错题本

好题

考察极限存在

难度评级：⭐️

若极限

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-x^{\alpha }\ast (1-\frac{1}{x}{)}^{\alpha }}\end{array}$$

存在，求a的取值范围与此极限的值。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-(x-1{)}^{\alpha }}\end{array}$$

二项式展开，留下最高次项

$$\begin{array}{}\text{(3)}& (a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{\alpha \ast x^{\alpha -1}}\end{array}$$

显然，若使得极限存在，则$\alpha \ge 11$ 得：

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-(x-1{)}^{\alpha }}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{11}& \alpha =11\\ 0& \alpha >11\end{array}\end{array}$$

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考察函数的间断点

设函数 $f(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^2+nx(1-x){\sin }^2\pi x}{1+n{\sin }^2\pi x}$,则 $f(x)$ 的间断点是_____.

一旦函数是用极限来定义的，那这个函数大概率是一个分段函数，所以要首先把函数表达式算出来

$\mathrm{真}0\cdot \mathrm{\infty }=0$
若$x=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ ==> f(x) = x^2

$\mathrm{常}\mathrm{数}\cdot \mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }$ ==> 抓大头
若$x\ne 0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ ==> f(x) = x - x^2

可得分段函数：$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2& ,x=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \\ x-x^2& ,x\ne 0,\pm 1,\pm 2,\cdots \end{array}$

分析得：间断点为$x=\pm 1,\pm 2,\cdots$

考察中值定理算极限

难度评级：⭐️⭐️

求极限

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}]\end{array}$$

法1:

左分式同除$x^x$后通分，得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{ex-(1+\frac{1}{x}{)}^{x}x}{e(1+\frac{1}{x}{)}^x}\end{array}$$

由重要极限e得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-2}[ex-e^{xln(1+\frac{1}{x})}x]\end{array}$$

由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-2}[1-xln(1+\frac{1}{x})]e^{\xi }x\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& \xi \mathrm{介}\mathrm{于}1\mathrm{和}xln(1+\frac{1}{x})\mathrm{之}\mathrm{间}\end{array}$$

可知，$e^{\xi }=e$,对$ln(1+\frac{1}{x})$泰勒展开，得：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-1}[1-x(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2})]x\end{array}$$

解得：

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}]=\frac{1}{2e}\end{array}$$

真是服了，两分钟写出来的题，对着手稿敲TeX，敲了10分钟才敲出来，当然也有部分原因是我对TeX还不是很熟悉，就比如$\xi$我就需要去查一下才知道怎么打出来

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考察函数构造

难度评级：⭐️⭐️
已知函数$f(x)$的定义域是$[0,+\mathrm{\infty })$，且满足$f(0)=1$，$f^{\prime }(x)=\frac{1}{f^2(x)+x^2}$，求证：

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)\le 1+\frac{\pi }{2}$$

法1：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(x)-f(0)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(x)-f(0)={\int }_0^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}\mathrm{d}t\end{array}$$

由$f(0)=1$且$f^{\prime }(x)>0$得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& f(x)-f(0)\le {\int }_0^x\frac{1}{t^2+1}\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& f(x)\le arctanx+1\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)\le 1+\frac{\pi }{2}\end{array}$$

我又悟了，我每天就精选1/2题放到网站上不就好了。

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考察复合函数泰勒展开求极限

求极限

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{ln(1+{\sin }^{2}x)-6(\sqrt[3]{2-cosx}-1)}{x^4}$$

难度评级：⭐️⭐️
法1：
对$ln(1+{\sin }^{2}x)$泰勒展开：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}ln(1+{\sin }^{2}x)& ={\sin }^{2}x-\frac{{\sin }^{4}x}{2}+o(x^4)\\ & =[x-\frac{x^3}{6}+o(x^4){]}^2-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\\ & =x^2-\frac{5}{6}{x}^4+o(x^4)\end{array}\end{array}$$

对$\sqrt[3]{2-cosx}-1$泰勒展开：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}\sqrt[3]{2-cosx}-1& =[1+(1-\cos x){]}^{\frac{1}{3}}-1\\ & =\frac{1}{3}(1-\cos x)+\frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2}(1-\cos x{)}^2+o(x^4)\\ & =\frac{1}{3}[1-(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!})]-\frac{1}{9}\frac{x^4}{4}+o(x^4)\\ & =\frac{x^2}{6}-\frac{1}{3}\frac{x^4}{24}-\frac{x^4}{36}+o(x^4)\end{array}\end{array}$$

原极限：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{x^2-\frac{5}{6}{x}^4-6(\frac{x^2}{6}-\frac{1}{3}\frac{x^4}{24}-\frac{x^4}{36})+o(x^4)}{x^4}=-\frac{7}{12}\end{array}$$

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考察极限相乘泰勒展开

求当$x\to 0$时，$x-\sin x\cos x\cos 2x$与$a{x}^n$为等价无穷小，则$a=$ ______. $n=$ _____.

对于$sinx=x-\frac{1}{6}{x}^3$
对于$cosxcos2x=1-\frac{5}{2}{x}^2$

可得：$x-\sin x\cos x\cos 2x=x-(x-\frac{8}{3}{x}^3)=\frac{8}{3}{x}^3$

考察费马定理+拉中

难度评级：⭐️⭐️
函数$f(x)$在$[0,1]$上有二阶导数，$f(0)=0$。若$f(x)$在$[0,1]$上的最大值$M>0$。证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使得$\xi f^{″}(\xi )+2f^{\prime }(\xi )>f(\xi )$。
构造原函数：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& F(x)=x{f}^{\prime }(x)+f(x)-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\end{array}$$

需证，$F^{\prime }(\xi )>0$$\mathrm{设}\mathrm{存}\mathrm{在}{x}_0\in (0,1],\mathrm{使}\mathrm{得}{x}_0=M.$
$(1)x_0\in (0,1)\mathrm{时}$，由费马定理知，$f^{\prime }(x_0)=0$。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& F(x_0)=M-{\int }_0^{x_0}f(t)\mathrm{d}t>M(1-x_0)>0\end{array}$$

由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& F^{\prime }(\xi )=\frac{F(x_0)-F(0)}{x_0-0}=\frac{F(x_0)}{x_0}>0\end{array}$$

$(2)x_0=1\mathrm{时},f(1)=M.$
由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& F^{\prime }(\xi )=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=F(1)=f^{\prime }(1)+M-{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& M-{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t<M-M<0\end{array}$$

得：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& F^{\prime }(\xi )>f^{\prime }(1)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\ge 0\end{array}$$

综上，得证：存在$\xi \in (0,1)$，使得$\xi f^{″}(\xi )+2f^{\prime }(\xi )>f(\xi )$

考察变上限求导

$${\int }_0^{x_0}[y(x)-(\frac{y(x_0)-1}{x_0}\cdot x+1)]dx=x_0^4$$$$y(x_0)-[y(x_0)-1+1]+{\int }_0^{x_0}\frac{y^{\prime }(x_0)\cdot x_0-[y(x_0)-1]}{x_0^2}\cdot x\cdot dx=4x_0^3$$$$-\frac{y^{\prime }(x_0)\cdot x_0-y(x_0)+1}{x_0^2}\times \frac{1}{2}{x}_0^2=4x_0^3$$$$y^{\prime }(x_0)\cdot x_0-y(x_0)+1=-8x_0^3$$$$y^{\prime }(x_0)-\frac{1}{x_0}y(x_0)=-8x_0^2-\frac{1}{x_0}$$$$y(x)=x[\int (-8x^2-\frac{1}{x})\cdot \frac{1}{x}dx+C]$$$$y(x)=x[-4x^2+\frac{1}{x}+C]$$$$y(x)=-4x^3+1+Cx$$$$y(1)=-4+1+C=0$$$$C=3$$$$y(x)=1+3x-4x^3$$

考察全微分

设函数$f(x,y)$可微 且$,f[x+1,\ln (1+x)]={(1+x)}^3+x\ln (1+x)(x+1{)}^{\ln (x+1)}$,$f(x^2,x-1)=x^4{\mathrm{e}}^{x-1}+(x-1)(x^2-1)x^{2(x-1)}$,则 d$f(1,0)=$$df(x,y){|}_{(1,0)}=f_1^{\prime }(1,0)dx+f_2^{\prime }(1,0)dy$
观察题干给出的$f(x,y)$，仅有$x$，可以对x求导

$$f_1^{\prime }[x+1,ln(1+x)]+\frac{1}{x+1}{f}_2^{\prime }[x+1,ln(1+x)]=3(1+x{)}^2+g^{\prime }(x)$$

后半段过于复杂，先设为$g(x)$
代入：$x=0$,得：

$$f_1^{\prime }(1,0)+f_2^{\prime }(1,0)=3+g^{\prime }(0)$$$$\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}=\frac{g(\mathrm{\Delta }x)-g(0)}{\mathrm{\Delta }x}=ln(1+\mathrm{\Delta }x)\cdot 1=0$$

解得：$f_1^{\prime }(1,0)+f_2^{\prime }(1,0)=3$

$$2x{f}_1^{\prime }[x^2,x-1]+f_2^{\prime }[x^2,x-1]=(4x^3+x^4)e^{x-1}+h^{\prime }(x)$$

代入：$x=1$,得：

$$2f_1^{\prime }(1,0)+f_2^{\prime }(1,0)=5+h^{\prime }(1)$$$$\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{g(1+\mathrm{\Delta }x)-g(1)}{\mathrm{\Delta }x}=0$$

解得：$2f_1^{\prime }(1,0)+f_2^{\prime }(1,0)=5$

解得：$f_1^{\prime }(1,0)=2,f_2^{\prime }(1,0)=1\stackrel{\mathrm{代}\mathrm{入}df(1,0)}{\Rightarrow }df=2dx+dy$

考察二元函数最值

求函数 $f(x,y)=e^{-xy}$ 在区域 $D=\{(x,y)|4x^2+y^2\le 1\}$ 上的最大值

区域内部：
令$\{\begin{array}{l}{f}_x(x,y)=-y{e}^{-xy}=0\\ f_y(x,y)=-x{e}^{-xy}=0\end{array}$ $\Rightarrow f(0,0)=1$

区域边界：$4x^2+y^2=1$

法1：Lagrange乘数法$$ 注：目标函数转化
令$L(x,y,\lambda )=xy+\lambda (4^2+y^2-1)$
$\{\begin{array}{l}{L}_x^{\prime }=y+8\lambda x=0\\ L_y^{\prime }=x+2x\lambda =0\\ L_{\lambda }^{\prime }=4x^2+y^2-1=0\end{array}$ $\Rightarrow$ $\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\\ y=\pm \frac{1}{2\sqrt{2}}\end{array}\Rightarrow xy=\pm \frac{1}{4}$

法2：极坐标（条件是：圆或椭圆）
需求$e^{-xy}$在$4x^2+y^2=1$下的$max$
令$\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}cos\theta \\ y=sin\theta \end{array}\theta \in [0,2\pi ]$
$e^{-xy}=e^{-\frac{1}{2}cos\theta sin\theta }=e^{-\frac{1}{4}sin2\theta }\le e^{\frac{1}{4}}$

法3：极坐标（不分边界和内部）
令$\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}rcos\theta \\ y=rsin\theta \end{array}\theta \in [0,2\pi ]\Rightarrow \mathrm{求}{e}^{-\frac{1}{4}{r}^{2}sin2\theta }\mathrm{在}0\le r^2\le 1\mathrm{时}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{值}\mathrm{为}{e}^{-\frac{1}{4}}$

法4：均值不等式（不分边界和内部）
$1\ge 4x^2+y^2\ge 4\sqrt{(xy{)}^2}=4|xy|$
$-\frac{1}{4}\le xy\le \frac{1}{4}$

考察二重积分的极限

知识点传送门
设 g(x) 有连续的导数, g(0)=0, g′(0)=a≠0, f(x,y) 在点 (0,0) 的某邻域内连续,则 $\underset{r\to 0^{+}}{lim}\frac{\underset{x^2+y^2\le r^2}{\iint }f(x,y)dxdy}{g(r^2)}$

法1：（二重积分的积分中值定理）
$\underset{r\to 0^{+}}{lim}\frac{f(\xi ,\eta )\cdot \underset{x^2+y^2\le r^2}{\iint }dxdy}{g(r^2)}$$=\underset{r\to 0^{+}}{lim}\frac{f(\xi ,\eta )\cdot {\int }_0^{2\pi }d\theta \cdot {\int }_0^r\rho d\rho }{g(r^2)}$$=\underset{r\to 0^{+}}{lim}\frac{f(\xi ,\eta )\cdot 2\pi \cdot r}{2r{g}^{\prime }(r^2)}$$=\frac{\pi }{a}f(0,0)$

抽象函数的二重积分

设$g(x)$是可微函数$y=f\left(x\right)$的反函数，且$f\left(1\right)=0,{\int }_0^{1}xf\left(x\right)dx=1012$ ,则${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{f(x)}g(t)dt$的值

法1：
$\varphi (x)={\int }_0^{f(x)}{f}^{-1}(y)dy\Rightarrow {\varphi }^{\prime }(x)=f^{-1}[f(x)]\cdot f^{\prime }(x)=x{f}^{\prime }(x)$
${\int }_0^1\varphi (x)dx=\varphi (x)x{|}_0^1-{\int }_0^{1}x{\varphi }^{\prime }(x)dx=-{\int }_0^1{x}^{2}df(x)=2{\int }_0^{1}xf(x)dx=2024$

法2：
${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{f(x)}{f}^{-1}(y)dy={\int }_0^{f(0)}dy{\int }_0^{f^{-1}(y)}{f}^{-1}(y)dx={\int }_0^{f(0)}[f^{-1}(y){]}^{2}dy$
$\stackrel{y=f(x)}{\Rightarrow }-{\int }_0^1{x}^{2}df(x)=2{\int }_0^{1}xf(x)dx=2024$

考察抽象矩阵

已知 $A=\left[\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 2& 3& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right]$, 又 $BA=A+2B$, 则 $B=$ _______.

$BA=A+2B\Rightarrow B(A-2E)=A\Rightarrow B=A(A-2E{)}^{-1}$

$A-2E=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\Rightarrow (A-2E{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$

解得：$B=A(A-2E{)}^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ -4& 3& 0\\ 0& 0& 3\end{array}\right]$

全面考察矩阵的运算技巧

设$A$是 5×4 矩阵，且$A$的列向量线性无关$,B$是四阶矩阵，满足 2$AB=A$.$B^{\ast }$是$B$的伴随矩阵.则$r\left(B^{\ast }\right)=\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}.$

$A(2B-E)=0$

法1：
【秩不变口诀】
$A(2B-E)=0\stackrel{\mathrm{左}\mathrm{乘}\mathrm{列}\mathrm{满}\mathrm{秩}}{\Rightarrow }2B-E=0$（说明$r(2B-E)=r(0)$）

法2：
【AB=0】
$A(2B-E)=0\Rightarrow r(A)+r(2B-E)\le 4$
有$r(A)=4\Rightarrow r(2B-E)=0$

法3：
【消除律】
$A(2B-E)=A\cdot 0\stackrel{\mathrm{左}\mathrm{乘}\mathrm{列}\mathrm{满}\mathrm{秩}\mathrm{可}\mathrm{消}\mathrm{去}}{\Rightarrow }2B-E=0$

法4：
$A(2B-E)=0\Rightarrow A^{T}A(2B-E)=0$
$A^{T}A$一定是方阵
【四秩相等】
$r(A)=r(A^{T}A)=4\Rightarrow A^{T}A$可逆
$(2B-E)=0$

法5：
【AB = 0的第二个角度】
$A(2B-E)=0\Rightarrow 2B-E$的列向量是$AX=0$的解
$r(A)=4\Rightarrow AX=0$只有零解
即$2B-E$的列向量都是零向量 ==> $2B-E=0$

【伴随的秩结论】
得：$r(B)=4\Rightarrow r(B^{\ast })=4$

考察线性相关性

现有四个向量组
① $(1,2,3{)}^T,(3,-1,5{)}^T,(0,4,-2{)}^T,(1,3,0{)}^T$
② $(a,1,b,0,0{)}^T,(c,0,d,2,0{)}^T,(e,0,f,0,3{)}^T$
③ $(a,1,2,3{)}^T,(b,1,2,3{)}^T,(c,3,4,5{)}^T,(d,0,0,{)}^T$
④ $(1,0,3,1{)}^T,(-1,3,0,-2{)}^T,(2,1,7,2{)}^T,(4,2,14,5{)}^T$
则下列结论正确的是
(A) 线性相关的向量组为①④; 线性无关的向量组为②③.
(B) 线性相关的向量组为③④; 线性无关的向量组为①②.
(C) 线性相关的向量组为①②; 线性无关的向量组为③④.
(D) 线性相关的向量组为①③④; 线性无关的向量组为②.

选D

【线性相关性质】
（1）n+1个n维向量必相关
（2）低维无关，高维也无关

考察线性相关性2

设 $A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n]$, $B=[{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n]$, $AB=[{\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n]$ 都是 n 阶矩阵, 记向量组 (I) ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$; (II) ${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n$; (III) ${\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n$. 若向量组 (III) 线性相关, 则
(A) (I)、(II) 均线性相关.
(B) (I) 或 (II) 中至少有一个线性相关.
(C) (I) 一定线性相关.
(D) (II) 一定线性相关.

法1：取行列式

$|AB|=0\Rightarrow |A||B|=0\Rightarrow |A|=0\mathrm{或}|B|=0\Rightarrow r(A)<n\mathrm{或}r(B)<n$

法2：反证法（取不了行列式）
假设：$r(A)=n\mathrm{且}r(B)=n$
左列右行 ==> $r(AB)=r(B)=n$ ==> AB线性无关与题设矛盾
否定假设：$r(A)\ne n\mathrm{或}r(B)\ne n$

考察向量组表示

(2021, 数农改) 若向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 可由向量组 ${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$ 线性表出，则 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性无关是 ${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$ 线性无关的 (A) 充分必要条件.
(B) 充分不必要条件.
(C) 必要不充分条件.
(D) 既不充分也不必要条件.

【线性表示结论】 （5）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$可以表示向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m,{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)$
==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)\ge r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)$

$r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)\ge r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)$

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(2021, 数农) 设n维列向量组 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m(m<n)$ 线性无关，则n维列 向量组 ${\beta }_1,\cdots ,{\beta }_m$ 线性无关的充分必要条件为( )
(A) 向量组 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m$ 可由向量组 ${\beta }_1,\cdots ,{\beta }_m$ 线性表示.
(B) 向量组 ${\beta }_1,\cdots ,{\beta }_m$ 可由向量组 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m$ 线性表示.
(C) 向量组 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m$ 与向量组 ${\beta }_1,\cdots ,{\beta }_m$ 等价.
(D) 矩阵 $A=({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m)$ 与矩阵 $B=({\beta }_1,\cdots ,{\beta }_m)$ 等价.

大前提：n维列向量组 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m(m<n)$ 线性无关 ==> $r({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m)=m$

考虑（A）
$r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_m)\ge r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)=m\Rightarrow r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_m)\Rightarrow \mathrm{必}\mathrm{要}\mathrm{条}\mathrm{件}$
举反例：
（A）（B）（C）都不是充分条件
排除（A）（B）（C）

（D）【矩阵等价】 ==> $r(A)=r(B)$
大前提：$r(A)=m$ 题干可翻译成：$r(B)=m$
大前提 + 题干 = $r(A)=r(B)=m$
大前提 + 选项 = $r(A)=r(B)=m$
显然是充分必要条件

考研真题

分段积分，去绝对值

难度评级：⭐️⭐️
设$n$为正整数，记$S_n$为曲线$y=e^{-x}sinx(0\le x\le n\pi )$ 与$x$轴所围图形的面积，求$S_n$，并求$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n$.
法1：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}{S}_n& ={\int }_0^{n\pi }|e^{-x}sinx|\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{n\pi }{e}^{-x}|sinx|\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}sinx\mathrm{d}x\end{array}\end{array}$$

对$\int e^{-x}sinx\mathrm{d}x$，你可以使用👉️行列式法👈️或者👉️表格法👈️，
解得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \int e^{-x}sinx\mathrm{d}x=-\frac{(sinx+cosx)e^{-x}}{2}+C\end{array}$$

由(2)带入(1)，得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}{S}_n& =\sum _{k=0}^{n-1}\frac{e^{-k\pi }}{2}(e^{-\pi }+1)\\ & =\frac{e^{-\pi }+1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }\\ & =\frac{e^{-\pi }+1}{2}\frac{1-e^{-n\pi }}{1-e^{-\pi }}\end{array}\end{array}$$

解得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}\end{array}$$

考察全微分

设函数$f(x,y)$可微,且$f(x+1,e^x)=x(x+1{)}^2$, $f(x,x^2)=2x^2\ln x$, 则$df(1,1)=()$

可先回顾这道题

$$f_1^{\prime }+e^x{f}_2^{\prime }=g^{\prime }(x)$$

代入：$x=0$,得：

$$f_x^{\prime }(1,1)+f_2^{\prime }(1,1)=g^{\prime }(0)$$$$\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}=\frac{\mathrm{\Delta }x(\mathrm{\Delta }x+1{)}^2}{\mathrm{\Delta }x}=1$$

解得： $f_1^{\prime }(1,1)+f_2^{\prime }(1,1)=1$

$$f_1^{\prime }+2x{f}_2^{\prime }=2x+4xlnx$$

代入：$x=1$,得：$f_1^{\prime }(1,1)+2f_2^{\prime }(1,1)=2$

解得：$f_1^{\prime }(1,1)=0,f_2^{\prime }(1,1)=1\stackrel{\mathrm{代}\mathrm{入}df}{\Rightarrow }df(1,1)=dy$

考察二阶齐次特解

【2016,数二】已知$y_1(x)=e^x$, $y_2(x)=u(x)e^x$是二阶微分方程
$(2x-1)y^{\prime \prime }-(2x+1)y^{\prime }+2y=0$的两个解.若$u(-1)=e,u(0)=-1$,求$u(x)$,并与出该微分方程的通解.

$$y^{\prime \prime }-\frac{2x+1}{2x-1}{y}^{\prime }+\frac{2}{2x-1}y=0$$$$y_1^{\prime }{y}_2-y_1{y}_2^{\prime }=C{e}^{+\int \frac{2x+1}{2x-1}dx}$$$$e^{x}u(x)e^x-e^x[u^{\prime }(x)e^x+u(x)e^x]=C(2x-1)e^x$$$$u^{\prime }(x)=-C(2x-1)e^{-x}$$$$u(x)=C{e}^{-x}(2x+1)+C_2$$

代入：$u(-1)=e,u(0)=-1$
解得：$C=-1,C_2=0$

$$u(x)=-e^{-x}(2x+1)$$$$y=C_1{e}^x+C_2(2x+1)$$

考察二维正态分布或相关系数公式

【2022,数一】设随机变量 $X\sim N(0,1)$, 若在 $X=x$ 的条件下, 随机变量 $Y\sim N(x,1)$, 则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为( )
(A) $\frac{1}{4}$.
(B) $\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(D) $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

翻译条件：
$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}},x\in R$
$f_{Y|X}(y|x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{(y-x{)}^2}{2}},y\in R$

$f(x,y)=f_X(x)\cdot f_{Y|X}(y|x)=\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{2x^2-2xy+y^2}{2}}$

法一：二维正态分布密度函数

$f(x,y)=\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\exp \{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}\cdot [\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{x-{\mu }_1}{{\sigma }_1}\cdot \frac{y-{\mu }_2}{{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]\}$

==> $-\frac{\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}}{2(1-{\rho }^2)}=-x^2$$X\sim N(0,1)$ ==> ${\mu }_1=0,{\sigma }_1=1$ ==> $\rho =\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

法二：相关系数公式

${\rho }_{XY}=\frac{EXY-EXEY}{\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}}=\frac{EXY}{DY}$

$f_Y(y)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2\pi }{e}^{-\frac{2x^2-2xy+y^2}{2}}dx$
$=\frac{1}{2\pi }{e}^{-(x-\frac{y}{2}{)}^2{e}^{-\frac{y^2}{4}}}dx$
泊松积分${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$ ==> $=\frac{1}{2\sqrt{\pi }}{e}^{-\frac{y^2}{4}}$ ==> $Y\sim N(0,2)$ ==> $\sqrt{DY}=\sqrt{2}$

$\begin{array}{rl}EXY& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xyf(xy)dxdy\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xy{f}_X(x)\cdot f_{y|x}(y|x)dxdy\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x{f}_{X}xdx{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}y\cdot f_{Y\mid X}(y|x)dy\end{array}$

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}y\cdot f_{Y\mid X}(y|x)dy=E(Y|X=x)=x$

$EXY=in{t}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{x}^2{f}_{X}xdx=E{X}^2=DX+(EX{)}^2=1$

${\rho }_{XY}=\frac{EXY}{DY}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

错题本

高数

空间曲线切线公式

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可微偏导问题

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二重定积分求和

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二类曲线参数化

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中值不等式问题

偏导定义

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复合函数

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傅里叶级数

洛必达

奇偶性复合

积分周期性

线性代数

普通正交矩阵

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AB=BA结论

正定二次型结论

矩阵方程化简（可逆分析）

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方程组同解

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方程组公共解

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正定与合同

统计概率

拒绝域

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离散似然函数

设某箱中有 10 个产品，其中正品的个数为$r($l$<r<10)$.从中任取两个产品，记$X$为两个产品中正品的个数，现对 $X$ 独立观察三次，结果为1,2,2,则未知参数$r$ 的极大似然估计值${\hat{r}}_L=\mathrm{\_}\underset{―}{\mathrm{\_}}.$

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期望积分定义

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分布函数包含关系

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切绳问题

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两类错误（弃真取伪）

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大数定律之一

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凑统二

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分布函数与最值函数

经验之谈

多元方程（等式）

等式中有多个参数，可尝试将一个参数设为变量，其他参数作为常数，进行求导

大部分公式，使用SimpleTex图片识别
在我看来，笔记是一个很好激活记忆的工具。
就比如学完一个知识点后，可能是一个月也可能是一周之后，对这个知识点的结论的印象变得模糊，所以重新翻看笔记就能够激活当时学习的情境，让我快速地重新掌握这个知识点。
但是其他人没有经历我当时学习的情境，所以部分细节无法理解或者没记上去的一些知识点没有掌握，导致不能够理解/学懂我的笔记内容。

为学日益,为道日损。——《道德经》
可以理解为，大量的信息日益增长，这些信息包括我们的实践经验，以及各种细碎的心得体会。而精炼的压缩过的概念、总结出来的原则日益削减。从而达到大道至简的境界。这一种封装与解压的关系，只有做到可以相互转换，我们的学习才能和谐。