高数+概率论+线性代数

大部分公式，使用SimpleTex图片识别
询问过好几个人，发现阅读该篇笔记还是比较困难
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。
解决方案：
作者：
1.不懂问我
2.笔记尽量记得全面
3.格式统一，读者熟练阅读后，能有更高阅读效率
读者：
1.读者本身能够有比较扎实的基础
2.觉得哪个知识点有用，自己去整理到自己的笔记中

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。

剪切板： ①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩

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

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

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

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

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

一元函数技巧

单调与严格单调

【单调性】对于定义在$D$上的函数 $f(x)$,若对于$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in D$ ,$x_1<x_2$ 时，有$f(x_1)⩽f(x_2)(f(x_1)⩾f(x_2))$,则称函数在$D$上是单调递增(递减)的.

【严格单调】对于定义在$D$上的函数 $f(x)$,若对于$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in D$ ,$x_1<x_2$ 时，有$f(x_1)<f(x_2)(f(x_1)>f(x_2))$,则称函数在$D$上是严格单调递增(递减)的$f(x_1)<f(x_2)(f(x_1)>f(x_2))$,则称函数在$D$上是严格单调递增(递减)的.

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【例题】例 1.2 若 $f(x)$ 是可导函数, 下列命题中不正确的是______.
① 若 $f(x)$ 单调递增, 则 $f^{\prime }(x)⩾0$; ② 若 $f^{\prime }(x)⩾0$, 则 $f(x)$ 单调递增;
③ 若 $f(x)$ 严格单调递增, 则 $f^{\prime }(x)>0$; ④ 若 $f^{\prime }(x)>0$, 则 $f(x)$ 严格单调递增.

③ $y=x^3{y}^{\prime }=3x^2$ ==> 原点处导数等于0

④ 令$x_1<x_2$， $f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)>0$

极限运算

1.存在 $\pm$ 存在 = 存在
2.存在 $\pm$ 不存在 = 不存在
3.不存在 $\pm$ 不存在 = 不一定

1.存在 $\times$ 存在 = 存在
2.存在且非零 $\times$ 不存在 = 不存在
3.存在且为零 $\times$ 不存在 = 不一定
4.不存在 $\times$ 不存在 = 不一定

导数极限定理

在某点处，函数连续，且导数极限存在 ==> 导数值存在（可导）且等于导数极限值
$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\underset{x\to x_0}{lim}{f}^{\prime }(x)=a$ ==> $f^{\prime }(x_0)$存在且等于a

反函数求导

（1）$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}=\frac{1}{y^{\prime }}$
（2）$\frac{d^2}{d{y}^2}=\frac{d(\frac{dx}{dy})}{dy}=\frac{\frac{d(\frac{dx}{dy})}{dx}}{\frac{dy}{dx}}=\frac{\frac{-y^{″}}{y^{\prime 2}}}{y^{\prime }}=-\frac{y^{″}}{y^{\prime 3}}$

求反函数

【例1】$y=e^x-\frac{1}{e^x}$
$e^x=t>0$ ==> $y=t-\frac{1}{t}$ ==> $t^2-yt-1=0$
==> $t=\frac{y\pm \sqrt{y^2+4}}{2}$ ==> $t=e^x=\frac{y+\sqrt{y^2+4}}{2}$
==> $x=ln(\frac{y+\sqrt{y^2+4}}{2})$

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【例2】$y=ln(x+\sqrt{1+x^2}$

$\{\begin{array}{l}{e}^y=x+\sqrt{1+x^2}\\ e^{-y}=\sqrt{1+x^2}-x\end{array}$ ==> $x=\frac{e^y-e^{-y}}{2}$

高阶导数

（1）奇偶性（求导改变奇偶性）

$\mathrm{奇}\stackrel{\mathrm{求}\mathrm{导}}{\Rightarrow }\mathrm{偶}\stackrel{\mathrm{求}\mathrm{导}}{\Rightarrow }\mathrm{奇}\cdots$

函数$\{\begin{array}{l}\mathrm{求}\mathrm{偶}\mathrm{数}\mathrm{阶}\mathrm{导}，\mathrm{奇}\mathrm{偶}\mathrm{性}\mathrm{不}\mathrm{变}\\ \mathrm{求}\mathrm{奇}\mathrm{数}\mathrm{阶}\mathrm{导}，\mathrm{奇}\mathrm{偶}\mathrm{性}\mathrm{改}\mathrm{变}\end{array}$

【例题】$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$，求$f^{(2n)}(0)$

奇函数求偶数阶导还是奇函数 ==> $f^{(2n)}(0)=0$

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（2）公式法

【公式1】
$(\frac{1}{ax+b}{)}^{(n)}=\frac{(-1{)}^n\cdot n!\cdot a^n}{(ax+b{)}^{(n+1)}}$

$[(ax+b{)}^{-1}{]}^{\prime }=(-1)\cdot (ax+b{)}^{-2}\cdot a$
$[(ax+b{)}^{-1}{]}^{″}=(-1)(-2)(ax+b{)}^{-3}\cdot a^2$
$⋮⋮$
$(\frac{1}{ax+b}{)}^{(n)}=\frac{(-1{)}^n\cdot n!\cdot a^n}{(ax+b{)}^{(n+1)}}$

【公式2】
$[ln(ax+b){]}^{(n)}=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!a^n}{(ax+b{)}^n}$

$[\ln (ax+b){]}^{\prime }=\frac{1}{ax+b}\cdot a=(ax+b{)}^{-1}\cdot a$
$[\ln (ax+b){]}^{″}=(-1)(ax+b{)}^{-2}\cdot a^2$
$⋮⋮$
$[ln(ax+b){]}^{(n)}=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!a^n}{(ax+b{)}^n}$

【公式3】$[\sin (ax+b){]}^{(n)}=a^n\cdot \sin (ax+b+\frac{n}{2}\pi )$

【公式4】${[\cos (ax+b)]}^n=a^n\cdot \cos (ax+b+\frac{n}{2}\pi )$

【公式5】$\begin{array}{rl}(u\cdot v{)}^{(n)}& =C_n^0{u}^{(n)}\cdot v+C_n^1{u}^{(n-1)}\cdot v^{\prime }+C_n^2{u}^{(n-2)}\cdot v^{\prime \prime }\\ & +C_n^3{u}^{(n-3)}\cdot v^{‴}+\cdots +C_n^{0}u\cdot v^{(n)}\end{array}$

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（3）泰勒公式
$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\cdots$

两类间断点

第一类间断点是间断点处左右两侧极限值都存在,而间断点处左右极限至少有一个不存在即是第二类间断点。

求间断点技巧

（1）求间断点先求定义域，无定义点就是定义域端点
（2）间断点要求在去心邻域有定义
例如：$f(x)=lnx,x=0\mathrm{不}\mathrm{是}\mathrm{间}\mathrm{断}\mathrm{点}$（原因：左邻域无定义）
$f(x)=ln|x|,x=0\mathrm{是}\mathrm{间}\mathrm{断}\mathrm{点}$

（3）先化简提常数再算左右极限的值
例如：$\underset{x\to 0}{lim}f(x)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{|\sin x|}{x(\pi -x)}{e}^{-\frac{1}{x-1}}=A\underset{x\to 0}{lim}\frac{|\sin x|}{x}=\{\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin x}{x}=A\\ \underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{-\sin x}{x}=-A\end{array}$

连续判断

1.$f(x),g(x)$ 在$R$ 上连续 ===> 它们的加减乘除（分母不为0）复合仍在$R$上连续
2.$f(x),g(x)$ 在$x=x_0$ 处连续 ===> 它们的加减乘除$\frac{f(x)}{g(x)}(g(x_0)\ne 0)$在$x=x_0$处连续
3.$f[g(x)]$在$x=x_0$处连续

极值点

极值点的第一充分：在$x_0$的领域内,$y^{\prime }(x_0)$的左右领域变号
极值点的第二充分：$y^{\prime }(x_0)=0,y^{″}(x_0)>0$

值域区间

【草图法求值域区间】

（1）求单调区间和极值
（2）求端点函数值（极限值）
（3）画图

【例题】设$f(x)=\frac{x}{(1+x^2{)}^{3/2}},x\in [0,+\mathrm{\infty })$,则$f(x)$的值域区间是

（1）找极值点

$f(x)=\frac{x}{(1+x^2{)}^{3/2}}$
$lnf(x)=lnx-\frac{3}{2}ln(1+x^2)$
$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\frac{2x}{1+x^2}$
$f^{\prime }(x)=(1-\frac{3x^2}{1+x^2}\times \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}$

==> $(0,\frac{\sqrt{2}}{2},f^{\prime }(x)>0,f(x)\mathrm{单}\mathrm{调}\mathrm{递}\mathrm{增}$
==> $(\frac{\sqrt{2}}{2},\mathrm{\infty }),f^{\prime }(x)<0,f(x)\mathrm{单}\mathrm{调}\mathrm{递}\mathrm{减}$

$f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{2\sqrt{3}}{9}$

（2）找区间端点

$f(0)=0,\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}=0$

（3）画图确认

==> $f(x)\in [0,\frac{2\sqrt{3}}{9}$

渐近线

（1）水平渐近线
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=b$，若$b$存在，则说明$f(x)$有水平渐近线

解得水平渐近线为：$y=b$

（2）斜渐近线
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=\mathrm{\infty }$，则说明$f(x)$有斜渐近线
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{x}=k$，得到斜率为$k$
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)-kx=b$，得到截距为$b$

解得斜渐近线为：$y=kx+b$

（3）垂直渐近线
$x\to \mathrm{无}\mathrm{定}\mathrm{义}\mathrm{点}$

$\underset{x\to \mathrm{无}\mathrm{定}\mathrm{义}\mathrm{点}}{lim}f(x)=\mathrm{\infty }$，则说明$f(x)$有垂直渐近线

解得垂直渐近线为：$x=\mathrm{无}\mathrm{定}\mathrm{义}\mathrm{点}$

【例题】设 $f(x)$ 在$[0,+\mathrm{\infty })$ 连续，且 $f(x)=a+g(x)$,其中$a\ne 0$ 为常数，$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(x)=0$$\mathrm{又}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}g(t)dt=b$,则$x\to +\mathrm{\infty }$时$y=F(x)\stackrel{\text{记}}{\Rightarrow }{\int }_0^{x}f(t)dt$ 有渐近线_______.

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{x}f(t)dt=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{x}a+g(t)dt=ax+b=\mathrm{\infty }$

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{F(x)}{x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}a+g(x)=a$

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}F(x)-ax=ax+b-ax=b$

$x\to +\mathrm{\infty }$侧有斜渐近线：$f(x)=ax+b$

中值定理

单中值问题

还原法例题

【例1.1】设$f(x)$在$(-2,2)$内可导，证明：存在$\xi \in (-2,2)$，使得$\xi (1-\xi )f^{\prime }(\xi )+1-2\xi =0$

构造函数过程：
$f^{\prime }(\xi )+\frac{1}{\xi }-\frac{1}{1-\xi }=0$ ==> $f(x)+\frac{1}{x}-\frac{1}{1-\xi }=0$
$\stackrel{\mathrm{还}\mathrm{原}\mathrm{法}（\mathrm{两}\mathrm{边}\mathrm{同}\mathrm{时}\mathrm{积}\mathrm{分}}{\Rightarrow }f(x)+lnx+ln(1-x)=C$
尝试后发现找不到零点，考虑取指数：$e^{f(x)}\cdot x(1-x)=\pm e^C$
得到构造函数：$\text{G(x) = e^{f(x)cdot x(1 - x)}$

答题过程：
令$\text{G(x) = e^{f(x)cdot x(1 - x)}$ ，有：$G(0)=0,G(1)=0$
由罗尔定理，$\mathrm{\exists }\xi \in (0,1),s.t.G^{\prime }(\xi )=0$
==> $(e^{f(x)+lnx+ln(1-x)}{)}^{\prime }=0$
==> $f^{\prime }(\xi )+\frac{1}{\xi }-\frac{1}{1-\xi }=0$
==> $\xi (1-\xi )f^{\prime }(\xi )+1-2\xi =0$

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【例1.2】设$f(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$上二阶可导，$f(0)=f^{\prime }(0)$，$f\left(\frac{1}{2}\right)=0$，证明：存在$\xi \in (0,\frac{1}{2})$，使得$f^{″}(\xi )=\frac{3f^{\prime }(\xi )}{1-2\xi }$

构造函数过程：
$(1-2\xi )f^{″}(\xi )=3f^{\prime }(\xi )$ ==> $(1-2x)f^{″}(x)=3f^{\prime }(x)$
$\stackrel{\mathrm{注}\mathrm{意}\mathrm{到}}{\Rightarrow }[(1-2x)f^{\prime }(x){]}^{\prime }=f^{\prime }(x)$
$\stackrel{\mathrm{还}\mathrm{原}\mathrm{法}（\mathrm{两}\mathrm{边}\mathrm{同}\mathrm{时}\mathrm{积}\mathrm{分}}{\Rightarrow }(1-2x)f^{\prime }(x)=f(x)+C$
得到构造函数：$G(x)=(1-2x)f^{\prime }(x)-f(x)$

答题过程：
令$G(x)=(1-2x)f^{\prime }(x)-f(x)$，有$G(0)=G(\frac{1}{2})=0$
==>$G^{\prime }(\xi )=0$ ==> $f^{″}(\xi )=\frac{3f^{\prime }(\xi )}{1-2\xi }$

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【例1.3】设函数$f(x)$在$[0,1]$上具有连续导数，且$f(0)=0$，证明：
(1) 存在$\xi \in (0,1)$，使得$2\xi {\int }_0^{1}f(x)dx-f(\xi )=0$
(2) 存在$\eta \in (0,\xi )$，使得$f^{\prime }(\eta )=2{\int }_0^{1}f(x)dx$

构造函数过程：
$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ ==> $2xF(1)-F^{\prime }(x)=0$ ==> $x^2\cdot F(1)-F(x)=C$
得到构造函数：$G(x)=x^{2}F(1)-F(x)$

答题过程：
令$G(x)=x^{2}F(1)-F(x)$，有$G(0)=F(0)=0,G(1)=F(1)-F(1)=0$
$\mathrm{\exists }\xi \in (0,1),s.t.G^{\prime }(\xi )=0$
==> $2\xi {\int }_0^{1}f(x)dx-f^{\prime }(\xi )=0$

构造函数过程：
$F^{″}(x)=2F(1)$ ==> $F^{\prime }(x)=2xF(1)+C$
得到构造过程：$G(x)=F^{\prime }(x)-2xF(1)$

答题过程：
$G(x)=F^{\prime }(x)-2xF(1)$，有：$G(0)=0,G(\xi )=0$
==> $f^{\prime }(\xi )=2{\int }_0^{1}f(x)dx$

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【例1.4】设函数$f(x)$在[0,1]上有连续，在(0,1)内可导，且${\int }_0^1{e}^{-f(x)}\arctan xdx=1,f(1)=\ln \frac{\pi }{4}$
证明：存在$\xi \in (0,1)$,使得$f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{(1+{\xi }^2)\arctan \xi }$

构造函数：
$f^{\prime }(x)=\frac{1}{(1+x^2)\cdot arctanx}$
==> $f(x)=lnarctanx+C$
$\stackrel{\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{零}\mathrm{点}，\mathrm{取}\mathrm{指}\mathrm{数}\mathrm{再}\mathrm{构}\mathrm{造}\mathrm{函}\mathrm{数}}{\Rightarrow }{e}^{-f(x)}\cdot arctanx=\pm e^C$

答题过程：
$G(x)=e^{-f(x)}\cdot arctanx$
$(1-0)e^{-f({\xi }_1)}\arctan {\xi }_1={\int }_0^1{e}^{-f(x)}\arctan xdx=1$ ==> $G({\xi }_1)=1$
$G(1)=\frac{4}{\pi }\cdot \frac{\pi }{4}=1$
==> $G^{\prime }(\xi )=0$ ==> $f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{(1+{\xi }^2)\arctan \xi }$

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【例1.5】设$f(x)$，$g(x)$在$[a,b]$上有二阶导数且$g(x)，g^{″}(x)\ne 0$，又$f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0$
证明：存在$\xi \in (a,b)$，使得$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{″}(\xi )}{g^{″}(\xi )}$

构造函数：
$\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{″}(\xi )}{g^{″}(\xi )}$ ==> $f(x)\cdot g^{″}(x)-g(x)\cdot f^{″}(x)=0$
注意到：$G(x)=f(x)\cdot g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)\cdot g(x)$
$G(a)=f(a)\cdot g^{\prime }(a)-f^{\prime }(a)\cdot g(a)=0,G(b)=f(b)\cdot g^{\prime }(b)-f^{\prime }(b)\cdot g(b)=0$
==> $G^{\prime }(\xi )=0$ ==> $\frac{f(\xi )}{g(\xi )}=\frac{f^{″}(\xi )}{g^{″}(\xi )}$

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【例1.6】设$f(x)$，$g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=g(b)=0$，$g^{\prime }(x)<0$
证明：存在$\xi \in (a,b)$，使得$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}+\frac{{\int }_a^{\xi }f(t)dt}{{\int }_{\xi }^{b}g(t)dt}=0$

令$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt,G(x)={\int }_b^{x}g(t)dt$ ==> $F^{″}(x)\cdot G(x)-G^{″}(x)\cdot F(x)=0$

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【例1.7】设$f(x)$在$[0,1]$上有二阶导数且$f(0)=f^{\prime }(0)=0$，证明：存在$\xi \in (0,1)$，使得$f^{″}(\xi )=\frac{2f(\xi )}{(1-\xi {)}^2}$

$f^{″}(\xi )=\frac{2f(\xi )}{(1-\xi {)}^2}$ ==> $\frac{f^{″}(x)}{f(x)}=\frac{2}{(1-x{)}^2}$

令$g(x)=(1-x{)}^2,g^{\prime }(x)=-2(1-x),g^{″}(x)=2$ ==> $\frac{f^{″}(x)}{f(x)}=\frac{g^{″}(x)}{g(x)}$

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微分方程法例题

【例1.8】设$f(x)$在$[0,\pi ]$上连续，在$(0,\pi )$内可导，$f(0)=f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{2}$
证明：存在$\xi \in (0,\pi )$,使得$f^{\prime }(\xi )-f(\xi )=\sin \xi$

$f^{\prime }(x)-f(x)=sinx$ ==> $C=f(x)e^{-x}+\frac{1}{2}(sinx+cosx)e^{-x}$
==> $G(x)=[f(x)+\frac{1}{2}(sinx+cosx)]e^{-x}$

$G(0)=0,G(\frac{\pi }{2}=0$

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【例1.9】奇函数$f(x)$在区间[-1,1]上具有二阶导数，且$f(1)=1$,证明：
(1) 存在$\xi \in (0,1)$,使得$f^{\prime }(\xi )=1$
(2) 存在$\eta \in (-1,1)$,使得$f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$

$\stackrel{\mathrm{还}\mathrm{原}\mathrm{法}}{\Rightarrow }f(x)=x+C$ ==> $F(x)=f(x)-x$，有：$F(0)=0,F(1)=0$

$f^{″}(x)+f^{\prime }(x)=1$ ==> $\{\begin{array}{l}{f}^{″}(x)+f^{\prime }(x)=1\\ R^{\prime }(x)+R(x)=1\end{array}$ ==> $R(x)=1$ ==> $G(x)=[f^{\prime }(x)-1]e^x$

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【例1.10】设$f(x)$在[0,1]上具有二阶导数，且$f(0)=0,f(1)=1$
求证：存在$\xi \in (0,1)$,使得$\xi f^{\prime }\prime (\xi )+(1+\xi )f^{\prime }(\xi )=1+\xi$

$x{f}^{″}(x)+(1+x)f^{\prime }(x)=1+x$ ==> $\{\begin{array}{l}{F}^{\prime }(x)+F(x)=1+x\\ R^{\prime }(x)+R(x)=1+x\end{array}$ ==> $G(x)=[x{f}^{\prime }(x)-x]e^x$

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【例1.11】设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，$f(a)=a^2$，且${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{1}{3}(a^3-b^3)$，证明 ：
1）存在$\xi \in (a,b)$，使得$f(\xi )={\xi }^2$
2）在$(a,b)$内存在与（1）中相异的点$\eta$，使得$f^{\prime }(\eta )+f(\eta )={\eta }^2+2\eta$

(1)
$F(x)={\int }_a^{x}f(x)-\frac{1}{3}{x}^3$

(2)
$G(x)=[f(x)-2x]e^x$

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【例1.12】设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(0)=f(1)=0$，$f\left(\frac{1}{2}\right)=1$，证明
1)存在$\xi \in (\frac{1}{2},1)$，使得$f(\xi )=\xi$
2)存在$\eta \in (0,\xi )$，使得$f^{\prime }(\eta )=f(\eta )-\eta +1$

(1)
$F(x)=f(x)-x$ ==> $F(\frac{1}{2}=\frac{1}{2},F(1)=-1$

(2)
$f^{\prime }(x)-f(x)=-x+1$ ==> $\{\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)-f(x)=-x+1\\ R^{\prime }(x)-R(x)=-x+1\end{array}$ ==> $G(x)=[f(x)-x]e^{-x}$

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设函数$f(x)$在区间[0,1]上具有二阶导数，且$f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)=0$
证明：存在$\xi \in (0,1)$,使得$f^{″}(\xi )+[f(\xi )f^{\prime }(\xi ){]}^2=0$

$f(x)=y,f^{\prime }(x)=p,f^{″}(x)=p\frac{dp}{dy}$ ==> $p^{\prime }+y^{2}p=0$ ==> $G(x)=f^{\prime }(x)\cdot e^{\frac{f^3(x)}{3}}$

中值定理关于theta的问题

中值定理中关于$\theta$的问题

问题出现：$\xi \in (a,b),\xi =a+\theta (b-a),\theta \in (0,1)$

（1）积分中值定理
${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a)$
${\int }_a^{b}f(x)dx=f[a+\theta (b-a)](b-a),\theta \in [0,1]$

（2）Lagrange中值定理
$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),\xi \in (a,b)$
$f(b)-f(a)=f^{\prime }[a+(a-b)\theta ](b-a),\theta \in (0,1)$

（3）Taylor中值定理（Lagrange型余项）
$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\cdots +\frac{f^{(n)(x_0)}}{n!}(x-x_0{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$
$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\cdots +\frac{f^{(n)(x_0)}}{n!}(x-x_0{)}^n+\frac{f^{(n+1)}[x_0+\theta (x-x_0)]}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1},\theta \in (0,1)$

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【原则】能解出来就解出来，解不出来就用中值定理

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【例题1（能解出来的）】${\int }_0^x{e}^{t}dt=x{e}^{\theta x}$，求$\underset{x\to 0}{lim}\theta$

${\int }_0^x{e}^{t}dt=x{e}^{\theta x}$ ==> $\theta =\frac{1}{x}ln\frac{{\int }_0^x{e}^{t}dt}{x}$

$\underset{x\to 0}{lim}\theta =\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x}ln\frac{{\int }_0^x{e}^{t}dt}{x}$
$\stackrel{\mathrm{等}\mathrm{价}}{\Rightarrow }\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{{\int }_0^x{e}^{t}dt}{x}-1}{x}$
$\stackrel{\mathrm{同}\mathrm{乘}x,\mathrm{洛}\mathrm{必}\mathrm{达}}{\Rightarrow }\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x-1}{2x}=\frac{1}{2}$

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【例题2（解不出来）】设$f(x)$二阶导连续可导，且$f^{″}(x)\ne 0$, 又$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x+\theta h)\cdot h,\theta \in (0,1)$，则$\underset{h\to 0}{lim}\theta =$________.

$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x+\theta h)\cdot h$

$f(x+h)$在$x$处展开：$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x)\cdot h+\frac{f^{″}(x)}{2!}\cdot h^2+o(h^2)$

==> $f^{\prime }(x+\theta h)\cdot h=f^{\prime }(x)\cdot h+\frac{f^{″}(x)}{2!}\cdot h^2+o(h^2)$
$f^{\prime }(x+\theta h)-f^{\prime }(x)=\frac{f^{″}(x)}{2!}\cdot h+o(h)$
$\frac{f^{\prime }(x+\theta h)-f^{\prime }(x)}{h}=\frac{f^{″}(x)}{2!}$
$\underset{h\to 0}{lim}\theta \frac{f^{\prime }(x+\theta h)-f^{\prime }(x)}{\theta h}=\frac{f^{″}(x)}{2!}$
$f^{″}(x)\underset{h\to 0}{lim}\theta =\frac{1}{2}{f}^{″}(x)$
$\underset{h\to 0}{lim}\theta =\frac{1}{2}$

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【例题3】设$y=f(x)$在$(-1,1)$内二阶连续可导且$f^{″}(x)\ne 0$
证明：
（1）对于$(-1,1)$内的任意$x\ne 0$，存在唯一的$\theta (x)\in (0,1)$，使得$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[x\theta (x)]$成立
（2）$\underset{x\to 0}{lim}\theta (x)=\frac{1}{2}$

（1）
不妨设$x>0$
$f(x)$在$[0,x]\subset \mathrm{上}\mathrm{连}\mathrm{续},(0,x)\subset (-1,1)\mathrm{内}\mathrm{可}\mathrm{导}$
$\mathrm{\exists }\theta \in (0,1),s.t.f(x)-f(0)=f^{\prime }[0+x\theta (x)]\cdot x=x{f}^{\prime }[x\theta (x)]$

（再证唯一）（反证法）
假设$\theta (x)$不唯一，即至少存在2个${\theta }_1(x)\ne {\theta }_2(x)$

$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[x{\theta }_1(x)]$
$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[x{\theta }_2(x)]$

==> $f^{\prime }[x{\theta }_1(x)]=f^{\prime }[x{\theta }_2(x)]$

又因为$f^{″}(x)\ne 0,f^{\prime }(x)$严格单调，矛盾

综上所述，对于$(-1,1)$内的任意$x\ne 0$，存在唯一的$\theta (x)\in (0,1)$，使得$f(x)=f(0)+x{f}^{\prime }[x\theta (x)]$成立

（2）
$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)\cdot x+\frac{f^{″}(0)}{2}\cdot x^2+o(x^2)$

$\stackrel{\mathrm{同}\mathrm{例}\mathrm{题}2\mathrm{理}}{\Rightarrow }\underset{x\to 0}{lim}\frac{f^{\prime }[x\theta (x)]-f^{\prime }(0)}{x}=f^{″}(0)/2$

$\underset{x\to 0}{lim}\theta (x)=\frac{1}{2}$

重要定理

(介值性) 若函数$f$ 在闭区间$[a,b]$上连续，$m$ 与$M$ 为闭区间上$f$ 的最小值 和最大值，则对于$\mathrm{\forall }\mu \in [m,M]$,至少存在一点$x_0\in [a,b]$使得$f(x_0)=\mu .$

(零点存在定理) 若函数$f$在闭区间$[a,b]$上连续，且$f(a)$与$f(b)$异号，至 少存在一点$x_0\in [a,b]$ 使得 $f(x_0)=0$ .

(平均值定理) 若函数$f$ 在闭区间$[a,b]$上连续，对于$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2...x_n\in [a,b]$至少存在一点$x_0\in [a,b]$,使得：

$$f(x_0)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}.$$

(费马引理) 可导函数的极值点是驻点.

(罗尔定理) 若函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$上可导，且$f(a)=f(b)$,则$\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$ , $f^{\prime }(\xi )=0$ .

(拉格朗日中值定理) 若函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$上可导，则$\mathrm{\exists }\xi \in (a,b),f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$

(柯西中值定理) 若函数$f(x)$和$g(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$上可导，$f^{\prime }(x)$与$g^{\prime }(x)$不同时为零，且$g(a)\ne g(b)$,则 $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$, $\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

(积分中值定理) 设 f(x) 在 [a, b] 上连续, 则存在 ξ ∈ [a, b] (或 (a, b)), 使得${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a).$

(积分第一中值定理)设$f(x)$与$g(x)$是$[a,b]$上的连续函数，且$g(x)$不变号，则至少存在一点$\xi \in [a,b]$ 使得${\int }_a^{b}f(x)g(x)$d$x=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)$d$x.$

重要例题

单中值的罗尔定理问题

例7.1 设$f(x)$在[0,3]上连续，(0,3)上可导，$f(0)+f(1)+f(2)=3$,$f(3)=1$.证明存在$\xi \in (0,3),f^{\prime }(\xi )=0.$

关键步骤：
$f$在$[0,2]\mathrm{上}，$取$m$,$M$为最小值、最大值
$3m\le 3\le 3M$ ==> $m\le 1\le M$
由介值定理，$\mathrm{\exists }\xi \in [0,2],s.t.f(\xi )=1$

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例 7.2 设 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续，$(0,3)$ 上二阶可导，$2f(0)={\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=f(2)+f(3)$，证明:
(1) 存在 $\xi \in (0,2)$，$f(0)=f(\xi )$；
(2) 存在 $\eta \in (0,3)$，$f^{″}(\eta )=0$。

关键步骤：
由积分中值定理，$\mathrm{\exists }\xi \in (0,2),s.t.{\int }_0^{2}f(x)dx=2f(\xi )$

$f$在$[2,3]\mathrm{上}，$取$m$,$M$为最小值、最大值
$2m\le 2f(0)\le 2M$ ==> $m\le f(0)\le M$
由介值定理，$\mathrm{\exists }\xi \in [0,2],s.t.f(\xi )=f(0)$

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例7.3 设$f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$上二阶可导，且二者在$(a,b)$存在相等的最大值，$f(a)=g(a)$,$f(b)=g(b)$,证明：
(1) 存在$\xi \in (a,b),f(\xi )=g(\xi )$;
(2)存在$\eta \in (a,b),f^{\prime \prime }(\eta )=g^{\prime \prime }(\eta ).$

重要步骤：
不妨设$f(x_1),g(x_2)$为最大值且$x1\le x2$
当$x_1=x_2$时，$f(x_1)=g(x_2)=max$
当$x_1<x_2$时，
设$F(x)=f(x)-g(x)$
有$F(x_1)=f(x_1)-g(x_1)=max-g(x_1)>0$
$F(x_2)=f(x_2)-g(x_2)=f(x_2)-max<0$
$\mathrm{\exists }\xi \in (x_1,x_2),s.t.F(\xi )=0$ ==> $f(\xi )=g(\xi )$

$F(a)=F(\xi )=F(b)=0$ ==> $F^{″}(\eta )=0$

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例7.4 设$f(x)$在$[a,b]$上二阶可导，$f(a)=f(b)=0$,$f^{\prime }(a)f^{\prime }(b)>0$,证明存在$\xi ，\eta \in (a,b),f(\xi )=0,f^{\prime \prime }(\eta )=0.$

重要步骤：
不妨设$f^{\prime }(a),f^{\prime }(b)>0$
$f^{\prime }(a)=\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0\mathrm{\exists }\delta >0,x\in (a,a+\delta )\mathrm{时},\frac{f(x)}{x-a}>0$ ==> $f(x)>0$$f^{\prime }(b)=\underset{x\to b^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}>0\mathrm{\exists }\delta >0,x\in (b-\delta ,b)\mathrm{时},\frac{f(x)}{x-b}>0$ ==> $f(x)<0$

由零点存在定理，$\mathrm{\exists }\xi \in [{\xi }_1,{\xi }_2],s.t.f(\xi )=0$

$f(a)=f(\xi )=f(b)$ ==> $f^{″}(\eta )=0$

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例7.5 设$f(x)$在$[0,+\mathrm{\infty })$可导，$f(0)=0$,$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=2$,证明：
(1)存在$a>0,f(a)=1$ ;
(2)对于(1)中的$a$,存在$\xi \in (0,a),f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{a}.$

重要步骤：
（无穷极限表达）
$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }X>0,\mathrm{\forall }x>X\mathrm{时},|f(x)-2|<ϵ$

找$f(\xi )\ge 1$
${ϵ}_0=\frac{1}{2}\mathrm{\exists }{X}_0>0,x>X_0\mathrm{时},f(x)\in (1.5,2.5)>1$

$f(X_0+1)>1,f(0)=0$
介值定理， f(a) = 1

拉中，$f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{a}$

以辅助函数为核心的单中值问题

1.四则运算引出的辅助函数，主要为乘除法，若设问形式明显可以拆解为 $u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ 或 $u^{\prime }v-u{v}^{\prime }$，则应构造为$(uv)$ 或 $\left(\frac{u}{v}\right)$.

例7.6 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，$f(a)=f(b)=0$，$g(x)\ne 0$，证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi )g^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(\xi )g(\xi )$.

重要步骤：
$F(x)=\frac{f(x)}{g(x)}{F}^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}$

F(a) = F(b) = 0
罗尔定理，$F^{\prime }(\xi )=0$

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例7.7 设函数$f(x)$在[1,2]上可导，证明存在$\xi \in (1,2)$使得$f(2)-2f(1)=\xi f^{\prime }(\xi )-f(\xi ).$

重要步骤：
$F(x)=\frac{f(x)}{x}{F}^{\prime }(x)=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}$

$x{f}^{\prime }(x)-f(x)=\frac{\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}=\frac{F^{\prime }(x)}{\frac{1}{x^2}}=\frac{F^{\prime }(x)}{(-\frac{1}{x}{)}^{\prime }}$

$G(x)=-\frac{1}{x}$

由柯西中值定理：

$$\frac{\frac{f(2)}{2}-\frac{f(1)}{1}}{-\frac{1}{2}+1}=\frac{\frac{\xi f^{\prime }(\xi )-f(\xi )}{{\xi }^2}}{\frac{1}{{\xi }^2}}$$

解得：$f(2)-2f(1)=\xi f^{\prime }(\xi )-f(\xi )$

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例7.8 设函数$f(x)$在[0,1]上二阶可导，且$f(1)>0,\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)}{x}<0$,证明：
(1)方程$f(x)=0$ 在(0,1)内至少存在一个实根；
(2)方程$f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$ 在(0,1)内至少存在两个不同实根

重要步骤：
（极限的保号性）
$x\mathrm{\exists }>0,x\in (0,\delta )\mathrm{时},\frac{f(x)}{x}<0$ ==> $f(x)<0$

零点存在定理, 有实根$f(\xi )=0$

$F(x)=f(x)f^{\prime }(x)F^{\prime }(x)$有两个零点 $F(x)$有三个相等根

$F(\xi )=0\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=f(0)=0$ ==> $F(0)=0$

$f(0)=f(\xi )=0$,由罗尔定理，$f^{\prime }(\eta )=0$

三个零点, 两次罗尔定理，$F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }({\xi }_2)=0$

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2.若形式不便拆解为四则运算，考虑将其拆解为$f^{\prime }+f{g}^{\prime }=0$,构造的辅助函数应为$F(x)=e^{g(x)}f(x)$,因为此时有$F^{\prime }=e^g(f^{\prime }+f{g}^{\prime })=0$ 充要于$f^{\prime }+f{g}^{\prime }=0.$特别地，若中值形式为$f^{\prime }+f=0$,辅助函数为$e^{x}f(x).$

例7.9 设奇函数$f(x)$在[-1,1]上二阶可导，$f(1)=1$,证明：
(1)存在$\xi \in (0,1)$使得$f^{\prime }(\xi )=1$ ;
(2)存在$\eta \in (-1,1)$使得$f^{″}(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1.$

重要步骤：
拉中，$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}$

$F(x)=e^x(f^{\prime }(x)-1)F^{\prime }(x)=e^x(f^{″}+f^{\prime }-1)$

$F(\xi )=0$$f^{\prime }(x)$ 偶函数,$f^{\prime }(-\xi )=f^{\prime }(\xi )=1$ ==> $F(-\xi )=0$

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例 7.10 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，$f(a)=a$，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(b^2-a^2)$，证明至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=f(\xi )-\xi +1$.

$f^{\prime }-f-(1-x)=0$
$F(x)=e^{-x}(f(x)-x)$

$f(a)=a$ ==> $F(a)=0$
${\int }_a^b(f(x)-x)dx=0$ ==> $(b-a)(f({\xi }_1)-{\xi }_1)=0$ ==> $F({\xi }_1)=0$

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例7.11 设$f(x)$在[0,1]上二阶可导且$f(0)=f(1)$,证明至少存在一点$\xi \in (0,1)$使得2$f^{\prime }(\xi )+(\xi -1)f^{\prime \prime }(\xi )=0$.

重要步骤：
注意形式$f^{\prime }+f{g}^{\prime }=0$其中$f^{\prime }$的系数为1
所以需要改写式子$f^{″}(\xi )+\frac{2}{\xi -1}{f}^{\prime }(\xi )=0$
$g^{\prime }(x)=\frac{2}{x-1}g(x)=2ln(x-1)$
得到：$F(x)=(x-1{)}^2{f}^{\prime }(x)$

$F(1)=0$
f(0) = f(1),罗尔定理,$f^{\prime }(\eta )=0$ ==> $F(\eta )=0$

罗尔定理, $2f^{\prime }(\xi )+(\xi -1)f^{\prime \prime }(\xi )=0$

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例 7.12 设 $f(x)$ 在 [0,1] 上二阶可导且 $f(0)=0$，$f(1)=1$，证明至少存在一点 $\xi \in (0,1)$ 使得 $\xi f^{″}(\xi )+(1+\xi )f^{\prime }(\xi )=1+\xi$

重要步骤：
$F_1(x)=e^{x}x{f}^{\prime }(x)F_1^{\prime }=e^x[x{f}^{″}(x)+(x+1)f^{\prime }(x)]$
$F_2(x)=e^x(-x)F_2^{\prime }=e^x(-x-1)$
$F(x)=F_1(x)+F_2(x)=e^{x}x[f^{\prime }(x)-1]$
$F^{\prime }(x)=e^x[x{f}^{″}(x)+(1+x)f^{\prime }(x)-1-x$

$F(0)=0$
拉中，$f^{\prime }(\eta )=f(1)-f(0)=1$ ==> $F(\eta )=0$

罗尔定理，$F^{\prime }(\xi )=0$

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利用柯西中值定理的单中值问题

柯西中值定理是较为冷门的考点，证明题中容易被忽略.中值定理的证明通常是在某个区间 $[a,b]$上进行的，若问题中出现了端点$a$ 或$b$ 相关的其他形式则要考虑构造柯西中值定理的形式. 柯西中值定理的难点在于形式较为隐蔽，需要找到隐藏的零点，格外留意变限积分的上下限相等，或ln1等没有在问题中给出的零点，要补充上之后形式才会明显.

例7.13 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$上可导，$0<a<b$,证明存在$\xi \in (a,b)$使得$f(b)-f(a)=\xi \ln \frac{b}{a}{f}^{\prime }(\xi ).$

重要步骤：
$f(b)-f(a)$ <==> $f^{\prime }(\xi )$
$lnb-lna$ <==> $(ln\xi {)}^{\prime }=\frac{1}{\xi }$
观察到两组拉中形式

由柯西中值定理，$\frac{f^{\prime }(\xi )}{\frac{1}{\xi }}=\frac{f(b)-f(a)}{lnb-lna}$

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例7.14 已知$f(x)={\int }_1^x{e}^{t^2}$d$t$,证明： (1) 存在$\xi \in (1,2),f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2};$
(2)存在$\eta \in (1,2),f(2)=\eta e^{{\eta }^2}\ln 2$ .

重要步骤：
$F(x)=f(x)-(2-x)e^{x^2}$
$F^{\prime }(x)=e^{x^2}-[(2-x)\cdot 2x-1]e^{x^2}=2e^{x^2}(x-1{)}^2>0$
$F(1)=-e,F(2)={\int }_1^2{e}^{x^2}dx>0$
$F(\xi )=0$

$ln2-ln1\to \frac{1}{\eta }$
$f(2)-f(1)\to f^{\prime }(\eta )=e^{{\eta }^2}$

柯西中值定理，$\frac{f(2)-f(1)}{ln2-ln1}=\frac{e^{{\eta }^2}}{\frac{1}{\eta }}$

双中值的组合模型

（形式一致但不等的双中值问题）
如果问题中出现两个中值形式一模一样，且特意强调了二者不等，那么应该在两个不交的区间分段用拉格朗日.因为拉格朗日只能保证中值点存在，而无法确定位置，若使用的区间有重叠则无法保证二者不等.两区间的分段点通常会在第一问中给出提示，一定要积极联系前几小间.

例 7.15 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 上可导，$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明：
(1) 存在 $x_0\in (0,1)$ 使得 $f(x_0)=1-x_0$；
(2) 证明 $(0,1)$ 上存在不相等的 $\xi$，$\eta$ 使得 $f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=1$.

重要步骤：
$F(x)=f(x)+x-1F(0)=-1F(1)=1$
由零点存在定理，$\mathrm{\exists }{x}_0\in (0,1),s.t.F(x_0)=0$

由拉格朗日中值定理，$\mathrm{\exists }\xi \in (0,x_0),s.t.\frac{F(x_0)-F(0)}{x_0-0}=f^{\prime }(\xi )+1=\frac{1}{x_0}$
由拉格朗日中值定理，$\mathrm{\exists }\eta \in (x_0,1),s.t.\frac{F(1)-F(x_0)}{1-x_0}=f^{\prime }(\eta )+1=\frac{1}{1-x_0}$

$f^{\prime }(\xi )f^{\prime }(\eta )=\frac{1-x_0}{x_0}\cdot \frac{x_0}{1-x_0}=1$

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例 7.16 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 上可导，$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明：
(1) 存在 $x_0\in (0,1)$ 使得 $f(x_0)=2-3x_0$；
(2) 证明 $(0,1)$ 上存在不相等的 $\xi$，$\eta$ 使得 $[1+f^{\prime }(\xi )][1+f^{\prime }(\eta )]=4$.

重要步骤：
$F(x)=f(x)-2+3xF(0)=-2F(1)=2$
存在零点$x_0$

$\frac{F(x_0)-F(0)}{x_0-0}=f^{\prime }(\xi )+3=\frac{2}{x_0}$
$\frac{F(1)-F(x_0)}{1-x_0}=f^{\prime }(\eta )+3=\frac{2}{1-x_0}$

$[1+f^{\prime }(\xi )][1+f^{\prime }(\eta )]=4$

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例 7.17 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 上可导，$f(0)=0$，$f(1)=\frac{1}{3}$，证明存在 $\xi \in (0,\frac{1}{2})$，$\eta \in (\frac{1}{2},1)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )={\xi }^2+{\eta }^2$.

重要步骤：
$F(x)=f(x)-\frac{1}{3}{x}^{3}F(0)=0F(1)=1$

$F^{\prime }(\xi )+F^{\prime }(\eta )=\frac{F(\frac{1}{2})-F(0)}{\frac{1}{2}-0}+\frac{F(1)-F\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=0$

得证：$f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }(\eta )={\xi }^2+{\eta }^2$

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例7.18 设$f(x)$在[0,1]上连续，(0,1)上可导，$f(0)=0$,$f(1)=1$,证明(0,1)上存在不相等的$\xi$,$\eta$使得$\frac{1}{f^{\prime }(\xi )}+\frac{1}{f^{\prime }(\eta )}=2.$

重要步骤：

$f(0)=0,f(1)=1,\mathrm{\exists }{x}_0\in (0,1),s.t.f(x_0)=\frac{1}{2}$

由拉格朗日中值定理，$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0}=\frac{1}{2x_0}$
由拉格朗日中值定理，$f^{\prime }(\eta )=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}=\frac{1}{2(1-x_0)}$

得证：$\frac{1}{f^{\prime }(\xi )}+\frac{1}{f^{\prime }(\eta )}=2$

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（形式不一致的双中值问题）
如果问题中出现两个中值形式不一致，则必有形式的简单和复杂之分，简单中值往往通过拉格朗日中值定理得出，复杂的中值则需要构造柯西中值定理的形式.

例 7.19 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，证明存在 $\xi ,\eta \in (a,b)$ 满足：
(1) 若 $a>0$，$f^{\prime }(\xi )=\eta f^{\prime }(\eta )\frac{\ln \left(\frac{b}{a}\right)}{b-a}$；
(2) 若 $f^{\prime }\ne 0$，$\frac{f^{\prime }(\xi )}{f^{\prime }(\eta )}=\frac{e^b-e^a}{b-a}{e}^{-\eta }$；
(3) 若 $ab>0$，$ab{f}^{\prime }(\xi )={\eta }^2{f}^{\prime }(\eta )$；
(4) 若 $f^{\prime }\ne 0$，$a>0$，$f^{\prime }(\xi )=\frac{a+b}{2\eta }{f}^{\prime }(\eta )$。

重要步骤：
（1） $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\eta f^{\prime }(\eta )=\frac{f(b)-f(a)}{lnb-lna}$

（2） $\frac{f^{\prime }(\eta )}{e^{\eta }}=\frac{f(b)-f(a)}{e^b-e^a}=\frac{f^{\prime }(\xi )(b-a)}{e^b-e^a}$

（3） $\frac{f^{\prime }(\eta )}{\frac{1}{{\eta }^2}}=\frac{f(b)-f(a)}{-\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}=\frac{(b-a)f(\xi )}{\frac{b-a}{ab}}=ab{f}^{\prime }(\xi )$

（4） $\frac{f^{\prime }(\eta )}{\eta }=\frac{f(b)-f(a)}{\frac{1}{2}{b}^2-\frac{1}{2}{a}^2}=\frac{(b-a)f^{\prime }(\xi )}{\frac{1}{2}(b-a)(b+a)}=\frac{2f^{\prime }(\xi )}{a+b}$

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例 7.20 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，$f^{\prime }(x)>0$，若极限 $\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f(2x-a)}{x-a}$ 存在，证明：
(1) 在 $(a,b)$ 内有 $f(x)>0$；
(2) $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$，使得 $\frac{b^2-a^2}{{\int }_a^{b}f(x)dx}=\frac{2\xi }{f(\xi )}$；
(3) $\mathrm{\exists }\eta \in (a,b)$ 且 $\eta \ne \xi$ 使得 $f^{\prime }(\eta )(b^2-a^2)=\frac{2\xi }{\xi -a}{\int }_a^{b}f(x)dx$.

重要步骤：

$\underset{x\to a^{+}}{lim}=0=f(a)f^{\prime }(x)>0$ ==> $f(x)>0$

柯西中值定理，$\frac{b^2-a^2}{{\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^{a}f(x)dx}=\frac{2\xi }{f(\xi )}$

化简：$\frac{b^2-a^2}{{\int }_a^{b}f(x)dx}=\frac{2\xi }{(\xi -a)f^{\prime }(\eta )}$

若上述等式成立，由（2）可知：$f(\xi )=(\xi -a)f^{\prime }(\eta )$

由拉格朗日中值定理，$f^{\prime }(\eta )=\frac{f(\xi )-f(a)}{\xi -a}\eta \in (a,\xi )$

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例7.21 设$f(x)$在[1,2]上连续，(1,2)上可导，且导数不为0，证明(1,2)内存在$\xi$ , $\eta$ , $\zeta$使得$\frac{f^{\prime }(\zeta )}{f^{\prime }(\xi )}=\frac{\xi }{\eta }$ .

最复杂的拎出来用柯西，单独的导数用拉格朗日，剩下的就是第三个中值，为固定常数

重要步骤：
化简：$\xi f^{\prime }(\xi )=\eta f^{\prime }(\zeta )$

柯西中值定理，$\frac{f^{\prime }(\xi )}{\frac{1}{\xi }}=\frac{f(2)-f(1)}{ln2-ln1}$

拉格朗日中值定理，$\frac{f(2)-f(1)}{ln2}=f^{\prime }(\zeta )\cdot \frac{1}{ln2}$

$1<ln2<2\to \eta =\frac{1}{ln2}$

泰勒展开

泰勒公式

(泰勒公式)
带皮亚诺型余项的泰勒公式：
若 $f(x)$在 $x_0$处有 $n$ 阶导数，则有：

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=f\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }\left(x_0\right){(x-x_0)}^2}{2!} \\ +...+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right){(x-x_0)}^n}{n!}+o\left({(x-x_0)}^n\right) \end{gathered}$$

带拉格朗日型余项的泰勒公式：
若$f(x)$在$[a,b]$上有$n$阶导数，在$(a,b)$上有$n+1$阶导数，则对任意的$x,x_0\in [a,b]$,至少存在一点$\xi \in (a,b)$使得：
$$\begin{gathered} f\left(x\right)=f\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }\left(x_0\right){(x-x_0)}^2}{2!} \\ +...+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right){(x-x_0)}^n}{n!}+\frac{f^{(n+1)}\left(\xi \right){(x-x_0)}^{n+1}}{(n+1)!} \end{gathered}$$

重要例题

泰勒展开证明等式/不等式问题

相较于中值定理，泰勒展开的证明题并没有太多套路化的流程，难度会更大，但在考研真题中出现的泰勒展开问题还是有迹可循的.

（特殊定点展开）
考研范围内的题目，通常需要我们在某一特殊定点展开，这个特殊点按照“导数零点(极值点)一中点一端点”的顺序选取，导数零点展开为了形式简洁，中点和端点展开是为了相消方便. 在展开前可以对出现哪些项进行预判，如果出现无法处理和放缩的项，应考虑换种方式展开.展开后代入的$x$通常按照“函数已知点——中点一端点”进行选取，当然也会有将$x$视作动点的情况.

例 7.22 设$f(x)$在$[a,b]$ 上二阶可导，且 $f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)=0$,证明 $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$使得$|f^{″}(\xi )|⩾\frac{4}{(b-a{)}^2}|f(b)-f(a)|.$

看到有驻点信息，在驻点展开

重要步骤：
$f(x)=f(a)+\frac{f^{″}(\xi )(x-a{)}^2}{2}f(x)=f(b)+\frac{f^{″}(\eta )(x-b{)}^2}{2}$

令$x=\frac{a+b}{2}$
$f(a)+\frac{f^{″}(\xi )(b-a{)}^2}{8}=f(b)+\frac{f^{″}(\eta )(b-a{)}^2}{8}$

$|f(b)-f(a)|=\frac{(b-a{)}^2}{8}|f^{″}(\xi )-f^{″}(\eta )|\le \frac{(b-a{)}^2}{8}[|f^{″}(\xi )|+|f^{″}(\eta )|]\le \frac{(b-a{)}^2}{4}max\{|f^{″}(\xi )|,f^{″}(\eta )|\}$

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例 7.23 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上二阶可导，$|f^{″}(x)|⩾1$，$f(a)=f(b)=0$，证明$\underset{a⩽x⩽b}{max}|f(x)|⩾\frac{1}{8}(b-a{)}^2$。

重要步骤：
$max|f(x)|=|f(x_0)|,x_0\in (a,b)$ ==> 由费马引理， $f^{\prime }(x_0)=0$

$x_0$处展开，$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{″}(\xi )(x-x_0{)}^2}{2}$
$f(x_0)=-\frac{f^{″}(\xi )(a-x_0{)}^2}{2}=-\frac{f^{″}(\eta )(b-x_0{)}^2}{2}$

$|f(x_0)|=\frac{1}{2}|\frac{f^{″}(\xi )(a-x_0{)}^2}{2}+\frac{f^{″}(\eta )(b-x_0{)}^2}{2}|\le \frac{1}{4}[(x_0-a{)}^2+(b-x_0{)}^2]\le \frac{1}{8}(b-a{)}^2$

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例 7.24 设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上有三阶连续导数, $f(-1)=0$, $f(1)=1$, $f^{\prime }(0)=0$, 证明 $\mathrm{\exists }\xi \in (-1,1)$, $f^{‴}(\xi )=3$.

重要步骤：
$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(0)}{2}{x}^2+\frac{f^{‴}(\xi )x^3}{6}$

$1=f(1)=f(0)+\frac{f^{″}(0)}{2}+\frac{f^{‴}(\xi )}{6}$
$0=f(-1)=f(0)+\frac{f^{″}(0)}{2}-\frac{f^{‴}(\eta )}{6}$
解得：$f^{‴}(\xi )+f^{‴}(\eta )=6$

$2m\le f^{‴}(\xi )+f^{‴}(\eta )\le 2M$
$\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (-1,1),f^{‴}({\xi }_1)=3$

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例 7.25 设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(0)=0$，$f(1)=1$，${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=1$，证明：
(1) $\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=0$;
(2) $\mathrm{\exists }\eta \in (0,1)$ 使得 $f^{″}(\eta )<-2$.

重要步骤：
积分中值定理，$\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (0,1),s.t.f({\xi }_1)={\int }_0^{1}f(x)dx=1$

罗尔定理，$f^{\prime }(\xi )=0$

$0=f(0)=f(\xi )+\frac{f_1^{″}{\xi }^2}{2}$
$1=f(1)=f(\xi )+\frac{f_2^{″}(1-\xi {)}^2}{2}$

$1=2f(\xi )+\frac{1}{2}[f_1^{″}{\xi }^2+f_2^{″}(1-\xi {)}^2]$
$f_1^{″}{\xi }^2+f_2^{″}(1-\xi {)}^2=-2$

反证：$\mathrm{\forall }x\in (0,1),f^{″}\ge -2$
$-2\ge -2[({\xi }^2+(1-\xi {)}^2]$
${\xi }^2-\xi \ge 0$ 有矛盾

故$\mathrm{\exists }\eta \in (0,1),s.t.f^{″}(\eta )<-2$

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例 7.26 设 $f(x)$ 二阶可导，且 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$，$|f^{″}(x)|\le 1$，证明：
(1) 当 $x\in (0,1)$ 时，有 $|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\le \frac{x(1-x)}{2}$；
(2) $|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}|\le \frac{1}{12}$。

重要步骤：
$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f_1^{″}{x}^2}{2}$
$f(x)=f(1)+f^{\prime }(1)(x-1)+\frac{f_2^{″}(x-1{)}^2}{2}$

$(1-x)f(x)=(1-x)f(0)+f^{\prime }(0)x(1-x)+\frac{f_1^{″}{x}^2(1-x)}{2}$
$xf(x)=xf(1)+f^{\prime }(1)(x-1)x+\frac{f_1^{″}(x-1{)}^{2}x}{2}$

$f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x=\frac{x(1-x)}{2}[x{f}_1^{″}+(1-x)f_2^{″}]$
$|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|\le \frac{x(1-x)}{2}$

$|\int \cdots dx|\le \int |\cdots |dx\le \frac{1}{12}$

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（动点展开）
在定点展开中最后的问题落脚于某几个具体点的性质，若问题侧重于函数的整体性质时，如证明某阶导数的界，考虑动点展开，而代入定点.还有另一个明显的特征，是用高阶导的性质反推低阶导的性质(如导数有界推函数有界),这类问题在考研中几乎不出现，视情况掌握即可.

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例 7.27 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$，$|f^{\prime }(x)|⩽1$，试证明对 $\mathrm{\forall }x\in (0,1)$ 都有 $|f(x)|⩽\frac{1}{2}$。

重要步骤：
判断出该题为动点展开，给出${\int }_0^{1}f(x)dx=0$需要设出原函数

重新梳理条件：
$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dtF(0)=F(1)=0|F^{″}|\le 1\mathrm{证}\mathrm{明}：|F^{\prime }|\le \frac{1}{2}$

$F(x_0)=F(x)+F^{\prime }(x)(x_0-x)+\frac{F^{″}(\xi )(x_0-x{)}^2}{2}$
$0=F(x)+F^{\prime }(x)(-x)+\frac{F_1^{″}{x}^2}{2}$
$0=F(x)+F^{\prime }(x)(1-x)+\frac{F_2^{″}(1-x{)}^2}{2}$

$|F^{\prime }(x)|=\frac{1}{2}|F_1^{″}{x}^2-F_2^{″}(1-x{)}^2|\le \frac{1}{2}[x^2+(1-x{)}^2]\le \frac{1}{2}$

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例 7.28 设 $f(x)$在$\mathbb{R}$ 上二阶可导，$|f(x)|⩽M$ ,$|f^{″}(x)|⩽N$ ,证明$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ ,$|f^{\prime }(x)|⩽\sqrt{2MN}.$

构造中点：$x$展开，代入$x\pm h$

重要步骤：

$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x)h+\frac{f_1^{″}{h}^2}{2}$
$f(x-h)=f(x)-f^{\prime }(x)h+\frac{f_2^{″}{h}^2}{2}$

$|2f^{\prime }(x)h|=|f(x+h)-f(x-h)+\frac{f_1^{″}{h}^2}{2}+\frac{f_2^{″}{h}^2}{2}|$
$|2f^{\prime }(x)h|\le 2M+h^{2}N$
$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{h}+\frac{Nh}{2}\frac{M}{h}+\frac{Nh}{2}\ge \sqrt{2MN}$

得证：$|f^{\prime }(x)|\le \sqrt{2MN}$

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例 7.29 设$f(x)$在$\mathbb{R}$ 上二阶可导，$|f(x)|⩽M$,$|f^{\prime }\prime \prime (x)|⩽N$,证明$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ ,$|f^{\prime }(x)|⩽\sqrt[3]{\frac{9M^{2}N}{8}}.$

重要步骤：

$f(x+h)=f(x)+f^{\prime }(x)h+\frac{f^{″}(x)h^2}{2}+\frac{f_1^{‴}{h}^3}{6}$
$f(x-h)=f(x)-f^{\prime }(x)h+\frac{f^{″}(x)h^2}{2}-\frac{f_2^{‴}{h}^3}{6}$

$|2f^{\prime }(x)h|=|f(x+h)-f(x-h)+\frac{h^3}{6}(f_2^{‴}-f_1^{‴})$
$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{h}+\frac{N{h}^2}{6}=\frac{M}{2h}+\frac{M}{2h}+\frac{N{h}^2}{6}$

$\frac{M}{2h}+\frac{M}{2h}+\frac{N{h}^2}{6}\ge 3\sqrt[3]{\frac{M^{2}N}{24}}$

$|f^{\prime }(x)|\le \sqrt[3]{\frac{9M^{2}N}{8}}$

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辅助多项式法

辅助多项式法适用于类似例 7. 25 的题型，给定某些点的函数值或其它数值， 要证明存在某点$\xi$使得$f^{(n)}(\xi )=k(n\in {\mathbb{N}}_{+}).$相比传统的泰勒展开，辅助多项式的运算和书写更为简便，旨在找到一个$n$次($k=0$考虑 $n-1$次)多项式$p(x)$,使其满足函数所满足的一切性质，构造辅助函数$F(x)=f(x)-p(x)$,由多项式的构造方法可知$F(x)$由多个零点或驻点，反复利用罗尔定理即得.掌握这样的方法会使此类题目变得简单很多.

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例 7.30 设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 连续，$(0,2)$ 上二阶可导，$f(0)=0$，$f(1)=2$，$f(2)=0$，证明存在 $\xi \in (0,2)$，$f^{″}(\xi )=-4$

重要步骤：
令$g(x)=a{x}^2+bx+cg(0)=0g(1)=2g(2)=0$
解得：$g(x)=-2x^2+4x$

令$F(x)=f(x)-g(x)$ ==> $F(0)=F(1)=F(2)=0$

$F^{″}(\eta )=0$ ==> $f^{″}(\eta )=g^{″}(\eta )=-4$

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例 7.31(使用辅助多项式法)设$f(x)$在区间[0,1]上具有二阶导数，且$f(0)=0$, $f(1)=1$ , ${\int }_0^{1}f(x)$d$x=1$,证明：
(1) $\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$使得$f^{\prime }(\xi )=0$ ;
(2) $\mathrm{\exists }\eta \in (0,1)$使得$f^{″}(\eta )<-2.$

重要步骤：
令$g(x)=a{x}^2+bx+cg(0)=0g(1)=1{\int }_0^{1}g(x)dx=1$

解得：$g(x)=-3x^2+4x$

$F(x)=f(x)-g(x)F(0)=F(1)=0{\int }_0^{1}F(x)dx=0$ ==> $F(\xi )=0$

$f^{″}=g^{″}=-6<-2$，即证

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例 7.32 （使用辅助多项式法）设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上有三阶连续导数，$f(-1)=0$，$f(1)=1$，$f^{\prime }(0)=0$，证明 $\mathrm{\exists }\xi \in (-1,1)$，$f^{‴}(\xi )=3$。

条件不够，补条件
$F(-1)=F(1)=0,F^{\prime }(0)=0$推不出三阶导
补条件：$F(0)=0\stackrel{\mathrm{两}\mathrm{次}\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\to }{F}_1^{\prime }=F_2^{\prime }=0$
$F_1^{\prime }=F_2^{\prime }=F^{\prime }(0)=0$ ==> $F_1^{″}=F_2^{″}=0$ ==> $F^{‴}=0$

重要步骤：
令$g(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$
$g(-1)=0,g(1)=1,g^{\prime }(0)=0,g(0)=f(0)$
解得：$g(x)=\frac{1}{2}{x}^3+(\frac{1}{2}-f(0))x^2+f(0)$

$F^{‴}=f^{‴}-g^{‴}=0$$f^{‴}=g^{‴}=3$

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例 7.33 设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上二阶可导，$f(0)=f(1)=0$ 且有 $\underset{0⩽x⩽1}{max}f(x)=2$，证 明 $\underset{0⩽x⩽1}{min}{f}^{″}(x)⩽-16$.

重要步骤：
令$g(x)=a{x}^2+bx+cg(0)=g(1)=0g(x_0)=2$
$g(x)=\frac{2}{x_0^2-x_0}(x^2-x)$

$f^{″}=g^{″}=\frac{4}{x_0^2-x_0}$
$x_0(x_0-1)\ge -\frac{1}{4}$ ==> $f^{″}\le -16$

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例 7.34 设$f(x)$在[0,1]具有连续导数，${\int }_0^{1}f(x)$d$x=\frac{5}{2},{\int }_0^{1}xf(x)dx=\frac{3}{2}$,证明$\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$使得$f^{\prime }(\xi )=3$ .

重要步骤：
令$g(x)=3x+1$
$F(x)=f(x)-(3x+1)$

得到两个条件：${\int }_0^{1}F(x)dx={\int }_0^{1}xF(x)dx=0$ ==> $F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }({\xi }_2)=0$
但是，${\xi }_1,{\xi }_2$是否重合？不能确定

这时候应该需要去找原函数
$G(x)={\int }_0^{x}F(t)dtG(0)=G(1)=0$
${\int }_0^{1}xF(x)dx={\int }_0^{1}xdG(x)=xG(x){|}_0^1-{\int }_0^{1}G(x)dx=0$ ==> ${\int }_0^{1}G(x)dx=0$ ==> $\mathrm{\exists }\xi \in (0,1),G(\xi )=0$

$G(0)=G(\xi )=G(1)=0\stackrel{\mathrm{两}\mathrm{次}\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{G}^{\prime }({\xi }_1)=G^{\prime }({\xi }_2)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{G}^{″}({\xi }_3)=0$
$f^{\prime }=g^{\prime }=3$

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例 7.35 设 $f(x)$ 在闭区间 $[1,3]$ 上三阶可导且 ${\int }_1^{2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_1^{2}f(x+1)\mathrm{d}x$, $f^{\prime }(2)=0$, 证明: $\mathrm{\exists }\xi \in (1,3)$ 使得 $f^{‴}(\xi )=0$.

重要步骤：
三阶导等于0,构造二次多项式
$g(x)=a(x-2{)}^2+b$
$F(x)=f(x)-g(x)$
三阶导需要三个一阶导 ==> 补充条件：$F(2)=0$
$g(x)$满足：${\int }_1^{2}g(x)dx={\int }_1^{2}f(x)dx,g^{\prime }(2)=0,g(2)=f(2)$
解得：$a=3[{\int }_1^{2}f(x)dx+f(2)],b=f(2)$

$F(x)=f(x)-3[{\int }_1^{2}f(x)dx+f(2)](x-2{)}^2-f(2)$
${\int }_1^{2}F(x)dx={\int }_2^{3}F(x)dx=0,F^{\prime }(2)=0,F(2)=0$
积分中值定理，$\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (1,2),{\xi }_2\in (2,3),s.t.F({\xi }_1)=F({\xi }_2)=0$

$F({\xi }_1)=F(2)=F({\xi }_2)=0\stackrel{\mathrm{两}\mathrm{次}\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{\prime }({\eta }_1)=F^{\prime }({\eta }_2)=0+F^{\prime }(2)=0\stackrel{\mathrm{两}\mathrm{次}\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{″}({\zeta }_1)=F^{″}({\zeta }_2)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{‴}(\xi )=0$

常数 K 值法

常数 K 值法用于解决一些需要多次泰勒或放缩的问题，其使用条件是最后的问题可化为 $f^{(n)}(\xi )=\mathrm{\Phi }(a,b)$，即一侧为中值（高阶）导，另一侧为只含有区间端点 $a$ 和 $b$ 的函数，我们将 $\mathrm{\Phi }(a,b)$ 记作常数 $K$，构造辅助函数时将 $\mathrm{\Phi }(a,b)-K=0$ 中的 $b$ 动起来设为自变量，且在两端同乘来消掉各项分母，这样做的目的与辅助多项式类似，人为构造更多的零点。通过研究辅助函数在区间端点处的函数值与各阶导数来多次利用罗尔定理即可证明。

尽管证明拉格朗日中值定理很容易且方法众多，但我们可利用该定理作为例子演示 K 值法，要证 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，记 $K=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，$b$ 动起来变为 $x$，辅助函数即为 $F(x)=f(x)-f(a)-K(x-a)$，显然 $F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理知 $F^{\prime }(\xi )=0$，代入即得 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。

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例7.36 设$f(x)$在$[a,b]$上二阶可导，证明存在$\xi \in (a,b)$使得$f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)=\frac{(b-a{)}^2}{4}{f}^{″}(\xi ).$

重要步骤：
$f^{″}(\xi )=\frac{4}{(b-a{)}^2}[f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)]$
$K=\frac{4}{(b-a{)}^2}[f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)]$
$F(x)=4f(a)-8f(\frac{a+x}{2})+4f(x)-K(x-a{)}^2$

有$F(a)=F(b)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{\prime }({\xi }_1)=0$
$F^{\prime }(x)=-4f^{\prime }(\frac{a+x}{2})+4f^{\prime }(x)-2K(x-a)$

有$F^{\prime }(a)=0+F^{\prime }({\xi }_1)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{″}({\xi }_2)=0$
$F^{″}(x)=-2f^{″}(\frac{a+x}{2})+4f^{″}(x)-2K$
找不到零点，并且代入$F^{″}({\xi }_2)=0$得不到结果$(f^{″}(\xi )=K)$

往回看，一阶导$F^{\prime }({\xi }_1)=-4f^{\prime }(\frac{a+{\xi }_1}{2})+4f^{\prime }({\xi }_1)-2K({\xi }_1-a)=0$
$K=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)-f^{\prime }(\frac{a+{\xi }_1}{2})}{\frac{{\xi }_1-a}{2}}\stackrel{\mathrm{拉}\mathrm{中}}{\Rightarrow }K=f^{″}(\xi )$，得证！

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例 7.37 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上三阶可导, 证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得$f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)]-\frac{1}{12}(b-a{)}^3{f}^{‴}(\xi )$

重要步骤：
$F(x)=12f(a)-12f(x)+6(x-a)[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(x)]-(x-a{)}^{3}K$
$F(a)=F(b)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{\prime }({\xi }_1)=0$

$F^{\prime }(x)=-12f^{\prime }(x)+6[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(x)]+6(x-a)f^{″}(x)-3(x-a{)}^{2}K$
$F^{\prime }(a)=F^{\prime }({\xi }_1)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{″}({\xi }_2)=0$

$F^{″}(x)=6(x-a)f^{‴}(x)-6(x-a)K$
已经$f$三阶导，并且找不到零点，开始代入，找结果$(K=f^{‴}(\xi )$
$F^{″}({\xi }_2)=6({\xi }_2-a)f^{‴}({\xi }_2)-6({\xi }_2-a)K=0\Rightarrow K=f^{‴}({\xi }_2)$，得证！

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例 7.38 设$f(x)$在[-$a,a]$($a>0$)上有二阶连续导数，证明$[-a,a]$上存在一点$\xi$使得${\int }_0^{a}f(x)$d$x=\frac{a}{2}[3f(0)-f(-a)]+\frac{5}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )a^3.$

重要步骤：
$F(x)=12{\int }_0^{x}f(t)dt-6x[3f(0)-f(-x)]-5x^{3}K$
$F(0)=F(a)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }=F^{\prime }({\xi }_1)=0$

$F^{\prime }(x)=12f(x)-18f(0)+6f(-x)-6x{f}^{\prime }(-x)-15x^{2}K$
$F^{\prime }(0)=F^{\prime }({\xi }_1)=0\stackrel{\mathrm{罗}\mathrm{尔}}{\Rightarrow }{F}^{″}({\xi }_2)=0$

$F^{″}(x)=12f^{\prime }(x)-6f^{\prime }(-x)-6f^{\prime }(-x)+6x{f}^{″}(-x)-30xK$
找不到零点，且$f$达到了二阶导，所以开始代入找结果$(K=f^{″}(\xi )$
$F^{″}({\xi }_2)=12[f^{\prime }({\xi }_2)-f^{\prime }(-{\xi }_2)]+6{\xi }_2{f}^{″}(-{\xi }_2)-30{\xi }_{2}K=0$
化简得：$K=\frac{4f^{″}({\xi }_3)+f^{″}(-{\xi }_2)}{5}$

$5m\le 4f^{″}({\xi }_3)+f^{″}(-{\xi }_2)\le 5M\Rightarrow m\le \frac{4f^{″}({\xi }_3)+f^{″}(-{\xi }_2)}{5}\le M$
$\mathrm{\exists }\xi \mathrm{介}\mathrm{于}{\xi }_3\mathrm{与}-{\xi }_2\mathrm{之}\mathrm{间},s.t.f^{″}(\xi )=\frac{4f^{″}({\xi }_3)+f^{″}(-{\xi }_2)}{5}$

得证：$K=f^{″}(\xi )$

总结

中值定理和泰勒展开是考研数学最难的知识点，题目难度上限极高，想全部掌握性价比是非常低的，故在考研范围内我们仅需掌握中值定理的证明套路与定点展开的泰勒公式即可.一些补充方法如辅助多项式、K 值法等等视情况掌握，对于这部分内容，最好的学习资源并非视频，而是知网，在知网中搜索关键词或主题如“辅助多项式” “常数 K 值法”“反解微分方程法”等等，即会出现大量高校从事基础课教学的同志发表的文章(搜索如下图例).如武忠祥老师于 1998 年发表了《一类微分学问题的新方法》,阐述了如何应用辅助多项式解决问题.这些文章通常会总结方法流程并附带例题，其中原理部分不必深究，阅读这些文献有助于博采众长，从一手资料中学习补充方法，本讲义及例题仅为前人方法拙劣的转述而已.同时希望大家在学习过程中发掘新的方法，并不吝与大家分享.

二元函数

极限存在、连续性、可导性、可微性

$f(x,y)$在$(x_0,y_0)$处
① 极限存在： $\underset{\begin{array}{c}x\to x_0\\ y\to y_0\end{array}}{lim}f(x,y)\mathrm{存}\mathrm{在}$

② 连续性： $\underset{\begin{array}{c}x\to x_0\\ y\to y_0\end{array}}{lim}f(x,y)=f(x_0,y_0)$

③ 可导性： $f_x^{\prime }(x_0,y_0)=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}{x-x_0}\mathrm{存}\mathrm{在}$

$f_y^{\prime }(x_0,y_0)=\underset{y\to y_0}{lim}\frac{f(x_0,y)-f(x_0,y_0)}{y-y_0}\mathrm{存}\mathrm{在}$

$（\mathrm{先}\mathrm{代}\mathrm{后}\mathrm{导}）$求$x$的偏导可以先将$y_0$代入，看$x\to x_0$的极限存不存在（化为一元极限）

④ 可微性：

（1） $\mathrm{△}z=f(x_0+\mathrm{△}x,y_0+\mathrm{△}y)-f(x_0,y_0)=A\mathrm{△}x+B\mathrm{△}y+o(\rho )$
$\rho =\sqrt{{\left(\mathrm{△}x\right)}^2+{\left(\mathrm{△}y\right)}^2}$

（2） $\mathrm{△}z=f(x,y)-f(x_0,y_0)=A(x-x_0)+B(y-y_0)+o(\rho )$
$\rho =\sqrt{{(x-x_0)}^2+{(y-y_0)}^2}$

（3）

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{△}x\to 0\\ \mathrm{△}y\to 0\end{array}}{lim}\frac{[f(x_0+\mathrm{△}x,y_0+\mathrm{△}y)-f(x_0,y_0)]-[A\mathrm{△}x+B\mathrm{△}y]}{\sqrt{{\left(\mathrm{△}x\right)}^2+{\left(\mathrm{△}y\right)}^2}}=0$$

（4）

$$\underset{\begin{array}{c}x\to x_0\\ y\to y_0\end{array}}{lim}\frac{[f(x,y)-f(x_0,y_0)]-[A(x-x_0)+B(y-y_0)]}{\sqrt{{(x-x_0)}^2+{(y-y_0)}^2}}=0$$

结论1：

$$\mathrm{设}f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^{\alpha }{y}^{\beta }}{x^2+y^2}& \text{, }{x}^2+y^2\ne 0\\ 0& \text{, }{x}^2+y^2=0\end{array}$$

（1） $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续 $\iff \alpha +\beta >2$

（2）$f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微 $\iff \alpha +\beta >3$

结论2：若$f(x,y)$在点$(x_0,y_0)$处连续，且

$$\underset{\begin{array}{c}x\to x_0\\ y\to y_0\end{array}}{lim}\frac{f(x,y)-Ax-By-C}{\sqrt{{(x-x_0)}^2+{(y-y_0)}^2}}=0$$

（1）$f(x_0,y_0)=A{x}_0+B{y}_0+C$
（2）$f_x^{\prime }(x_0,y_0)=A{f}_y^{\prime }(x_0,y_0)=B$
（3）$f(x,y)$在$(x_0,y_0)$可微，且$df{|}_{(x_0,y_0)}=Adx+Bdy$
（4）曲面$z=f(x,y)$在点$(x_0,y_0)$处的切平面为$z=Ax+By+C$

总结：
注：连续可偏导指的是偏导数连续

偏导数

偏导数连续判断条件

$$\begin{gathered} \underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}{f}_x^{\prime }(x,y)=f_x^{\prime }(0,0)\mathrm{且} \\ \underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}{f}_y^{\prime }(x,y)=f_y^{\prime }(0,0) \end{gathered}$$

例：
$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \text{, }{x}^2+y^2\ne 0\\ 0& \text{, }{x}^2+y^2=0\end{array}$

$f_x^{\prime }(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{y^3}{(x^2+y^2{)}^{\frac{3}{2}}}& \text{, }{x}^2+y^2\ne 0\\ 0& \text{, }{x}^2+y^2=0\end{array}$

$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{y^3}{(x^2+y^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\underset{r\to 0^{+}}{lim}\frac{r^3{\sin }^3\theta }{r^3}\mathrm{不}\mathrm{存}\mathrm{在}$

二阶偏导定义

$f_{xy}^{″}(0,0)\stackrel{[f_x^{\prime }(x,y){]}_y^{\prime }{|}_{(0,0)}}{\Rightarrow }\underset{y\to 0}{lim}\frac{f_x^{\prime }(0,y)-f_x^{\prime }(0,0)}{y-0}$
$f_{yx}^{″}(0,0)\stackrel{[f_y^{\prime }(x,y){]}_x^{\prime }{|}_{(0,0)}}{\Rightarrow }\underset{x\to 0}{lim}\frac{f_y^{\prime }(x,0)-f_y^{\prime }(0,0)}{y-0}$

（先代后导）求$f_{yx}^{″}(0,0)$
$f_{yx}^{″}(0,0)\stackrel{\mathrm{求}}{\Rightarrow }{f}_y^{\prime }(0,0)\stackrel{\mathrm{代}\mathrm{入}y=0}{\Rightarrow }{f}_y^{\prime }(x,0)\stackrel{\mathrm{对}x\mathrm{求}\mathrm{导}}{\Rightarrow }{f}_{yx}^{″}(x,0)\stackrel{\mathrm{代}\mathrm{入}x=0}{\Rightarrow }{f}_{yx}^{″}(0,0)$

二阶混合偏导数结论

二阶混合偏导数$f_{xy}^{″}(x_0,y_0),f_{yx}^{″}(x_0,y_0)$连续必相等，不连续就不一定相等

反例：

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$$

$f_{xy}^{″}(0,0)=\underset{y\to 0}{lim}\frac{f_x^{\prime }(0,y)-f_x^{\prime }(0,0)}{y-0}$
$f_x^{\prime }(0,y)=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{f(\mathrm{\Delta }x,y)-f(0,y)}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }xy\frac{\mathrm{\Delta }{x}^2-y^2}{\mathrm{\Delta }{x}^2+y^2}}{\mathrm{\Delta }x}=-y$
$f_{xy}^{″}(0,0)=\underset{y\to 0}{lim}\frac{-y-0}{y-0}=-1$

$f_y^{\prime }(x,0)=\underset{\mathrm{\Delta }y\to 0}{lim}\frac{f(x,\mathrm{\Delta })-f(x,0)}{\mathrm{\Delta }y}=x$
$f_{yx}^{″}(x,0)=1\Rightarrow f_{yx}^{″}(0,0)=1$

$f_{xy}^{″}(0,0)\ne f_{yx}^{″}(0,0)$

全微分

定义：$df(x,y)=f_x^{\prime }(x,y)dx+f_y^{\prime }(x,y)dy$

例题

二重极限计算

1.直接代入计算

$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{e^x+\sin x}{1+x+y}=\frac{e^0+\sin 0}{1+0+0}=1$$

2.等价代换(如：$\sin x\stackrel{x\to 0}{\to }x$)

$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{sin(x+y)}{x+y}=\frac{x+y}{x+y}=1$$$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}tan(x+y)\cdot sin\frac{1}{x+y}=(x+y)\cdot sin\frac{1}{x+y}=0$$$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{xy-sinxy}{ln(1+2x^3{y}^3)}=\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\frac{1}{6}{x}^3{y}^3}{2x^3{y}^3}=\frac{1}{12}$$

3.化简：拆项、提项、同乘、同除
但洛必达不可用（二元不可洛必达）

4.夹逼定理（加绝对值后放缩）

（1）$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}$

$$0\le |\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}|=\frac{x^2}{x^2+y^2}|y|\le |y|=0$$

$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}|\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}|=0$ <==> $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}=0$

（2）

$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\sqrt{1+x^2{y}^2}-1}{x^2+y^2}=\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\frac{1}{2}{x}^2{y}^2}{x^2{y}^2}$$$$0\le \frac{\frac{1}{2}{x}^2{y}^2}{x^2{y}^2}\le \frac{x^2}{x^2{y}^2}\frac{1}{2}{y}^2\le \frac{1}{2}{y}^2=0$$$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\sqrt{1+x^2{y}^2}-1}{x^2+y^2}=0$$

5.换元（普通换元/极坐标换元）

6.用结论
（1）

（2）极坐标
令$\{\begin{array}{l}x=r\cdot \cos \theta \\ y=r\cdot \sin \theta & \end{array}$ ==> $\underset{r\to 0^{+}}{lim}\cdots$

① 若结果与$\theta$有关，则不存在
② 若结果分母有$\theta$，换方法

极值点与驻点

驻点定义：$f_x^{\prime }(x_0,y_0)=f_y^{\prime }(x_0,y_0)=0$

结论：
1.极值点不一定是驻点，驻点不一定是极值点
反例1：$f(x,y)=|x|+|y|$
反例2：$f(x,y)=x^3+y^3$

2.偏导数存在的极值点一定是驻点

闭区域最值

方法：边界+内部，分别求，再比较

求$f_x^{\prime }(x,y),f_y^{\prime }(x,y)$找偏导为$0$以及不存在的点，求出函数值

边界（条件极值/条件最值成边界最值）
（1）Lagrange乘数法
（2）将条件代入目标函数（降维）
（3）极坐标（条件与圆或椭圆有关）
（4）不等式（柯西、均值）（一边是常数）

注：
（1）内部的可疑点，若不在内部，删点
（2）若内部没有可疑点，则在边界上的最值，即为所求最值
（3）若可疑点只有一个，随便找一个点作比较
（4）用Lagrange乘数法时，若目标函数不好求导，应等价转化
例如：例 $|◻|\Rightarrow {◻}^2$, $\sqrt{◻}\Rightarrow ◻$, $e^{◻}\Rightarrow ◻$
（5）边界曲线不封闭，讨论端点
（6）均值不等式
算术平均值：$\frac{a+b}{2}$
几何平均值：$\sqrt{ab}$
平方平均值：$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ （最大）
$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}{(}^{″}{=}^{″}\mathrm{当}\mathrm{且}\mathrm{仅}\mathrm{当}a=b\mathrm{成}\mathrm{立})$
$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \frac{a+b}{2}a,b\mathrm{无}\mathrm{需}\mathrm{求}$
$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}a,b\mathrm{大}\mathrm{于}0$
（7）柯西不等式（离散型）
乘积和的平方 $\le$ 平方和的乘积
$(ax+by{)}^2\le (a^2+b^2)(x^2+y^2){(}^{″}{=}^{″}\mathrm{当}\mathrm{且}\mathrm{仅}\mathrm{当}(a,b)\mathrm{与}(x,y)\mathrm{线}\mathrm{性}\mathrm{相}\mathrm{关}\mathrm{时}\mathrm{成}\mathrm{立})$

参考这道例题

柯西不等式解边界上的最值

例1：求$|2x+3y|$ 在条件$x^2+4y^2=4$下的最值
$(2x+3y{)}^2=(2x+\frac{3}{2}\cdot 2y{)}^2\le [2^2+(\frac{3}{2}{)}^2]\cdot (x^2+4y^2)$
当$x^2+4y^2=4$时，$(2x+3y{)}^2\le 4\cdot [2^2+(\frac{3}{2}{)}^2]=25\Rightarrow -5\le 2x+3y\le 5$

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例2：求$x+y$在条件$x^2+y^2=1$时的最大值和最小值
$(x+y{)}^2\le 2(x^2+y^2)$
当$x^2+y^2=1$时,$(x+y{)}^2\le 2\Rightarrow -\sqrt{2}\le x+y\le \sqrt{2}$

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结论：条件和目标函数：一个是乘积和，一个是平方和，则考虑使用柯西不等式

一元积分

初等函数

初等函数是由基本初等函数（反对幂三指）进行有限次的加减乘除复合，并且能用一个解析式表达的函数（分段函数不是初等函数）

原函数

1.原函数定义
① $\int f(x)dx={\int }_a^{x}f(t)dt+C$ ==> $f(x)$的全体原函数
② ${\int }_a^{x}f(t)dt$ ==> $f(x)$的一个原函数

2.原函数存在定理（原函数存在指的是不定积分$\int f(x)dx={\int }_0^{x}f(t)dt+C$）
① 区间$I$上连续函数必有原函数, 并且原函数为 ${\int }_a^{x}f(t)dt+C$
② 函数在区间$I$上有第一类或无穷间断点时, 必不存在原函数
③ 函数有震荡间断点时, 不一定存在原函数
$f(x)=\{\begin{array}{ll}2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}& x\ne 0\\ \\ 0& x=0& \end{array}$$F(x)=\{\begin{array}{lll}{x}^2\sin \frac{1}{x}& ,& x\ne 0\\ \\ 0& ,& x=0\end{array}$
$f(x)$不连续且有震荡间断点

3.关于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上有原函数 $F(x)$，要注意以下几点：在 $(a,b)$ 上
(1) $f(x)$ 不一定连续；
(2) $f(x)$ 不一定是初等函数；
(3) $F(x)$ 不一定是初等函数；
(4) 由原函数定义，$F^{\prime }(x)=f(x)$，因而 $F(x)$ 连续.

导函数的奇偶性与周期性

可导的奇函数的导函数为偶函数
可导的偶函数的导函数为奇函数
可导的周期函数的导函数仍然是周期函数且周期不变

求导会改变奇偶性
求导周期不变

原函数的奇偶性与周期性

1.连续的奇函数的所有原函数均为偶函数
2.连续的偶函数只有一个原函数为奇函数（C = 0）
3.连续的周期函数的所有原函数均为周期函数 <==> ${\int }_0^{T}f(x)dx=0$

连续的周期奇函数的所有原函数均为周期函数

【奇偶性口诀】奇导偶，偶导奇，奇原偶，偶原非奇

【例题】判断$g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}\mathrm{d}t$的奇偶性

$g(-x)={\int }_0^{\sin (-x)}{e}^{t^2}dt={\int }_0^{-\sin x}{e}^{t^2}dt\underset{t=-u}{\overset{dt=-du}{\Rightarrow }}-{\int }_0^{\sin x}{e}^{u^2}du=-g(x)$

函数可积（仅黎曼可积）

1.可积定理（定积分 ${\int }_a^{b}f(x)dx$ 存在）

① 充分条件
(1)设$f\left(x\right)$ 在区间$[a,b]$ 上连续，则$f\left(x\right)$ 在$[a,b]$ 上可积。
(2)设$f\left(x\right)$ 在区间$[a,b]$ 上有界，且只有有限个间断点，则$f\left(x\right)$ 在$[a,b]$ 上可积。
(3)设$f\left(x\right)$ 在区间$[a,b]$ 上单调有界，则$f\left(x\right)$ 在$[a,b]$ 上可积。

② 必要条件
定理：若函数$f$在$[a,b]$上可积，则$f$在$[a,b]$上必有界。
该定理指出，任何一个可积函数一定是有界的，但是需要注意的是，有界函数不一定可积，如狄利克雷函数在[0,1] 上有界 但是不可积。

2.口诀
（1）可导必连续，连续必可积，可积必有界
（2）无界必不可积，有无限个间断点必不可积
（3）有界不一定可积

3.设$F(t)={\int }_a^{x}f(t)dt$
① $f(x)$在$[a,b]$上可积，则$F(x)$在$[a,b]$上连续
② $f(x)$在$[a,b]$上连续，则$F(x)$在$[a,b]$上可导，且$F^{\prime }(x)=f(x)$
③ 若$x=x_0$为$f(x)$的可去间断点，则$F(x)$在$x=x_0$处可导，且$F^{\prime }(x_0)\ne f(x_0)F^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{lim}f(x)$
④ 若$x=x_0$为$f(x)$的跳跃间断点，则$F(x)$在$x=x_0$处不可导

4.连续、可积、原函数存在关系
虚线表示推导不出

5.绝对值讨论
(1)$|f(x)|$在$[a,b]$可积，$f(x)$在$[a,b]$不一定可积 （反例：$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\text{ 为有理数}\\ -1,& x\text{ 为无理数}\end{array}$）
(2)$f(x)$在$[a,b]$可积，$|f(x)|$在$[a,b]$一定可积

可积运算

因为可积说明$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{n}f(\xi )\cdot \mathrm{\Delta }{x}_i$存在，所以与极限运算一样

1.可积 $\pm$ 可积 = 可积
2.可积 $\pm$ 不可积 = 不可积
3.不可积 $\pm$ 不可积 = 不一定

1.可积 $\times$ 可积 = 可积
2.可积 $\times$ 不可积 = 不一定
3.不可积 $\times$ 不可积 = 不一定

积分比较定理

1.若$f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，$f(x)\le g(x)$，则${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx(b\ge a)$。
2.若$f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，$f(x)\le g(x)$（且$f(x)\ne g(x)$），则${\int }_a^{b}f(x)dx<{\int }_a^{b}g(x)dx(b>a)$。
3.若$f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，$f(x)<g(x)$，则${\int }_a^{b}f(x)dx<{\int }_a^{b}g(x)dx(b>a)$。
4.若$f(x)$在$[a,b]$上连续，$f(x)\ge 0$且$f(x)\ne 0$，则${\int }_a^{b}f(x)dx>0$。
5.若$f(x)$在$[a,b]$上可积，$f(x)\ge 0$且$f(x)\ne 0$，则${\int }_a^{b}f(x)dx\ge 0$。

积分中值定理

1.若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a)\xi \in [a,b]$
2.若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a)\xi \in (a,b)$
3.若$f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，$g(x)\mathrm{不}\mathrm{变}\mathrm{号}$，则${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)dx\xi \in [a,b]$

整体换元法

整体换元法触发特征：

$$\sqrt{ax+b}$$$$\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$$$$\sqrt{a\cdot e^x+b}$$$$\sqrt{\frac{a\cdot e^x+b}{c\cdot e^x+d}}$$

变限积分求导

$y={\int }_{\psi (x)}^{\phi (x)}f(x,t)dt$
$y^{\prime }={\phi }^{\prime }(x)f(x,\phi (x))-{\psi }^{\prime }(x)f(x,\psi (x))+{\int }_{\psi (x)}^{\phi (x)}\frac{\partial f(x,t)}{\partial x}$

（1）直接提

（2）换元

（3）二重积分交换积分次序

反常积分技巧

反常积分的敛散性

1.无穷积分的反常积分 ==> $p$积分： ${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{收敛}& p>1\\ \text{发散}& p\le 1\end{array}$
2.有瑕点（无界的点）的反常积分 ==> $q$积分： ${\int }_a^b\frac{1}{(x-a{)}^q}dx\{\begin{array}{ll}\text{收敛}& q<1\\ \text{发散}& q\ge 1\end{array}$

口诀：想要收敛看无穷和瑕点，无穷用p积分，瑕点用q积分，P大Q小（收敛），形式不符合就放缩成pq积分形式。

反常积分的奇偶性

$\mathrm{设}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx$ 收敛，则${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx=\{\begin{array}{ll}2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx& f(x)\text{为偶}\\ 0& f(x)\text{为奇}\end{array}$

反常积分敛散性的四则运算

1.${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{0}f(x)dx+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx$ （拆积分区间）

收敛 $\pm$ 收敛 = 收敛
收敛 $\pm$ 发散 = 发散
发散 $\pm$ 发散 = 发散

2.${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}[f(x)+g(x)]dx={\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx+{\int }_a^{+\mathrm{\infty }}g(x)dx$ （拆被积函数）

收敛 $\pm$ 收敛 = 收敛
收敛 $\pm$ 发散 = 发散
发散 $\pm$ 发散 = 不一定

重积分

极坐标交换积分次序

① 将$\theta$改成x，$r$改成$y$

$${\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$$$${\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}x{\int }_0^{2\cos x}\cdots \mathrm{d}y$$

$${\int }_0^{\sqrt{2}}dy{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{arccos\frac{y}{2}}\cdots dx+{\int }_{\sqrt{2}}^{2}dy{\int }_{-arccos\frac{y}{2}}^{arccos\frac{y}{2}}\cdots dx$$$${\int }_0^{\sqrt{2}}dr{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{arccos\frac{r}{2}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rd\theta +{\int }_{\sqrt{2}}^{2}dr{\int }_{-arccos\frac{r}{2}}^{arccos\frac{r}{2}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rd\theta$$

求含有二重积分的极限

1.二重积分的积分中值定理（被积函数 $\ne 0$）
内容：设$f(x,y)$在闭区域$D$上连续，$S_D$为区域的面积，则$\mathrm{\exists }(\xi ,\eta )\in D,s.t.{\iint }_{D}f(x,y)dxdy=f(\xi ,\eta )\cdot S_D$

2.洛必达（被积函数 --> $0$）
化简二重积分：
（1）换序
（2）换坐标系
（3）换元

3.广义的积分中值定理（被积函数为两个函数相乘时）
内容：
（1）（定积分）若$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，且$g(x)$不变号，则$\mathrm{\exists }\xi \in [a,b],s.t.{\int }_a^{b}f(x)g(x)=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)dx$
（2）（二重积分）若$f(x,y),g(x,y)$在闭区域$D$上连续，$g(x,y)$不变号，则$\mathrm{\exists }(\xi ,\eta )\in D,s.t.{\iint }_{D}f(x,y)g(x,y)dxdy=f(\xi ,\eta )\iint g(x,y)dxdy$

注意：不能确定被积函数是否趋于0，当它不为0，用中值定理

形心

平面曲线的形心 $(\frac{{\int }_{L}xds}{{\int }_{L}ds},\frac{{\int }_{L}yds}{{\int }_{L}ds})$

空间曲线的形心$(\frac{{\iint }_{\sigma }xds}{{\iint }_{\sigma }ds},\frac{{\iint }_{\sigma }yds}{{\iint }_{\sigma }ds},\frac{{\iint }_{\sigma }zds}{{\iint }_{\sigma }ds})$

平面的形心$(\frac{\oint xdxdy}{\oint 1dxdy},\frac{\oint ydxdy}{\oint 1dxdy})$

空间实心体的形心 $(\frac{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}xdv}{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}1dv},\frac{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}ydv}{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}1dv},\frac{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}zdv}{{\iint }_{\mathrm{\Omega }}1dv})$

三重积分

三重积分的定义

设 $f(x,y,z)$ 是有界闭区域 $D$ 上的有界函数. 将闭区域 $D$ 任意分成 $n$ 个小的闭区域 $\mathrm{\Delta }{v}_1$, $\mathrm{\Delta }{v}_2$, …, $\mathrm{\Delta }{v}_n$, 在每个 $\mathrm{\Delta }{v}_i$ 上取一点 $f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)$, 若当各小闭区域的直径中的最大值 $\lambda$ 趋近于零时, 极限

$$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\mathrm{\Delta }{v}_i$$

存在, 则称此极限为函数 $f(x,y,z)$ 是有界闭区域 $D$ 上的三重积分, 记作

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\mathrm{\Delta }{v}_i.$$

【注意】三重积分实际上是求实心几何体质量

三重积分的性质

1. 线性性质
   设 $f(x,y,z)$, $g(x,y,z)$ 在空间 $\mathrm{\Omega }$ 内可积, 则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}[f(x,y,z)\pm g(x,y,z)]dv={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv\pm {\iiint }_{\mathrm{\Omega }}g(x,y,z)dv;$$$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}kf(x,y,z)dv=k{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv(k\text{ 为常数}).$$

2. 区域可加性
   ${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\iiint }_{{\mathrm{\Omega }}_1}f(x,y,z)dv+{\iiint }_{{\mathrm{\Omega }}_2}f(x,y,z)dv+\cdots +{\iiint }_{{\mathrm{\Omega }}_n}f(x,y,z)dv.$
   其中 $\mathrm{\Omega }={\mathrm{\Omega }}_1\cup {\mathrm{\Omega }}_2\text{cu}p\cdots \cup {\mathrm{\Omega }}_n$ 且 ${\mathrm{\Omega }}_i$ 与 ${\mathrm{\Omega }}_j$ 的内部交集为空集 $(i\ne j)$.

3. 比较定理
   如果在空间Ω上有$f(x,y,z)⩽g(x,y,z)$, 则${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv⩽{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}g(x,y,z)dv$.

推论: $|{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv|⩽{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}|f(x,y,z)|dv$.

4. 估值定理
   设M和m分别是函数$f(x,y,z)$在空间Ω上的最大值和最小值, V为空间Ω的体积, 则
   ${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv⩽MV$.

5. 中值定理
   设函数$f(x,y,z)$在空间Ω上连续, V为空间Ω的体积, 则在Ω上至少存在一点$(\xi ,\eta ,\zeta )$, 使得
   ${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv=f(\xi ,\eta ,\zeta )\cdot V$.

三重积分的计算

1. 直角坐标下三重积分的计算
   ① 穿线法（先一后二法）: 先求关于某个变量的定积分, 然后求关于另外两个变量的二重积分, 例如: 先对 $z$ 积分, 则将 $\mathrm{\Omega }$ 投影到 $Oxy$ 平面得投影域 $D_{xy}$, 过 $D_{xy}$ 内任意一点 $(x,y)$ 作平行于 $z$ 轴的直线, 使之与 $\mathrm{\Omega }$ 相穿, 下部边界穿入点得 $z_1=z_1(x,y)$, 上部边界穿出点得 $z_2=z_2(x,y)$, 则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\iint }_{D_{xy}}dxdy{\int }_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)}f(x,y,z)dz.$$

【注】此方法为最基本的方法, 应熟练掌握, 但因求解过程较为复杂, 故在考试中有简便方法可用的, 尽量用其他方法.

②切片法（先二后一法或截面法）：先求关于某两变量的二重积分，然后再求定积分，例如，先计算关于x,y的二重积分，然后计算关于z轴的定积分，此时应先将Ω投影到z轴得坐标z∈[c,d]，然后对坐标取平行于Oxy平面的一个平面，截Ω得到一个平面闭区域Dz，则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\int }_c^{d}dz{\iint }_{Dz}f(x,y,z)dxdy.$$

若$f(x,y,z)$仅为$z$的函数，且$D_z$的面积仅为z的函数，记作$A(z)$，则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\int }_c^{d}dz{\iint }_{Dz}f(x,y,z)dxdy={\int }_c^{d}f(z)dz{\iint }_{Dz}dxdy={\int }_c^{d}A(z)f(z)dz.$$

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2. 柱坐标下三重积分的计算
   柱坐标 (r, φ, z) 与直角坐标的关系为

$$\{\begin{array}{ll}x=r\cos \phi ,& 0⩽r<+\mathrm{\infty },\\ y=r\sin \phi ,& 0⩽\phi ⩽2\pi ,\\ z=z,& -\mathrm{\infty }<z<+\mathrm{\infty }.\end{array}$$$$\mathrm{d}v=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}z.$$

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3. 球坐标下三重积分的计算
   球坐标 (r, θ, φ) 与直角坐标的关系为

$$\{\begin{array}{ll}x=r\sin \theta \cos \phi ,& 0⩽r<+\mathrm{\infty },\\ y=r\sin \theta \sin \phi ,& 0⩽\theta ⩽\pi ,\\ z=r\cos \theta ,& 0⩽\phi ⩽2\pi .\end{array}$$$$\mathrm{d}v=r^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi ,$$

则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)\mathrm{d}v={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(r\sin \theta \cos \phi ,r\sin \theta \sin \phi ,r\cos \theta )r^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi .$$

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4. 利用对称性计算三重积分
   ① 积分区域 Ω 关于 xOy 坐标平面对称，则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv=\{\begin{array}{ll}2{\iiint }_{{\mathrm{\Omega }}_1}f(x,y,z)dv,& f(x,y,-z)=f(x,y,z),\\ 0,& f(x,y,-z)=-f(x,y,z).\end{array}$$

其中 Ω_1 为 Ω 在平面 xOy 上侧的部分.

② 轮转对称性: 若 x, y 互换后, 积分区域 Ω 所满足的表达式不变,则：

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(y,x,z)dv.$$

若 x, y, z 互换后, 积分区域 Ω 所满足的表达式不变, 则

$${\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(x,y,z)dv={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(y,x,z)dv={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}f(z,x,y)dv.$$

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【例题1】计算 $I=\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$，$\mathrm{\Omega }$ 由 $z=xy$，$x+y=1$，$x=0$，$y=0$，$z=0$ 围成。

$I=\underset{D}{\iint }dxdy{\int }_0^{xy}{x}^{2}dz=\underset{D}{\iint }{x}^2\cdot xydxdy={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}{x}^{3}ydy$$={\int }_0^1{x}^3\frac{(x-1{)}^2}{2}dx={\int }_0^1\frac{x^3(x^2-2x+1)}{2}dx=\frac{1}{120}$

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【例题2】已知 $\Omega$ 是由曲线 $y²=2z,x=0$ 绕 $z$ 轴旋转一周而成的曲面与平面 $z=2,z=8$ 围成的立体, 求 $I={\iiint }_{\Omega }(x²+y²)dv.$

$\mathrm{\Omega }:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2\le 2z\\ 2\le z\le 8\end{array}$

$I={\int }_2^{8}dz\underset{x^2+y^2\le 2z}{\iint }(x^2+y^2)dxdy={\int }_2^{8}dz[{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\sqrt{2z}}{r}^2\cdot rdr]$
$=2\pi {\int }_2^8\frac{(\sqrt{2}z{)}^4}{4}dz=336\pi$

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【例题3】求 $I=\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }(x+z)\mathrm{d}v$, 其中 $\mathrm{\Omega }:z\ge \sqrt{x^2+y^2},z\le \sqrt{1-x^2-y^2}$.

$\mathrm{\Omega }$关于$yoz$对称，$\underset{\mathrm{\Omega }}{\iiint }xdv=0$

${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dz\underset{x^2+y^2\le z^2}{\iint }zdxdy+{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}dz\underset{x^2+y^2\le 1-z^2}{\iint }zdxdy={\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}z\cdot \pi z^{2}dz+{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}z\cdot \pi (1-z^2)dz$
$=\pi \cdot \frac{z^4}{4}{|}_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}+\pi (\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}){|}_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\pi }{8}$

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【例题4】Ω: $x^2+y^2+z^2\le 2z$，三重积分 $I={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}{\left(\sqrt{x^2+y^2+z^2}\right)}^5\mathrm{d}V$ 的值为
(A) $\frac{16}{9}\pi .$
(B) $\frac{25}{9}\pi .$
(C) $\frac{64}{9}\pi .$
(D) $\frac{100}{9}\pi .$

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\pi }d\phi {\int }_0^{2\cos \theta }{r}^5\cdot r^2\sin \theta dr=\frac{64}{9}\pi$

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【例题5】计算三重积分 $I={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\mathrm{d}y{\int }_0^y\frac{\sin z}{(1-z{)}^2}\mathrm{d}z$

$I={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x}dy{\int }_0^y\frac{sinz}{(1-z{)}^2}dz$
$={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x}dz{\int }_z^x\frac{sinz}{(1-z{)}^2}dy$
$={\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\frac{sinz}{(1-z{)}^2}(x-z)dz$
$={\int }_0^{1}dz{\int }_z^1\frac{sinz}{(1-z{)}^2}(x-z)dx$
$={\int }_0^1\frac{sinz}{(1-z{)}^2}[\frac{1-z^2}{2}-(1-z)z]dz$
$={\int }_0^1\frac{sinz}{2}dz=\frac{1-cos1}{2}$

几何

旋转体体积

绕x轴旋转旋转体体积 看成柱体
绕y轴旋转旋转体体积
看成长方体

旋转体侧面积

曲率公式

设曲线的直角坐标方程为y=f（x），且y=f（x）具有二阶导数，曲线在点M处的切线的斜率为$y^{\prime }=tan\alpha$，所以

$$se{c}^2\alpha \times \frac{d\alpha }{dx}=y^{″}$$$$\frac{d\alpha }{dx}=\frac{y^{″}}{1+ta{n}^2\alpha }=\frac{y^{″}}{1+y^{\prime 2}}$$$$d\alpha =\frac{y^{″}}{1+(y^{\prime 2})}dx$$

又$ds=\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx$，故曲线L在M点处的曲率为

$$K=\frac{d\alpha }{ds}=\frac{|y^{″}|}{(1+y^{\prime 2}{)}^{\frac{3}{2}}}$$

设曲线是由参数方程$\{\begin{array}{l}x=\phi (t)\\ y=\omega (t)\end{array}$给出，利用参数方程求导法可得

$$K=\frac{|{\phi }^{\prime }(t){\omega }^{″}(t)-{\omega }^{\prime }(t){\phi }^{″}(t)|}{[{\phi }^{\prime 2}(t)+{\omega }^{\prime 2}(t){]}^{\frac{3}{2}}}$$

曲率半径：

$$\rho =\frac{1}{K}$$

线面积分

第一类曲线积分

第一类曲线积分的定义

设 $L$ 为 $Oxy$ 平面上一条光滑曲线，$f(x,y)$ 为定义在 $L$ 上的有界函数。在 $L$ 上插入点 $M_1$，$M_2$，…，$M_{n-1}$ 将 $L$ 分成 $n$ 个小段。第 $i$ 段长度记作 $\mathrm{\Delta }{s}_i$，在第 $i$ 段上取点 $({\xi }_i,{\eta }_i)$，令 $\lambda =max\{\mathrm{\Delta }{s}_i\}$，若极限

$$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{s}_i$$

存在，则称此极限为函数 $f(x,y)$ 在曲线弧 $L$ 上对弧长的曲线积分或第一类曲线积分，记作

$${\int }_{L}f(x,y)ds=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{s}_i.$$

【几何意义】求线的质量，f(x,y)为线密度

第一类曲线积分的性质

(1) 线性性质：$f(x,y),g(x,y)$在$L$上可积，$a,b$为任意常数，则

$${\int }_L[af(x,y)+bg(x,y)]ds=a{\int }_{L}f(x,y)ds+b{\int }_{L}g(x,y)ds.$$

(2) 可加性：若积分弧段$L$可分成两段光滑曲线弧$L_1,L_2$，则

$${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{L_1}f(x,y)ds+{\int }_{L_2}f(x,y)ds.$$

(3) 比较性质：若在$L$上$f(x,y)⩽g(x,y)$，则

$${\int }_{L}f(x,y)ds⩽{\int }_{L}g(x,y)ds.$$

推论：$|{\int }_{L}f(x,y)ds|⩽{\int }_L|f(x,y)|ds.$

第一类曲线积分的计算

(1) 曲线 L 由直角坐标 y = y(x), a ≤ x ≤ b 表示, 则

$${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_a^{b}f(x,y)\sqrt{1+y^{\prime 2}(x)}dx.$$

(2) 曲线 L 由极坐标 r = r(θ), α ≤ θ ≤ β 表示, 则

$${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\sqrt{r^2(\theta )+r^{\prime 2}(\theta )}d\theta .$$

(3) 曲线 L 由参数方程 $\{\begin{array}{l}x=x(t)\\ y=y(t)\end{array}$, α ≤ t ≤ β 表示, 则

$${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f[x(t),y(t)]\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)}dt.$$

(4) 空间曲线 L 由参数方程$\{\begin{array}{l}x=x(t)\\ y=y(t)\\ z=z(t)\end{array},\alpha ⩽t⩽\beta$表示, 则

$${\int }_{L}f(x,y,z)\mathrm{d}s={\int }_a^{\beta }f[x(t),y(t),z(t)]\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)+z^{\prime 2}(t)}\mathrm{d}t$$

(5) 利用对称性计算第一类曲线积分
① 积分曲线 $L$ 关于 $y$ 轴对称，则

$${\int }_{L}f(x,y)ds=\{\begin{array}{ll}2{\int }_{L_1}f(x,y)ds,& f(-x,y)=f(x,y),\\ 0,& f(-x,y)=-f(x,y).\end{array}$$

其中 $L_1$ 为曲线 $L$ 在 $y$ 轴右侧的部分.
② 利用轮转对称性: 若积分曲线 $L$ 关于直线 $y=x$ 对称，则

$${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{L}f(y,x)ds.$$

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【例题1】平面曲线 $L$ 为下半圆周 $y=-\sqrt{1-x^2}$，则 $I={\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}l=$ ___________.

$I={\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}l={\int }_{L}1\mathrm{d}l=L=\pi$

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【例题2】计算 $I={\int }_L{e}^{x^2+y^2}\arctan \sqrt{x^2+y^2}ds$, 其中 $L:x^2+y^2=1,y>0$

$I={\int }_L{e}^{x^2+y^2}\arctan \sqrt{x^2+y^2}ds={\int }_L{e}^1\arctan \sqrt{1}ds=e\cdot \frac{\pi }{4}\cdot \pi$

【总结】曲线积分要代入！！！

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【例题3】计算$I={\oint }_L\sqrt{x^2+y^2}$d$s$ ,其中$L:x^2+y^2=4x.$

$I=2{\int }_{L_{y\ge 0}}\sqrt{x^2+y^2}ds=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}4\cos \theta \sqrt{(4\cos \theta {)}^2+(-4\sin \theta {)}^2}d\theta =32$

第二类曲线积分

第二类曲线积分的定义

设 $L$ 为 $xOy$ 平面上连接 $A$, $B$ 两点的有向光滑曲线弧, 函数 $P(x,y)$, $Q(x,y)$ 为定义在 $L$ 上的有界函数. 在 $L$ 上插入点 $M_1(x_1,y_1)$, $M_2(x_2,y_2)$, $\cdots$, $M_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1})$, 将 $L$ 分成 $n$ 个有向弧段:

$$\overrightarrow{M_{i-1}{M}_i}(i=1,2,\cdots ,n;M_0=A,M_n=B).$$

设 $\mathrm{\Delta }{x}_i=x_i-x_{i-1}$, $\mathrm{\Delta }{y}_i=y_i-y_{i-1}$, 点 $({\xi }_i,{\eta }_i)$ 为 $\overrightarrow{M_{i-1}{M}_i}$ 上任一点. 取 $\lambda$ 为各小弧段长度最大值, 则当极限

$$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}P({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i$$

存在, 则称此极限为函数 $P(x,y)$ 在有向曲线弧 $L$ 上对坐标 $x$ 的曲线积分, 记作

$${\int }_{L}f(x,y)dx=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}P({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i.$$

$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}Q({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{y}_i$ 则称此极限为函数 $Q(x,y)$ 在有向曲线弧 $L$ 上对坐标 $y$ 的曲线积分，记作

$${\int }_{L}Q(x,y)\mathrm{d}y=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}Q({\xi }_i,{\eta }_i)\mathrm{\Delta }{y}_i.$$

以上两个积分称为第二类曲线积分，若二者均存在，则一般将二者合并起来，记作

$${\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y.$$

第二类曲线积分的性质

(1) 线性性质: $P(x,y),Q(x,y)$ 在 $L$ 上可积, $a,b$ 为任意常数, 则

$${\int }_{L}aP(x,y)\mathrm{d}x+bQ(x,y)\mathrm{d}y=a{\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+b{\int }_{L}Q(x,y)\mathrm{d}y.$$

(2) 可加性: 若有向弧段 $L$ 可分成两段光滑的有向弧段 $L_1,L_2$, 则

$${\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y={\int }_{L_1}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{L_2}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y.$$

(3) 当 $L^{-}$ 表示有向弧段 $L$ 的反向曲线弧, 则

$${\int }_{L^{-}}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=-{\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y.$$

第二类曲线积分的计算

(1) 有向弧段 L 由 y = y(x), x: a → b 表示，则

$${\int }_{L}P(x,y)dx+Q(x,y)dy={\int }_a^b\{P[x,y(x)]+Q[x,y(x)]y^{\prime }(x)\}dx.$$

(2) 有向弧段 L 由参数方程$\{\begin{array}{l}x=x(t)\\ y=y(t)\end{array}(t:\alpha \to \beta )$表示，则

$${\int }_{L}P(x,y)dx+Q(x,y)dy={\int }_{\alpha }^{\beta }\{P[x(t),y(t)]x^{\prime }(t)+Q[x(t),y(t)]y^{\prime }(t)\}dt.$$

两类曲线积分的关系

(1)区别:第二类曲线积分与曲线L的方向有关.而第一类曲线积分只与被积表达式$f(x,y)$和曲线$L$弧长的乘积有关,而与曲线$L$的方向无关.

(2)联系:两类曲线积分的计算关系

$${\int }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\int }_L(P\cos \alpha +Q\cos \beta )\mathrm{d}s$$

其中$\cos \alpha ,\cos \beta$为有向曲线$L$切线的方向余弦.

格林公式

格林公式的定义

设闭区域 $D$ 由分段光滑曲线 $L$ 围成，函数 $P(x,y)$，$Q(x,y)$ 在 $D$ 上一阶偏导数连续，则

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

其中 $L$ 为 $D$ 的边界曲线，且为正向（其中 $L$ 为正向指某人沿 $L$ 的方向前行时，区域 $D$ 始终在其左侧）。

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【例题1】设$L$为正向圆周$x^2+y^2=2$在第一象限中的部分,则曲线积分${\int }_{L}xdy-2ydx$的值为______.

补：$L_1:(0,0)\to (1,0)$和$L_2:(0,1)\to (0,0)$

${\int }_{L_1}={\int }_{L_2}=0$

$\underset{D}{\iint }1-(-2)dxdy-{\int }_{L_1}-{\int }_{L_2}=3\underset{D}{\iint }dxdy=\frac{3}{2}\pi$

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【例题2】计算下面曲线积分

$${\int }_{AMB}[\phi (y)\cos x-\pi y]\mathrm{d}x+[{\phi }^{\prime }(y)\sin x-\pi ]\mathrm{d}y.$$

其中 $AMB$ 为连接点 $A(\pi ,2)$ 与点 $B(3\pi ,4)$ 的线段 $\overline{AB}$ 下方的任意路径，且该路径与线段 $\overline{AB}$ 所围图形的面积为 2.

补：$L_1:B\to A$

${\oint }_{AMB+L_1}[\phi (y)\cos x-\pi y]\mathrm{d}x+[{\phi }^{\prime }(y)\sin x-\pi ]\mathrm{d}y={\iint }_D\pi dxdy=2\pi$

${\int }_{L_1}Pdx+Qdy={\int }_{3\pi }^{\pi }\phi (y)\cos x-\pi y+\frac{{\phi }^{\prime }(y)\sin x-\pi }{\pi }dx$
$={\int }_{3\pi }^{\pi }[\phi (\frac{x}{\pi }+1)\cos x-(x+\pi )+\frac{{\phi }^{\prime }(\frac{x}{\pi }+1)\sin x}{\pi }-1]dx$
$=(\phi (\frac{x}{\pi }+1)\cdot \sin x){|}_{3\pi }^{\pi }-{\int }_{3\pi }^{\pi }[x+(\pi +1)]dx$

$I=2\pi -{\int }_{\pi }^{3\pi }(x+\pi +1)\mathrm{d}x=-6{\pi }^2$

第一类曲面积分

第一类曲面积分的定义

设函数 $f(x,y,z)$ 是定义在光滑曲面（或分片光滑曲面）$\mathrm{\Sigma }$ 上的有界函数。将曲面分为 $n$ 个小块 $\mathrm{\Delta }{S}_i$ ($i=1,2,\cdots ,n$)（$\mathrm{\Delta }{S}_i$ 也代表第 $i$ 小块曲面的面积），在小块曲面 $\mathrm{\Delta }{S}_i$ 上任意取一点 $({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)$，令 $\lambda$ 为各小块曲面直径的最大值，若极限

$$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\mathrm{\Delta }{S}_i$$

存在，则称此极限为函数 $f(x,y,z)$ 在曲面 $\mathrm{\Sigma }$ 上对面积的曲面积分或第一类曲面积分，记作

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\mathrm{\Delta }{S}_i.$$

第一类曲面积分的性质

(1) 线性性质：$f(x,y)$, $g(x,y)$在曲面Σ上可积，$a$，$b$为任意常数，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}[af(x,y)+bg(x,y)]dS=a{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y)dS+b{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}g(x,y)dS.$$

(2) 可加性：若积分曲面Σ可分成两块光滑曲面Σ₁，Σ₂，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y)dS={\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_1}f(x,y)dS+{\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_2}f(x,y)dS.$$

第一类曲线积分的计算

$Z=Z(x,y)\Rightarrow Z(x,y)-Z=0\Rightarrow Z_{x}dx+Z_{y}dy-dz=0\Rightarrow \overrightarrow{n}=(Z_x,Z_y,-1)$

$cos\alpha =\frac{Z_x}{|\overrightarrow{n}|},cos\beta =\frac{Z_y}{|\overrightarrow{n}|},cos\gamma =\frac{-1}{|\overrightarrow{n}|}$

$dS\cdot cos\alpha =dydz,dS\cdot cos\beta =dxdz,dS\cdot cos\gamma =dxdy$

==> $dydz:dzdx:dxdy=cos\alpha :cos\beta :cos\gamma$

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(1) 设积分曲面$\Sigma$由方程$z=z(x,y)$确定, 曲面在坐标面$xOy$上的投影为$D_{x}y$, 函数$z=z(x,y)$在$D_{x}y$具有连续偏导数(即曲面$\Sigma$是光滑曲面), $f(x,y,z)$在$\Sigma$上连续, 则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y,z)dS={\iint }_{D_{xy}}f[x,y,z(x,y)]\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}dxdy.$$

(2) 利用对称性计算第一类曲面积分
① 积分曲面 Σ 关于 xOy 平面对称，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y,z)dS=\{\begin{array}{ll}2{\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_1}f(x,y,z)dS,& f(x,y,-z)=f(x,y,z),\\ 0,& f(x,y,-z)=-f(x,y,z).\end{array}$$

其中 Σ_1 为曲面 Σ 在 xOy 平面上方的部分.

②利用轮转对称性: 若 x, y 互换后, 积分曲面 Σ 所满足的表达式不变, 则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y,z)dS={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(y,x,z)dS.$$

若 x, y, z 互换后, 积分曲面 Σ 所满足的表达式不变, 则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(x,y,z)dS={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(y,z,x)dS={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}f(z,x,y)dS.$$

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【例题1】【例 9.10】设 $S:x^2+y^2+z^2=a^2(z\ge 0)$, $S_1$ 为 $S$ 在第一卦限中的部分, 则有
(A) ${\iint }_{S}x\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$.
(B) ${\iint }_{S}y\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$.
(C) ${\iint }_{S}z\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$.
(D) ${\iint }_{S}xyz\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}xyz\mathrm{d}S$.

图形为一上半球，可知：几何体关于$xOz,yOz$对称

被积函数为$y$或$x$的奇偶函数时，有偶倍奇零结论

${\iint }_{S}x\mathrm{d}S={\iint }_{S}y\mathrm{d}S={\iint }_{S}xyz\mathrm{d}S$

${\iint }_{S}z\mathrm{d}S=2{\iint }_{S_2}z\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}z\mathrm{d}S$

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【例题2】设曲面$\mathrm{\Sigma }:\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|=1$ ,则$\text{oiint}(x+\left|y\right|)dS=$

【小技巧：根据曲面方程判断对称性】$|x|+|y|+|z|=1$将方程中的$x$改写为$-x$若方程不变说明，曲面关于$yOz$对称

偶倍奇零 ==> ${\text{oiint}}_{\mathrm{\Sigma }}xdS=0$

在第一卦象上有：$z=1-x-y$在第一卦象的$xOy$上有：$y=1-x$

${\text{oiint}}_{\mathrm{\Sigma }}|y|dS=8{\text{oiint}}_{{\mathrm{\Sigma }}_1}|y|dS=\frac{8}{3}{\text{oiint}}_{{\mathrm{\Sigma }}_1}|x|+|y|+|z|dS=\frac{8}{3}{\text{oiint}}_{{\mathrm{\Sigma }}_1}dS$
$\frac{8}{3}{\iint }_D\sqrt{1+Z_x^2+Z_y^2}dxdy=\frac{8}{3}\sqrt{3}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}dy=\frac{4\sqrt{3}}{3}$

第二类曲面积分

第二类曲面积分的定义

设$\Sigma$为光滑（或分片光滑）的有向曲面，函数$R(x,y,z)$在$\Sigma$上有界.把$\Sigma$任意分割成$n$个小块$\Delta S_i(i=1,2,\cdots ,n)(\Delta Si$也代表第$i$小块曲面的面积$)$，$\Delta S_i$在$xOy$面上投影为$(\Delta S_i{)}_{xy}$，$({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)$为ΔSi上任取的一点，令λ为各小块曲面的直径最大值，若极限

$$\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}R({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)(\mathrm{\Delta }{S}_i{)}_{xy}$$

存在，则称此极限为函数$R(x,y,z)$在有向曲面$\Sigma$上对坐标$x,y$的曲面积分，记作

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}R(x,y,z)dxdy=\underset{\lambda \to 0}{lim}\sum _{i=1}^{n}R({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)(\mathrm{\Delta }{S}_i{)}_{xy}.$$

第二类曲面积分的性质

(1) 可加性: 若积分有向曲面Σ可分成两块光滑曲面Σ₁, Σ₂, 则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_1}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy+{\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_2}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy.$$

(2) 令 −Σ 表示 Σ 的反向, 则

$${\iint }_{-\mathrm{\Sigma }}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=-{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy.$$

第二类曲面积分的计算

(1) 设积分曲面Σ由方程z=z(x,y)确定，曲面在坐标面xOy上的投影为Dxy，函数z=z(x,y)在Dxy具有连续偏导数(即曲面Σ是光滑曲面)，R(x,y,z)在Σ上连续，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}R(x,y,z)dxdy=\pm {\iint }_{D_{xy}}R[x,y,z(x,y)]dxdy.$$

其中若曲面Σ的方向与z轴正向夹角小于$\frac{\pi }{2}$，则上式右端取正号；否则取负号.

同理可得

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}P(x,y,z)dydz=\pm {\iint }_{D_{yz}}P[x(y,z),y,z]dydz.$$$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}Q(x,y,z)dzdx=\pm {\iint }_{D_{xz}}Q[x,y(z,x),z]dzdx.$$

(2) 【投影三合一公式】设积分曲面Σ由方程z=z(x,y)确定，曲面在坐标面xOy上的投影为Dxy，若z(x,y)在Dxy具有连续偏导数(即曲面Σ是光滑曲面)，P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)在Σ上连续，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}\{P,Q,R\}\cdot dS$$$$=\pm {\iint }_{D_{xy}}\{P,Q,R\}\cdot \{-z_x,-z_y,1\}dxdy$$$$=\pm {\iint }_{D_{xy}}\{-z_{x}P[(x,y,z(x,y)]-z_{y}Q[x,y,z(x,y)]+R[x,y,z(x,y)]\}dxdy.$$

其中若曲面Σ的方向与z轴夹角小于$\frac{\pi }{2}$，则上式右端取正号；否则取负号。

两类曲面积分关系

$$\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=\underset{\mathrm{\Sigma }}{\iint }(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )dS,$$

其中 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 为曲面 $\mathrm{\Sigma }$ 在点 $(x,y,z)$ 处的正法线向量的方向余弦.

$$cos\alpha =\frac{-z_x}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}},cos\beta =\frac{-z_y}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}},cos\gamma =\frac{1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}$$

高斯公式

设空间闭区域 $\mathrm{\Omega }$ 由分片光滑的闭曲面 $\mathrm{\Sigma }$ 围成，函数 $P(x,y,z)$, $Q(x,y,z)$, $R(x,y,z)$ 在 $\mathrm{\Omega }$ 上有连续的一阶偏导数，则

$${\text{oiint}}_{\mathrm{\Sigma }}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dv.$$

这里 $\mathrm{\Sigma }$ 是 $\mathrm{\Omega }$ 的整个边界曲面的外侧.

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【例题1】计算曲面积分 $I={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}xzdydz+2zydzdx+3xydxdy$，其中 $\mathrm{\Sigma }$ 为曲面 $z=1-x^2-\frac{y^2}{4}(0\le z\le 1)$ 的上侧.

补面：${\mathrm{\Sigma }}_1:\mathrm{为}\mathrm{曲}\mathrm{面}\mathrm{的}\mathrm{底}\mathrm{面}，\mathrm{方}\mathrm{向}\mathrm{向}\mathrm{下}$

$\text{oiintlimits\_{Sigma + Sigma\_1} xzdydz + 2zy dzdx + 3xy dxdy = iiintlimits\_Omega (z + 2z) dv}$
$\text{=3iintlimits\_D dxdy int\_0^{1 - x^2 - frac{y^2}{4} zdz = frac32 iintlimits\_D ( 1- x^2 -frac{y^2}{4})^2 dxdy}$

$\begin{cases}x = rcos\theta \ y = 2rsin\theta \end{cases} $ ==> $\left|\begin{array}{cc}cos\theta & -rsin\theta \\ 2sin\theta & 2rcos\theta \end{array}\right|=2r$

$\frac{3}{2}{\int }_0^{2\pi }d\theta \cdot {\int }_0^1(1-r^2{)}^2\cdot 2rdr=\pi$

补面：${\iint }_{{\mathrm{\Sigma }}_1}=-\underset{D}{\iint }3xydxdy\stackrel{\mathrm{偶}\mathrm{倍}\mathrm{奇}\mathrm{零}}{\Rightarrow }0$

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【例题2】计算$I=\iint x$dydz$+y$dzd$x+z$dxdy$,S:$为$z=x^2+y^2$介于$z=0$和$z=1$之间的部分，上侧为正.

补面：$S_0:\{\begin{array}{l}z=1\\ 1=x^2+y^2\end{array}\mathrm{方}\mathrm{向}\mathrm{向}\mathrm{下}$

$\text{oiintlimits\_{S + S\_0} xdydz + ydzdx + zdxdy xRightarrow{高斯公式} -iiintlimits\_Omega( 1 + 1 + 1) dv}$
$=-3\underset{D}{\iint }dxdy{\int }_{x^2+y^2}^{1}dz=-3\underset{D}{\iint }[1-(x^2+y^2)]dxdy$
$=-3{\int }_0^{2\pi }d\theta \cdot {\int }_0^1(1-r^2)\cdot rdr=-\frac{3}{2}\pi$

补面：$\underset{S_0}{\iint }=-\underset{D}{\iint }dxdy=-\pi$

$I=-\frac{3}{2}\pi -(-\pi )=-\frac{1}{2}\pi$

斯托克斯公式

【空间曲线转化成曲面积分】 设 $\mathrm{\Gamma }$ 为分段光滑的空间有向闭曲线，$\mathrm{\Sigma }$ 是以 $\mathrm{\Gamma }$ 为边界的分片光滑的有向曲面，$\mathrm{\Gamma }$ 的正向与 $\mathrm{\Sigma }$ 所取正侧的法线向量符合右手法则，函数 $P(x,y,z)$，$Q(x,y,z)$，$R(x,y,z)$ 在曲面 $\mathrm{\Sigma }$（连同边界 $\mathrm{\Gamma }$）上有连续的一阶偏导数，则

$${\oint }_{\mathrm{\Gamma }}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}y\mathrm{d}z& \mathrm{d}z\mathrm{d}x& \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|$$$$={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

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【例题1】设 $L$ 是柱面 $x^2+y^2=1$ 与平面 $z=x+y$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 ${\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z=\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}。$

$I\stackrel{\mathrm{斯}\mathrm{托}\mathrm{克}\mathrm{斯}}{\Rightarrow }\underset{S}{\iint }\left|\begin{array}{ccc}dydz& dzdx& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ xz& x& \frac{y^2}{2}\end{array}\right|$
$=\underset{S}{\iint }ydydz+xdzdx+1\cdot dxdy$

$S$的方向由右手定则确定，可知方向向上

$=\underset{D}{\iint }(-y-x+1)dxdy=\underset{x^2+y^{2}le1}{\iint }(1-x-y)dxdy\stackrel{\mathrm{偶}\mathrm{倍}\mathrm{奇}\mathrm{零}}{\Rightarrow }\underset{x^2+y^{2}le1}{\iint }1dxdy=\pi$

散度

设向量场 $\mathbf{F}=P(x,y,z)\mathbf{i}+Q(x,y,z)\mathbf{j}+R(x,y,z)\mathbf{k}$, 其中 $P,Q,R$ 有连续的一阶偏导数, $\mathbf{F}$ 在点 $(x,y,z)$ 处的散度为

$$\text{div}\mathbf{F}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}.$$

由上式, 高斯公式可写成

$${\text{oiint}}_{S}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\text{oiint}}_S\{P,Q,R\}\cdot dS={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}\text{div}\mathbf{F}dV.$$

旋度

设向量场$F=P(x,y,z)\mathit{i}+Q(x,y,z)\mathit{j}+R(x,y,z)\mathit{k}$,其中 $P,Q,R$ 有连续的一阶偏导数，$F$在点$(x,y,z)$处的旋度为

$$\text{rot}F=\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|=(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})i+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})j+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})k.$$

梯度

$gradf=(f_x,f_y,f_z)$

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【例题】设有数量场 $u=xyz$. 求: (I) grad $u$; (II) div (grad $u$); (III) rot (grad $u$).

$$\mathrm{grad}u=(u_x,u_y,u_z)=(yz,xz,xy)$$$$\mathrm{div}\left(\mathrm{grad}u\right)=\frac{\partial \left(yz\right)}{\partial x}+\frac{\partial \left(xz\right)}{\partial y}+\frac{\partial \left(xy\right)}{\partial z}=0$$$$rot(gradu)=|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ yz& xz& xy\end{array}|=\overrightarrow{0}$$

数列技巧

数列收敛的结论

1.唯一性：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$存在 ==> 极限值唯一
2.有界性：$\{x_n\}$收敛 ==> $\{x_n\}$有界 （反推不成立，反例：震荡函数sinx）
3.单调有界准则：$\{x_n\}$有界 + $\{x_n\}$单调 ==> $\{x_n\}$收敛 （反推不成立，反例：$x_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$)
4.保号性：（脱极限号）$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=A>0$ ==> 当$n\to \mathrm{\infty }$时（n足够大时），$\{x_n\}>0$
（带极限号）$\{x_n\}>0⟹\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=A\ge 0$ （当$\{x_n\}$收敛时）
5.数列极限存在且极限值为A <==> 所有子列极限都存在且都为A

数列单调有界

单调证明

1.求导法
$x_{n+1}=f(x_n)$ 令 $y=f(x)$
(1)数列$\{x_n\}$满足：$m⩽x_n⩽M$，$x_{n+1}=f(x_n)$，如果在$[m,M]$上，$f^{\prime }(x)>0$，则$\{x_n\}$单调 （若$x_1<x_2$单调增，若$x_1>x_2$单调减）
(2)数列$\{x_n\}$满足：$m⩽x_n⩽M$, $x_{n+1}=f(x_n)$,如果在$[m$,$M]$上，$f^{\prime }(x)<0$,则$\{x_{2n}\},\{x_{2n+1}\}$单调 注：此时$\{x_n\}$不单调，除非$x_2=x_1$

2.作差/作比法
(1)作差：$a_{n+1}-a_n$
1.1 与0比较
1.2 与$a_n-a_{n-1}$ 比较（同号则单调）
(2)作比：$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ （若>1，则单调增）（若<1，则单调减）

3.数学归纳法 （不常用，并且因为我用得很熟，懒得总结）

有界证明

1.分离常数 $a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$
2.数学归纳法（常用）（界就是极限）
3.常见不等式

数列不存在证明

【例题1】 设 $a_0>0$, $a_n=a_{n-1}(a_{n-1}+1)(n=1,2,\cdots )$, 则 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n$ ___.
证有界：
显然，$a_n>0,\{a_n\}\mathrm{有}\mathrm{下}\mathrm{界}$

证单调：
$\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}(a_{n-1}+1)}{a_{n-1}}=a_{n-1}+1>1$
==> $\{a_n\}\mathrm{单}\mathrm{调}\mathrm{递}\mathrm{增}$

假设$\{a_n\}$有上界，则$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n\mathrm{\exists }$，令其为A
==> $A=A(A+1)$ ==> $A=0$与$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n$矛盾

说明$\{a_n\}$无上界 ==> 极限不存在或为正无穷

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【例题2】设 $a_0>0$，$a_n=a_{n-1}(1-a_{n-1})(n=1,2,\cdots )$，则 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n$ ________。

（1）若$0<a_0<1$，显然$0<a_n<1$，即：$\{a_n\}$有界

$\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}(1-a_{n-1}}{a_{n-1}}=1-a_{n-1}<1$ ==> $\{a_n\}$单调递减
由单调有界准则可得：极限存在，令其为A
==> $A=A(1-A)$ ==> $A=0$

（2）若$a_0>1,a_1<0$，显然$a_n<0(n=1,2,\cdots )$
$\frac{a_n}{a_{n-1}}=1-a_{n-1}>1$ ==> $a_n<a_{n-1}$ ==> $\{a_n\}$单调递减

假设$a_n$有下界，则极限存在，令其为A ==> $A=A(1-A)$ ==> $A=0$矛盾

说明$a_n$没有下界，极限不存在或为负无穷

（3）若$a_0=1$，显然$a_n=0(n=1,2,\cdots )$ ==> $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$

综上：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\{\begin{array}{ll}0& 0<a_0\le 1\\ -\mathrm{\infty }& a_0>1\end{array}$

常见不等式

1.$a^2+b^2⩾2ab$
2.$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n}$
或者$a_1+a_2+\cdots +a_n⩾n\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n}$
3.$\sin x<x<\tan xx\in (0,\frac{\pi }{2})$
4.$x⩾\sin x$（$x⩾0$当且仅当$x=0$时，等号成立）
5.$\arctan x<x<\tan x(0<x<\frac{\pi }{2})$
6.$e^x⩾x+1$
7.$x-1⩾\ln x$
8.$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x(x>0)$
9.$\frac{1}{1+x}<\ln (1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}(x>0)$
10.$-|x|\le x\le |x|$
11.$|x|-|y|\le ||x|-|y||\le |x+y|\le |x|+|y|$
12.$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge 2$ （a,b同号）
13.$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca(a,b\in R)$

求含有sin无穷的数列极限

总结：求含有$sin\mathrm{\infty }/cos\mathrm{\infty }/tan\mathrm{\infty }$的数列极限
（1）减去等价无穷大，把无穷大拉回常数
（2）提出等价无穷大，把无穷大拉回常数

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【例题1】数列极限 $I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}ntan(\pi \sqrt{n^2+1})=$ ______.

$I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}ntan(\pi \sqrt{n^2+1})$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}ntan(\pi \sqrt{n^2+1}-\pi n)$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}ntan(\pi \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n})$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}n\cdot \pi \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}\pi \cdot \frac{1}{1+\sqrt{1+\frac{1}{n^1}}}$
$=\frac{\pi }{2}$

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【例题2】数列极限 $I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(\sqrt{4n^2+n}\pi )=$_____.

法一：减去等价无穷大

$I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(\sqrt{4n^2+n}\pi )$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(\sqrt{4n^2+n}\pi -2n\pi )$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(\pi \cdot \frac{1}{\sqrt{4+\frac{1}{n}}+2}$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin\frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

法二：提出等价无穷大

$I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(\sqrt{4n^2+n}\pi )$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(2n\pi \sqrt{1+\frac{1}{4n}}$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin[2n\pi (1+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4n})]$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}sin(2n\pi +\frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

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【例题3】数列极限 $I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}si{n}^2(\sqrt{n^2+3n}\pi )=$_______.

$I=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}si{n}^2(\sqrt{n^2+3n}\pi )$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}si{n}^2(\sqrt{n^2+3n}\pi -n\pi )$
$=li{m}_{n\to \mathrm{\infty }}si{n}^2(\pi \frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}$
$=si{n}^2\frac{3}{2}$

裂项相消法例题

【例题1】设 $x_n={\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{2(1+2+\cdots +k)}\right)}^n$, 则 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=$ ___.

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^n\frac{1}{2(1+k)\cdot k\cdot \frac{1}{2}}{)}^n$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\sum _{k=1}^n(\frac{1}{k}-\frac{1}{1+k}{)}^n]$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{n}-\frac{1}{1+n}){]}^n$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1-\frac{1}{1+n}{)}^n=e^{-1}$

---

---

【例题2】 求数列极限$I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}$

$I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{1+k-k}{k(k+1)(k+2)}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+2)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n[\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})-(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}]$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3}{4}-\frac{1}{2(n+1)}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2(n+2)}=\frac{1}{4}$

---

---

【例题3】 求数列极限 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}({\log }_2{a}_n{)}^{(2^n)}$, 其中 $a_n=\prod _{i=1}^n(\sqrt[2^i]{2})$。

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}({\log }_2{a}_n{)}^{(2^n)}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{i=1}^n\frac{1}{2^i}{)}^{2^n}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2}{)}^n]}{1-\frac{1}{2}}{]}^{2^n}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[1-(\frac{1}{2}{)}^n{]}^{2^n}$
$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{2^n\cdot -(\frac{1}{2}{)}^n}=e^{-1}$

开n次根号

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{a}=1$ $(a>0)$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n}=1$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{f(n)}=1(f(n)\mathrm{不}\mathrm{含}\mathrm{有}n\mathrm{次}\mathrm{方})$

奥特曼公式

$a_1,a_2,\cdots ,a_m$ 为非负，则
$\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}=max\{a_1,a_2,\cdots ,a_m\}$

【证明】
不妨设：$a_1=max{a}_1,a_2,\cdots ,a_m$
$a_1^n\le a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n\le n{a}_1^n$
$\sqrt[n]{a_1^n}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \sqrt[n]{n{a}_1^n}$
$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{a_1^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n{a}_1^n}=a_1$

得证：$\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}=max\{a_1,a_2,\cdots ,a_m\}$

微分方程

微分方程概述

1.n阶微分方程的通解应该含有n个不能合并的任意常数
2.n阶齐次微分方程的通解是n个线性无关的特解的线性组合

线性微分方程概述

（要么看未知函数$y$，要么看未知函数$x$)
① 未知函数及未知函数的导数都是一次的
② 未知函数及未知函数的导数只能线性组合

例：判断下列微分方程是否为$y$的线性微分方程

（1）$y^{″}+y^{\prime }+y=0$
（2）$y^{″}+y^{\prime }+y=sinx$
（3）$y^{″}+x^2{y}^{\prime }+e^{x}y=cosx$
（4）$y^{″}+y{y}^{\prime }=0$
（5）$y^{″}+y^{\prime }=y^2$
（6）$y^{″}+e^x{y}^{\prime }+sinyy=x$

（1）（2）（3）是y的线性微分方程

一阶微分方程通解

$y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$
通解：$y=e^{-\int p(x)dx}[\int Q(x)e^{\int p(x)dx}dx+C]$

伯努利方程

通过换元，将非线性方程化简成线性

$y^{\prime }+P(x)y=Q(x)y^{\alpha }(\alpha =0,\alpha =1\mathrm{则}\mathrm{为}\mathrm{线}\mathrm{性}\mathrm{直}\mathrm{接}\mathrm{做})$

① 两边同除$y^{\alpha }$

$$y^{-\alpha }{y}^{\prime }+P(x)y^{1-\alpha }=Q(x)$$

② 令$y^{1-\alpha }=z$,两边同时对x求导

$$(1-\alpha )y^{-\alpha }\cdot y^{\prime }=z^{\prime }$$$$y^{-\alpha }{y}^{\prime }=\frac{1}{1-\alpha }{z}^{\prime }$$

③ 代入求$z(x)$

$$\frac{1}{1-\alpha }{z}^{\prime }+P(x)z=Q(x)$$$$z^{\prime }+(1-\alpha )P(x)z=(1-\alpha )Q(x)$$

总结：$Q(x)$必须干净没有$y$，盯着$y$换元（$P(x)y$那一项）

欧拉方程

$x^n{y}^{(n)}+a_1{x}^{n-1}{y}^{(n-1)}+\cdots +a_{n-1}x{y}^{{}^{\prime }}+a_{n}y=f(x)$

① 令$x=e^t$(化成常系数)
则$x^k{y}^{(k)}=D(D-1)...(D-k+1)yD\mathrm{是}\mathrm{对}t\mathrm{的}\mathrm{微}\mathrm{分}\mathrm{算}\mathrm{子}D=\frac{d}{dt}$

② 解得y(t)，再代入为y(x)

例：方程$x^2{y}^{\prime \prime }+2x{y}^{\prime }-2y=0$的通解
令$x=e^t$

$$D(D-1)y+2Dy-2y=0$$$$D^{2}y+Dy-2y=0$$$$y^{″}+y^{\prime }-2y=0$$$$y=C_1{e}^{-2t}+C_2{e}^t=\frac{C_1}{x^2}+C_{2}x$$

二阶齐次微分方程通解

$y^{″}+b{y}^{\prime }+c=0$

特征方程：$r^2+br+c=0$

$\mathrm{△}=b^2-4c$

① $\mathrm{△}>0r_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4c}}{2}$
$y=C_1{e}^{r_{1}x}+C_2{e}^{r_{2}x}$

② $\mathrm{△}=0r_{1,2}=\frac{-b}{2}$
$y=(C_1+C_{2}x)e^{rx}$

③ $\mathrm{△}<0r_{1,2}=\frac{-b}{2}\pm \frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}i$
$y=e^{-\frac{b}{2}x}(C_1\cos \frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}x+C_2\sin \frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}x)$
$y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)$

二阶齐次微分方程特解结论

$y^{″}+p(x)y^{\prime }+q(x)y=0$的任意两个解$y_1(x),y_2(x)$一定满足$y_1^{\prime }{y}_2-y_1{y}_2^{\prime }=C{e}^{-\int p(x)dx}$（其中C可以通过两个解确定为常数）
证明：
$\{\begin{array}{ll}{y}_1^{\prime \prime }+p(x)y_1+q(x)y_1=0& (1)\\ y_2^{\prime \prime }+p(x)y_2+q(x)y_2=0& (2)\end{array}$

$(1)\times y_2-(2)\times y_1$
$\{\begin{array}{ll}{y}_1^{\prime \prime }{y}_2+p(x)y_1^{\prime }{y}_2+q(x)y_1{y}_2=0& (1)\times y_2\\ y_2^{\prime \prime }{y}_1+p(x)y_2^{\prime }{y}_1+q(x)y_2{y}_1=0& (2)\times y_1\end{array}$

$(y_1^{″}{y}_2-y_1{y}_2^{″})+p(x)(y_1^{\prime }{y}_2-y_1{y}_2^{\prime })=0$

令$y=y_1^{\prime }{y}_2-y_1{y}_2^{\prime }$，则有：$y^{\prime }+p(x)y=0$
$y=C{e}^{-\int p(x)dx}$

得证：$y_1^{\prime }{y}_2-y_1{y}_2^{\prime }=C{e}^{-\int p(x)dx}$

例题

解的结构

$\{\begin{array}{ll}{y}^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)& (\mathrm{非}\mathrm{齐}\mathrm{次})\\ y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0& (\text{齐次})\end{array}$

① $y_1$ 和 $y_2$ 是齐次线性无关的解，则 $C_1{y}_1+C_2{y}_2$ 是齐次的通解
② 非齐次通解 = 齐次通解 + 非齐次特解
③ $y_1,y_2\dots y_n$是齐次的解，$C_1{y}_1+C_2{y}_2+\dots +C_n{y}_n$仍是齐次的解
④ $y_1,y_2\dots y_n$是非齐次的解
$c_1{y}_1+c_2{y}_2+\cdots +c_n{y}_n\{\begin{array}{ll}{c}_1+c_2+\cdots +c_n=1& \mathrm{非}\mathrm{齐}\mathrm{次}\mathrm{的}\mathrm{解}\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=0& \text{齐次的解}\end{array}$
⑤ 非齐次解 + 齐次解 = 非齐次解

微分算子法（算非齐特解）

一、引入记号$D$

（1）$D$表示求导
$D\sin x=\cos x{D}^2\sin x=-\sin x$
$(D+1)x=Dx+x=1+x$

（2）$\frac{1}{D}$表示积分
$\frac{1}{D}\sin x=-\cos x\frac{1}{D}x=\frac{1}{2}{x}^2$

二、步骤
$y^{″}+a{y}^{\prime }+by=f(x)$
特征方程：$D^2+aD+b=0$

$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+aD+b}\cdot f(x)$
记成：$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}\cdot f(x)$

计算：$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}\cdot f(x)$ ==> 没有$D$的形式

如：$y^{″}+3y^{\prime }-2y=e^{2x}{y}^{\ast }=\frac{1}{D^2+3D-2}\cdot e^{2x}$
$3y^{″}-2y^{\prime }+5y=6y^{\ast }=\frac{1}{3D^2-2D+5}\cdot 6$
$y^{″}-2y^{\prime }+2y=x^2-2x+1y^{\ast }=\frac{1}{D^2-2D+2}\cdot (x^2-2x+1)$
$y^{″}-3y^{\prime }+2y=e^{-x}\cos x+2x{e}^x{y}^{\ast }=\frac{1}{D^2-3D+2}\cdot (e^{-x}\cos x+2x{e}^x)$

型一

$f(x)=e^{kx}$
【方法】 见$D$就换$k$
$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}{e}^{kx}=\frac{1}{F(k)}{e}^{kx}F(k)\ne 0$
$F(k)=0$时，$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}{e}^{kx}=x\frac{1}{F^{\prime }(D)}{e}^{kx}$
$F(k)=F^{\prime }(k)=0$时，$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}{e}^{kx}=x^2\frac{1}{F^{″}(D)}{e}^{kx}$

例一：$y^{″}+3y^{\prime }-2y=e^{2x}$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+3D-2}{e}^{2x}=\frac{1}{2^2-3\times 2-2}{e}^{2x}=\frac{1}{8}{e}^{2x}$

例二：$y^{″}-4y^{\prime }+3y=e^{2x}$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2-4D+3}{e}^{2x}=\frac{1}{2^2-4\times 2+3}{e}^{2x}=-e^{2x}$

例三：$y^{″}+2y^{\prime }-3y=e^{-3x}$ 求 $y^{\ast }$
$F(-3)=0$，则$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+2D-3}{e}^{-3x}=x\frac{1}{(D^2+2D-3{)}^{\prime }}{e}^{-3x}=x\frac{1}{2D+2}{e}^{-3x}=-\frac{x}{4}{e}^{-3x}$

例四：$y^{\prime \prime \prime }+3y^{\prime \prime }+3y^{\prime }+y=e^{-x}$ 求$y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^3+3D^2+3D+1}{e}^{-x}=x\frac{1}{3D^2+6D+3}{e}^{-x}=x^2\frac{1}{6D+6}{e}^{-x}=\frac{1}{6}{x}^3{e}^{-x}$

例五：$3y^{″}-2y^{\prime }+5y=6$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{3D^2-2D+5}\cdot 6=\frac{6}{5}$

型二

$f(x)=\sin ax/\cos ax$
【方法】 见$D^2$就换$-a^2$，剩下的$D$用平方差
$\frac{1}{F(D^2)}\sin ax=\frac{1}{F(-a^2)}\sin ax$
$\frac{1}{F(D^2)}\cos ax=\frac{1}{F(-a^2)}\cos ax$
与型一一样，$F(-a^2)$就求导提一个x出来

例一：$y^{″}-y=\sin x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2-1}\sin x=-\frac{1}{2}\sin x$

例二：$y^{″}+4y=\cos 2x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+4}\cos 2x=x\frac{1}{2D}\cos 2x=\frac{x}{2}\frac{1}{D}\cos 2x=\frac{x}{4}\sin 2x$

例三：$y^{\prime \prime }+3y^{\prime }-2y=\sin 2x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+3D-2}\sin 2x=\frac{1}{3D-6}\sin 2x=\frac{1}{3}\frac{D+2}{D^2-4}\sin 2x=-\frac{1}{24}(D+2)\sin 2x=-\frac{1}{24}(2\cos 2x+2\sin 2x)$

例四：$y^{\prime \prime }-6y^{\prime }+9y=\cos x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2-6D+9}\cos x=\frac{1}{8-6D}\cos x=\frac{8+6D}{64-36D^2}\cos x=\frac{1}{100}(8+6D)\cos x=\frac{1}{50}(4\cos x-3\sin x)$

型三

$f(x)=e^{kx}\cdot \varphi (x)\left\{\begin{array}{l}\sin ax\\ \cos ax\\ x\mathrm{多}\mathrm{项}\mathrm{式}\end{array}\right\}$
【方法】$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}f(x)=\frac{1}{F(D)}[e^{kx}\cdot \phi (x)]=e^{kx}\frac{1}{F(D+k)}\phi (x)$

例一：$2y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+y=e^{-x}\sin 2x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{2D^2-3D+1}(e^{-x}\sin 2x)=e^{-x}\frac{1}{2(D-1{)}^2-3(D-1)+1}\sin 2x=e^{-x}\frac{1}{2D^2-7D+6}\sin 2x$$=-e^{-x}\frac{1}{7D+2}\sin 2x=-e^{-x}\frac{7D-2}{49D^2-4}\sin 2x=\frac{1}{200}{e}^{-x}(7D-2)\sin 2x=\frac{1}{100}{e}^{-x}(7\cos 2x-\sin 2x)$

型四

$f(x)=x\mathrm{的}\mathrm{多}\mathrm{项}\mathrm{式}$
【方法】化简成等比数列级数的形式，然后展开

例一：$y^{″}+y=-2x$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+1}(-2x)=\frac{1}{1-(-D^2)}(-2x)=(1-D^2+...)(-2x)=-2x$

例二：$y^{″}+y^{\prime }=x^2$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2+D}{x}^2=\frac{1}{D}\cdot \frac{1}{D+1}{x}^2=\frac{1}{D}(1-D+D^2+...)x^2=\frac{1}{D}(x^2-2x+2)=\frac{1}{3}{x}^3-x^2+2x$

例三：$y^{″}-2y^{\prime }+2y=x^2-2x+1$ 求 $y^{\ast }$
$y^{\ast }=\frac{1}{D^2-2D+2}(x^2-2x+1)=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{D^2-2D}{2}}(x^2-2x+1)=\frac{1}{2}[1+\frac{D^2}{2}+D](x^2-2x+1)=\frac{x^2}{2}$

型五

微分方程的换元

题型：关于y和x的微分方程 $\stackrel{x=x(t)}{\Rightarrow }$ 关于y和t的微分方程，可以有$y,t,\frac{dy}{dt},\frac{d^{2}y}{d{t}^2}$

方法：链式求导法
$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}$

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d(\frac{dy}{dx})}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}$

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【例题】作变量替换$x=e^t$，方程$a{x}^2\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+bx\frac{dy}{dx}+cy=0$简化为________。

$a{e}^{2t}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+b{e}^t\frac{dy}{dx}+cy=0$
$\frac{dy}{dx}=e^{-t}\frac{dy}{dt}$
$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\frac{d^{2}y}{d{t}^2}{e}^t-e^t\frac{dy}{dt}}{e^{2t}}\cdot e^{-t}$
$a{D}^{2}y+(b-a)Dy+cy=0$

无穷级数技巧

常数项级数

级数的收敛与发散

令 $S_n=u_1+u_2+\cdots +u_n(n=1,2,\cdots )$，则称数列 $\{S_n\}$ 为级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 的部分和数列。
如果级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 的部分和数列 $\{S_n\}$ 有极限 $S$，即 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=S,$ 则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 收敛，这时极限 $S$ 叫做级数的和，并写成
$S=u_1+u_2+u_3+\cdots +u_n+\cdots ;$
如果 $\{S_n\}$ 没有极限，则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 发散。

级数的基本性质

(1) 如果级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$收敛于和S，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}k{u}_n$也收敛(k为常数)，且收敛于kS；
(2) 如果级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$分别收敛于S，σ，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(u_n\pm v_n)$也收敛，且收敛于S±σ；
(3) 若$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$和$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$中一个收敛，另一个发散，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a{u}_n+b{v}_n)$发散(a，b为非零常数)；

【注意】若级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$与$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$都发散，则$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a{u}_n+b{v}_n)$的敛散性不确定(a，b为常数).

(4) 在级数中去掉、加上或改变有限项，不改变级数的收敛性；
(5) 如果级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 收敛，则对此级数的项加上括号后的级数仍收敛，且其和不变；
【注意】若加括号后形成的级数收敛，不能断定去括号后原来的级数收敛。例如级数 $(1-1)+(1-1)+\cdots$ 收敛于零，但级数 $1-1+1-1+\cdots$ 却是发散的。

(6) 级数收敛的必要条件：如果级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$收敛，则它的一般项$u_n$趋于0，即：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=0$

收敛 ==> $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=S$ ==> $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(S_n-S_{n-1})=S-S=0$

【注意】常用来判定级数发散，即若$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n\ne 0$，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$必发散。

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【例 1】若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=0$，且级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n(a_n-a_{n-1})$ 收敛，则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛性的结论是 【 】
(A) 收敛.
(B) 发散.
(C) 不能确定.
(D) 与 $a_n$ 正负有关.

【技巧】消去型级数用定义

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n(a_n-a_{n-1})=[(a_1-a_0)+2(a_2-a_1)+\cdots +n(a_n-a_{n-1})]=n{a}_n-(a_0+\cdots +a_{n-1}=-(a_0+\cdots +a_{n-1}$

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【例2】【例 7.2】设级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛, 则下列结论不正确的是
(A) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n+a_{n+1})$ 必收敛.
(B) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n^2-a_{n+1}^2)$ 必收敛.
(C) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_{2n}+a_{2n+1})$ 必收敛.
(D) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_{2n}-a_{2n+1})$ 必收敛.

(B) 【消去型级数】用定义

(C) 内部加括号

典型级数的敛散性

(1) 几何级数(等比级数): $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{q}^n$, 当 $|q|<1$ 时收敛于 $\frac{1}{1-q}$, 当 $|q|⩾1$ 时发散;
(2) $p$ 级数: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^p}$, 当 $p>1$ 时收敛, 当 $p⩽1$ 时发散;
(3) 对数 $p$ 级数: $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^p{\ln }^{q}n}$, 当 $p⩾1$ 且 $q>1$ 时收敛, 当 $p⩽1$ 且 $q⩽1$ 时发散.

【注】 当取 $p=1$, 对数 $p$ 级数变为 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n{\ln }^{q}n}$, 此时, 当 $q>1$ 时收敛, 当 $q⩽1$ 时发散.

正项级数

常数项级数的各项非负，即：$u_n\ge 0,(n=1,2,\cdots )$的级数称为正项级数。

正项级数审敛法

① 比较判别法: 设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 为正项级数, 且 $0⩽u_n⩽v_n(n=1,2,\cdots )$,
若 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 收敛, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 收敛;
若 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 发散, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 发散.

【例题】判断敛散性
（1）$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\frac{1}{n}}\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}\mathrm{d}x$

$0⩽{\int }_0^{\frac{1}{n}}\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx<{\int }_0^{\frac{1}{n}}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$收敛

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（2）$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{a_n}}{n}$, 己知$\sum _n=1^{\mathrm{\infty }}{a}_n(a_n\ge 0)$收敛

$0\le \frac{\sqrt{a_n}}{n}=\sqrt{a_n}\cdot \frac{1}{n}\le \frac{a_n+\frac{1}{n^2}}{2}$

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② 比较判别法的极限形式: 设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 为正项级数, 若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{u_n}{v_n}=l(0⩽l⩽\mathrm{\infty })$,
当 $0<l<+\mathrm{\infty }$ 时, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 同敛散;
当 $l=0$ 且 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 收敛时, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 收敛;
当 $l=+\mathrm{\infty }$ 且 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_n$ 发散时, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 发散.

【例题】判断下列级数敛散性

$(1)\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\cos \frac{\sqrt{\pi }}{n})$

$n\to \mathrm{\infty },1-\cos \frac{\sqrt{\pi }}{n}\sim \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{n^2}=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{n^2}$

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$(2)\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n})$

$n\to \mathrm{\infty },\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n}=\frac{1}{n}-[\frac{1}{n}-\frac{1}{6}{\left(\frac{1}{n}\right)}^3+o{\left(\frac{1}{n}\right)}^3]\sim \frac{1}{6}(\frac{1}{n}{)}^3$

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$(3)\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(n^{\frac{1}{n^2+1}}-1)$

$n\to \mathrm{\infty },e^{\frac{\ln n}{n^2+1}}-1\sim \frac{\ln n}{n^2+1}<<\frac{n^{ϵ}}{n^2+1}<\frac{1}{n^{2-ϵ}}$

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③ 比值判别法（达朗贝尔判别法）：设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 为正项级数，若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$，则

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n\{\begin{array}{ll}\mathrm{收}\mathrm{敛}，& \rho <1，\\ \mathrm{发}\mathrm{散}，& \rho >1，\\ \mathrm{不}\mathrm{确}\mathrm{定}，& \rho =1。\end{array}$

【例题】判断下列级数敛散性

(1)$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{n}n!}{n^n}(a>0)$

$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{\frac{a^{n+1}(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}}{\frac{a^n\cdot n!}{n^n}}=\frac{a}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{a}{e}\to \{\begin{array}{l}\frac{a}{e}>1,\mathrm{收}\mathrm{敛}\\ \frac{a}{e}<1,\mathrm{收}\mathrm{敛}\\ \frac{a}{e}=1,\text{?}\end{array}$

$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{e}{{(1+\frac{1}{n})}^n}>1,u_n\mathrm{单}\mathrm{调}\mathrm{增}$ ==> $S_n>n\cdot u_1\to \mathrm{\infty }$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{a}{e}\to \{\begin{array}{l}\frac{a}{e}>1,\mathrm{发}\mathrm{散}\\ \frac{a}{e}<1,\mathrm{收}\mathrm{敛}\\ \frac{a}{e}=1,\text{发散}\end{array}$

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④ 根值判别法(柯西判别法): 设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 为正项级数, 若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{u_n}=\rho$, 则

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n\{\begin{array}{ll}\mathrm{收}\mathrm{敛},& \rho <1,\\ \mathrm{发}\mathrm{散},& \rho >1,\\ \mathrm{不}\mathrm{确}\mathrm{定},& \rho =1.\end{array}$

【例题】$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{na}{n+1}\right)}^n(a>0)$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{{\left(\frac{na}{n+1}\right)}^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{na}{n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a}{1+\frac{1}{n}}=a$

当$a=1$时，$u_n={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{{(1+\frac{1}{n})}^n}=\frac{1}{e}\ne 0$发散

$\{\begin{array}{ll}& a>1,\mathrm{发}\mathrm{散}\\ & a<1,\mathrm{收}\mathrm{敛}\\ & a=1,\mathrm{发}\mathrm{散}\end{array}$

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交错级数

若 $u_n⩾0(n=1,2,\cdots )$，则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{u}_n$ 或 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{u}_n$ 称为交错级数，其展开形式有以下两种：

$u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots$，

$-u_1+u_2-u_3+u_4-\cdots$。

交错级数的敛散性判定(莱布尼茨判别准则)

对于交错级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{u}_n(u_n>0)$, 若:
① $u_n⩾u_{n+1}(n=1,2,3,\cdots )$;
② $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=0$,
则级数收敛, 且其和 $s⩽u_1$.

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【例题】判断下列级数的敛散性

(1)$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\ln n}{\sqrt{n}}.$

${\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)}^{\prime }=\frac{\frac{1}{x}\cdot \sqrt{x}-\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{x}}\ln x}{x}=\frac{\frac{1}{\sqrt{x}}(1-\frac{\ln x}{2})}{x}$

$\frac{lnn}{\sqrt{n}}$在$n>9$时，单调减，趋于0 ==> 级数收敛

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(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin \left(\pi \sqrt{n^2+a^2}\right).$

$\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2})=\sin [\pi n+(\pi \sqrt{n^2+a^2}-\pi n)]=(-1{)}^n\sin \left[\pi (\sqrt{n^2+a^2}-n)\right]=(-1{)}^n\sin [\pi \cdot \frac{a^2}{\sqrt{n^2+a^2}+n}]$

$\sin [\pi \cdot \frac{a^2}{\sqrt{n^2+a^2}+n}]$单调减，趋于0，级数收敛

一般项级数

绝对收敛与条件收敛的概念

对于一般项级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$，
如果级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$各项的绝对值所构成的正项级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|u_n|$收敛，则称级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$绝对收敛；
如果级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$收敛，而级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|u_n|$发散，则称级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$条件收敛.

绝对收敛与条件收敛的性质

(1) 绝对收敛的级数一定收敛, 即若 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|u_n|$ 收敛, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ 收敛;

(2) 条件收敛的级数所有正项 (或负项) 构成的级数一定发散;

【注意】 由级数所有正项或负项构成的级数可分别表示为 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{u_n+|u_n|}{2}$ 和 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{u_n-|u_n|}{2}$.

(3) 绝对收敛的级数重新排列后, 级数仍收敛且和不变.

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【例题】设常数λ＞0，且级数∑$a_n^2$收敛，则级数∑$(-1{)}^n\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}$（　　）
（A）发散.
（B）条件收敛.
（C）绝对收敛.
（D）敛散性与λ有关.

$|(-1{)}^n\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}|=\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}\le \frac{a_n^2+\frac{1}{n^2+\lambda }}{2}$收敛

==> 绝对收敛

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【例题2】设常数 $k>0$，则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{k+n}{n^2}$ （ ）
(A) 发散.
(B) 绝对收敛.
(C) 条件收敛.
(D) 收敛性与 $k$ 取值有关.

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n[\frac{k}{n^2}+\frac{1}{n}]$ 单调减，趋于0，收敛

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|(-1{)}^n\frac{n+k}{n^2}|=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}+\frac{k}{n^2})$，发散加收敛，级数发散，说明是条件收敛

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【例题3】关于级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{\sin (n\alpha )}{n^2}-\frac{1}{\sqrt{n}}]$ 的敛散性说法正确的是（ ）
(A) 发散.
(B) 绝对收敛.
(C) 条件收敛.
(D) 敛散性与 $\alpha$ 取值有关.

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{\sin (n\alpha )}{n^2}\right|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$，收敛

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{\sqrt{n}}$，发散

==> 级数发散

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【例题4】设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{a}_n{2}^n$ 收敛，则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ （ ） (A) 条件收敛
(B) 绝对收敛
(C) 发散
(D) 敛散性不定

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(-2{)}^n{a}_n=0\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{2}^n\cdot \left|a_n\right|=0$

$\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\left|a_n\right|}{{\left(\frac{1}{2}\right)}^n}=0\Rightarrow \left|a_n\right|<<{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 绝对收敛

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【例题5】判别级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x_n}{x_{n+1}})$ 的收敛性, 其中 $\{x_n\}$ 是单调递增而且有界的正项级数

$\mathrm{由}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x_{n+1}-x_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[x_2-x_1+x_3-x_2+\cdots x_{n+1}-x_n]$ 收敛

$0\le \frac{x_{n+1}-x_n}{x_{n+1}}\le \frac{x_{n+1}-x_n}{x_1}$ 收敛

幂级数

幂级数的概念

各项都是幂函数的函数项级数即所谓幂级数，形如$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-x_0{)}^n$，称为在 $x_0$ 处的幂级数.

阿贝尔定理及其推论

如果幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 当 $x=x_0$ ($x_0\ne 0$) 时收敛，则对 $|x|<|x_0|$ 的一切 $x$，$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 绝对收敛。反之，如果幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 当 $x=x_0$ 时发散，则对 $|x|>|x_0|$ 的一切 $x$，$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 发散。

【推论】如果幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 不是仅在 $x=0$ 一点收敛，也不是在整个数轴上都收敛，则可以一个确定的正数 $R$，使得当 $|x|<R$ 时，幂级数绝对收敛；当 $|x|>R$ 时，幂级数发散；当 $|x|=R$ 时，幂级数可能收敛也可能发散。

正数 $R$ 叫做幂级数的收敛半径，开区间 $(-R,R)$ 叫做幂级数的收敛区间。再由幂级数在 $x=\pm R$ 处的收敛性就可以决定它的收敛域是 $(-R,R)$、$[-R,R)$、$(-R,R]$ 或 $[-R,R]$ 这四个区间之一。

【注意】在求收敛域时，一定不要忘记判断端点处幂级数的敛散性，这也是其与收敛区间的区别。

幂级数收敛半径的求法

对于幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\rho$（或 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{|a_n|}=\rho$），则幂级数的收敛半径为 $R=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\rho },& \rho \ne 0,\\ +\mathrm{\infty },& \rho =0,\\ 0,& \rho =+\mathrm{\infty }.\end{array}$

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【例题】求下列幂级数的收敛域

(1)$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{\sqrt{n}{x}^n}{n!}.$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\frac{(-1{)}^{n+1}\sqrt{n+1}{x}^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{(-1{)}^n\sqrt{n}{x}^n}{n!}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|x|}{n+1}=0<1,x\in (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$

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(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+(-2{)}^n}{n}(x-1{)}^n$ .

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+(-2{)}^n}{n}{t}^n,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\left|\frac{3^n+(-2{)}^n}{n}\right|{\left|t\right|}^n}=|t|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt[n]{3^n}}{\sqrt[n]{n}}{(1+{(-\frac{2}{3})}^n)}^{\frac{1}{n}}=3|t|=1$

收敛区间$(-\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

$t=\frac{1}{3}$时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1+(-\frac{2}{3}{)}^n}{n}$ 发散
$t=-\frac{1}{3}$时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+(-2{)}^n}{n}(-\frac{1}{3}{)}^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n+(\frac{2}{3}{)}^n}{n}$收敛

收敛域：$-\frac{1}{3}\le x-1\le \frac{1}{3}$, $[\frac{2}{3},\frac{4}{3})$

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(3)$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{n}{2^n}(x-1{)}^{2n}$ .

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\left|\frac{(-1{)}^{n}n}{2^n}{t}^n\right|}=\frac{|t|}{2}<1$

$t=2$时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n}n$发散
$t=-2$时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n$ 发散

收敛域：$-2<(x-1{)}^2<2$ ==> $(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$

幂级数和函数

(1) 幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 的和函数 s(x) 在其收敛域 $I$上连续.

(2) 幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 的和函数 $s(x)$ 在其收敛域 $I$ 上可积，并有逐项积分公式 ${\int }_0^{x}s(x)\mathrm{d}x={\int }_0^x\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n\right)\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^x{a}_n{x}^n\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n{x}^{n+1}}{n+1}(x\in I)$

【注】逐项积分后所得到的幂级数和原幂级数有相同的收敛半径.

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【母型级数】
(1) $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=\frac{1}{1-x}$

(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$

(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}=\frac{\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-x{)}^n}{n}}{2}=\frac{-\ln (1-x)+\ln (1+x)}{2}$

(4) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{2n}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x^2{)}^n}{n}=\frac{1}{2}(-\ln (1-x^2))$

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【例题】求下列幂级数的和函数

（1）$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n(n+1)}$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\frac{|x{|}^n}{n(n+1)}}=|x|=1$

收敛域：$x\in [-1,1]$

$S_1(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})x^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}-\frac{1}{x}\cdot \sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)-\frac{-ln(1-x)-x}{x},x\ne 0,x\in I$

$S(0)=0$

【例题】计算级数$\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n^2-1)2^n}$

$S(x)=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{(n^2-1)}=\frac{1}{2}[\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n-1}-\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}]$
$=\frac{1}{2}[\frac{x}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}-\frac{1}{x}\sum _{n=3}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}]=\frac{1}{2}[x\cdot (-\ln (1-x))-\frac{-\ln (1-x)-x-\frac{x^2}{2}}{x}],x\in I,x\ne 0$

$S(\frac{1}{2})=\frac{5}{8}0\frac{3}{4}ln2$

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【例题】求下列幂级数的和函数

（1）$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\frac{{\left(x^2\right)}^n}{n(2n+1)}}=x^2<1$，收敛区间$(-1,1)$

$x=\pm 1\text{ 时, }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(2n+1)}$收敛 ==> $I=[-1,1]$

$S(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{2n+1}{x}^{2n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x^2{)}^n}{n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\cdot \frac{2}{x}$
$=-\ln (1-x^2)-\frac{2}{x}\cdot [\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}-x]$$=-\ln (1-x^2)-\frac{2}{x}\cdot \frac{-\ln (1-x)-(-\ln (1+x))}{2}+2,x\in I,x\ne 0,x\ne \pm 1$

$S(0)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{0}{n(2n+1)}=0$

$S(-1)=S(1)=\underset{x\to 1}{lim}[-\ln (1-x)-\ln (1+x)-\frac{-\ln (1-x)+\ln (1+x)}{x}+2]=-2ln2+2$

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(3) 幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 的和函数 $s(x)$ 在其收敛区间 $(-R,R)$ 内可导，且有逐项求导公式

$s^{\prime }(x)={\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n\right)}^{\prime }=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(a_n{x}^n{)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{a}_n{x}^{n-1}(|x|<R).$

【注】逐项求导后所得到的幂级数和原幂级数有相同的收敛半径.

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【子型级数】
（1）$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=\frac{1}{1-x}$

（2）$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{n-1}=(\frac{1}{1-x})$

（3）$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)x^{n-2}={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime \prime }$

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【例题】$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\frac{2n-1}{2^n}\frac{x^{2n}}{x^2}}<1$，即：$\frac{x^2}{2}<1$，收敛区间$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$

$x=\pm \sqrt{2},\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n-1}{2^n}{2}^{n-1}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n-1}{2^n}$发散

$S(x)=\frac{1}{x^2}\cdot \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(2n-1){\left(\frac{x^2}{2}\right)}^n$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(2n-1)t^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(2n-1)t^n+1=1+[-1\cdot \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^n+2t\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{t}^{n-1}]=1+[-\frac{1}{1-t}+2t\cdot (\frac{1}{1-t}{)}^{\prime }]=1-\frac{1}{1-t}+\frac{2t}{(1-t{)}^2}$

$S(x)=\frac{1}{x^2}[\frac{-\frac{x^2}{2}}{1-\frac{x^2}{2}}+\frac{x^2}{(1-\frac{x^2}{2}{)}^2}],x\ne 0,x\in I$

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【带阶乘级数】
（1）$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=e^x$

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【例题】求下列幂级数的收敛域与和函数

(1)$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$

$\frac{\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-x{)}^n}{n!}}{2}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}x\in (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$

(2) $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

$\frac{\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-x{)}^n}{n!}}{2}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}x\in (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$

常用级数推导

都还记得高中的等比数列求和公式吧？

$$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}\text{(当 }r\ne 1\text{)}\end{array}$$

注意到如果$|r|<1$ ，$\frac{1}{1-x}$的级数展开就是公比为x的等比数列

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots \end{array}$$

换一个形式：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\end{array}$$

改成$\frac{1}{1+x}$：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n\end{array}$$

我们知道$(ln(x+1){)}^{\prime }=\frac{1}{1+x}$，那么先求导再积分可得：

$$\begin{array}{}\text{(5)}& ln(x+1)={\int }_0^x\frac{1}{1+t}\mathrm{d}x={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{t}^n\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^x(-1{)}^n{t}^n\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{n+1}}{n+1}\end{array}$$

化简一下：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& ln(x+1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}\end{array}$$

我们知道$(arctanx{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}$，同理可得：

$$\begin{array}{}\text{(7)}& arctanx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}\end{array}$$

幂级数展开式大伙都知道吧：

$$\begin{array}{}\text{(8)}& f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{(3)}(a)}{3!}(x-a{)}^3+\cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n+\cdots \end{array}$$

又知$e^x$的n次导始终为$e^x$，得：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}\end{array}$$

同理，对$sinx$，$f^{(n)}(x)=sin(x+n\ast \frac{\pi }{2})$
$f^{(n)}(0)$顺序循环地取0，1，0，-1，... 得：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& sinx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}\end{array}$$

再求导可得：

$$\begin{array}{}\text{(10)}& cosx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}\end{array}$$

还有这个：

$$\begin{array}{}\text{(11)}& (1+x{)}^m=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})x^n\end{array}$$

上面这个级数你可以使用幂级数展开式自行验证。
总结：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=1+x+x^2+\cdots (-1<x<1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(2)}& \frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n=1-x+x^2-\cdots (-1<x<1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(3)}& ln(x+1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots (-1<x\le 1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& arctanx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}=x-\frac{x^3}{3}+\cdots (-1\le x\le 1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots (-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(6)}& sinx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}=x-\frac{x^3}{6}+\cdots (-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(7)}& cosx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}=x-\frac{x^2}{2}+\cdots (-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(8)}& (1+x{)}^m=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})x^n=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}{x}^2(-1<x<1)\end{array}$$

常见曲线

摆线

老演员了，又叫旋轮线、圆滚线、伽利略曲线、最速降线

助记

积分表

$$\mathrm{①}\int kdx=kx+C(k\mathrm{是}\mathrm{常}\mathrm{数}),$$$$\mathrm{②}\int x^{\mu }dx=\frac{x^{\mu +1}}{\mu +1}+C(\mu \ne -1),$$$$\mathrm{③}\int \frac{dx}{x}=\ln |x|+C,$$$$\mathrm{④}\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C,$$$$\mathrm{⑤}\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C,$$$$\mathrm{⑥}\int \cos xdx=\sin x+C,$$$$\mathrm{⑦}\int \sin xdx=-\cos x+C,$$$$\mathrm{⑧}\int \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\int {\sec }^{2}xdx=\tan x+C,$$$$\mathrm{⑨}\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x}=\int {\csc }^{2}xdx=-\cot x+C,$$$$\mathrm{⑩}\int \sec x\tan xdx=\sec x+C,$$$$\mathrm{⑪}\int \csc x\cot xdx=-\csc x+C,$$$$\mathrm{⑫}\int e^{x}dx=e^x+C,$$$$\mathrm{⑬}\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C.$$$$\int shxdx=chx+C,$$$$\int chxdx=shx+C.$$$$\int \tan xdx=-\ln |\cos x|+C,$$$$\int \cot xdx=\ln |\sin x|+C,$$$$\int \sec xdx=\ln |\sec x+\tan x|+C,$$$$\int \csc xdx=\ln |\csc x-\cot x|+C,$$$$\int \frac{dx}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C,$$$$\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C,$$$$\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \frac{x}{a}+C,$$$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C,$$$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C.$$

三角函数反解

对自变量x，左加右减
对arccos/siny整体加负号

常用泰勒展开

$sinx=x-\frac{1}{6}{x}^3+\cdots$
$arcsinx=x+\frac{1}{6}{x}^3+\cdots$
$tanx=x+\frac{1}{3}{x}^3+\cdots$
$arctanx=x-\frac{1}{3}{x}^3+\cdots$
$ln(x+\sqrt{1+x^2})=x-\frac{1}{6}{x}^3+\cdots$

积化和差

【虽然这个口诀有点令人难绷，但还是记下来了】

$sin$ ==> 帅/嫂 $$ $cos$ ==> 哥

帅 + 帅 = 帅哥$\sin (x+y)+\sin (x-y)=2\sin x\cos y$
帅 - 帅 = 哥帅 $\sin (x+y)-\sin (x-y)=2\cos x\sin y$
哥 + 哥 = 哥哥$\cos (x+y)+\cos (x-y)=2\cos x\cos y$
哥 - 哥 = 负嫂嫂$\cos (x+y)-\cos (x-y)=-2\sin x\sin y$

行列式

行列式的定义

定义：所有取自不同行，不同列元素乘积的代数和
$D={\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|}_{n\times n}$

$D=\sum _{j_1{j}_2\cdots j_n}(-1{)}^{\tau (j,j_2,\cdots j_n)}{a}_{1j_1},a_{2j_2}\cdots a_{n{j}_n}$

注： $\tau (j_1,j_2,\cdots j_n)$指的是$(j_1,j_2,\cdots j_n)$的逆序数
$\sum _{j_1{j}_2\cdots j_n}$指的是$1,2,\cdots ,n$全排列$(n!\mathrm{种}\mathrm{排}\mathrm{列}\mathrm{方}\mathrm{式})$

代数余子式

总结：行列式$a_{ij}$和$A_{ij}$无关

三阶行列式的对角线法则

$\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right|$
与二阶行列式相似，正对角线加，反对角线减

具体行列式的计算

1.做零展开
做零：将行列式某行（某列）的k倍加到其他行（列）行列式的值不变
展开：将行列式按行或按列展开

2.利用行列式的性质化成特殊行列式计算
（1）行列式的性质
① 行列式转置后，行列式的值不变，即$|A^T|=|A|$
② 某行（列）有公因数k，则将k提到行列式的外面
③ 两行成两列互换，行列式变号
④ 将行列式某行（某列）的k倍加到其他行（列）行列式的值不变
⑤ 某行（某列）所有元素都是两个数的和，可将其拆成两个行列式
例如：$\left|\begin{array}{ccc}2& 3& 4\\ 1& 2& 3\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1+1& 2+1& 3+1\\ 1& 2& 3\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 2& 3\\ 1& 1& 1\end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 3\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=0+0=0$

（2）特殊行列式
① 上（下）三角行列式的值等于它的主对角线元素乘积
$|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ 0& a_{22}& a_{23}\\ 0& 0& a_{33}\end{array}|=\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& 0& 0\\ a_{21}& a_{22}& 0\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right|=a_{11}\cdot a_{22}\cdot a_{33}$

② 副对角线的上（下）三角行列式的值等于它的负对角线元素乘积乘以$(-1{)}^{\frac{n(n-1)}{2}}$
$\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& 0\\ a_{31}& 0& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}0& 0& a_{13}\\ 0& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right|=(-1{)}^{\frac{n(n-1)}{2}}{a}_{13}{a}_{22}{a}_{31}$

③ 范德蒙德行列式
$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ a_1& a_2& \cdots & a_n\\ a_1^2& a_2^2& \cdots & a_n^2\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_1^{n-1}& a_2^{n-1}& \cdots & a_n^{n-1}\end{array}\right|=\mathrm{第}\mathrm{二}\mathrm{行}\mathrm{中}，\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{的}\mathrm{大}\mathrm{下}\mathrm{标}-\mathrm{小}\mathrm{下}\mathrm{标}\mathrm{的}\mathrm{乘}\mathrm{积}$

例：$\left|\begin{array}{cccc}1+x^3& x& x^2& x^3\\ 2& 1& 1& 1\\ 0& -1& 1& -1\\ 9& 2& 4& 8\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1+x^3& 2& 0& 9\\ x& 1& -1& 2\\ x^2& 1& 1& 4\\ x^3& 1& -1& 8\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& 1& -1& 2\\ x^2& 1& 1& 4\\ x^3& 1& -1& 8\end{array}\right|=(2-x)(2-1)(2+1)(-1-x)(-1-1)(1-x)$

3.每行（列）和相等，每列（行）都加到第1列（行），提k做1消0
$\left|\begin{array}{cccc}1+a& 1& 1& 1\\ 2& 2+a& 2& 2\\ 3& 3& 3+a& 3\\ 4& 4& 4& 4+a\end{array}\right|\stackrel{\mathrm{每}\mathrm{行}\mathrm{都}\mathrm{加}\mathrm{到}\mathrm{第}\mathrm{一}\mathrm{行}}{\Rightarrow }\left|\begin{array}{cccc}10+a& 10+a& 10+a& 10+a\\ 2& 2+a& 2& 2\\ 3& 3& 3+a& 3\\ 4& 4& 4& 4+a\end{array}\right|\stackrel{\mathrm{提}k\mathrm{做}1}{\Rightarrow }(10+a)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 2& 2+a& 2& 2\\ 3& 3& 3+a& 3\\ 4& 4& 4& 4+a\end{array}\right|$
$=(10+a)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ & a& & \\ & & a& \\ & & & a\end{array}\right|=(10+a)a^3$

4.爪形行列式
方法：用中爪干掉一个边爪，用上（下）三角行列式去做
例如：$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& a& & \\ 1& & 2a& \\ 1& & & 3a\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1-\frac{1}{a}& 0& 1& 1\\ 1& a& & \\ 1& & 2a& \\ 1& & & 3a\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1-\frac{1}{a}-\frac{1}{2a}& 0& 0& 1\\ 1& a& & \\ 1& & 2a& \\ 1& & & 3a\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1-\frac{1}{a}-\frac{1}{2a}-\frac{1}{3a}& 0& 0& 0\\ 1& a& & \\ 1& & 2a& \\ 1& & & 3a\end{array}\right|=(1-\frac{1}{a}-\frac{1}{2a}-\frac{1}{3a})6a^3$

5.利用分块矩阵计算行列式（拉普拉斯）
$\left|\begin{array}{cc}A& 0\\ 0& B\end{array}\right|=|A|\cdot |B|$

$\left|\begin{array}{cc}0& A_{n\times n}\\ \\ B_{m\times m}& 0\end{array}\right|=(-1{)}^{m-n}|A||B|$

例：$D=\left|\begin{array}{cccc}0& a& b& 0\\ a& 0& 0& b\\ 0& c& d& 0\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{cccc}0& a& b& 0\\ 0& c& d& 0\\ a& 0& 0& b\\ c& 0& 0& d\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}a& 0& b& 0\\ c& 0& d& 0\\ 0& a& 0& b\\ 0& c& 0& d\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{cccc}a& b& 0& 0\\ c& d& 0& 0\\ 0& 0& a& b\\ 0& 0& c& d\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& a\end{array}\right|\cdot \left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|=-(ad-bc{)}^2$

6.三线形行列式

7.三线形行列式的变形

8.ab形行列式
${\left|\begin{array}{ccccc}a& b& b& \cdots & b\\ b& a& b& \cdots & b\\ b& b& a& \cdots & b\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ b& b& b& \cdots & a\end{array}\right|}_{n\times n}=[a+(n-1)b](a-b{)}^{n-1}$

证明：
$\left|\begin{array}{ccccc}a& b& b& \cdots & b\\ b& a& b& \cdots & b\\ b& b& a& \cdots & b\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ b& b& b& \cdots & a\end{array}\right|\stackrel{\mathrm{每}\mathrm{行}\mathrm{都}\mathrm{加}\mathrm{到}\mathrm{第}\mathrm{一}\mathrm{行}}{\Rightarrow }[a+(n-1)b]\left|\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \cdots & 1\\ b& a& b& \cdots & b\\ b& b& a& \cdots & b\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ b& b& b& \cdots & a\end{array}\right|=[a+(n-1)b](a-b{)}^{n-1}$

抽象行列式的计算

行列式的公式：
① $|A^T|=|A|$
② $|kA|=k^n|A|$
③ $|AB|=|A|\cdot |B|$
④ $|A^{\ast }|=|A{|}^{n-1}$
⑤ $|A^{-1}|=|A{|}^{-1}=\frac{1}{|A|}$
⑥ $|A|=$ 特征值乘积
⑦ $AB\Rightarrow |A|=|B|$
⑧ 正交矩阵的行列式为$\pm 1$

行列式重要结论

A为n阶矩阵，如果有k阶子式行列式的值不为0，则说明$r(A)\ge k$

矩阵

矩阵的运算

该部分摘抄于这篇文章，总结的很好捏]

方阵满足乘法交换律的条件

乘法交换律即：$(AB=BA)$

（1） $A$与$f(A),A^{-1},A^{\ast }$可交换
（2） A的两个多项式$f(A),g(A)$可交换
（3） 对角矩阵和对角矩阵可交换
（4） A与kE可交换

例如：
$A{A}^{\ast }=A^{\ast }A{\mathrm{\Lambda }}_1{\mathrm{\Lambda }}_2={\mathrm{\Lambda }}_2{\mathrm{\Lambda }}_1$
$A^m{A}^t=A^t{A}^m(A+E)(A-E)=(A-E)(A+E)$

注：若A与B可交换，则关于AB的运算和数的运算是一样的
例如：
$A,B\mathrm{可}\mathrm{交}\mathrm{换}\Rightarrow (A+B{)}^2=A^2+2AB+B^2$
$A,B\mathrm{可}\mathrm{交}\mathrm{换}\Rightarrow (A+B{)}^n=C_n^0{A}^n+C_n^{n-1}B+\cdots +C_n^n{B}^n$
$A,B\mathrm{可}\mathrm{交}\mathrm{换}\Rightarrow A^2-A-2E=(A+E)(A-2E)$

逆运算

1、$(A^{-1}{)}^{-1}=A$

2、$(A^T{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^T$

3、$(A^m{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^m$

4、$(A^{\ast }{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^{\ast }$

5、$\left|A^{-1}\right|={\left|A\right|}^{-1}$

6、$(kA{)}^{-1}=k^{-1}{A}^{-1}$

7、$(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$

8、$(A_1{A}_2\cdots A_m{)}^{-1}=A_m^{-1}{A}_{m-1}^{-1}\cdots A_1^{-1}$

转置运算

1、$(A^T{)}^T=A$

2、$(A^{-1}{)}^T=(A^T{)}^{-1}$

3、$(A^m{)}^T=(A^T{)}^m$

4、$(A^{\ast }{)}^T=(A^T{)}^{\ast }$

5、$|A^T|=|A|$

6、$(kA{)}^T=k{A}^T$

7、$(AB{)}^T=B^T{A}^T$

8、$(A_1{A}_2\cdots A_m{)}^T=A_m^T{A}_{m-1}^T\cdots A_1^T$

幂运算

1、$(A^{-1}{)}^m=(A^m{)}^{-1}$

2、$(A^T{)}^m=(A^m{)}^T$

3、$(A^{\ast }{)}^m=(A^m{)}^{\ast }$

4、$|A{|}^m=|A^m|$

5、$|kA|=k^n|A|$

6、$|A_1{A}_2\cdots A_m|=|A_1||A_2|\cdots |A_m|$

伴随运算

1、$(A^{\ast }{)}^{\ast }=|A{|}^{n-2}A$

2、${(\cdots \left({((A^{\ast }{)}^{\ast })}^{\ast }\right)\cdots )}^{\ast }(k\text{重伴随})=|A{|}^{\frac{(n-1)k-(-1{)}^k}{n}}\cdot A^{(-1{)}^k}$

3、$(A^{-1}{)}^{\ast }=(A^{\ast }{)}^{-1}$

4、$(A^m{)}^{\ast }=(A^{\ast }{)}^m$

5、$|A^{\ast }|=|A{|}^{n-1}$

6、$|kA{|}^{\ast }=k^{n-1}{A}^{\ast }$

7、$(AB{)}^{\ast }=B^{\ast }{A}^{\ast }$

8、$(A_1{A}_2\cdots A_m{)}^{\ast }=A_m^{\ast }{A}_{m-1}^{\ast }\cdots A_1^{\ast }$

转置、逆、伴随、k次幂可交换

$(A^{\ast }{)}^{-1}=(A^{-1}{)}^{\ast }$
$(A^4{)}^{\ast }=(A^{\ast }{)}^4$
$\cdots$

分块矩阵的运算

（1）${\left[\begin{array}{c}A\\ & B\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{c}{A}^{-1}\\ & B^{-1}\end{array}\right]$
（2）${\left[\begin{array}{cc}& A\\ B\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}& B^{-1}\\ A^{-1}\end{array}\right]$
（3）${\left[\begin{array}{c}A\\ & B\end{array}\right]}^n=\left[\begin{array}{c}{A}^n\\ & B^n\end{array}\right]$
（4）拉普拉斯
$\left|\begin{array}{cc}A& 0\\ \ast & B\end{array}\right|=|A||B|\left|\begin{array}{cc}A& \ast \\ 0& B\end{array}\right|=|A||B|$
$\left|\begin{array}{cc}0& A_m\\ B_n& \ast \end{array}\right|=(-1{)}^{mn}|A||B|\left|\begin{array}{cc}\ast & A_m\\ B_n& 0\end{array}\right|=(-1{)}^{mn}|A||B|$

注：
$\left|\begin{array}{cc}A& B\\ C& D\end{array}\right|\ne |AD-BC|$
${\left[\begin{array}{cc}A& B\\ C& D\end{array}\right]}^{\ast }\ne \left[\begin{array}{cc}D& -B\\ -C& A\end{array}\right]$
${\left[\begin{array}{cc}& A\\ B\end{array}\right]}^n\ne \left[\begin{array}{cc}& A^n\\ B^n\end{array}\right]\ne \left[\begin{array}{cc}& A^n\\ B^n\end{array}\right]$

对角矩阵

$\left[\begin{array}{cc}{a}_1{b}_1& \\ & a_2{b}_2\\ & & a_3{b}_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{a}_1& \\ & a_2\\ & & a_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{b}_1& \\ & b_2\\ & & b_3\end{array}\right]$

初等矩阵

初等矩阵是指由单位矩阵经过一次初等变换得到的矩阵。

口诀：左行右列

初等矩阵的指令

（1）交换行列
（2）乘k倍加到行列上
（3）行列乘以k倍

作用在矩阵上的口诀：左行右列

代数余子式

$A=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right]$

余子式： $M_{11}=a_{22},M_{12}=a_{21},M_{21}=a_{12},M_{22}=a_{11}$

代数余子式：
$A_{nm}=(-1{)}^{n+m}{M}_{nm}$

伴随矩阵

定义：
$A=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right]\Rightarrow A^{\ast }={\left[\begin{array}{cc}{A}_{11}& A_{12}\\ A_{21}& A_{22}\end{array}\right]}^T=\left[\begin{array}{cc}{A}_{11}& A_{21}\\ A_{12}& A_{22}\end{array}\right]$

性质：
（1）$A{A}^{\ast }=A^{\ast }A=|A|E$
（2）$A{A}^{\ast }(A^{\ast }{)}^{-1}=|A|EA(A^{\ast }{)}^{-1}$ ==> $A=|A|(A^{\ast }{)}^{-1}$
（3）$A^{-1}=\frac{1}{|A|}{A}^{\ast }$
（4）$|A^{\ast }|=|A{|}^{n-1}$

伴随矩阵的秩

$r(A^{\ast })\{\begin{array}{ll}n& r(A)=n\\ 1& r(A)=n-1\\ 0& r(A)<n-1\end{array}$

二阶矩阵的伴随

二阶矩阵的伴随：$A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\Rightarrow A^{\ast }=\left[\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right]$ （口诀：正对调，副取反）

---

---

例题：矩阵$\mathit{A}$的伴随矩阵${\mathit{A}}^{\ast }=\left[\begin{array}{cccc}4& -2& 0& 0\\ -3& 1& 0& 0\\ 0& 0& -4& 0\\ 0& 0& 0& -1\end{array}\right]$,则$\mathit{A}=\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}.$

令$B=\left[\begin{array}{cc}4& -2\\ -3& 1\end{array}\right]C=\left[\begin{array}{cc}-4& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$ 则，$A^{\ast }=\left[\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& C\end{array}\right]$

$|A^{\ast }|=|A{|}^{n-1}=|A{|}^3=|B||C|=-8\Rightarrow |A|=-2$
$(A^{\ast }{)}^{-1}={\left[\begin{array}{c}B\\ & C\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{c}{B}^{-1}\\ & C^{-1}\end{array}\right]$

$B^{-1}=\frac{1}{|B|}{B}^{\ast }=\frac{1}{-2}\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right]$
$C^{-1}=\frac{1}{|C|}{C}^{\ast }=\frac{1}{4}\left[\begin{array}{cc}-1& \\ & -4\end{array}\right]$

$A=|A|(A^{\ast }{)}^{-1}=-2\left[\begin{array}{cc}{B}^{-1}& \\ & C^{-1}\end{array}\right]$

逆矩阵

可逆的定义

定义：若n阶方阵$A,B$,满足$\{\begin{array}{l}AB=E\\ BA=E\end{array}$
则称，$\{\begin{array}{l}A\mathrm{可}\mathrm{逆}，\mathrm{且}{A}^{-1}=B\\ B\mathrm{可}\mathrm{逆}，\mathrm{且}{B}^{-1}=A\end{array}$

结论1：n阶方阵$A,B$, $AB=E$ <==> $BA=E$
证明：$AB=E\Rightarrow BA=EBA=A^{-1}ABA=E$,即$BA=E$

结论2:若n阶方阵$A,B$，满足$AB=E$或$BA=E$
==> $\{\begin{array}{l}A\mathrm{可}\mathrm{逆}，\mathrm{且}{A}^{-1}=B\\ B\mathrm{可}\mathrm{逆}，\mathrm{且}{B}^{-1}=A\end{array}$

常规求逆

$[A|E]\Rightarrow [E|A^{-1}]$

二阶矩阵的逆

常用伴随矩阵计算：
$A^{-1}=\frac{1}{|A|}{A}^{\ast }$
参考这个口诀快速计算

初等矩阵的逆

初等矩阵均可逆，且它的逆矩阵是同类型的初等矩阵
（1）交换矩阵的两行（列）形成的初等阵，逆矩阵是它本身
（2）某一行（列）乘以k倍形成的初等阵，逆矩阵是该行（列）乘以$\frac{1}{k}$倍形成的初等阵
（3）矩阵某一行（列）的k倍加到另外一行（列）形成的初等阵，逆矩阵是该行（列）的$-k$倍，加到另外一行（列）形成的初等阵

对角矩阵的逆

$\begin{array}{rl}& {\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ & a_2\\ & & \ddots \\ & & & a_2\end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{a_1}}\\ & {\displaystyle \frac{1}{a_2}}\\ & & \ddots \\ & & & {\displaystyle \frac{1}{a_n}}\end{array}\right);\\ & {\left(\begin{array}{cccc}& & & a_1\\ & & a_2\\ & ..\\ a_n& & & \end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}& & & & \frac{1}{a_n}\\ & & & \frac{1}{a_{n-1}}\\ & & ..\\ & & & & & \\ \frac{1}{a_1}& & & & \end{array}\right).\end{array}$

分块矩阵的逆

前提：$A、D\mathrm{可}\mathrm{逆}$

${\left[\begin{array}{cc}A& 0\\ 0& D\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{A}^{-1}& 0\\ 0& D^{-1}\end{array}\right],$

${\left[\begin{array}{cc}0& A\\ D& 0\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}0& D^{-1}\\ A^{-1}& 0\end{array}\right],$

${\left[\begin{array}{cc}A& 0\\ C& D\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{A}^{-1}& 0\\ -D^{-1}C{A}^{-1}& D^{-1}\end{array}\right],$

${\left[\begin{array}{cc}A& B\\ 0& D\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{A}^{-1}& -A^{-1}B{D}^{-1}\\ 0& D^{-1}\end{array}\right].$

解矩阵方程

解矩阵方程$AX=B\Rightarrow X=?$

取逆

（1）求$A^{-1}B[A\mid B]\stackrel{\mathrm{行}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }[E\mid A^{-1}B]$
（2）求$A{B}^{-1}[\frac{B}{A}]\stackrel{\mathrm{列}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }[\frac{E}{A{B}^{-1}}]$

由（1）可得，$AX=B\Rightarrow X=A^{-1}B$
由（2）可得，$XB=A\Rightarrow X=A{B}^{-1}$

待定系数法

令$X=\left[\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right]$代入方程组

分块矩阵法(重要)

$AX=B\Rightarrow X=?/XA=B\Rightarrow X=?$
（1）将$X,B$按列分块
$A({\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3)=({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)$
（2）解三个非齐方程组
$AX={\beta }_1\Rightarrow X={\xi }_1$
$AX={\beta }_2\Rightarrow X={\xi }_2$
$AX={\beta }_3\Rightarrow X={\xi }_3$
（同时求3个非齐方程组通解）
（3）将${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3$拼成$X$

矩阵的n次方

找规律

方法：求一下$A^2,A^3,$找规律

例：已知 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right]$,求$A^n$

$A^2=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 2\\ 0& 4& 0\\ 2& 0& 2\end{array}\right]=2A$
$\cdots$
$A^n=2^{n-1}A$

列乘行矩阵（秩为1）

列乘行是一个矩阵，行乘列是一个数

列乘行矩阵特征：
（1）$A=\alpha {\beta }^T$
（2）秩为1
（3）各行/各列成比例，如：$\left[\begin{array}{ccc}2& -1& 3\\ 4& -2& 6\\ -2& 1& -3\end{array}\right]$

列乘行矩阵性质：$A^n=t{r}^{n-1}(A)\cdot A$

注：
① 列乘行矩阵$A=\alpha {\beta }^T$ <==> 矩阵秩为1 <==> 矩阵各行/列成比例
② 若$A=\alpha {\beta }^T$ ==> $tr(A)={\alpha }^T\beta ={\beta }^T\alpha$
例如：$A=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right][1,2,3]$ ==> $tr(A)=1^2+2^2+3^2=14$ ③ 若$A=\alpha {\beta }^T$，那么
$\begin{array}{rl}& A^2=A\cdot A=\alpha {\beta }^T\alpha {\beta }^T=tr(A)\alpha {\beta }^T=tr(A)\cdot A\\ & A^3=A\cdot A\cdot A=\alpha {\beta }^T\cdot \alpha {\beta }^T\cdot \alpha {\beta }^T=t{r}^2(A)A\end{array}$
$\cdots$
$A^n=t{r}^{n-1}(A)\cdot A$

特殊的幂0矩阵

幂0矩阵的定义：存在某个幂次，再次之后全为0

矩阵对角线元素全为0，对角线一侧也全为0
例如： $\left[\begin{array}{cccc}0& a& d& f\\ 0& 0& b& e\\ 0& 0& 0& c\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ a& 0& 0& 0\\ d& b& 0& 0\\ f& e& c& 0\end{array}\right]$

求$A^2,A^3,A^4$
$A^2=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& ab& ae+cd\\ 0& 0& 0& bc\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]A^3=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& abbc\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]A^4=[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}]$

二项式定理

$A^n=(kE+B{)}^n,B$为幂0矩阵

二项式定理：${(A+B)}^n=C_n^0{A}^n{B}^0+C_n^1{A}^{n-1}{B}^1+C_n^r{A}^{n-r}{B}^r+\cdots +C_n^n{A}^0{B}^n$

注：$A^0=E$

例：$A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 0& 2& 3\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$,求$A^n$
$A=[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}]+\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right]=2E+\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

$\mathrm{令}B=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right],A=(2E+B)$
$B^2=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 3\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]B^3=0$

$A^n=(2E+B{)}^n=C_n^0{B}^0(2E{)}^n+C_n^1{B}^1(2E{)}^{n-1}+C_n^2{B}^2(2E{)}^{n-2}$
$=2^{n}E+n\cdot B\cdot 2^{n-1}\cdot E+\frac{n(n-1)}{2}{B}^2\cdot 2^{n-2}\cdot E$
$=\left[\begin{array}{ccc}{2}^n& & \\ & 2^n& \\ & & 2^n\end{array}\right]+2^{n-1}\cdot n\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right]+2^{n-3}\cdot n(n-1)\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 3\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

分块矩阵的n次方

$A=\left[\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& C\end{array}\right],A^n=\left[\begin{array}{cc}{B}^n& 0\\ 0& C^n\end{array}\right]$

相似对角化

方法：$A\mathrm{\Lambda }$ ==> $P^{-1}AP=\mathrm{\Lambda }$ ==> $A=P\mathrm{\Lambda }{p}^{-1}$ ==> $A^n=P{\mathrm{\Lambda }}^n{P}^{-1}$

（1）${\left[\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ & {\lambda }_2\\ & & {\lambda }_3\\ & & & \ddots \\ & & & & {\lambda }_n\end{array}\right]}^n=$$\left[\begin{array}{c}{\lambda }_1^n\\ & {\lambda }_2^n\\ & & {\lambda }_3^n\\ & & & \ddots \\ & & & & {\lambda }_n^n\end{array}\right]$
（2）找$AP=P\mathrm{\Lambda }$成$AP=PB$
$AP=P\mathrm{\Lambda }$ ==> $A=P\mathrm{\Lambda }{P}^{-1}$ ==> $A^n=P{\mathrm{\Lambda }}^n{P}^{-1}$

例题：设 $PA=BP$，其中 $P=\left[\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 1& 0& 0\\ 0& 3& 5\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right]$，则 $A^{100}=\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}\mathrm{\_}$.

$P^{-1}PA=P^{-1}BP\Rightarrow A^{100}=P^{-1}{B}^{100}P=P-1\cdot \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\cdot P=P^{-1}P=E$

行阶梯和行最简

（1）行阶梯形矩阵
1.零行在最后
2.主元下面全为0
3.越往下主元越靠右

（2）行最简形矩阵
1.零行在最后
2.主元上下全为0
3.越往下主元越靠后
4.主元全是1

矩阵的秩

秩的定义

（1）A有r阶子式不为0
（2）A的所有$r+1$阶子式都为0

求矩阵A的秩

（1）$A\stackrel{\mathrm{行}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }$ 行阶梯
（2）画梯子，非零台角的个数为A的秩

求含参矩阵A的秩

（1）$A\stackrel{\mathrm{行}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }$ 行阶梯 （注意：不允许除以含参项） （2）画梯子，讨论：
① 先讨论台角全不为0
② 再分别讨论台角为0

矩阵的秩结论

秩不变口诀

【注意区分】左行右列是初等矩阵相乘，是讨论具体矩阵乘积。

左列右行用来讨论矩阵乘积后的秩。
左乘列满秩，秩不变。
右乘行满秩，秩不变。

乘可逆矩阵，秩不变

---

消除律

【消除律】
总结：左乘列满秩，右乘行满秩，可消去
$AB=AC\stackrel{A\mathrm{可}\mathrm{逆}\mathrm{或}\mathrm{列}\mathrm{满}\mathrm{秩}}{\Rightarrow }B=C$
$BA=CA\stackrel{A\mathrm{可}\mathrm{逆}\mathrm{或}\mathrm{行}\mathrm{满}\mathrm{秩}}{\Rightarrow }B=C$

结论证明：
（1）$A_{m\times n}{B}_{n\times s}=A_{m\times n}{C}_{n\times s}$，若$r(A)=n$，则$B=C$
$AB=AC\stackrel{\mathrm{左}\mathrm{乘}{A}^T}{\Rightarrow }{A}^{T}AB=A^{T}AC$
$A^{T}A$是n阶矩阵且$r(A^{T}A)=r(A)=n\Rightarrow A^{T}A\mathrm{可}\mathrm{逆}$
即证：$B=C$

（2）$B_{m\times n}{A}_{n\times s}=C_{m\times n}{A}_{n\times s}$，若$r(A)=n$，则$B=C$
$BA=CA\stackrel{\mathrm{右}\mathrm{乘}{A}^T}{\Rightarrow }BA{A}^T=CA{A}^T$
$A{A}^T$是n阶矩阵且$r(A{A}^T)=r(A)=n\Rightarrow A{A}^T\mathrm{可}\mathrm{逆}$
即证：$B=C$

---

【列/行满秩】
有一个$n$行$m$列矩阵$A$，列满秩说明$r(A)=m$,行满秩说明$r(A)=n$

四秩相等口诀

$r(A)=r(A^T)=r(A{A}^T)=r(A^{T}A)$

矩阵等价

矩阵A与B等价的充要条件

<==> A可经过有限次的初等变换化为B（可行列混用）
<==> $P_s\cdots P_2{P}_{1}A{Q}_1{Q}_2\cdots Q_{\rho }=B(P_i,Q_i\mathrm{为}\mathrm{初}\mathrm{等}\mathrm{阵})$
<==> $PAQ=B(P,Q\mathrm{可}\mathrm{逆})$
<==> $r(A)=r(B)(A,B\mathrm{为}\mathrm{同}\mathrm{型}\mathrm{阵}，\mathrm{即}\mathrm{同}\mathrm{为}n\times m\mathrm{矩}\mathrm{阵})$

矩阵A与B行等价的充要条件

<==> A可经过有限次的初等行变换化为B
<==> $P_s\cdots P_2{P}_{1}A=B(P_i\mathrm{为}\mathrm{初}\mathrm{等}\mathrm{阵})$
<==> $PA=B(P\mathrm{可}\mathrm{逆})$

矩阵A与B列等价的充要条件

<==> A可经过有限次的初等列变换化为B
<==> $A{Q}_1{Q}_2\cdots Q_{\rho }=B(Q_i\mathrm{为}\mathrm{初}\mathrm{等}\mathrm{阵})$
<==> $AQ=B(Q\mathrm{可}\mathrm{逆})$

矩阵相似

矩阵相似的性质

（1） 只有方阵，才谈相似

（2）(定义)对于n阶方阵$A,B$若$\in$可逆矩阵$P$,$s.t.P^{-1}AP=B$，则矩阵A与B相似，记作$A\sim B$

（3）若$A\sim B$，则
①
$f(A)\sim f(B)$
$A^{-1}\sim B^{-1}$
$A^{\ast }\sim B^{\ast }$
$A^T\sim B^T$
$f(A)+k{A}^{-1}+\rho A^{\ast }\sim f(B)+k{B}^{-1}+\rho B^{\ast }$

$A^{-1},A^{\ast },f(A)$与$A\sim B$共用$P$
$P^{-1}AP=B$
==> $P^{-1}{A}^{-1}P=B^{-1}$
==> $P^{-1}{A}^{\ast }P=B^{\ast }$
==> $P^{-1}f(A)P=f(B)$

==> $(P^{-1}AP{)}^2=B^2\Rightarrow P^{-1}{A}^{2}P=B^2$

==> $(P^T{)}^{-1}{A}^T{P}^T=B^T$ ②
$|A|=|B|$
$|\lambda E-A|=|\lambda E-B|$
$r(A)=r(B)$
$tr(A)=tr(B)$

（4）若A可逆，则$AB\sim BA$

证明：$A^{-1}ABA=BA\stackrel{AB\mathrm{看}\mathrm{成}\mathrm{整}\mathrm{体}}{\Rightarrow }AB\sim BA$

（5）若$A\sim B,C\sim D$，则$\left[\begin{array}{cc}A& 0\\ 0& C\end{array}\right]\sim \left[\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& D\end{array}\right]$

（6）实对称矩阵和非对称矩阵一定不相似

（7）可相似对角化的矩阵和不能相似对角化的矩阵一定不相似

【注意】
已知A与B均可相似对角化，且$A\sim B$，求可逆阵P，使得$P^{-1}AP=B$

$\{\begin{array}{l}{P}_1^{-1}A{P}_1=\mathrm{\Lambda }\\ P_2^{-1}B{P}_2=\mathrm{\Lambda }\end{array}\Rightarrow P_1^{-1}A{P}_1=P_2^{-1}B{P}_2$

$\stackrel{\mathrm{左}\mathrm{乘}{P}_2\mathrm{右}\mathrm{乘}{P}_2^{-1}}{\Rightarrow }{P}_2{P}_1^{-1}A{P}_1{P}_2^{-1}=B\Rightarrow (P_1{P}_2^{-1}{)}^{-1}A(P_1{P}_2^{-1})=B$

令$P=P_1{P}_2^{-1}\Rightarrow P^{-1}AP=B$

$\left[\begin{array}{c}{P}_2\\ P_1\end{array}\right]\stackrel{\mathrm{列}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{c}E\\ P_1{P}_2^{-1}\end{array}\right]=P$

【注意】
已知A,B均不可相似对角化，且$A\sim B$，求可逆阵P，使得$P^{-1}AP=B$

（待定系数法）
令$P=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$
利用$AP=PB$，解${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$

$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right]B=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

$\Rightarrow A\mathrm{的}\mathrm{特}\mathrm{征}\mathrm{值}\mathrm{有}:0,0,1$
$\Rightarrow A\mathrm{的}\mathrm{特}\mathrm{征}\mathrm{向}\mathrm{量}\mathrm{有}:{\alpha }_1=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]{\alpha }_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right]$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}A{\alpha }_1=0\\ A{\alpha }_2={\alpha }_2\end{array}$

令$P=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$
令$AP=PB\Rightarrow A({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$
$\Rightarrow (A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,A{\alpha }_3)=(0,{\alpha }_2,{\alpha }_1)$
$\Rightarrow (0,{\alpha }_2,A{\alpha }_3)=(0,{\alpha }_2,{\alpha }_1)$
$\Rightarrow A{\alpha }_3=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$，${\alpha }_3$是$AX=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$的解

$AX=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$的同解为$\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ k\end{array}\right]$

解得：$P=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& k\end{array}\right]$

判断A与B是否相似

（1）用性质排除

（2）
$\{\begin{array}{l}A,B\mathrm{均}\mathrm{可}\mathrm{相}\mathrm{似}\mathrm{对}\mathrm{角}\mathrm{化},A\mathrm{与}B\mathrm{特}\mathrm{征}\mathrm{值}\mathrm{一}\mathrm{样}\mathrm{才}\mathrm{相}\mathrm{似}\\ A,B\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{可}\mathrm{相}\mathrm{似}\mathrm{对}\mathrm{角}\mathrm{化},\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{不}\mathrm{可}\mathrm{相}\mathrm{似}\mathrm{对}\mathrm{角}\mathrm{化},\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{不}\mathrm{相}\mathrm{似}\\ A,B\mathrm{均}\mathrm{不}\mathrm{可}\mathrm{相}\mathrm{似}\mathrm{对}\mathrm{角}\mathrm{化},r(A-\lambda E)=r(B-\lambda E)\mathrm{才}\mathrm{相}\mathrm{似}(\mathrm{只}\mathrm{适}\mathrm{用}\mathrm{于}\mathrm{三}\mathrm{阶}\mathrm{以}\mathrm{下})\end{array}$

【例题】
下列矩阵中, 与矩阵 $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ 相似的为( )

(A) $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. $(B)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
$(C)\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. $(D)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

题干和选项的特征值均为三重k特征值，且均$r(A-E)\ne 0$

三阶不可相似对角化矩阵可考虑第三种判断方法：
题干：$r(A-E)=2$（A）$r(A-E)=2$
balabala
只有（A）符合

矩阵相似对角阵结论

$A\sim \mathrm{\Lambda }$，即$P^{-1}AP=\mathrm{\Lambda }$
有结论：
（1）$\mathrm{\Lambda }$主对角线元素为A的全部特征值
（2）P的各列向量为A的n个无关的特征向量且顺序与$\lambda$相同，一定成立

证明：$P^{-1}AP=\mathrm{\Lambda }$
==> $AP=P\mathrm{\Lambda }$，对P按列分块 $P=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$
==> $A({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\left[\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ & {\lambda }_2\\ & & {\lambda }_3\end{array}\right]$
==> $(A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,A{\alpha }_3)=({\lambda }_1{\alpha }_1,{\lambda }_2{\alpha }_2,{\lambda }_3{\alpha }_3)$
==> $\{\begin{array}{l}A{\alpha }_1={\lambda }_1{\alpha }_1\\ A{\alpha }_2={\lambda }_2{\alpha }_2\\ A{\alpha }_3={\lambda }_3{\alpha }_3\end{array}$

矩阵可相似对角化条件

（1）充要条件
<==> A恰有n个线性无关的特征向量
<==> 对于A的每个k重特征值$\lambda$，都有k个无关特征向量
<==> 对于A的每个k重特征值$\lambda$，$r(A-\lambda E)=n-\mathrm{重}\mathrm{数}$

证明：k重特征值$\lambda ,(A-\lambda E)X=0$基础解系有k个无关解向量 ==> $n-r(A-\lambda E)=k$ ==> $r(A-\lambda E)=n-k$

（2）充分条件
<== A有不同的特征值
<== A是实对称矩阵
<== $f(A)=0$，且$f(A)$因式分解后只有单因式（一次）$f(A)=(A+k_{1}E)(A+k_{2}E)\cdots (A+k_{i}E)k_1\ne k_2\ne \cdot \ne k_i$

（3）必要条件
==> $r(A)=A$非零特征值的个数

注：一般$r(A)\ge$非零特征值的个数

常用结论：
① 幂零矩阵$(A^K=0)$可相似对角化 <==> A = 0
注：幂零矩阵的特征值全为0

② 若A的特征值只有k(n重)，A可相似对角化 <==> A = kE

③ 秩为1矩阵可相似对角化 <==> $tr(A)\ne 0$

矩阵A和A伴随秩的关系

（1）$r(A^{\ast })$只能等于$n,1,0$（三种情况）
（2）$r(A^{\ast })=\{\begin{array}{ll}n& r(A)=n\\ 1& r(A)=n-1\\ 0& r(A)<n-1\end{array}$

矩阵的特征值和特征向量

两条特征值重要结论

（1）特征值乘积 = 行列式值

（2）特征值之和 = 迹

（3）如果主对角线上的元素，所在行或所在列的其他元素值为0，则该值为矩阵的一个特征值

求解矩阵的特征值

$|A-\lambda E|=0\mathrm{或}|\lambda E-A|=0\Rightarrow \lambda$

注：利用$|A-\lambda E|=0$ 解特征值时，利用某一行（列）的k倍加到其他行（列），把某行/列消出一个0，另外的元素有公因式（转圈）

秩一矩阵的特征值

（1）秩为1的矩阵，特征值为$tr(A),0,0,\cdots ,0$

注：
① 列乘行矩阵 <==> 秩为1矩阵 <==> 各行各列成比例
② $A=\alpha {\beta }^T$，则$tr(A)={\alpha }^T\beta ={\beta }^T\alpha =\mathrm{两}\mathrm{向}\mathrm{量}\mathrm{内}\mathrm{积}$

回看秩一矩阵解矩阵n次方

上三角矩阵的特征值

上三角矩阵的特征值为对角线元素

特征值重要结论

$\begin{array}{|cccccccc|}\hline A& kA& A^k& f(A)& A^{-1}& A^{\ast }& P^{-1}AP& A^T\\ \lambda & k\lambda & {\lambda }^k& f(\lambda )& \frac{1}{\lambda }& \frac{|A|}{\lambda }& \lambda & \lambda \\ \alpha & \alpha & \alpha & \alpha & \alpha & \alpha & P^{-1}\alpha & \\ \\ & \Leftarrow (k\ne 0)& & & \Leftarrow & \Leftarrow (A\mathrm{可}\mathrm{逆})\\ \hline\end{array}$
注：从左往右随便推，从右往左只有标箭头的三个并满足括号内容才可以回推

特征向量的定义

$A\alpha =\lambda \alpha$
每一个特征值都对应着一个特征向量

抽象矩阵求特征值和特征向量

（1）
$A+\lambda E$不可逆 ==> $|A+\lambda E|=0$ ==> $-\lambda$为A的一个特征值
$|A+\lambda E|=0$ ==> $-\lambda$为A的一个特征值
齐次方程组$(A+\lambda E)X=0$有非0解 ==> $|A+\lambda E|=0$ ==> $-\lambda$为A的一个特征值

（2）A的各行元素之和为a，则A有一个特征值a，对应特征向量$k(1,1,\cdots ,1{)}^T,k\ne 0$

（3）${\eta }_1,{\eta }_2,\cdots ,{\eta }_n$是$AX=0$的基础解系 $\{\begin{array}{l}A{\eta }_1=0\\ A{\eta }_2=0\\ ⋮\\ A{\eta }_s=0\end{array}$ ==> $\{\begin{array}{l}A{\eta }_1=0\cdot {\eta }_1\\ A{\eta }_2=0\cdot {\eta }_2\\ ⋮\\ A{\eta }_s=0\cdot {\eta }_s\end{array}$ ==> ${\lambda }_1={\lambda }_2=\cdots ={\lambda }_s=0$
对应特征向量为：$k_1{\eta }_1+k_2{\eta }_2+\cdots +k_s{\eta }_s(k_1\cdots k_s\mathrm{不}\mathrm{全}\mathrm{为}0)$

（4）若$AB=kB$ ==> $A({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n)=k({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n)$
==>A有特征值k，对应特征向量B的非0列

（5）$|A|=0$ / n阶矩阵A不可逆 / A的列向量组线性相关 / $AB=0\mathrm{且}B\ne 0$ ==> A有特征值0

（6）$f(A)=0$ ==> $f(\lambda )=0$ (A的所有特征值$\lambda$一定满足$f(\lambda =0)$，但所有满足$f(\lambda )=0$的$\lambda$不一定都是A的特征值

（7）特征值重数 $\ge$ 对应的无关特征向量的个数

实对称矩阵

定义：$A=A^T$

实对称矩阵的性质

（1）不同特征值对应特征向量正交
（2）必能相似对角化，且$\in \mathrm{正}\mathrm{交}\mathrm{矩}\mathrm{阵}Q,s.t.Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\mathrm{\Lambda }$
注：只有对称矩阵才能通过正交矩阵相似对角化
（3）k重特征值恰有k个无关的特征向量
（4）非0特征值个数等于矩阵的秩
（5）适用谱分解定理
（6）$A^T,A^{\ast },A^{-1}$也为实对称矩阵
（7）任意$m\times n$矩阵$C$，$C{C}^T,C^{T}C$一定是实对称矩阵

实对称矩阵的结论

有3阶实对称矩阵A，特征值为${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\ne {\lambda }_3$，${\lambda }_1$对应特征向量为${\alpha }_1$
问：和${\alpha }_1$正交的向量，一定是${\lambda }_2,{\lambda }_3$对应的特征向量吗？

答：不一定。

例如：3阶实对称矩阵A，特征值为${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2,{\lambda }_3=3$

---

有3阶实对称矩阵A，特征值为${\lambda }_1\ne {\lambda }_2={\lambda }_3$，${\lambda }_1$对应特征向量为${\alpha }_1$
问：和${\alpha }_1$正交的向量，一定是${\lambda }_2,{\lambda }_3$对应的特征向量吗？

答：一定。

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总结：若只剩下一个特征值（不管几重），求特征向量，与其他特征向量正交的向量，一定全是这个特征值的特征向量。

定理1：n阶实对称矩阵A的特征值${\lambda }_1,{\lambda }_2(n-1\mathrm{重})$，${\alpha }_1$为${\lambda }_1$对应的特征向量，有$\alpha$，与${\alpha }_1$正交，则$\alpha$一定是${\lambda }_2$对应的特征向量

定理2：3阶实对称矩阵A的特征值${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\ne {\lambda }_3$，${\alpha }_1,{\alpha }_2$分别是${\lambda }_1,{\lambda }_2$对应的特征向量，有$\alpha$与${\alpha }_1,{\alpha }_2$均正交，则$\alpha$一定是${\lambda }_3$对应的特征向量。

注：求与${\alpha }_1,{\alpha }_2$两个向量均正交的向量，可以用叉乘计算：$\alpha ={\alpha }_1\times {\alpha }_2$

定理3：3阶实对称矩阵A的特征值${\lambda }_1,{\lambda }_2(\mathrm{二}\mathrm{重})$，${\alpha }_1,{\alpha }_2$分别是${\lambda }_1,{\lambda }_2$对应的特征向量，有$\alpha$与${\alpha }_1,{\alpha }_2$均正交，则$\alpha$一定是${\lambda }_2$对应的特征向量。

设矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& -1& 4\\ -1& 3& a\\ 4& a& 0\end{array}\right]$，正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^{\mathrm{T}}AQ$ 为对角矩阵，若 $Q$ 的第一列为 $\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$，求 $\alpha ,Q$

二次型

标准型

标准型是指只含有平方项的二次型
即: 标准形$f=d_1{y}_1^2+d_2{y}_2^2+\cdots +d_n{y}_n^2$

标准型结论

（1）二次型经正交变换为标准形，其特征值不变（常用结论）

求标准形

例题：
$f=x_1^2+x_3^2-2x_1{x}_2-2x_2{x}_3$

配方法求标准形

$=(x_1^2-2x_1{x}_2)+x_3^2-2x_2{x}_3$
$=(x_1^2-2x_2{x}_1)+x_3^2-2x_2{x}_3$$=(x_1-x_0{)}^2-(x_2^2+2x_3{x}_2)+x_3^2$
$=(x_1-x_0{)}^2-(x_2^2+2x_3{x}_2+x_3^2)+2x_3^2$
$=(x_1-x_2{)}^2-(x_2+x_3{)}^2+2x_3^2$

令$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2=y_1\\ x_2+x_3=y_2\\ x_3=y_3\end{array}$

标准形：$f=y_1^2-y_2^2+2y_3^2$
规范形：$f=z_1^2-z_2^2+z_3^2$

正交变换法求标准形

正交变换法就是求矩阵的特征值

$A=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ -1& 0& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right]$

$|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 1& 0\\ 1& \lambda & 1\\ 0& 1& \lambda -1\end{array}\right|$
$=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 1& 0\\ 1& \lambda & 1\\ -(\lambda -1)& 0& \lambda -1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 1& 0\\ 2& \lambda & 1\\ 0& 0& \lambda -1\end{array}\right|$
$=(\lambda -1)\left|\begin{array}{cc}\lambda -1& 1\\ 2& \lambda \end{array}\right|=(\lambda -1)(\lambda -2)(\lambda +1)=0$

标准形：$f=y_1^2-y_2^2+2y_3^2$
规范形：$f=z_1^2-z_2^2+z_3^2$

合同变换法求标准形

合同变换其实就是行列合作共同进行初等变换
一步合同变换：
$\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right]\stackrel{\mathrm{第}\mathrm{一}\mathrm{列}\mathrm{的}\mathrm{负}\mathrm{一}\mathrm{倍}\mathrm{加}\mathrm{到}\mathrm{第}\mathrm{二}\mathrm{列}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 3\\ 4& 1& 6\\ 7& 1& 9\end{array}\right]\stackrel{\mathrm{第}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{的}\mathrm{负}\mathrm{一}\mathrm{倍}\mathrm{加}\mathrm{到}\mathrm{第}\mathrm{二}\mathrm{行}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 3\\ 4& 1& 6\\ 7& 1& 9\end{array}\right]$

使用合同变换将A化简成对角阵$\mathrm{\Lambda }$：
$\left[\begin{array}{c}A\\ E\end{array}\right]\underset{\mathrm{带}\mathrm{着}\mathrm{做}\mathrm{相}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{行}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\overset{\mathrm{初}\mathrm{等}\mathrm{列}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\Rightarrow }}\left[\begin{array}{c}\mathrm{\Lambda }\\ C\end{array}\right]$

原理：
$\left[\begin{array}{c}A\\ E\end{array}\right]\underset{r}{\overset{c}{\Rightarrow }}\left[\begin{array}{c}{P}_1^{T}A{P}_1\\ E{P}_1\end{array}\right]\underset{\cdots r\cdots }{\overset{\cdots c\cdots }{\Rightarrow }}\left[\begin{array}{c}{P}_n^T\cdots P_1^{T}A{P}_1\cdots P_n\\ P_1{P}_2\cdots P_n\end{array}\right]$

令$C=P_1{P}_2\cdots P_n$
有：$P_n^T\cdots P_1^{T}A{P}_1\cdots P_n=C^{T}AC$
又因为：$P_n^T\cdots P_1^{T}A{P}_1\cdots P_n=\mathrm{\Lambda }$
得到：$C^{T}AC=\mathrm{\Lambda }$

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---

$\left[\begin{array}{c}A\\ E\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ -1& 0& -1\\ 0& -1& 1\\ 1\\ & 1\\ & & 1\end{array}\right]\Rightarrow \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -1& -1& -1\\ 0& -1& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$
$\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -1& -1\\ 0& -1& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\stackrel{\cdots }{\Rightarrow }\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 2\\ 1& 1& -1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$

标准形化为规范形

标准形的正的改成1，负的改成-1，0还是0

正定

正定的定义

设二次型$f(X)=X^{T}AX$，如果对$\mathrm{\forall }x\ne 0$，都有$f(X)=X^{T}AX>0$，则$f$为正定二次型

注：若$f$为正定二次型，要想让$f=0$，当且仅当$x=0$。只要$x=\ne 0,f=0$
例：$f=2x_1^2+x_2^2+3x_3^2\ge 0$

正定的充要条件

<==> $\mathrm{\forall }x\ne 0,\mathrm{恒}\mathrm{有}f=X^{T}AX>0$
<==> $f=X^{T}AX$的标准形，系数全大于0 （等于0也不行）
<==> A的所有特征值都大于0
<==> A的正惯性指数等于0
<==> A与E合同
<==> A的各阶顺序主子式全大于0 （常用）

正定的必要条件

==> A是实对称矩阵
==> A的主对角线元素全大于0（等于0也不行）
==> $|A|>0$（等于0也不行）
==> A可逆
==> A中最大的数，一定在主对角线上

正定的常用结论

（1）A正定 ==> $A^{-1},A^{\ast }$全正定，$f(A)=a_m{A}^m+a_{m-1}{A}^{m-1}+\cdots +a_{0}E$当$a_i\ge 0$且不全为0时，也正定

总结：已知具体二次型正定，问参数的范围
（1）配方法化成标准型 ==> 系数全正
（2）A的特征值全正
（3）A的各界顺序主子式全正（取交集）（常用）

惯性

惯性指数

惯性指数：
标准形$f=d_1{y}_1^2+d_2{y}_2^2+\cdots +d_n{y}_n^2$中
正平方项的个数称为正惯性指数
负平方项的个数称为负惯性指数
或二次型矩阵的正特征值的个数称为正惯性指数
负特征值的个数称为负惯性指数

惯性定理

惯性定理：
二次型的标准形是不唯一的，但标准形中正平方项的个数和负平方项的个数是唯一的，
即经可逆线性变换，二次型的秩，正、负惯性指数，正定性都不变

【注意】可逆线性变换可以理解为可逆换元：$X=CY$（其中C可逆）

【例题】
二次型$a{x}_1^2+(2a-1)x_2^2+a{x}_3^2-2x_1{x}_2+2a{x}_1{x}_3-2x_2{x}_3$的正惯性指数 $p=1$. 则 $a\in$
(A) $(1,+\mathrm{\infty })$.
(B) $(-\frac{1}{2},1)$.
(C) $[-\frac{1}{2},1]$.
(D) $(-\mathrm{\infty },-\frac{1}{2})$.

二次型矩阵：$A=\left[\begin{array}{ccc}a& -1& a\\ -1& 2a-1& -1\\ a& -1& a\end{array}\right]$
$|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda & -1& a\\ -1& 2a-1-\lambda & -1\\ a& -1& a-\lambda \end{array}\right|=0$
解得：$\{\begin{array}{l}{\lambda }_1=0\\ {\lambda }_2=2a-2\\ {\lambda }_3=2a+1\end{array}$

正惯性指数为1，有一个大于0，另外两个小于等于0
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2a+1>0\\ 2a-2\le 0\end{array}\Rightarrow a\in (-\frac{1}{2},1]$

合同

合同的来源（可逆线性变换）

$X^{T}AX\stackrel{X=CY}{\Rightarrow }(CY{)}^{T}A(CY)=y^T{C}^{T}ACY=Y^{T}BY$
$C^{T}AC=B$（A，B合同）（A可经合同变换到B）

什么叫合同变换

【类比】A与B等价 <==> A可经有限次初等变换到B
A与B合同
<==> A可经有限次合同变换到B
==> A与B等价

回顾

合同总结

（1）实对称矩阵A与B合同的条件
<==> $\mathrm{\exists }\mathrm{可}\mathrm{逆}\mathrm{阵}C,\mathrm{使}\mathrm{得}{C}^{T}AC=B$
<==> $X^{T}AX$和$X^{T}BX$有相同的正负惯性指数
<==> A与B有相同的正负特征值的个数
==> $r(A)=r(B)$
==> $A^T$与$B^T$合同，$A^{-1}$和$B^{-1}$合同，$A+A^T$与$B+B^T$合同

实对称矩阵A与B相似 ==> A与B合同

（2）A与B等价，相似，合同的关系
相似 $\stackrel{A\mathrm{与}B\mathrm{都}\mathrm{是}\mathrm{实}\mathrm{对}\mathrm{称}\mathrm{矩}\mathrm{阵}}{\Rightarrow }$ 合同 ==> 等价

注：对称矩阵和非对称阵一定不合同 （也一定相似）

向量组

向量组的思维定势

（1）$k\alpha$ ==> $(k{\alpha }_1,k{\alpha }_2,k{\alpha }_3)=k({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$
（2）$a_1{\alpha }_1+a_2{\alpha }_2,b_1{\alpha }_1+b_2{\alpha }_2$ ==> $(a_1{\alpha }_1+a_2{\alpha }_2,b_1{\alpha }_1+b_2{\alpha }_2)=({\alpha }_1,{\alpha }_2)\cdot \left[\begin{array}{cc}{a}_1& b_1\\ a_2& b_2\end{array}\right]$

例：

向量组线性相关（无关）

定义：
一定存在m个数，$k_1,k_2,\cdots ,k_m$，使得$k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_m{\alpha }_m=0$，若$k_1,k_2,\cdots ,k_m$只能全为0，则${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性无关，若$k_1,k_2,\cdots ,k_m$可以不全为0，则${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性相关

（2）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性相关 <==> 至少存在一个向量可以由其余向量线性表示（谁的系数不是0，谁就可以被表示）

（3）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性无关 <==> 任何一个向量都不可以由其余向量线性表示

（4）一个向量构成的向量组线性相关 <==> 它是零向量
注：一个无关向量 = 一个非零向量

（5）两个向量构成的向量组线性相关 <==> 坐标成比例

（6）
① ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性相关 <==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)<m$
② ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$线性无关 <==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)=m$

（7）n个n维向量
① 线性相关 <==> $|{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n|=0$
② 线性无关 <==> $|{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n|\ne 0$
注：能取行列式,就取行列式

（8）n+1个n维向量必相关（个数 > 维数，必相关）

向量组线性无关定理

n个线性无关的n维向量可以表示任何一个n维向量

向量组线性表示的等价命题

（1）向量$\beta$可由向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$线性表示且表示法唯一
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n,\beta )=n$

（2）向量$\beta$可由向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$线性表示且表示法不唯一（无穷多种）
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n,\beta )<n$

（3）向量$\beta$不可由向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$线性表示
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)\ne r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n,\beta )$
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)+1=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n,\beta )$

（4）${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$线性无关，且$\beta$不能由${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$表示，则${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta$线性无关
证明：$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta )=r({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s)+1=s+1$

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

口诀：我能表示逆，我比你厉害，我的秩大于等于你的秩

向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$不可以表示向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)<r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m,{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)$

（6）
向量组线性相关，再加n个还是相关的（少的相关，多的也相关）
向量组线性无关，去掉n个还是无关的（多的无关，少的也无关）

（7）
向量组线性无关，再加上n个维度还是无关的（低维无关，高维也无关）
向量组线性相关，去掉n个维度还是相关的（高维相关，低维也相关）

（8）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$线性无关，${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta$线性相关，则$\beta$一定能由向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$表示且表示法唯一
证明：$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)=s$
$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta )<s+1$
$s=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)\le r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s,\beta )\le s$
==> 由（1）可证得

（9）n个线性无关的n维向量可以表示任何一个n维向量
n个n维向量不能表示某一个n维向量 ==> n个n维向量一定线性相关

（10）向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$可由向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_t$线性表示$s>t$，则向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$一定线性相关（多的能被少的表示，多的必相关）

（11）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_t$可以表示向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$且向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$线性无关，则$t\ge s$
（我能表示线性无关的逆，我的个数大于等于你的个数）

向量组等价

（1）定义：两个向量组可以互相表示，则两向量组等价

（2）向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$和向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$等价
<==> $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)=r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m,{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)$
（你的秩 = 我的秩 = 拼起来的秩）缺一不可

（3）若$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m)=r({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s)$且$\alpha$组可以表示$\beta$组或$\beta$组可以表示$\alpha$组
==> 向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m$和向量组${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$等价

极大线性无关组

向量组的秩

向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$的极大无关组所含的向量个数称为向量组的秩，记为$r({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s)$
规定：只含有零向量的向量组秩为0

极大无关组的定义

（1）向量组之间线性无关
（2）组内再加一个就相关

自由未知量与极大无关组

自由未知量 ==> 基础解系 ==> 非主元列元素
约束未知量 ==> 极大无关组 ==> 主元列元素

自由未知量

去掉极大无关组（约束未知量），剩下的为自由未知量

自由位置量个数$=n-r(A)A\mathrm{为}\mathrm{系}\mathrm{数}\mathrm{方}\mathrm{程}$

求向量组的极大线性无关组

（1）将向量按列排成矩阵
（2）初等行变换化成行阶梯
（3）每层梯子选一列，即为极大线性无关组

注：
（1）若要求表示法，则进一步化为行最简
（2）若该层梯子为0，则退到上一层梯子
（3）一般极大无关组不唯一，但个数是相同的

---

例：向量组 ${\alpha }_1=(2,1,3{)}^{\mathrm{T}}$，${\alpha }_2=(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$，${\alpha }_3=(3,3,4{)}^{\mathrm{T}}$，${\alpha }_4=(5,1,8{)}^{\mathrm{T}}$，${\alpha }_5=(0,0,2{)}^{\mathrm{T}}$ 的一个极大线性无关组是 __________且其他向量的表示为 __________。

$({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4,{\alpha }_5)=\left[\begin{array}{ccccc}2& 1& 3& 5& 0\\ 1& 2& 3& 1& 0\\ 3& 1& 4& 8& 2\end{array}\right]$ $⟶\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 1& 0\\ 2& 1& 3& 5& 0\\ 3& 1& 4& 8& 2\end{array}\right]$
$⟶\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 1& 0\\ 0& -3& -3& 3& 0\\ 0& -5& -5& 5& 2\end{array}\right]$ $⟶\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 1& 0\\ 0& 1& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 2\end{array}\right]$ $⟶\left[\begin{array}{ccccc}1& 0& 1& 3& 0\\ 0& 1& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

选取${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_5$为极大无关组
且${\alpha }_3={\alpha }_1+{\alpha }_2,{\alpha }_4=3{\alpha }_1-{\alpha }_2$

向量空间

总结：向量空间V中的一个向量组${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_r$
满足：$\{\begin{array}{l}(1)\mathrm{线}\mathrm{性}\mathrm{无}\mathrm{关}\\ (2)V\mathrm{中}\mathrm{每}\mathrm{个}\mathrm{向}\mathrm{量}\mathrm{都}\mathrm{能}\mathrm{由}\mathrm{它}\mathrm{线}\mathrm{性}\mathrm{表}\mathrm{示}\end{array}$
则称${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_r$为向量空间的一个基（基底）
其中所含向量个数为该空间的维数，用该基表示其他向量时，例如：$\alpha =x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+\cdots +x_r{\alpha }_r$，称$(x_1,x_2,\cdots ,x_r)$为$\alpha$在这组基下的坐标
设${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$和${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n$为n维向量空间V中的两组基， 若$\{\begin{array}{l}{\beta }_1=c_{11}{\alpha }_1+c_{21}{\alpha }_2+\cdots +cn1{\alpha }_n\\ {\beta }_2=c_{12}{\alpha }_1+c_{22}{\alpha }_2+\cdots +cn2{\alpha }_n\\ ⋮\\ {\beta }_n=c_{n1}{\alpha }_1+c_{n1}{\alpha }_2+\cdots +cnn{\alpha }_n\end{array}$ 即：$({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)C$（基变换公式）
则C称为从基${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$到基${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n$的过渡矩阵

方程组

求齐次方程组通解(基础解系)

（1）系数矩阵A $\stackrel{\mathrm{行}\mathrm{变}\mathrm{换}}{\to }$ 行最简（只能行变换）
（2）写同解方程组
（3）自由未知量$100/010/001（n-r=3)\mathrm{或}10/01(n-r=2)\mathrm{或}1(n-r=1)$赋值，构造基础解系
（4）基础解系线性组合，构造通解

【注意】
约束未知量：主元列对应未知量
自由未知量：非主元列对应未知量

例题：
齐次线性方程组$\{\begin{array}{l}{x}_1+2x_2+3x_3+x_4=0\\ 2x_1-x_2+x_3-3x_4=0\\ x_1+x_3-x_4=0\end{array}$的基础解系是

$A=\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 1\\ 2& -1& 1& -3\\ 1& 0& 1& -1\end{array}\right]\stackrel{r}{\to }\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 1\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& -2& -2& -2\end{array}\right]\stackrel{r}{\to }\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 1& -1\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_3-x_4=0\\ x_2+x_3+x_4=0\end{array}$ 基础解系：$k_1\left[\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\\ 0\end{array}\right]+k_2\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\\ 1\end{array}\right]k_1,k_2\in R$

注：“反号顺抄”的原理
$AX=0A\to \left[\begin{array}{cccc}1& 0& a_1& b_1\\ 0& 1& a_2& b_2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$

同解方程组：$\{\begin{array}{l}{x}_1+a_1{x}_3+b_1{x}_4=0\\ x_2+a_2{x}_3+b_2{x}_4=0\end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_1=-a_1{x}_3-b_1{x}_4\\ x_2=-a_2{x}_3-b_2{x}_4\end{array}$

（1） $x_3=1,x_4=0$
$\{\begin{array}{l}{x}_1=-a_1\\ x_2=-a_2\end{array}\Rightarrow \left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-a_1\\ -a_2\\ 1\\ 0\end{array}\right]$
（2） $x_3=0,x_4=4$
$\{\begin{array}{l}{x}_1=-b_1\\ x_2=-b_2\end{array}\Rightarrow \left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-b_1\\ -b_2\\ 0\\ 1\end{array}\right]$

注意：必须行最简，行阶梯不能用

基础解系结论

【注意】
基础解系有无穷多种，但是个数相等
任意r个无关解向量都可以作为基础解系

已知基础解系反求A

齐次方程基础解系反解

原理：
设$\left[\begin{array}{c}{\xi }_1\\ {\xi }_2\\ {\xi }_3\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}{\eta }_1\\ {\eta }_2\\ {\eta }_3\end{array}\right]$是方程组$\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+b_1{x}_2+c_1{x}_3=0\\ a_2{x}_1+b_2{x}_2+c_2{x}_3=0\end{array}$
的基础解系
即：$\left[\begin{array}{ccc}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_3\end{array}\right]$的基础解系

==> $\left[\begin{array}{ccc}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{\xi }_1& {\eta }_1\\ {\xi }_2& {\eta }_2\\ {\xi }_3& {\eta }_3\end{array}\right]=0$

$\stackrel{\mathrm{转}\mathrm{置}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{ccc}{\xi }_1& {\xi }_1& {\xi }_1\\ {\eta }_2& {\eta }_2& {\eta }_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\\ b_1& b_2\\ c_1& c_2\end{array}\right]=0$

看成$BX=0$，只需求$BX=0$的基础解系，竖着拼成$A^T$，再转置得到$A$

【步骤】
（1）把基础解系横着拼成一个矩阵B
（2）解$BX=0$的基础解系
（3）横着拼成A

【注意】
A不唯一（行数可以随便加），可以看例题加深理解

例题：已知${\alpha }_1=(2,1,1{)}^{\mathrm{T}}$，${\alpha }_2=(1,-2,-1{)}^{\mathrm{T}}$是齐次线性方程组$Ax=0$的基础解系，则系数矩阵$A$可以是 ___________.

$B=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& -2& -1\end{array}\right]$，解：$BX=0$

$\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& -2& -1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{ccc}1& -2& -1\\ 2& 1& 1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{ccc}1& 0& \frac{1}{5}\\ 0& 1& \frac{3}{5}\end{array}\right]$

$\stackrel{\mathrm{反}\mathrm{号}\mathrm{顺}\mathrm{抄}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{c}-\frac{1}{5}\\ -\frac{3}{5}& 1\end{array}\right]$

==>$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 3& -5\end{array}\right]$

多加一行可以得到原题的选项：
$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 3& -5\\ -1& -3& 5\end{array}\right]$

再多加n行：
$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 3& -5\\ -1& -3& 5\\ k& 3k& -5k\\ & ⋮\end{array}\right]$

非齐次方程基础解系反解

总结：已知$AX=b$的通解，反求$(A|b)$

非齐次线性组 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$, 即 $\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+b_1{x}_2+c_1{x}_3=d_1\\ a_2{x}_1+b_2{x}_2+c_3{x}_3=d_2\end{array}$

通解为 $k_1\left[\begin{array}{l}{\xi }_1\\ {\xi }_2\\ {\xi }_3\end{array}\right]+k_2\left[\begin{array}{l}{\eta }_1\\ {\eta }_2\\ {\eta }_3\end{array}\right]+\left[\begin{array}{l}{\lambda }_1\\ {\lambda }_2\\ {\lambda }_3\end{array}\right]$

$\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+b_1{x}_2+c_1{x}_3=0\\ a_2{x}_1+b_2{x}_2+c_3{x}_3=0\end{array}$的基础解系
==> 求出对应齐次方程组

令非齐次方程组 $\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+b_1{x}_2+c_1{x}_3=d_1\\ a_2{x}_1+b_2{x}_2+c_2{x}_3=d_2\end{array}$
代入$\left[\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ {\lambda }_2\\ {\lambda }_3\end{array}\right]$求出：$d_1,d_2$

【例题】
已知$k_1{(1,1,0,0)}^T+k_2{(1,0,2,1)}^T+{(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2},0)}^T,k_1{k}_2\in R$ 是非齐次线性方程组 $A\mathit{x}=b$的通解，则该线性方程组可以是？

（1）先求齐次方程组
$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 1& 0& 2& 1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cccc}1& 0& 2& 1\\ 0& 1& -2& -1\end{array}\right]$

$\stackrel{\mathrm{负}\mathrm{号}\mathrm{顺}\mathrm{抄}}{\Rightarrow }\left[\begin{array}{cccc}-2& 2& 1& 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{cccc}-1& 1& 0& 1\end{array}\right]$

$AX=0$的$A=\left[\begin{array}{cccc}-2& 2& 1& 0\\ -1& 1& 0& 1\end{array}\right]$

$Ax=0\mathrm{为}\{\begin{array}{l}-2x_1+2x_2+x_3=0\\ -x_1+x_2+x_4=0\end{array}$

令$Ax=b$，$\{\begin{array}{l}-2x_1+2x_2+x_3=b_1\\ -x_1+x_2+x_4=b_2\end{array}$

代入：${\left[\begin{array}{cccc}\frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}& 0\end{array}\right]}^T$

即：$Ax=b$，$\{\begin{array}{l}-2x_1+2x_2+x_3=-\frac{1}{2}\\ -x_1+x_2+x_4=-\frac{1}{2}\end{array}$

线性方程组解的判定

（1）$AX=0$解有2种情况：① 唯一解（只有0解）$$② 无穷多解（有非0解）
（2）$AX=b$解有3种情况：① 唯一解$$② 无穷多解$$ ③ 无解
（3）$AX=0$解的判定（n为A的列数）
① $AX=0$ 只有0解
<==> $r(A)=n$
<==> A的列向量组线性无关
<==> $|A|\ne 0$（A为方阵）

② $AX=0$ 有非0解
<==> $r(A)<n$
<==> A的列向量组线性相关
<==> $|A|=0$ （A为方阵）

（4）$AX=b$解的判定 （n为A的列数）
① $AX=b$无解
<==> $r(A)\ne r(A|b)$
<==> $r(A)+1=r(A|b)$
<==> r(A) < r(A | b)
<==> b不能由A的列向量组线性表示
==> $|A|=0$ （A为方阵）

② $AX=b$有唯一解
<==> $r(A)=r(A|b)=n$
<==> b能由A的列向量z组线性表示，且表示法唯一
<==> $|A|\ne 0$（A为方阵），可以用克拉默法则解$AX=b$
==> A的列向量组线性无关
==> $AX=0$只有0解

③ $AX=b$有无穷多解
<==> $r(A)=r(A|b)<n$
<==> b能由A的列向量组线性表示，且表示法不唯一
==> $|A|=0$ （A为方阵）
==> A的列向量组线性相关
==> $AX=0$有非0解

解的结构

（1）设${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$都是$AX=0$的解，则$k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_n{\alpha }_n$仍是$AX=0$的解，$k_1,k_2,\cdots ,k_n$为任意常数。
（2）设${\eta }_1,{\eta }_2,\cdots ,{\eta }_n$都是$AX=b$的解，则$k_1{\eta }_1+k_2{\eta }_2+\cdots +k_n{\eta }_n\{\begin{array}{ll}\mathrm{是}AX=0\mathrm{的}\mathrm{解}& ,k_1+k_2+\cdots +k_n=0\\ \mathrm{是}AX=b\mathrm{的}\mathrm{解}& ,k_1+k_2+\cdots +k_n=1\end{array}$
特别地，${\eta }_1-{\eta }_2$是$AX=0$是解
（3）设$\eta$是$AX=b$的解，$\alpha$是$AX=0$的解，则$\eta +\alpha$是$AX=b$的解
（4）$AX=0$的任意$n-r(A)$个线性无关的解，都可以构成$AX=0$的基础解系，并且，如果${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$是$AX=0$的基础解系，则$k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_n{\alpha }_n$是$AX=0$的通解
（5）$AX=b$的通解$x=\mathrm{齐}\mathrm{次}\mathrm{通}\mathrm{解}+\mathrm{非}\mathrm{齐}\mathrm{特}\mathrm{解}$

AB=0的三个角度

（1） $r(A)+r(B)\le n$（n是AB消掉的那个）
例如：$A_{m\times n}{B}_{n\times s}=0$

（2）
<==> B 的列都是$AX=0$的解
<==> B 的列向量与A的行向量两两正交

证明（2.1）：
$AB=0\Rightarrow A({\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_n)=0\Rightarrow (A{\beta }_1,A{\beta }_2,\cdots ,A{\beta }_n)=0$

证明（2.2）；
注：齐次方程组的解与系数矩阵的行向量正交
$x=\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]\mathrm{是}AX=0\mathrm{的}\mathrm{解}$
$A\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=0=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$
$\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=0=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

（3）
若$B\ne 0$，则A的列向量组线性相关
$r(A)+r(B)\le n,\mathrm{又}r(B)\ge 1\Rightarrow r(A)\le n-1$
$r(A_{m\times n}\le n-1\Rightarrow A\mathrm{的}\mathrm{列}\mathrm{向}\mathrm{量}\mathrm{组}\mathrm{线}\mathrm{性}\mathrm{相}\mathrm{关}$
若$A\ne 0$，则B的行向量组线性相关

同解方程组

什么是同解方程组

$\{\begin{array}{l}{x}_1+2x_2-x_3+x_4=6\\ 2x_1-x_2+x_3-x_4=-1& \end{array}$对应的系数矩阵：$\left[\begin{array}{rrrrr}1& 2& -1& 1& 6\\ 2& -1& 1& -1& -1\end{array}\right]$

$\{\begin{array}{l}{x}_1+2x_2-x_3+x_4=6\\ -5x_2+x_3-3x_4=-13\end{array}$对应的系数矩阵：$\left[\begin{array}{rrrrr}1& 2& -1& 1& 6\\ 0& -5& 3& -3& -13\end{array}\right]$

上式与下式的区别是做了一次初等行变换，它们的解是一样的，它们显然是同解方程组！

齐次方程组同解

齐次方程组 $AX=0$与$BX=0$同解

<==> A可经过有限次初等行变换到B
<==> $\text{exist}$可逆阵$P$，使得$PA=B$
<==> A与B的行向量组等价
<==> $r(A)=r(B)=r\left[\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right]$
<==> $AX=0$与$BX=0$基础解系等价
<==> A与B的列向量组有相同的表示关系

【注意】
（1）若$AX=0$的解均是$BX=0$的解，且$r(A)=r(B)=r\left[\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right]$，则$AX=0$与$BX=0$同解
（2）$A^{T}A=0$ 与$AX=0$同解
（3）左乘列满秩，齐次方程组同解，$AX=0$与$PAX=0$同解
（4） $A^{n}X=0$与$A^{n+1}=0$同解$(A^{3}X=0\mathrm{与}{A}^{4}X=0\mathrm{同}\mathrm{解})$

非齐次方程组同解

非齐次方程组$AX=\alpha$与$BX=\beta$即：$(A|\alpha )$与$(B|\beta )$

<==> $(A|\alpha )$ 与 $(B|\beta )$行向量组等价
<==> $r(A|\alpha )=r(B|\beta )=r\left(\begin{array}{cc}A& \alpha \\ B& \beta \end{array}\right)$

齐次方程组同解的结论

1. $AX=0$ 和$BX=0$同解 <-->$AX=0$和$BX=0$有相同或等价的基础解系
2. $AX=0$ 和$BX=0$同解 --> $n-r(A)=n-r(B)$ <--> $r(A)=r(B)$ $$tips:秩相同推不出同解
3. $AX=0$ 的解是$BX=0$的解 <--> $AX=0$ 与 $\left(\begin{array}{c}AX=0\\ BX=0\end{array}\right)$ 同解 <--> $r(A)=r\left(\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right)$ --> $r(A)\ge r(B)$
4. 👉️同解的充要命题，$AX=0$ 和 $BX=0$ 同解 <--> $r(A)=r(B)=r\left(\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right)$ （即A与B的行向量组等价）👈️👍️👍️👍️
5. 若$AX=0$的解都是$BX=0$的解,且$r(A)=r(B)$,则$AX=0$与$BX=0$同解
6. 由(2)可知,若想证明$r(A)=r(B)$,且A,B列数相同,则考虑证明:$AX=0$ 和$BX=0$同解

线性代数中答案不唯一的情况

（1）$AX=0$的基础解系，$AX=b$的通解，答案不唯一
（2）已知基础解系反求$A$，已知通解反求$AX=b$，答案不唯一
（3）向量组的极大无关组不唯一（线性相关），向量组线性无关时，极大无关组就是本身
（4）用施密特正交化求正交的向量组不唯一
（5）特征向量不唯一的，故$P,Q$也是不唯一的
（6）二次型矩阵是不唯一的（写成对称矩阵是唯一的）
（7）在配方法求二次型的标准形是不唯一的

随机事件及其运算

随机事件间的关系与运算

事件关系

事件有三种关系：或，且，对立

A发生必然导致B发生

A发生必然导致B发生
==> A小，B大，B包含A ==> $A\subset B$
==> $P(A)\le P(B)$
==> $A\cap B=B,A\cup B=B$ ==> $\bar{B}\subset \bar{A}$

A与B独立

A与B独立
<==> $P(AB)=P(A)P(B)$
<==> $A\mathrm{与}\bar{B},\bar{A}\mathrm{与}B,\bar{A}\mathrm{与}\bar{B}\mathrm{独}\mathrm{立}$

【结论1】
任何事件与概率为0或为1的事件独立
【证明】
（1）$P(A)=0,\mathrm{\forall }B,\mathrm{与}A\mathrm{都}\mathrm{独}\mathrm{立}$
$P(AB)\le P(A)$且$P(A)=0$
==> $P(AB)=0,P(A)P(B)=0$
==> $P(AB)=P(A)P(B)$

（2）$P(A)=1,\mathrm{\forall }B,\mathrm{与}A\mathrm{都}\mathrm{独}\mathrm{立}$
$P(A)=1\Rightarrow P(\bar{A})=0\Rightarrow \bar{A}\mathrm{与}B\mathrm{独}\mathrm{立}\Rightarrow A\mathrm{与}B\mathrm{独}\mathrm{立}$

【结论2】
若$P(A)\ne 0,\ne 1$，则A与B独立
<==> $P(B|A)=P(B)$
<==> $P(B|\bar{A})=P(B)$
<==> $P(B|A)=P(B|\bar{A})$
<==> $P(B|A)+P(\bar{B}|\bar{A})=1$

【结论3】
若$P(A)\ne 0,P(B)\ne 0$，则A与B，独立必不互斥，互斥必不独立
【证明】
A与B互斥 ==> $AB=\varphi \Rightarrow P(AB)=0\ne P(A)P(B)$ ==> A与B不独立
A与B独立 ==> $P(AB)=P(A)P(B)\ne \Rightarrow AB=\varphi$

减法公式

$P(A-B)=P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)$

加法公式

$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)$

摩根定律

事件对偶律也称为摩根律
摩根律有两个式子，第一个式子的含义：“不会发生A事件或B事件"等价于”A事件和B事件都不会发生“。第二个式子的含义：“A事件和B事件不会同时发生"等价于”A事件不发生或B事件不会发生“概率论中的事件相当于集合论中的集合，事件的加法相当于集合的并，事件的乘法相当于集合的交、集合论中的对偶律（又称德摩根律）。

$\overline{A\cup B}=\bar{A}\cap \bar{B}$

$\overline{A\cap B}=\bar{A}\cup \bar{B}$

$\overline{A+B}=\bar{A}\cdot \bar{B}$

$\overline{A\cdot B}=\bar{A}+\bar{B}$

有限可加性

有限可加性（所有互斥的情况，概率相加）
若$A_1,A_2,\cdots ,A_n$互斥
则$P(A_1+A_2+A_3+\cdots +A_n)=p(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_n)$

【例题】$P\{XY+1>X+Y\}=?$
$\Rightarrow P\{XY+X+Y+1>0\}=P\{(X+1)(Y+1)>0\}=P\{X>-1,Y>-1\}+P\{X<-1,Y<-1\}=P\{(X>-1,Y>-1)\cup (X<-1,Y<-1)\}$

【例题2】$P\{XY-Y<0\}=P\{(X-1)Y<0\}=P\{X<1,Y>0\}+P\{X>1,Y<0\}$

,

条件概率

条件概率的本质是缩减样本空间

分布

概率密度与分布函数

概率密度函数：
$f(x)=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{P(x<X\le x+\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}$
$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{P(X\le x+\mathrm{\Delta }x)-P(X\le x)}{\mathrm{\Delta }x}$

二项分布

二项分布$B(n,p)$

（1）定义：n重伯努利试验中，A发生的概率为p，那么A发生k次的概率为$C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$，
将A发生的次数，设为随机变量X，则$P\{X=k\}=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,2\cdots$，称$X\sim B(n,p)$

（2）考察标志：有xx次A发生的概率 / A发生xx次的概率
==> $\{\begin{array}{l}n\mathrm{次}\mathrm{独}\mathrm{立}\mathrm{重}\mathrm{复}\mathrm{试}\mathrm{验}\\ \mathrm{每}\mathrm{次}P(A)=p\mathrm{相}\mathrm{同}，\mathrm{试}\mathrm{验}\mathrm{观}\mathrm{察}A\mathrm{是}\mathrm{否}\mathrm{发}\mathrm{生}\\ \mathrm{研}\mathrm{究}A\mathrm{发}\mathrm{生}\mathrm{的}\mathrm{次}\mathrm{数}\end{array}$

（3）做题步骤：先令试验观察的事件为A，再 令A发生的次数为X，则$X\sim B(n,p(A))$

泊松分布

泊松分布$P(\lambda )$

（1）$P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!},k=0,1,2\cdots$

（2）参数可加性
设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是相互独立的随机变量且$X_i\sim P({\lambda }_i),i=1,2,\cdots$
则$X_1+X_2+\cdots +X_n\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2+\cdots +{\lambda }_n)$

（3）泊松定理（二项分布的极限分布）
$X\sim B(n,p)\underset{P\mathrm{足}\mathrm{够}\mathrm{小}}{\overset{n\mathrm{足}\mathrm{够}\mathrm{大}}{\Rightarrow }}X\sim P(np)$

（4）泊松定理应用
$EX=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}k\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=\lambda$

几何分布

几何分布$G(p)$

（1）定义：做伯努利试验，每次试验中A发生概率为p，一直做到A首次发生时停止，
此时，试验的点次数X，$P\{X=k\}=(1-p{)}^{k-1}p(k=1,2,\cdots )$
称试验的点次数X服从几何分布

（2）考察标志：一旦A发生，试验就停止

（3）做题步骤：令A，$P(A)=p$，A发生时，试验点次数X，则$X\sim G(p)$

指数分布

指数分布$E(\lambda )$

密度函数：$f(x)=\{\begin{array}{ll}\lambda e^{-\lambda x}& ,x>0\\ 0& ,x\le 0\end{array}(\lambda >0)$
分布函数：$F(x)=\{\begin{array}{ll}1-e^{-\lambda x}& ,x\ge 0\\ 0& ,x<0\end{array}$

【注意】
（1）相互独立的指数分布最小值函数仍服从指数分布
设$X_1,X_2,\cdots ,X_k$相互独立，$X_i\sim E({\lambda }_i)$ ==> $min\{X_1,X_2,\cdots ,X_k\}\sim E({\lambda }_1,+{\lambda }_2+\cdots {\lambda }_k)$

（2）无记忆性：$P\{X>s+t|x>s\}=P\{X>t\}(s,t>0)$
例如：$P\{X>7|X>5\}=P\{X>2\}$

（3）
$P\{X\le a\}=1-e^{-\lambda a}(a>0)$
$P\{X>a\}=e^{-\lambda a}(a>0)$
$P\{a<X<b\}=e^{-\lambda a}-e^{-\lambda b}$

【例题】假设$X$服从参数为$\lambda$的指数分布，对$X$作 3 次独立重复观察，至少有一次观测值大于 2 的 概率为$\frac{7}{8}$,则$\lambda =$________.
令事件A为观测值大于2，A发生的次数为Y。
则有：$Y\sim B(3,p)$
$p=P(A)=P\{X>2\}=e^{-2\lambda }$

$P\{Y\ge 1\}=\frac{7}{8}=1-P\{Y<1\}=1-(1-e^{-2\lambda }{)}^3$
==> $\lambda =\frac{1}{2}ln2$

---

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【例题2】 设随机变量 $X$ 服从参数 $1$ 的指数分布，则 $P\{3>X>2\mid X>1\}=$

法一：指数分布的无记忆性

$P\{3>X>2\}=P\{X>2\}-P\{X>3\}$
$P\{3>X>2|X>1\}=P\{X>2|X>1\}-P\{X>3|X>1\}$
$=P\{X>1\}-P\{X>2\}=e^{-\lambda }-e^{-2\lambda }=e^{-1}-e^{-2}$

法二：条件概率

$p\{3>x>2\mid x>1\}=\frac{p\{2<x<3,x>1\}}{p\{x>1\}}=\frac{p\{2<x<3\}}{p\{x>1\}}=\frac{e^{-2}-e^{-3}}{e^{-1}}$

正态分布

正态分布$N(\mu ,{\sigma }^2)$

概率密度

概率密度:$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}},-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty }$

正态分布性质

（1）$p\{x>\mu \}=p\{x<\mu \}=\frac{1}{2}$

（2）$Y=aX+b\sim N(a\mu +b,a^2{\sigma }^2)$

（3）(可加性) $x_1,x_2,\cdots ,x_k$ 相互独立, 且 $x_i\sim N({\mu }_i,{\sigma }_i^2)$
则 $a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_k{x}_k\sim N(a_1{\mu }_1+\cdots +a_k{\mu }_k,a_1^2{\sigma }_1^2+\cdots +a_k^2{\sigma }_k^2$

【注意】独立正态分布的线性组合，期望与原线性组合一致，方差则把减号改成加号，系数平方

（4）标准正态分布 $N(0,1)$，$\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，$x\in R$。分布函数 $\mathrm{\Phi }(x)$

（5）正态分布标准化. 若 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$, 则$\frac{X-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)$

（6）$x\sim N(\mu ,{\sigma }^2)⟺x\text{的分布函数为 }\mathrm{\Phi }\left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)$$\text{概率密度为 }f(x)=\frac{1}{\sigma }\phi \left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)$

【证明】若$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则$F(x)=\mathrm{\Phi }(\frac{x-\mu }{\sigma }$

$F(x)=P\{X\le x\}=P\{X-\mu \le x-\mu \}=P\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{x-\mu }{\sigma }$

新的随机变量：$\frac{X-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)$

得证：$F(x)=\mathrm{\Phi }(\frac{x-\mu }{\sigma })$

【加深理解】$X\sim N(0,1)$，$P\{X\le x\}=\mathrm{\Phi }(x),P\{X\le a\}=\mathrm{\Phi }(a)$
$P\{X\le \frac{x-\mu }{\sigma }\}=\mathrm{\Phi }(\frac{x-\mu }{\sigma })$

---

【例题1】若随机变量 $X$ 的概率密度是 $\frac{1}{2}\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)$, 则 $x\sim$

$X\sim N(1,4)$

【例题2】若随机变量 $X$ 的分布函数是 $\mathrm{\Phi }(\frac{x-1}{2})$，则 $x\sim$

$X\sim N(1,4)$

【例题3】若随机变量 $X$ 的分布函数是 $\mathrm{\Phi }(2x-1)$，则 $x\sim$

$X\sim N(\frac{1}{2},\frac{1}{4})$

【例题4】求${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)dx$

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)dx=2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)dx=2$

标准正态分布的性质

（1）标准正态分布的概率密度$\varphi (x)$为偶函数

（2）$\mathrm{\Phi }(0)=\frac{1}{2},P\{X\le 0\}=P\{X\ge 0\}=\frac{1}{2}$

（3）$\mathrm{\Phi }(-a)=1-\mathrm{\Phi }(a)$ 或 $\mathrm{\Phi }(a)+\mathrm{\Phi }(-a)=1$

（4）$P\{a⩽x⩽b\}=\mathrm{\Phi }(b)-\mathrm{\Phi }(a)$
$P\{-a⩽x⩽a\}=1-2\mathrm{\Phi }(-a)=2\mathrm{\Phi }(a)-1$

（5）若X的概率密度含有$e^{x^2}$ ==> X一定服从一个正态分布 ==> 立刻给二次配方成$-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}$
==> $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$

二维正态分布

二维正态分布$(X,Y)\sim N({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho )$

（1）二维正态分布联合概率密度
$f(x,y)=\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\exp \{-\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}\cdot [\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{x-{\mu }_1}{{\sigma }_1}\cdot \frac{y-{\mu }_2}{{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]\}$

（2）若$(X,Y)\sim N({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho )$
① $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$

② X, Y独立 <==> $\rho =0$ <==> X,Y不相关

③ $aX+bY\stackrel{\mathrm{不}\mathrm{需}\mathrm{独}\mathrm{立}}{\Rightarrow }N(a{\mu }_1+b{\mu }_2,a^2{\sigma }_2^2+b^2{\sigma }_2^2+2ab\rho {\sigma }_1{\sigma }_2$

④ $(aX+bY,cX+dY)$也服从二维正态分布，$\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|\ne 0$

⑤ $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2),Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$且X，Y独立 <==> $(X,Y)\sim N({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;0)$

---

【例题】$(X,Y)\sim N(0,1;1,2;-\frac{1}{2\sqrt{2}}$
问：X和$X+Y$独不独立

$(X,X+Y)\sim$ 二维正态分布 $$独立 <==> $\rho =0$ <==> $cov(X,X+Y)=0$

$cov(X,X+Y)=cov(X,X)+cov(X,Y)=DX+cov(X,Y)$

${\rho }_{XY}=\frac{cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}}$
==> $cov(X,Y)=-1$ ==> $cov(X,X+Y)=0$

可知：X和$X+Y$独立

分布中的定理

【定理1】设X为连续型随机变量（$F(x)$连续的） ==> $Y=F(X)$ 服从在 $(0，1)$上的均匀分布$U(0,1)$

【证明】设$Y=F(X),0\le Y\le 1$
（1）当$y<0$时，$F_Y(y)=0$
（2）当$y\ge 1$时，$F_Y(y)=1$
（3）当$0\le y\le 1$时，
$F_Y(y)=P\{Y\le y\}=P\{F(X)\le y\}=P\{F^{-1}[F(X)]\le F^{-1}(y)=F[F^{-1}(y)]=y$

解得：$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0& y<0\\ y& 0\le y<1\\ 1& 1\ge y\end{array}$ ==> $Y\sim U(0,1)$

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【例题1】设 $X$ 服从 $[0,3]$ 上的均匀分布，则 $Y=\{\begin{array}{ll}0,& X<0\\ \frac{X}{3},& 0\le X<3\\ 1,& X\ge 3\end{array}$ 服从分布 ________

$F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0& x<0\\ \frac{x}{3}& 0\le x<3\\ 1& x\ge 3\end{array}$
==> $Y=F(X)$ ==> $Y\sim U(0,1)$

---

【例题2】设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{2},& 0<x<2\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$F(x)$ 为 $X$ 的分布函数，$EX$ 为 $X$ 的数学期望，则 $F\{F(X)>EX-1\}=$

$EX={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xf(x)dx={\int }_0^2\frac{x^2}{2}dx=\frac{4}{3}$ ==> $EX-1=\frac{1}{3}$

$X$有概率密度，说明X一定是一个连续型随机变量 ==> $F(X)\sim U(0,1)$ ==> $F\{F(X)>\frac{1}{3}\}=\frac{2}{3}$

---

【注意】
（1）怎么判断X是连续型随机变量
<==> X有概率密度
<==> F(X)连续

（2）若$Y=F(X)$只取中间一段的表达式，定理依然成立

---

【例题3】设$X$服从[0,3]上的均匀分布，则$Y=\frac{X}{3}$服从分布

$Y=\frac{X}{3}$服从分布$U(0,1)$

分布参数的可加性

【总结】参数可加性（$X,Y$独立）

（1） $X\sim B(m,p),Y\sim B(n,p)$，则$X+Y\sim B(m+n,p)$

（2） $X\sim P({\lambda }_1),Y\sim P({\lambda }_2)$，则$X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$

（3） $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2),Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，则$X+Y\sim N({\mu }_1+{\mu }_2,{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)$

（4） $X\sim {\chi }^2(m),Y\sim {\chi }^2(n)$，则$X+Y\sim {\chi }^2(m+n)$

（5） $X\sim E({\lambda }_1),Y\sim E({\lambda }_2)$，则$min\{X,Y\}\sim E({\lambda }_1+{\lambda }_2)$

分布的期望

$EX={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xf(x)dx$

分布的方差

连续型随机变量求概率

【注意】连续型随机变量求概率：在哪求概率就在哪求积分

一维随机变量：$P\{a\le X\le b\}={\int }_a^{b}f(x)dx$
二维随机变量：$P\{(X,Y)\in D\}={\iint }_{D}f(x,y)dxdy$

求一维连续型随机变量的分布函数

总结：已知一维连续型X的概率密度$f(x)$，求$Y=g(x)$的分布

【解题步骤】
第一步：根据X的范围$(f(x)\mathrm{非}\mathrm{零}\mathrm{的}\mathrm{部}\mathrm{分})$求$Y=g(x)$的范围（画$g(x)$的图）
第二步：$a<Y<b$ $\{\begin{array}{ll}y<a\mathrm{时}& F_Y(y)=0\\ y\ge b\mathrm{时}& F_Y(y)=1\end{array}$
第三步：$a\le y<b$时，
$F_Y(y)=P(Y\le y)\stackrel{\mathrm{代}\mathrm{入}Y=g(X)}{\Rightarrow }P\{g(X)\le y\}$
$\underset{\mathrm{反}\mathrm{解}X\mathrm{范}\mathrm{围}}{\overset{\mathrm{根}\mathrm{据}g(x)}{\Rightarrow }}$

【要诀】盯着大写（小写字母看成常数，只看大写字母，求的是大写字母的概率，用大写字母的密度）

【例题】设 $X\sim \{\begin{array}{ll}\frac{1}{4},& -1\le x\le 1,\\ \frac{1}{8},& 1<|x|\le 3,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$ 令 $Y=g(X)=\{\begin{array}{ll}{X}^2+1,& X<1,\\ 2,& X\ge 1,\end{array}$ 求 $F_Y(y)$.

第一步：

可知：$f_X(x)$的图像为

再画出$Y=g(X)=\{\begin{array}{ll}{X}^2+1,& X<1,\\ 2,& X\ge 1,\end{array}$的图像

$-3\le X\le 3\Rightarrow 1\le Y\le 10$

第二步：
$\{\begin{array}{ll}y<0\mathrm{时}& F_Y(y)=0\\ y\ge 10\mathrm{时}& F_Y(y)=1\end{array}$

第三步：
$1\le y\le 10$时
写出定义：$F_Y(y)=P\{Y\le y\}=P\{g(X)\le y\}$
根据图像可分为两段：
（1）$1\le y<2$时，
$F_Y(y)=P\{-\sqrt{y-1}\le X\le \sqrt{y-1}\}={\int }_{-\sqrt{y-1}}^{\sqrt{y-1}}{f}_X(x)dx$

根据$f_X(x)$的图像可解得：
$F_Y(y)=\frac{\sqrt{y-1}}{2}$

（2）$F_Y(y)=P\{-\sqrt{y-1}\le X\le 3\}={\int }_{-\sqrt{y-1}}^3{f}_X(x)dx$

根据$f_X(x)$的图像分三段积分可解得：
$F_Y(y)=\frac{5+\sqrt{y-1}}{8}$

综上： $F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0& y<1\\ \frac{\sqrt{y-1}}{2}& 1\le y<2\\ \frac{5+\sqrt{y-1}}{8}& 2\le y<10\\ 1& y\ge 10\end{array}$

二维连续型随机变量的分布

二维随机变量函数$Z=g(X,Y)$的分布（一维）

【五大题型】
（1）$X,Y$都离散
（2）$X,Y$都连续 （$(X,Y)\sim f(x,y)$）
（3）$X,Y$一离一连，且独立
（4）$X,Y$一离一连，且不独立
（5）其他（最大值最小值的分布）

---

【题型1】$X,Y$都离散
步骤：
（1）写出$Z$所有可能的取值，有重复的合并
（2）计算$P\{Z=z_1\},P\{Z=z_2\},\cdots$（所有情况概率相加）
（3）拼成分布律$\begin{array}{|cccc|}\hline Z& z_1& z_2& \cdots \\ P& P\{Z=z_1\}& P\{Z=z_2\}& \cdots \\ \hline\end{array}$

【例题】已知$(X,Y)$的联合分布律
$\begin{array}{|cccc|}\hline x\text{y}& 0& 1& 2\\ -1& \frac{1}{4}& \frac{1}{4}& \frac{1}{4}\\ 1& \frac{1}{8}& \frac{1}{8}& 0\\ \hline\end{array}$
（1）求$Z=X+Y$的分布律
（2）求$U=min\{X,Y\}$ 的分布律

（1）
$Z=-1,0,1,2,3$

$P\{Z=-1\}=P\{X=-1,Y=0\}=\frac{1}{4}$
$P\{Z=0\}=P\{X=-1,Y=1\}=\frac{1}{4}$
$P\{Z=1\}=P\{X=-1,Y=2\}+P\{X=1,Y=0\}=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}=\frac{3}{8}$
$P\{Z=2\}=P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{8}$
$P\{Z=3\}=0$

$Z\sim \left(\begin{array}{cccc}-1& 0& 1& 2\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{4}& \frac{3}{8}& \frac{1}{8}\end{array}\right)$

（2）
$U=-1,0,1$

$P\{U=-1\}=P\{X=-1,Y=0\}+P\{X=-1,Y=1\}=P\{X=-1,Y=2]=\frac{3}{4}$
$P\{U=0\}=P\{X=1,Y=0\}=\frac{1}{8}$
$P\{U=1\}=P\{X=1,y=1\}=\frac{1}{8}$

$F_U(u)=\{\begin{array}{ll}0& u<-1\\ \frac{3}{4}& -1\le u<0\\ \frac{7}{8}& 0\le u<1\\ 1& 1\le u\end{array}$

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【题型3】$X,Y$一离一连，且独立

【步骤】$F_Z(z)=P\{Z⩽z\}=P\{g(X,Y)⩽z\}$
$\underset{\mathrm{全}\mathrm{概}\mathrm{率}\mathrm{打}\mathrm{开}}{\overset{\mathrm{根}\mathrm{据}\mathrm{离}\mathrm{散}\mathrm{取}\mathrm{值}}{\Rightarrow }}P\{g(X,Y)⩽z,X=x_1\}+\cdots$
$\stackrel{X=x_1\mathrm{代}\mathrm{前}\mathrm{面}}{\Rightarrow }P\{g(x_1,Y)⩽z,X=x_1\}+\cdots$
$\stackrel{\mathrm{利}\mathrm{用}\mathrm{独}\mathrm{立}}{\Rightarrow }P\{g(x_1,Y)⩽z\}\cdot P\{X=x_1\}+\cdots$

【例题】随机变量X与Y相互独立，且
$x\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{3}{8}& \frac{5}{8}\end{array}\right),F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}1-e^{-y},& y⩾0\\ 0,& y<0\end{array}$
设$Z=(2X-1)Y$，求Z的概率密度

$F_Z(z)=P\{Z⩽z\}=P\{2X-Y⩽z\}$
$=P\{(2X-1)Y\le z,X=0\}+P\{(2X-1)Y\le z,X=1\}$
$=P\{-Y\le z,X=0\}+P\{Y\le z,X=1\}$
$=P\{Y\ge -z\}\cdot P\{X=0\}+P\{Y\le z\}\cdot P\{X=1\}=\frac{3}{8}[1-F_y(-Z)]+\frac{1}{8}{F}_Y(z)$

$f_Z(z)=F_Z^{\prime }(z)=\frac{3}{8}{f}_Y(-z)\frac{5}{8}{f}_Y(z)$

$f_Y(y)=\{\begin{array}{l}{e}^{-y},y>0\\ 0,y\le 0\end{array}$

$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{5}{8}{e}^{-z}& ,z>0\\ \frac{3}{8}{e}^z& ,z\le 0\end{array}$

---

【总结1】有限个相互独立的随机变量最大最小值的分布
设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是相互独立的随机变量，分布函数分别为$F_1(x),F_2(x),\cdots ,F_n(x)$
则$max\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$分布函数$F_{max}(z)=F_1(z)\cdot F_2(z)\cdots F_n(z)$
$min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$分布函数$F_{min}(z)=1-[1-F_1(z)]\cdot [1-F_2(z)]\cdots [1-F_n(z)]$
特别地，若$X_1,X_2,\cdots ,X_n$独立同分布，且分布函数均为$F(x)$
则$max\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$分布函数$F_{max}(z)=F(z{)}^n$， $min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$分布函数$F_{min}(z)=1-[1-F(z){]}^n$

【证明】令$U=max\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$
$F_U(u)=P\{U\le u\}=P\{max\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}\le u\}=P\{X_1\le u,X_2\le u,\cdots ,X_n,\le u\}$
$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是相互独立的随机变量 ==> $P\{X_1\le u,X_2\le u,\cdots ,X_n,\le u\}=P\{X_1\le \}\cdot P\{X_2\le u\}\cdots P\{X_n\le u\}=F_1(u)\cdot F_2(u)\cdots F_2(u)$

令$V=min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$
$F_V(v)=P\{V\le v\}=P\{min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}\le v\}=1-P\{min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}>v\}$
$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是相互独立的随机变量
==> $1-P\{min\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}>v\}=1-P\{X_1>v\}\cdot P\{X_2>v\}\cdots P\{X_n>v\}$
$=1-[1-P\{X_1\le v\}]\cdot [1-P\{X_2\le v\}]\cdots [1-P\{X_n\le v\}]=1-[1-F_1(z)]\cdot [1-F_2(z)]\cdots [1-F_n(z)]$]

---

【例题1】设随机变量$X_1$和$X_2$相互独立，已知$X_1\sim B(1,\frac{3}{4}),X_2$的分布函数为$F(x)$,则随机变量$Y=X_1+X_2$的分布函数$F_Y(y)=$_______.

二维随机变量独立

二维随机变量独立性

（1）定义：$P\{X\le x,Y\le y\}=P\{X\le x\}\cdot P\{Y\le y\}$
$F(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)$

（2）二维连续型随机变量$(X,Y)$独立
<==> $F(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)$
<==> $f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)$

---

【例题1】$X,Y$独立$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}2e^{-2x}& x>0\\ 0& \mathrm{其}\mathrm{他}\end{array}{f}_Y(y)=\{\begin{array}{ll}3e^{-3y}& y>0\\ 0& \mathrm{其}\mathrm{他}\end{array}$

==> $f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}2e^{-2x}\cdot 3e^{-3y}& x>0,y>0\\ 0& \mathrm{其}\mathrm{他}\end{array}$

已知$f(x,y)$当且仅当$\{\begin{array}{l}\mathrm{函}\mathrm{数}\mathrm{部}\mathrm{分}:x,y\mathrm{可}\mathrm{分}\mathrm{离}\\ \mathrm{范}\mathrm{围}:x,y\mathrm{范}\mathrm{围}\mathrm{分}\mathrm{开}(\mathrm{不}\mathrm{要}\mathrm{融}\mathrm{合}\mathrm{在}\mathrm{一}\mathrm{起})\end{array}$ ==> $X,Y$独立

---

（3）若$X_1,X_2,\cdots ,X_n$独立，则$g_1(X_1),g_2(X_2),\cdots ,g_n(X_n)$仍独立

（4）若$X,Y$独立 ==> $f_{Y|X}(y|x)=f_Y(y)$

（5）二维离散型随机变量$(X,Y)$独立 <==> $\mathrm{\forall }k,\rho ,\mathrm{有}P\{X=k,Y=\rho \}=P\{X=k\}\cdot P\{Y=\rho \}$

（6）$X,Y$服从二维正态分布： 不相关 ==> 独立

（7）证$X,Y$不独立的方法：
$X,Y$各构造一个事件（$P\ne 0,1$）
若着两个事件不独立，则$X,Y$不独立（即：$P(AB)\ne P(A)P(B)$）
或$X,Y$相关（${\rho }_{XY}\ne 0/EXY\ne EXEY$） ==> $X,Y$不独立

古典概型

（1）定义：①有限个样本点 ② 每个样本点等可能

（2）

数字特征

一维随机变量的数学期望

（1）离散（分布律$P\{X=x_k\}=P_k$），则$EX=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{x}_k{P}_k$
（2）连续（概率密度$f(x)$），则$EX={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xf(x)dx$

一维随机变量函数的数学期望

（1）离散（分布律$P\{X=x_k\}=P_k$），则$E[g(X)]=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}g(x_k)P_k$
（2）连续（概率密度$f(x)$），则$E[g(X)]={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}g(x)f(x)dx$

二维随机变量的数学期望

$Z=g(X,Y)$

（1）离散（求$Z=g(X,Y)$分布律），则$EZ=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{Z}_k{P}_k$
（2）连续（联合概率密度$f(x,y)$），则$E(g(X,Y))={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}g(x,y)f(x,y)d\sigma$
$EX={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}xf(x,y)dxdy={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x{f}_X(x)dx$

运算性质

期望

（1）$E(a)=a$
（2）$E(aX)=aEX$
（3）$E(X+b)=EX+b$
（4）$E(aX+b)=aEX+b$
（5）$E(X+Y)=EX+EY$
（6）$E(XY)\stackrel{\mathrm{独}\mathrm{立}/\mathrm{不}\mathrm{相}\mathrm{关}}{\Rightarrow }EXEY$

方差

$DX=E(X-EX{)}^2=E{X}^2-(EX{)}^2$

（1）$D(a)=0$
（2）$D(aX)=a^{2}DX$
（3）$D(X+a)=DX$
（4）$D(aX+b)=a^{2}DX$
（5）$D(X\pm Y)=DX+DY\pm 2cov(X,Y)$
（当$X,Y$独立，不相关） ==> $D(X+Y)=DX+DY$
（6）$DX=0$ <==> $P\{X=EX\}=1$

【注意】求方差$D(g)$（只有一次项）
（1）删掉常数项
（2）求$g^2$，平方项写$D$,交叉项写$cov$

【例题】$D(X-Y+1)$
$=D(X-Y)$
$=X^2+Y^2-2XY$
$=DX+DY-2cov(X,Y)$

协方差

（1）$cov(X,Y)=EXY-EXEY$
（2）$cov(X,Y)=cov(Y,X)$
（3）$cov(X,C)=0$
（4）$cov(aX,bY)=abcov(X,Y)$
（5）$cov(X,X)=DX$
（6）$cov(X+Y,Z)=cov(X,Z)+cov(Y,Z)$
（7）$D(X\pm Y)=DX+DY\pm 2cov(X,Y)$
设$X,Y$独立/不相关，则$cov(X,Y)=0$

【注意】如何化简协方差$cov(f,g)$
（1）删掉常数项
（2）直接算$f\cdot g$，平方项写$D$,交叉项写$cov$

【例题】$cov(X_1+2X_2-3X_3+1,X_2+X_3-1)$

$=cov(X_1,X_2)+cov(X_1,X_3)+2D(X_2)+2cov(X_2,X_3)-3cov(X_3,X_2)-D(X_3)$
$=cov(X_1,X_2)+cov(X_1,X_3)+2D(X_2)-cov(X_2,X_3)-D(X_3)$

相关系数

（1）${\rho }_{XY}=\frac{cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}}$
（2）若${\rho }_{XY}=0$，则$X,Y$不相关
（3）${\rho }_{XY}={\rho }_{YX}$
（4）${\rho }_{XX}=1$
（5）$|{\rho }_{XY}|\le 1$， 若$|{\rho }_{XY}|=1$ <==> $P\{Y=aX+b\}=1(a\ne 0)$
（6）独立 ==> ${\rho }_{XY}=0$ <==> 不相关
（7）${\rho }_{XY}=0$ <==> $cov(X,Y)=0$ <==> $EXY=EXEY$ <==> $D(X\pm Y)=DX+DY$

常见分布的期望方差表

离散型随机变量

$\begin{array}{|cccc|}\hline \mathrm{离}\mathrm{散}\mathrm{型}\mathrm{随}\mathrm{机}\mathrm{变}\mathrm{量}& \mathrm{分}\mathrm{布}\mathrm{律}& \mathrm{期}\mathrm{望}& \mathrm{方}\mathrm{差}\\ \mathrm{二}\mathrm{项}\mathrm{分}\mathrm{布}& P(x=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,2,\cdots & np& np(1-p)\\ \mathrm{泊}\mathrm{松}\mathrm{分}\mathrm{布}& P(x=k)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }(k=0,1,2,\cdots )& \lambda & \lambda \\ \mathrm{几}\mathrm{何}\mathrm{分}\mathrm{布}& P(x=k)=(1-p{)}^{n-1}\cdot pk=1,2,\cdots & \frac{1}{p}& \frac{1-p}{p^2}\\ \hline\end{array}$

连续型随机变量

$\begin{array}{|cccc|}\hline \text{ 连续型随机变量 }& \mathrm{概}\mathrm{率}\mathrm{密}\mathrm{度}& \text{ 期望 }& \text{ 方差 }\\ \text{ 均匀分布 }& f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a}& ,a<x<b\\ 0& \text{ , 其他 }\end{array}& \frac{a+b}{2}& \frac{(b-a{)}^2}{12}\\ \text{ 指数分布 }& f(x)=\{\begin{array}{ll}\lambda e^{-\lambda x}& ,x>0\\ 0& ,x⩽0\end{array}& \frac{1}{\lambda }& \frac{1}{{\lambda }^2}\\ \text{ 正态分布 }& f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}& \mu & {\sigma }^2\\ \hline\end{array}$

全概率和贝叶斯

全概率公式

设$B_1,B_2,B_3$是一个完备事件组（瓜分了全集）
（1）$B_1\cup B_2\cup B_3=\mathrm{\Omega }$
（2）两两互斥（两两相交为空集）
则$P(A)=P(A\mathrm{\Omega })$
$=P(A(B_1\cup B_2\cup B_3))$
$=P(A{B}_1\cup A{B}_2\cup A{B}_3)$
$\stackrel{\mathrm{有}\mathrm{限}\mathrm{可}\mathrm{加}\mathrm{性}}{\Rightarrow }P(A{B}_1)+P(A{B}_2)+P(A{B}_3)$
$\stackrel{\mathrm{乘}\mathrm{法}\mathrm{公}\mathrm{式}}{\Rightarrow }P(B_1)\cdot P(A|B_1)+P(B_2)\cdot P(A|B_2)+P(B_3)\cdot P(A|B_3)$

【注意】A的概率等于A带着完备事件组元素一起发生概率的和

【注意】什么时候用全概率公式 ————分类讨论
能找到一个晚辈时间组$B_1,B_2,B_3$且A一定带着一个$b_i$发生

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【例题】小明从宿舍去图书馆，他步行，骑自行车，打出租车，坐火车去图书馆的概率分别为0.1,0.2,0.3,0.4,他步行，骑自行车，打出租车，坐火车能到达图书馆的概率分别为0.4,0.3,0.2,0.1
问：
(1) 他能到图书馆的概率
(2) 如果他没到图书馆，他坐火车去的概率

去图书馆的方式构成完备事件组：$P(B_1)=0.1,P(B_2)=0.2,P(B_3)=0.3,P(B_4)=0.4$
能到图书馆的事件为A

$P(A)=P(A{B}_1)+P(A{B}_2)+P(A{B}_3)+P(A{B}_4)=P(B_1)\cdot P(A|B_1)+P(B_2)\cdot P(A|B_2)+P(B_3)\cdot P(A|B_3)+P(B_4)\cdot P(A|B_4)$
$=0.1\times 0.4+0.2\times 0.3+0.3\times 0.2+0.4\times 0.1=0.2$

$P(B_4|\bar{A})=\frac{P(\bar{A}{B}_4)}{P(\bar{A})}=\frac{B_4\cdot P(\bar{A}|B_4)}{0.8}=\frac{P(B_4)\cdot [1-P(A|B_4)]}{0.8}=0.45$

贝叶斯公式（条件概率）

设$B_1,B_2,B_3$是一个完备事件组（瓜分了全集）
$P(B_i|A)=\frac{P(A{B}_i)}{P(A)}=\frac{P(B_i)\cdot P(A|B_i)}{P(B_1)\cdot P(A|B_1)+P(B_2)\cdot P(A|B_2)+P(B_3)\cdot P(A|B_3)}$

数理统计

（1）统计量的期望和方差
（2）三大分布（${\chi }_2,t,F$）
（3）正态总体的抽样分布（统计量/统计量改一下的分布）

常见统计量

统计量就是一些随机变量的函数

（1）样本均值：$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$
本质：n个随机变量：独立同分布

（2）样本方差：$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2=\frac{1}{n-1}(\sum _{i=1}^n{X}_i^2-n{\bar{X}}^2)$

（3）样本二阶中间矩：$B_k=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$

（4）样本二阶原点矩：$A_k=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2$

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【结论1】设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$独立同分布,且$EX=\mu ,DX={\sigma }^2$

==> $E\bar{X}=\mu ,D\bar{X}=\frac{{\sigma }^2}{n}$

==> $E{S}^2={\sigma }_2,D{S}^2\ne$（但若$X_1,X_2,\cdots ,X_n\sim N(\mu ,{\sigma }_2)$，则$D{S}^2=\frac{2{\sigma }^4}{n-1}$）

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【证明1】
$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$
$E\bar{X}=E\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i=\frac{1}{n}E(X_1,X_2,\cdots ,X_n)=\frac{1}{n}(n\mu )=\mu$

$D\bar{X}D\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i=\frac{1}{n^2}D(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$
$\stackrel{\mathrm{相}\mathrm{互}\mathrm{独}\mathrm{立}}{\Rightarrow }\frac{1}{n^2}(D{X}_1,D{X}_2,\cdots ,D{X}_n)=\frac{1}{n^2}\cdot n{\sigma }^2=\frac{{\sigma }^2}{n}$

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【例题1】设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$独立同分布,且$EX=\mu ,DX={\sigma }^2$，则$cov(X_i,\bar{X})$为_______.

$cov(X_i,\bar{X})=cov(X_i,\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i)=\frac{1}{n}cov(X_i,\sum _{i=1}^n{X}_i)=\frac{1}{n}[cov(X_i,X_1)+cov(X_i,X_2)+\cdots +cov(X_i,X_n)]$
$\stackrel{\mathrm{相}\mathrm{互}\mathrm{独}\mathrm{立}\mathrm{协}\mathrm{方}\mathrm{差}\mathrm{为}0}{\Rightarrow }=\frac{1}{n}D{X}_i=\frac{{\sigma }^2}{n}$