一些值得记录的题目和自己的思考

目录

• 高数
  • 每日一 系列
    • 每日一极1 函数极限
    • 每日一极2 定积分的定义 数形结合
    • 每日一极3 数列极限 蛛网迭代法
    • 每日一极4 重要极限的骗局 幂次整体处理
    • 每日一极5 三向极限
    • 每日一极6 加强版数列递推 依旧蛛网法
    • 每日一积1 三角函数的六种解法
      • 法一：万能公式
      • 法二：分子分母差偶次幂
      • 法三：直接设原函数
      • 法四：平方差公式（分母合一化）
      • 法五：分母合一化
      • 法六：双元法
      • 法七：能用这个用这个
  • 反常积分 无穷限与无界并存
  • 有趣的题 奇函数+周期函数求积分
  • 定积分的几何应用 极坐标求面积
  • 定积分嵌套
  • 带积分的函数 待定系数法
• 线代
  • 矩阵转置的运用
  • 分块矩阵的逆矩阵与伴随矩阵
  • 基础解系综合运用
  • 齐次线性方程组的基础解系
  • 期末复习到的题目
    • T291
    • T292
    • T293
    • T303
    • T305
    • T315

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高数

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每日一 系列

每日一极1 函数极限

\[\lim\limits_{x\to\infty} \frac{e^x-xarctanx}{e^x+x} \]

分析：

函数极限中出现“ \(x\longrightarrow\infty\) ”字样一定要引起重视

因为它包含两层含义①“ \(x\longrightarrow+\infty\) ”，②“ \(x\longrightarrow-\infty\) ”，两者极限均需计算

解：

（1） \(x\longrightarrow+\infty\) ，注意此时 \(e^x\longrightarrow+\infty\) ， \(arctanx\longrightarrow\frac{\pi}{2}\)

所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{e^x-xarctanx}{e^x+x}=\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{1-\frac{xarctanx}{e^x}}{1+\frac{x}{e^x}}\) ①

这里有： \(\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x}{e^x} \overset{洛}{=} \lim\limits_{x\to+\infty} \frac{1}{e^x} = 0\)

\(\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{xarctanx}{e^x} = \lim_{x\to+\infty} arctanx \cdot \lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x}{e^x} \overset{有界函数×无穷小}{=} 0\)

综上：① \(=\frac{1-\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{xarctanx}{e^x}}{1+\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}} = \frac{1-0}{1+0} = 1\)

(2) \(x\longrightarrow-\infty\) ，注意此时 \(e^x\longrightarrow0\) ， \(arctanx\longrightarrow-\frac{\pi}{2}\)

所以 \(\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{e^x-xarctanx}{e^x+x} = \lim\limits_{x\to-\infty} \frac{\frac{e^x}{x}-arctanx}{\frac{e^x}{x}+1}\) ②

这里有 \(\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{e^x}{x} = 0\)

综上：② \(=\frac{\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{e^x}{x}-\lim\limits_{x\to-\infty} arctanx}{\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{e^x}{x}+1} = \frac{0-(-\frac{\pi}{2})}{0+1} = \frac{\pi}{2}\)

故 \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) \ne \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\)，原极限不存在

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每日一极2 定积分的定义 数形结合

\[\lim\limits_{n\to\infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i} \]

分析：

考点是定积分的定义，即 \(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a}{n} \sum\limits_{i=1}^{n} f(\frac{a}{n}i) = \int_{0}^{a} f(x)dx\)

解：

原式 \(=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{1}{1+\frac{i}{n}} = \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+x} = ln(1+x)|_0^1=ln2\)

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每日一极3 数列极限 蛛网迭代法

设数列 \({x_n}\) 满足 \(x_1=1\) ， \(x_{n+1}=\sqrt{6+x_n} (n=1,2,...)\) ，试求数列极限 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=?\)

分析：

对于递推关系式 \(x_{n+1}=f(x_n)\) 求 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n\) 的题，有专属求解思路

①证明 \({x_n}\) 有界性；

②判断 \({x_n}\) 单调性，并用单调有界原理证明极限存在；

③令 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a\) ，解方程 \(a=f(a)\) ，得极限值

这里可以用蛛网迭代法判断 \({x_n}\) 的单调性与有界性

注意，只是判断，并非证明

解：

作图： \(y=x\) 与 \(y=\sqrt{6+x}\) ，交点 \(x=\sqrt{6+x} \Longrightarrow x=3 \Longrightarrow (3,3)\)

注意下面的迭代操作方法：

先标出 \(x=x_1\) ，与 \(y=x\) 的交点纵坐标即为 \(x_1\) ，与 \(y=\sqrt{6+x}\) 的交点纵坐标即为 \(x_2\)

再作 \(y=x_2\) ，与 \(y=x\) 的交点横坐标即为 \(x_2\)

以此类推，分别作与x轴垂直的直线找出交点，在作与y轴垂直的直线找出交点，类推 \(x_1,x_2,...,x_n\)

发现，无论如何逼近，蛛网型折线一直逼近两直线交点 \((3,3)\) ，由此得出单调性与有界性，即 \({x_n}\) 单调递增，且上界为 \(3\)

然后进行严格证明

①先证 \({x_n}\) 有界（由图有 \(x_n<3\) ），用数学归纳法：

\(x_1<3\)

假设 \(x_n<3\) 成立，

由 \(x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}<\sqrt{6+3}=3\)

所以 \({x_n}\) 有上界 \(3\)

②后证 \({x_n}\) 单调递增

\(x_{n+1}-x_n=\sqrt{6+x_n}-x_n = \frac{6+x_n-x_n^2}{\sqrt{6+x_n}+x_n}\)

首先 \(x_n>0\) （由数学归纳法易得）， \(\sqrt{6+x_n}>0\)

仅需判断分子的正负即可， \(6+x_n-x_n^2=-(x_n-3)(x_n+2)>0\)

所以 \(x_{n+1}>x_n\) 故 \({x_n}\) 单调递增

由单调有界原理得到 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n\) 存在

③设 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a\) ，所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_{n+1} = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt{6+x_n} = a\)

\(\sqrt{6+a}=a \Longrightarrow a=3\)

综上： \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n=3\)

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每日一极4 重要极限的骗局 幂次整体处理

\[\lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^{x^2} e^{-x} \]

分析：

错误思路： \(\lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^{x^2} e^{-x} = \lim\limits_{x\to+\infty} e^x \cdot e^{-x} = 1\)

错误点：未能理解四则运算的运用条件：有限个极限存在的函数相乘才能分别计算每个函数的极限后再相乘

比如说， \(\lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n})^m = \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) \cdot \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) \cdot ... \cdot \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) = 1 \cdot 1 \cdot ... \cdot 1 = 1\) （ \(m\) 为正整数）

但是， \(\lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n})^n = e \ne \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) \cdot \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) \cdot ... \cdot \lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n}) = 1 \cdot 1 \cdot ... \cdot 1 = 1\)

解：

因为 \(x \longrightarrow \infty\) ，所以 \(\lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^{x^2} e^{-x} \ne \lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^x \cdot \lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^x \cdot ... \cdot \lim\limits_{x\to\infty} (1+\frac{1}{x})^x = e^x\)

所以考虑幂次整体处理，利用先对后指法：

原式 \(=\lim\limits_{x\to+\infty} e^{ln(1+\frac{1}{x})^{x^2}} \cdot e^{-x} = \lim\limits_{x\to+\infty} e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})-x} = e^{\lim\limits_{x\to+\infty} [x^2ln(1+\frac{1}{x})-x]}\)

即求极限 \(\lim\limits_{x\to+\infty} [x^2ln(1+\frac{1}{x})-x]\)

令 \(x=\frac{1}{t}\)

故 \(\lim\limits_{x\to+\infty} [x^2ln(1+\frac{1}{x})-x] = \lim\limits_{t\to0} \frac{ln(1+t)-t}{t^2} \overset{泰勒展开}{=} \lim\limits_{t\to0} \frac{t-\frac{1}{2}t^2+o(t^2)-t}{t^2} = -\frac{1}{2}\)

故原极限 \(\lim\limits_{x\to+\infty} (1+\frac{1}{x})^{x^2} e^{-x} = e^{-\frac{1}{2}}\)

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每日一极5 三向极限

\[(1)\lim\limits_{x\to0} (\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}} ; (2)\lim\limits_{x\to+\infty} (\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}} ; (3)\lim\limits_{x\to-\infty} (\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}} \]

分析：

（1） \(1^\infty\) 型，利用先对后指法取对数计算即可

解：

原式 \(＝\lim\limits_{x\to0}e^{ln(\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}}} = e^{\lim\limits_{x\to0} \frac{{ln(\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})}}{x} }\)

利用等价无穷小： \(ln(1+x) \sim x\)

即求 \(\lim\limits_{x\to0} \frac{{ln(\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})}}{x} \overset{等价无穷小}{=} \lim\limits_{x\to0} \frac{{\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2}-1}}{x} = \lim\limits_{x\to0} \frac{{2^x+(\frac{1}{2})^x-2}}{2x}\)

方法一：利用洛必达

上式 \(\overset{洛必达}{=} \lim\limits_{x\to0} \frac{{2^xln2+(\frac{1}{2})^xln\frac{1}{2}}}{2} = \frac{ln2-ln2}{2} = 0\)

方法二：利用等价无穷小的替换

利用等价无穷小： \(e^x-1 \sim x\)

上式 \(=\lim\limits_{x\to0} \frac{e^{xln2}+e^{xln\frac{1}{2}}-2}{2x} = \lim\limits_{x\to0} \frac{e^{xln2}-1}{2x} + \lim\limits_{x\to0} \frac{e^{xln\frac{1}{2}}-1}{2x} \overset{等价无穷小}{=} \lim\limits_{x\to0} \frac{xln2}{2x} + \lim\limits_{x\to0} \frac{xln\frac{1}{2}}{2x} = \frac{ln2}{2} + \frac{ln\frac{1}{2}}{2} = 0\)

综上： \(\lim\limits_{x\to0} (\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}} = e^0 = 1\)

分析：

（2） \(\infty^0\) 型，考虑抓大头后用夹逼放缩

解：

\(2>\frac{1}{2}\) ， 故 \(2^x \gg (\frac{1}{2})^x\) ， 即 \(x \longrightarrow +\infty\) 时， \(2^x\) 为 \((\frac{1}{2})^x\) 的无穷大量

所以 \(2^x \le 2^x+(\frac{1}{2})^x \le 2^x+2^x = 2 \cdot 2^x\) ， \(\lim\limits_{x\to+\infty} (\frac{2^x}{2})^{\frac{1}{x}} \le\) 原式 \(\le \lim\limits_{x\to+\infty} (2^x)^{\frac{1}{x}}\)

由 \(\lim\limits_{x\to+\infty} (\frac{2^x}{2})^{\frac{1}{x}} = \frac{2}{\lim\limits_{x\to+\infty} 2^{\frac{1}{x}}} = 2 (\lim\limits_{x\to+\infty} a^{\frac{1}{x}} = \lim\limits_{x\to+\infty} e^{\frac{1}{x}lna} = e^{\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{1}{x}lna} = e^0 = 1)\)

同理 \(\lim\limits_{x\to+\infty} (2^x)^{\frac{1}{x}} = 2\)

所以由夹逼定理有： \(\lim\limits_{x\to+\infty} (\frac{2^x+(\frac{1}{2})^x}{2})^{\frac{1}{x}} = 2\)

分析：

（3）令 \(x=-t\) ，则有 \(t\longrightarrow +\infty\) ，同理于（2）

解：

原式 \(=\lim\limits_{t\to+\infty} (\frac{1}{2} [2^{-t} + (\frac{1}{2})^{-t}])^{-\frac{1}{t}} = \frac{1}{\lim\limits_{t\to+\infty} (\frac{(\frac{1}{2})^t+2^t}{2})^{\frac{1}{t}}} = \frac{1}{2}\)

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每日一极6 加强版数列递推 依旧蛛网法

\(x_1=2021\) ， \(x_n^2-2(x_n+1) \cdot x_{n+1}+2021 = 0 (n\ge1)\) ， 求 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n\)

分析：

依旧是蛛网迭代法，方法详见每日一极3分析

\(x_{n+1} = \frac{x_n^2+2021}{2(x_n+1)}\) ，为了简化等式，令 \(x_n+1=y_n\)

则有 \(y_{n+1}-1 = \frac{(y_n-1)^2+2021}{2y_n} \Longrightarrow y_{n+1}=\frac{y_n^2-2y_n+2022}{2y_n}+1 = \frac{y_n}{2} + \frac{1011}{y_n}\)

然后用蛛网迭代法判断出 \({y_n}\) 的单调有界性：

画出 \(y=x\) ， \(y=\frac{x}{2}+\frac{1011}{x}\) ，交点： \(x=\frac{x}{2}+\frac{1011}{x} \Longrightarrow x=\sqrt{2022} \Longrightarrow (\sqrt{2022},\sqrt{2022}),y_1=x_1+1=2022\)

最终可以发现 \(y_{n+1}<y_n\) ，即 \({y_n}\) 单调递减，且下界极限为 \(\sqrt{2022}\)

迭代方法见每日一极3

解：

①先证 \(y_n>\sqrt{2022}\)

因为 \(y_{n+1} = \frac{y_n}{2} + \frac{1011}{y_n} > 2\sqrt{\frac{y_n}{2} \cdot \frac{1011}{y_n}} = \sqrt{2022}\)

②再证 \({y_n}\) 单调

\(y_{n+1}-y_{n} = \frac{1011}{y_n} - \frac{y_n}{2} = \frac{2022-y_n^2}{2y_n}<0\)

所以 \(y_{n+1}<y_{n}\) 单调减少

由①②单调有界原理有 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n\) 存在，设 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n=a\)

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_{n+1}= a = \lim\limits_{n\to\infty} (\frac{y_n}{2} + \frac{1011}{y_n}) = \frac{a}{2} + \frac{1011}{a} \Longrightarrow a=\sqrt{2022}\)

所以 \(\lim\limits_{n\to\infty} y_n = \sqrt{2022}\) ， \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \lim\limits_{n\to\infty} (y_n-1) = \sqrt{2022}-1\)

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每日一积1 三角函数的六种解法

\[\int \frac{sinx}{sinx+cosx} dx \]

法一：万能公式

令 \(tan\frac{x}{2} = t\) ，则 \(sin\frac{x}{2} = \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}, cos\frac{x}{2} = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\) ， 则 \(sinx = 2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}=\frac{2t}{1+t^2}, cosx=2cos^2\frac{x}{2}-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}, tanx=\frac{sinx}{cosx}=\frac{2t}{1-t^2}\) ，且 \(dx=\frac{2}{1+t^2}dt\)

解：

利用万能公式替换，得到 \(I=\int\frac{4tdt}{(1+t^2)(1+2t-t^2)}\)

其中 \(\frac{4t}{(1+t^2)(1+2t-t^2)} = \frac{At+B}{1+t^2}+\frac{Ct+D}{1+2t-t^2}= \frac{(-A+C)t^3+(2A-B+D)t^2+(A+2B+C)t+(B+D)}{(1+t^2)(1+2t-t^2)}\)

\[\left\{\begin{matrix} C-A=0 \\ 2A-B+D=0 \\ A+2B+C=4 \\ B+D=0 \end{matrix}\right. \]

\[\begin{bmatrix} -1& 0& 1& 0& 0\\ 2& -1& 0& 1& 0\\ 1& 2& 1& 0& 4\\ 0& 1& 0& 1& 0 \end{bmatrix} \]

此矩阵通过一系列变换可以得到如下行简化阶梯形矩阵

\[\begin{bmatrix} 1& 0& 0& 0& 1\\ 0& 1& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 1& -1 \end{bmatrix} \]

所以得到

\[\left\{\begin{matrix} A=1 \\ B=1 \\ C=1 \\ D=-1 \end{matrix}\right. \]

\(I=\int\frac{4tdt}{(1+t^2)(1+2t-t^2)} = \int\frac{t+1}{t^2+1}dt +\int\frac{t-1}{-t^2+2t+1}dt =\int\frac{\frac{1}{2} \cdot 2t}{t^2+1}dt +\int\frac{1}{t^2+1}dt -\int\frac{\frac{1}{2}(2t-2)}{t^2-2t+1}dt\)

\(=\frac{1}{2}ln(t^2+1)+arctant-\frac{1}{2}ln|t^2-2t+1|+C = arctant+ln|\frac{t^2+1}{t^2-2t-1}|+C\)

代入 \(tan\frac{x}{2}=t\) ，形式十分复杂，不便于计算，在此给出答案

\[\int \frac{sinx}{sinx+cosx} dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}ln|sinx+cosx|+C \]

故此方法仅作没有办法时候的办法，不是第一考虑对象

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法二：分子分母差偶次幂

利用 \(dtanx=cos^{-2}x\cdot dx\)

利用 \(sin^2x+cos^2x=1\) ，得到 \(dx=\frac{dx}{1}=\frac{dx}{sin^2x+cos^2x} = \frac{dx}{cos^2x} \cdot \frac{1}{tan^2x+1} =\frac{d(tanx)}{tan^2x+1}\)

\(I = \int\frac{tanx}{tanx+1} \cdot \frac{d(tanx)}{tan^2x+1}\)

令 \(t=tanx\)

得到 \(I = \int\frac{tdt}{(t+1)(t^2+1)}\)

其中 \(\frac{t}{(t+1)(t^2+1)} = \frac{A}{t+1} +\frac{Bt+C}{t^2+1} = \frac{(A+B)t^2+(B+C)t+(A+C)}{(t+1)(t^2+1)}\)

\[\left\{\begin{matrix} A+B=0 \\ B+C=1 \\ A+C=0 \end{matrix}\right. \]

得到

\[\left\{\begin{matrix} A=-\frac{1}{2} \\ B=\frac{1}{2} \\ C=\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \]

\(I=\int\frac{-\frac{1}{2}}{t+1}dt + \int\frac{\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}}{t^2+1}dt = -\frac{1}{2}ln|t+1|+\frac{1}{4}ln(t^2+1)+\frac{1}{2}arctant+C = \frac{1}{2}arctant - \frac{1}{4}ln|1+\frac{2t}{t^2+1}| +C\)

代入 \(t=tanx\) ，这里可以计算

其中 \(\frac{2t}{t^2+1}=\frac{2tanx}{tan^2x+1} \overset{tan^x+1=sec^2x}{=} \frac{2tanx}{sec^2x} = 2sinxcosx=sin2x\)

所以 \(I=\frac{x}{2} -\frac{1}{4}ln|1+sin2x|+C = \frac{x}{2} -\frac{1}{4}ln|(sinx+cosx)^2|+C = \frac{x}{2} - \frac{1}{2}ln|sinx+cosx|+C\)

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法三：直接设原函数

\(f(x)=Aln|sinx+cosx|+Bx+C\)

\(f^{'}(x)=\frac{A(cosx-sinx)}{sinx+cosx}+B=\frac{(-A+B)sinx+(A+B)cosx}{sinx+cosx}\)

\[\left\{\begin{matrix} -A+B=1 \\ A+B=0 \end{matrix}\right. \]

得到

\[\left\{\begin{matrix} A=-\frac{1}{2} \\ B=\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \]

直接得到原函数答案

\[\int \frac{sinx}{sinx+cosx} dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}ln|sinx+cosx|+C \]

可以拓展，若被积函数为 \(\frac{Csinx+Dcosx}{Asinx+Bcosx}\) ，则可以直接设原函数 \(f(x)=\alpha ln|Asinx+Bcosx|+\beta x+C\)

则得到 \(f^{'}(x)=\alpha \frac{Acosx-Bsinx}{Asinx+Bcosx}+\beta =\frac{(-B\alpha+A\beta)sinx+(A\alpha+B\beta)cosx}{Asinx+Bcosx}\)

\[\left\{\begin{matrix} -B\alpha+A\beta=C \\ A\alpha+B\beta=D \end{matrix}\right. \]

得到 \(\alpha,\beta\) 具体值，从而得到原函数

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法四：平方差公式（分母合一化）

利用平方差公式，将分母化为二倍角，分子也化为二倍角，从而化简分母

\[\begin{split} I &=\int \frac{sinx(sinx-cosx)}{(sinx+cosx)(sinx-cosx)} dx \\ &=\int \frac{sin^2x-sinxcosx}{sin^2x-cos^2x} dx \\ &=\int \frac{\frac{1}{2}sin2x + \frac{1}{2}(cos2x-1)}{cos2x} dx \\ &=\int(\frac{1}{2}tan2x+\frac{1}{2}-\frac{1}{2cos2x})dx \\ &=\frac{1}{2}\int tan2x \, dx +\frac{1}{2} \int dx -\frac{1}{2} \int \frac{1}{cos2x}dx \\ &=\frac{1}{4}ln|sec2x|+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}ln|sec2x+tan2x|+C \end{split} \]

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法五：分母合一化

利用辅助角公式

\[asinx+bcosx=\sqrt{a^2+b^2}sin(x+\varphi) \hspace{1em},\hspace{1em} tan\varphi=\frac{b}{a} \]

令 \(t=x+\frac{\pi}{4}\)

\[\begin{split} I &=\int \frac{sinx}{\sqrt{2}\,sin(x+\frac{\pi}{4})}dx \\ &=\int \frac{sin(t-\frac{\pi}{4})}{\sqrt{2}\,sint}dt \\ &=\int \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}sint-\frac{\sqrt{2}}{2}cost}{\sqrt{2}sint}dt \\ &=\frac{1}{2}\int (1-cott)dt \\ &=\frac{1}{2}t-\frac{1}{2}ln|sint|+C \\ &=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}ln|sin(x+\frac{\pi}{4})|+C_1 \end{split} \]

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法六：双元法

把半对称的式子变成对称式

\(I=\int \frac{sinx}{sinx+cosx} dx \hspace{2em} ; \hspace{2em} J=\int \frac{cosx}{sinx+cosx} dx\)

有 \(J+I=x+C_1\)

\(J-I=\int \frac{cosx-sinx}{cosx+sinx} dx\)

注意到分母求导即为分子

所以 \(J-I=\int \frac{cosx-sinx}{cosx+sinx} dx = ln|sinx+cosx| +C_2\)

所以得到 \(I=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}ln|sinx+cosx|+C\)

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法七：能用这个用这个

\[\begin{split} sinx &= A(sinx+cosx)+B(sinx+cosx)^{'} \\ &= A(sinx+cosx)+B(cosx-sinx) \\ &= (A-B)sinx+(A+B)cosx \end{split} \]

所以比较系数得到

\[\left\{\begin{matrix} A-B=1 \\ A+B=0 \end{matrix}\right. \]

所以

\[\left\{\begin{matrix} A=\frac{1}{2} \\ B=-\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \]

故得到

\[\begin{split} I &=\int \frac{sinx}{sinx+cosx}dx \\ &=\int \frac{\frac{1}{2}(sinx+cosx)}{sinx+cosx} dx+\int \frac{\frac{1}{2}(cosx-sinx)}{sinx+cosx} dx \\ &=\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\int\frac{1}{sinx+cosx}d(sinx+cosx) \\ &=\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}ln|sinx+cosx| +C \end{split} \]

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反常积分 无穷限与无界并存

\[\int_{0}^{+∞} \frac{dx}{\sqrt{x(x+1)^3}} \]

解：积分上限为 \(+\infty\) ,且 \(x = 0\) 为瑕点

令 \(t = \sqrt{x},x = t^2,dx = 2tdt\)

\(x:0^+\longrightarrow+\infty，t:0^+\longrightarrow+\infty\)

\(\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{x(x+1)^3}} = \int_{0}^{+\infty}\frac{2tdt}{t(t^2+1)^\frac{3}{2}} = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{(t^2+1)^\frac{3}{2}}\)

令 \(t = tanu,u = arctant,dt = sec^2udu\)

\(t:0^+\longrightarrow+∞，u:0^+\longrightarrow\frac{\pi}{2}\)

原式 \(= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{sec^2udu}{sec^3u} = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cosudu = 2cosu|_0^\frac{\pi}{2} = 2\)

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有趣的题 奇函数+周期函数求积分

\[\int_{0}^{2\pi} sin(sinx+2023x)dx \]

解：

观察被积函数，可以发现端倪

(1)周期函数

\(f(x+2\pi)=sin(sin(x+2\pi)+2023(x+2\pi))=sin(sinx+2023x+2023\cdot2\pi))=sin(sinx+2023x)=f(x)\)

所以周期为 \(2\pi\)

(2）奇函数

\(f(-x)=sin(sin(-x)-2023x)=sin(-sinx-2023x)=-sin(sinx+2023x)=-f(x)\)

所以为奇函数

综上，我们可以得到 \(\int_{0}^{2\pi} sin(sinx+2023x)dx \overset{周期函数性质}{=} \int_{-\pi}^{\pi} sin(sinx+2023x)dx \overset{奇函数性质}{=} 0\)

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定积分的几何应用 极坐标求面积

求曲线 \(\rho^2=cos2\theta\) 与 \(\rho=\sqrt{2}\, sin\theta\) 所围平面图形面积

解：

首先，通过判断，曲线一为双纽线，曲线二为圆

第一步：求两曲线的交点

联立两曲线方程

\[\left\{\begin{matrix} \rho^2=cos2\theta \\ \rho=\sqrt{2}\, sin\theta \end{matrix}\right. \]

得到方程

\[2sin^2\theta=cos2\theta \]

\[2sin^2\theta=1-2sin^2\theta \]

得到

\[sin\theta=\pm \frac{1}{2} \]

结合极坐标 \(\rho\ge 0\) 确定有效解为 \(\theta=\frac{\pi}{6}\) 和 \(\theta=\frac{5\pi}{6}\)

由于是周期图形，取 \(\theta \in [0,2\pi]\)

根据定义域和有效解，可以得到，双纽线 \(\rho^2=cos2\theta\) 存在于 \(\theta \in [\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4}]\) 和 \(\theta \in [\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{6}]\) 内，而圆 \(\rho=\sqrt{2}\, sin\theta\) 距离原点距离更大，位于双纽线外侧

由极坐标面积公式

\[S=\frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta}(\rho_外^2-\rho_内^2)\, d\theta \]

并且根据对称性，只需计算一个区域的面积即可

\[\begin{split} S_1 &=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}((\sqrt{2}sin\theta)^2-cos2\theta)\, d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}(1-2cos2\theta)\, d\theta \\ &=\frac{1}{2} (\theta-sin2\theta)|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \\ &=\frac{\pi}{12}-1+\frac{\sqrt{3}}{2} \end{split} \]

所以围成面积 \(S=2S_1=\frac{\pi}{6}-2+\sqrt{3}\)

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定积分嵌套

设 \(f(x)\) 为连续函数，证明

\[\int_{0}^{x} f(u)(x-u) \, du = \int_{0}^{x}(\int_{0}^{u}f(t)\,dt)\,du \]

证明：

记

\[F(x)=\int_{0}^{x} f(u)(x-u) \, du = x\int_{0}^{x} f(u)\,du -\int_{0}^{x} uf(u)\,du \]

则 \(F(0) =0. F^{'}(x) = \int_{0}^{x} f(u)\,du\) ，即 \(F(x)\) 是 \(\int_{0}^{x} f(u)\,du\) 的一个原函数

由牛顿莱布尼茨公式

\[\begin{split} \int_{0}^{x}(\int_{0}^{u}f(t)\,dt)\,du &=F(x)-F(0) \\ &=F(x) \\ &=\int_{0}^{x} f(u)(x-u) \, du \end{split} \]

得证

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带积分的函数 待定系数法

已知 \(f(x)=x^2-x\int_{0}^{2}f(x)\,dx+2\int_{0}^{1}f(x)\,dx\) ，求 \(f(x).\)

解：

设 \(\int_{0}^{2}f(x)\,dx=a\) ， \(\int_{0}^{1}f(x)\,dx=b\)

则 \(f(x)=x^2-ax+2b\)

所以

\[\begin{split} a &=\int_{0}^{2}f(x)\,dx \\ &=\int_{0}^{2}(x^2-ax+2b)dx \\ &=(\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}ax^2+2bx)|_0^2 \\ &=\frac{8}{3}-2a+4b \end{split} \]

即 $$3a-4b=\frac{8}{3}$$

\[\begin{split} b &=\int_{0}^{1}f(x)\,dx \\ &=\int_{0}^{1}(x^2-ax+2b)dx \\ &=(\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}ax^2+2bx)|_0^1 \\ &=\frac{1}{3}-\frac{a}{2}+2b \end{split} \]

即 $$a-2b=\frac{2}{3}$$

所以

\[\left\{\begin{matrix} 3a-4b=\frac{8}{3} \\ a-2b=\frac{2}{3} \end{matrix}\right. \]

解得

\[\left\{\begin{matrix} a=\frac{4}{3} \\ b=\frac{1}{3} \end{matrix}\right. \]

所以 \(f(x)=x^2-\frac{4}{3}x+\frac{2}{3}\)

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线代

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矩阵转置的运用

设 \(n\) 阶矩阵 \(A\) 满足 \(A^TA=E\) ，其中 \(E\) 为 \(n\) 阶单位矩阵，若 \(|A|<0\) ，则 \(|A+E|=?\)

解：

\(|A^TA|=|E| \Longrightarrow |A^T||A|=1 \Longrightarrow |A|^2=1 \Longrightarrow |A|=-1\)

\[\begin{split} |A+E| &= |A+A^TA| \\ &= |EA+A^TA| \\ &= |(E+A^T)A| \\ &= |E+A^T||A| \\ &= -|E^T+A^T| \\ &= -|(E+A)^T| \\ &= -|A+E| \end{split} \hspace{3em} \Longrightarrow |A+E|=0 \]

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分块矩阵的逆矩阵与伴随矩阵

设 \(A,B\) 为 \(n\) 阶可逆矩阵， \(E\) 为 \(n\) 阶单位矩阵， 则

\[\begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}^* = \]

\[A.\begin{pmatrix} |A|B^* & -B^*A^* \\ O & |B|A^* \end{pmatrix} \hspace{5em} B.\begin{pmatrix} |A|B^* & -A^*B^* \\ O & |B|A^* \end{pmatrix} \]

\[C.\begin{pmatrix} |B|A^* & -B^*A^* \\ O & |A|B^* \end{pmatrix} \hspace{5em} D.\begin{pmatrix} |B|A^* & -A^*B^* \\ O & |A|B^* \end{pmatrix} \]

解：利用 \(A\cdot A^*=A^*\cdot A=|A|\cdot E\) 以及 \(A^*=|A|\cdot A^{-1}\)

\[\begin{split} \begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}^* &= \begin{vmatrix} A & E \\ O & B \end{vmatrix} \cdot \begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}^{-1} \\ &= |A|\cdot |B|\cdot \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}EB^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} \\ &= |A|\cdot |B|\cdot \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |A||B|A^{-1} & -|A||B|A^{-1}B^{-1} \\ O & |A||B|B^{-1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |B|A^* & -A^*B^* \\ O & |A|B^* \end{pmatrix} \end{split} \]

所以选 \(D\)

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基础解系综合运用

已知矩阵 \(A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\) ，其中 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 均为 \(3\) 维列向量， \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性无关， \(\alpha_3=\alpha_1-2\alpha_2\) ，则齐次线性方程组 \(Ax=0\) 的基础解系中所含向量的个数为___个， \(Ax=0\) 的一个基础解系为___.

解：

第一空

个数公式为 $$n-r(A)$$

因为 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性无关，而 \(\alpha_3=\alpha_1-2\alpha_2\) ， \(\alpha_3\) 可以由 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性表示，所以向量组 \(\alpha_1,\alpha_2\) 是向量组 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 的一个极大线性无关组，而向量组的秩为极大线性无关组中所含向量的个数，所以列秩 \(r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=2\) ，又因为行秩等于列秩等于矩阵的秩，所以 \(r(A)=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=2\)

所以基础解系中所含向量的个数为 \(n-r(A)=3-2=1\)

第二空

因为 \(\alpha_3=\alpha_1-2\alpha_2\) ，所以 \(\alpha_1-2\alpha_2-\alpha_3=0\)

所以

\[\begin{pmatrix} \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{1} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -1 \\ \end{pmatrix} = 0 \]

所以一个基础解系即为

\[\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -1 \\ \end{pmatrix} \]

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齐次线性方程组的基础解系

设 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\) 是齐次线性方程组 \(Ax=0\) 的一个基础解系，下列仍为 \(Ax=0\) 的基础解系是（）

\[(A)\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2-\alpha_3,\alpha_3+\alpha_4,\alpha_4-\alpha_1 \hspace{3em} (B)2\alpha_1-\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4 \]

\[\hspace{1em}(C)\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\alpha_3+\alpha_4,\alpha_4+\alpha_1 \hspace{3em} (D)\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2-\alpha_3,\alpha_3+\alpha_4,\alpha_4+\alpha_1 \]

解：

先排除 \(B\) ，因为基础解系中应该有 \(4\) 个向量

然后再看 \(ACD\)

如 \(A\) 选项，按照系数排放在每一列上，写出第二个矩阵，将其写成

\[(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \]

因为 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\) 是齐次线性方程组 \(Ax=0\) 的一个基础解系，所以 \(r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=4\) ，即左边矩阵的秩等于 \(4\)

而由矩阵的秩 性质 \(15\) :左乘或右乘可逆矩阵不改变矩阵的秩

所以只要证明，右边矩阵可逆，即右边矩阵的行列式不等于零即可

右边矩阵的行列式可化为对角型

\[\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} \longrightarrow \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{vmatrix} =0 \]

所以 \(A\) 排除

以此类推，答案选 \(D\)

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期末复习到的题目

T291

设 \(n\) 阶对称矩阵 \(A\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的一个特征向量为 \(\alpha\) ， \(P\) 为 \(n\) 阶可逆矩阵，求矩阵 \((P^{-1}AP)^T\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的特征向量.

解：

由题意知： \(A\alpha =\lambda \alpha\) ，设 \((P^{-1}AP)^T\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的特征向量为 \(\beta\) ，则 \((P^{-1}AP)^T\beta=\lambda \beta\).

于是，

\[P^TA^T(P^{-1})^T\beta=\lambda \beta \]

\[P^TA(P^T)^{-1}\beta=\lambda \beta \]

\[A(P^T)^{-1}\beta=(P^T)^{-1}\lambda \beta \]

\[A(P^T)^{-1}\beta=\lambda (P^T)^{-1}\beta \]

显然， \((P^T)^{-1}\beta\ne \mathbf{0}\) ，所以 \((P^T)^{-1}\beta\) 也是 \(A\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的特征向量. 不妨设 \((P^T)^{-1}\beta=c\alpha\) ，其中 \(c\ne 0\) ,从而， \(\beta=P^T(c\alpha)=cP^T\alpha\).

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T292

设 \(A,B\) 为三阶矩阵，求证： \(AB\) 与 \(BA\) 具有相同的非零特征值.

解：

设 \(\lambda\) 是 \(AB\) 的一个非零特征值，对应的特征向量为 \(\alpha\) ，则 \(AB\alpha = \lambda \alpha\).

显然， \(B\alpha \ne \mathbf{0}\). 否则， \(\lambda \alpha = AB\alpha =\mathbf{0}\). 因为 \(\alpha\ne \mathbf{0}\) ，所以 \(\lambda = 0\) ，与 \(\lambda \ne 0\) 矛盾.

由于 \(AB\alpha = \lambda \alpha\) ，则

\[BAB\alpha=B(\lambda \alpha) \]

\[BA（B\alpha）=B(\lambda \alpha) \]

因此， \(\lambda\) 也是 \(BA\) 的特征值.

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T293

设 \(n\) 阶矩阵 \(A,B\) 可交换，且 \(A\) 有 \(n\) 个互不相同的特征值，求证： \(A\) 的特征向量都是 \(B\) 的特征向量.

解：

设 \(A\) 的任意一个特征向量为 \(\alpha\) ，对应的特征值为 \(\lambda\) ，则 \(A\alpha=\lambda \alpha\).

于是有，

\[A(B\alpha)=(AB)\alpha=(BA)\alpha=B(A\alpha)=B(\lambda \alpha)=\lambda(B\alpha) \]

若 \(B\alpha \ne \mathbf{0}\) ，则 \(B\alpha\) 也是 \(A\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的特征向量. 因为 \(A\) 有 \(n\) 个互不相同的特征值，所以 \(A\) 对应于特征值 \(\lambda\) 的线性无关的特征向量只有一个. 于是，存在常数 \(\mu\) ，使得 \(B\alpha=\mu \alpha\) ，即 \(\alpha\) 是 \(B\) 对应于特征值 \(\mu\) 的特征向量.

若 \(B\alpha=0\) ，则 \(B\alpha=\mathbf{0}=0\alpha\) ，所以 \(\alpha\) 是 \(B\) 对应于特征值 \(0\) 的特征向量.

综上所述， \(A\) 的特征向量都是 \(B\) 的特征向量.

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T303

求证：若 \(A\) 为正交矩阵，且 \(|A|<0\) ，则 \(A\) 必有特征值 \(-1\)

解：

设 \(A\) 的特征值为 \(\lambda\) ，对应的特征向量为 \(\alpha\) ，则 \(A\alpha=\lambda \alpha\).

于是，由正交矩阵的性质知

\[||\alpha||=||A\alpha||=||\lambda \alpha||=|\lambda|\cdot ||\alpha|| \]

因为 \(\alpha \ne \mathbf{0} \Rightarrow ||\alpha|| \ne 0\) ，所以 \(|\lambda|=1\) ，即 \(\lambda=\pm1\).

由于 \(|A|<0\) ，所以 \(A\) 的特征值中至少有一个为 \(-1\).

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T305

设 \(\alpha_1,\alpha_2\) 分别为三阶矩阵 \(A\) 对应于特征值 \(-1,1\) 的特征向量，向量 \(\alpha_3\) 满足 \(A\alpha_3=\alpha_2+\alpha_3\) ，求证： \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关.

解：

因为特征向量 \(\alpha_1,\alpha_2\) 对应的特征值互异，所以 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性无关. 于是，要证明 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关，只需证明 \(\alpha_3\) 不能由 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性表示.

运用反证法

假设 \(\alpha_3\) 可由 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性表示为 \(\alpha_3=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2\)（其中 \(c_1,c_2\) 为常数），则 \(A\alpha_3=A(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)=c_1A\alpha_1+c_2A\alpha_2=-c_1\alpha_1+c_2\alpha_2\).

而 \(A\alpha_3=\alpha_2+\alpha_3=\alpha_2+(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)=c_1\alpha_1+(1+c_2)\alpha_2\)

所以

\[-c_1\alpha_1+c_2\alpha_2=c_1\alpha_1+(1+c_2)\alpha_2 \]

则

\[2c_1\alpha_1+\alpha_2=\mathbf{0} \]

所以 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性相关，与 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性无关矛盾.

于是， \(\alpha_3\) 不能由 \(\alpha_1,\alpha_2\) 线性表示，从而 \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\) 线性无关.

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T315

设 \(\alpha=\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix},\beta=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix}\) 均为非零向量，且 \(\alpha^T\beta=0\) ，令矩阵 \(A=\alpha\beta^T\) ，求（1） \(A^2\) ；（2） \(A\) 的特征值与特征向量.

解：

（1）

\[\begin{split} A^2 &=A\cdot A \\ &=\alpha\beta^T \cdot \alpha\beta^T \\ &=\alpha(\beta^T\alpha)\beta^T \\ &=\alpha \cdot 0 \cdot \beta^T \\ &=0 \cdot A \\ &=O \end{split} \]

（2）
设 \(A\) 的特征值为 \(\lambda\) ，则由（1）知 \(\lambda^2=0\) ，即 \(\lambda=0\) ，所以 \(A\) 的特征值为 \(\lambda_1=\lambda_2=\dots=\lambda_n=0\).

对 \(\lambda_1=\lambda_2=\dots=\lambda_n=0\) ，解线性方程组 \((0E-A)x=\mathbf{0}\) ，即 \(Ax=\mathbf{0}\).

则

\[A=\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_1 & b_2 & \dots & b_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & \dots & a_1b_n \\ a_2b_1 & a_2b_2 & \dots & a_2b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_nb_1 & a_nb_2 & \dots & a_nb_n \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{b_2}{b_1} & \dots & \frac{b_n}{b_1} \\ 0 & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix} \]

得到 \(x_1=-\frac{b_2}{b_1}x_2-\frac{b_3}{b_1}x_3-\dots-\frac{b_n}{b_1}x_n\) ，基础解系为 \(\alpha_1=\begin{pmatrix} -\frac{b_2}{b_1} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} , \alpha_2=\begin{pmatrix} -\frac{b_3}{b_1} \\ 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} ,\dots, \alpha_{n-1}=\begin{pmatrix} -\frac{b_n}{b_1} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}\).

于是， \(A\) 对应于特征值 \(\lambda_1=\lambda_2=\dots=\lambda_n=0\) 的全部特征向量为 \(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+\dots+c_{n-1}\alpha_{n-1}\)（ \(c_1,c_2,\dots,c_{n-1}\) 不全为 \(0\) ）.