime \prime} = 0$ 且 $x_{0} > 0$, 得：
$$
x_{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad y_{0} = \frac{3}{4}
$$
于是，由线段 $OM$ 的两个端点值 $O(0,0)$ 和 $M(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$ 可得嫌短 $OM$ 的表达式为：
$$
y = \frac{3}{4}\sqrt{3}x, \quad x \in \left[0, \frac{1}{\sqrt{3}}\right]
$$
于是，我们可以绘制出如图 03 所示的示意图，在计算旋转体体积的时候，需要分 $[0, \frac{1}{\sqrt{3}}]$ 和 $[\frac{1}{\sqrt{3}}, +\infty)$ 这两段分别求解：
接着，由旋转体体积的计算公式，可知，区域 $D$ 绕坐标轴 $X$ 轴旋转，所得的旋转体的体积为：
$$
V = \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \pi \cdot \left( \frac{3}{4}\sqrt{3}x \right)^{2} \mathrm{~d} x + \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \cdot \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x
$$
又因为：
$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \pi \left( \frac{3}{4} \sqrt{3} x \right)^{2} \mathrm{~d} x} & = \frac{27}{16} \pi \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} x^{2} \mathrm{~d} x \\ \\
& = \frac{27}{16} \pi \cdot \frac{1}{3} x^{3} \Bigg|_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \\ \\
& = \frac{27}{16} \pi \cdot \frac{1}{9 \sqrt{3}} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{\frac{\sqrt{3}}{16} \pi}
\end{aligned}
$$
对于 $\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x$, 令 $x = \tan \theta$, 则：
$$
\theta \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}), \quad \mathrm{d} \theta = \frac{1}{\cos^{2} \theta}
$$
所以：
$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x} & = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left( 1+\tan ^{2} \theta \right)^{2}} \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left( \frac{1}{\cos^{2} \theta} \right)^{2}} \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{4} \theta \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2}\theta \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} \mathrm{~d}\theta \\ \\
& = \pi \left[ \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \\ \\
& = \pi \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\sin \pi}{4} – \frac{\pi}{12} – \frac{\sin \frac{\pi}{3}}{4} \right) \\ \\
& = \pi \left( \frac{\pi}{6} – \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ \\
& = \frac{\pi^{2}}{6} – \frac{\sqrt{3}}{8}\pi \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{\frac{\pi^{2}}{6} + \left( -\frac{\sqrt{3}}{8} \pi \right)}
\end{aligned}
$$
综上可知：
$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{V} & = \frac{\sqrt{3}}{16} \pi + \frac{1}{6} \pi^{2} – \frac{\sqrt{3}}{8} \pi \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{1}{6} \pi^{2} – \frac{\sqrt{3}}{16} \pi }
\end{aligned}
$$
对本文的求解，并不需要计算出旋转所得曲面的表达式，但对这部分内容感兴趣的同学，可以查阅《如何由平面曲线函数得到其绕指定轴线旋转所得曲面的函数？》这篇讲义.
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。
让考场上没有难做的数学题！
求函数 $f(x,y)$ $=$ $(2x^{2}-y^{2})\mathrm{e}^{x}$ 的极值.
已知函数 $g(x)$ 连续. 设 $f(x)$ $=$ $\int_{0}^{x^{2}} g(xt) \mathrm{~d} t$, 求 $f ^{\prime} (x)$ 的表达式，并判断 $f ^{\prime} (x)$ 在 $x=0$ 处的连续性.
计算 $I$ $=$ $\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} x \int_{|x|}^{\sqrt{2-x^{2}}} y \sin \sqrt{x^{2} + y^{2}} \mathrm{~d} y$
设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}
1 & b & -1 \\
a + 2 & 3 & -3a
\end{pmatrix}$. 若二次型 $\boldsymbol{x}^{\top} (\boldsymbol{A} \boldsymbol{A}^{\top}) \boldsymbol{x}$ 的规范形为 $\boldsymbol{y}_{1}^{2}$, 则 $a + b =$____
已知函数 $f(x,y)$ 可微，且 $\mathrm{d}f(0,0) = \pi \mathrm{d} x + 3 \mathrm{d}y$, 记 $g(x) = f(\ln x,\sin\pi x)$, 则 $g ^{\prime} (1) =$____
$$
\lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{1}{x} – \frac{\ln(1+x)}{x\sin x}\right) =
$$
根据泰勒公式/麦克劳林公式可知：
$$
\begin{aligned}
& \lim_{x \rightarrow 0} \left[\frac{1}{x} – \frac{\ln(1+x)}{x\sin x}\right] \\ \\
= \ & \lim_{x \rightarrow 0} \left[\frac{\sin x}{x \sin x} – \frac{\ln(1+x)}{x\sin x}\right] \\ \\
= \ & \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x – \ln(1+x)}{x\sin x} \\ \\
= \ & \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\left[x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})\right]-\left[x-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})\right]}{x^{2}} \\ \\
= \ & \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}} \\ \\
= \ & \frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
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。
让考场上没有难做的数学题！
设 $p$ 为常数，若反常积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan x}{x^{p} (x+1)} \mathrm{~d} x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是__
