平方和
设正值连续函数$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减,且
\[d_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx.\]
\begin{enumerate}
\item 若$f(x)=\frac{1}{x(x+1)}$,求$\lim_{n\to\infty}d_n$.
\item 证明:数列$\{d_n\}$收敛, $n=1,2,\cdots$.
\end{enumerate}
\[X\left(\begin{array}{ccc}{-1} & {-1} & {2} \\ {0} & {-2} & {2} \\ {0} & {0} & {-1}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{ccc}{-1} & {0} & {0} \\ {-1} & {-2} & {0} \\ {2} & {2} & {-1}\end{array}\right) X=\left(\begin{array}{ccc}{-6} & {-6} & {8} \\ {-6} & {-14} & {8} \\ {8} & {8} & {-6}\end{array}\right)\]
\[X= \left(\begin{array}{ccc}{3} & {1} & {0} \\ {1} & {3} & {0} \\ {0} & {0} & {3}\end{array}\right)\]
求极限
\[\lim_{r\to 0}\oint_{C_r}\frac{xy^2dy-x^2ydx}{(x^2+y^2)^2},\]
其中$C_r$是圆周$x^2+y^2=r^2$.
考虑方程\[y''+3y'+2y=f(x),\]
其中$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续.
\begin{enumerate}
\item 试求方程的通解.
\item 若$f(x)$在$[0,+\infty)$上有界,证明上述方程的一切解也有界.
\item 若$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$,证明上述方程的任一解$y(x)$满足$\lim_{x\to+\infty}y(x)=0$.
\end{enumerate}
设$a_n$和$b_n$满足
\[e^{a_n}=a_n+e^{b_n},\quad n=1,2,\cdots\]
证明:
\begin{enumerate}
\item 若$a_n>0$,则$b_n>0$;
\item 若$a_n>0$且$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛,则$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{a_n}$也收敛.
\end{enumerate}
\[y''-y=(x-1)e^x,\]
通解
\[y(x)=C_1e^x+C_2e^{-x}+\frac{x^2-3x}{4}e^x.\]
设$f(x)$在区间$(0,1)$内可导,则
(A) 当$f(x)$在$(0,1)$内无界时, $f'(x)$在$(0,1)$内也无界
(B) 当$f'(x)$在$(0,1)$内无界时, $f(x)$在$(0,1)$内也无界
(C) 当$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\infty$时, $\lim_{x\to 0^+}f'(x)=\infty$
(D) 当$\lim_{x\to 0^+}f'(x)=\infty$时, $\lim_{x\to 0^+}f(x)=\infty$
$x+x^2\sin\frac{1}{x},\frac{x}{2}+x^2\sin\frac{1}{x}$
对于$B,D$选项,考察$f(x)=\sqrt{x},x\ln x$.
对于$C$选项,考察$f(x)=\frac{1}{x}+\sin\frac{1}{x}$或$\ln x+\sin (\ln x)$.
设$A$是$n\times m$矩阵, 秩$r(A)=n$,则
\begin{enumerate}
\item $AA^T$必与$E$相似
\item $A^TA$必与$E$相似
\item $AA^T$必与$E$合同
\item $A^TA$必与$E$合同
\end{enumerate}
若$F(x)=\int_{0}^{x}(2t-x)f(t)dt$,其中$f(x)$在区间$(-1,1)$上二阶可导且$f'(x)>0$,则
\begin{enumerate}
\item 函数$F(x)$必在$x=0$处取得极大值
\item 函数$F(x)$必在$x=0$处取得极小值
\item 函数$F(x)$在$x=0$处没有极值,但点$(0,F(0))$为曲线$y=F(x)$的拐点
\item 函数$F(x)$在$x=0$处没有极值,但点$(0,F(0))$也不是曲线$y=F(x)$的拐点
\end{enumerate}
考虑$f(t)=t$,选C
已知函数$f(x)$在$[0,1]$上可导,且$f(0)=0$,对于任何$x\in [0,1]$,有$|f'(x)|\leq f(x)$.求证:
\begin{enumerate}
\item 存在$\xi\in (0,1)$,使得$f(x)=f(\xi)x$.
\item $f(x)$在$[0,1]$上恒等于零.
\end{enumerate}
设$a_n$是方程$x^n+nx-1=0\,(n\in\mathbb{N}_+)$的正根,证明级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n$收敛.
令$f(x)=x^n+nx-1$,由$f'(x)=nx^{n-1}+n>0$可知$f(x)$单调递增.又$f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^n}>0$,
又$f\left(\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{(n+1)^n}-\frac{1}{n+1}<0$可知$a_n\in\left(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right)$,因此$a_n$单调递减且$\lim_{n\to\infty}a_n=0$.由莱布尼茨判别法可知级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n$收敛.
一战打基础,二战985, 三战996
$A(\alpha_2+\alpha_3)=2B,A(2\alpha_1)=2B$,则$A(\alpha_2+\alpha_3-2\alpha_1)=0$,因此$\alpha_2+\alpha_3-2\alpha_1=\begin{pmatrix}
-2 \\
0 \\
0 \\
-4
\end{pmatrix}$为$AX=0$的基础解系,则$\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
2
\end{pmatrix}$为$AX=0$的基础解系(个数为$n-r(A)=1$). $AX=B$的基础解系为
$\alpha_1+k\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 \\
0 \\
0 \\
5
\end{pmatrix}+k\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
2
\end{pmatrix}$
\[\varphi(x,y,z)=(x,y,z)\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & -2
\end{pmatrix},\]
则线性变换$\varphi$在一组基$(x,y,z)$下的矩阵为$A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & -2
\end{pmatrix}$.
由于$r(A)=2$,则$\varphi$的值域$\varphi(V)$的维数为$2$,一组基为
$\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-1
\end{pmatrix}$和$\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}$.
解方程
\[\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & -2
\end{pmatrix}x=0\]
可知通解为$x=k\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}$,则$\varphi$的核$\mathrm{ker}(V)$的维数为$1$,一组基为$\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}$.
设$M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\cos ^4x\mathrm{d}x,N=\int_ {-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(x^{2020}\sin x+\cos^4x\right)\mathrm{d}x,P=\int_ {-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left[x(e^x+e^{-x})-\cos^4x\right]\mathrm{d}x$,则
A. $N<P<M$ B. $M<P<N$
C. $N<M<P$ D. $P<M<N$
求$\int_{0}^{1}\left|x-\frac{1}{2}\right|^3x^n(1-x)^ndx$. ($n$为正整数)
\[\left(\begin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \\ {1} & {1} & {1} \\ {0} & {1} & {1}\end{array}\right)^{-1} \cdot\left(\begin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \\ {0} & {1} & {1} \\ {0} & {0} & {1}\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \\ {1} & {1} & {1} \\ {0} & {1} & {1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}{1} & {1} & {1} \\ {1} & {1} & {0} \\ {-1} & {0} & {1}\end{array}\right).\]
(山东大学2019年825考研试题)求方程
\[(y+x^3y+2x^2)dx+(x+4xy^4+8y^3)dy=0\]
的通解.
\[\frac{x^3}{3}+y^4+\ln(xy+2)=C.\]
求方程
\[(y')^3+y^3-3yy'=0\]
的通解.
\[(y')^3+y^3+1-3yy'=0\]
求方程组
\[\begin{cases}
\frac{dx}{dt}=x+y, \\
\frac{dy}{dt}=3y-2x
\end{cases}\]
的通解.
已知对实数$n\geq 2$,有公式
\[\sum_{p\leq n}\frac{\ln p}{p}=\ln n+O(1),\]
其中求和是对所有不超过$n$的素数$p$求和.求证:
\[\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}=C+\ln\ln n
+O\left(\frac{1}{\ln n}\right),\]
其中求和也是对所有不超过$n$的素数$p$求和, $C$是某个与$n$无关的常数.
当$f(t)$在区间$[1,x]$上一阶导连续时,对于$x>1,S(x)=\sum_{k\leq x}C_k$,由
\begin{align*}
S(x)f(x)-\sum_{k\leq x}C_kf(k)=\sum_{k\leq x}C_k[f(x)-f(k)]
=\sum_{k\leq x}C_k\int_{k}^{x}f'(t)dt=\sum_{k\leq x}C_k\int_{1}^{x}g(k,t)f'(t)dt,
\end{align*}
其中
\[g(k,t)=\begin{cases}
1, & \mbox{若$k\leq t<x$}, \\
0, & \mbox{若$k>t$}.
\end{cases}\]
因此
\[S(x)f(x)-\sum_{k\leq x}C_kf(k)=\int_{1}^{x}\sum_{k\leq x}C_kg(k,t)f'(t)dt,\]
再利用
\[\sum_{k\leq x}C_kg(k,t)=\sum_{k\leq t}C_k=S(t)\]
可知
\[\sum_{k\leq x}C_kf(k)=S(x)f(x)-\int_{1}^{x}S(t)f'(t)dt.\]
令
\[S(n)=\sum_{k\leq n}\frac{C_k\ln k}{k},\]
其中
\[C_n=\begin{cases}
1, & \mbox{若$n$为素数}, \\
0, & \mbox{其它}.
\end{cases}\]
则
\begin{align*}
\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}=\sum_{p\leq n}\frac{\ln p}{p}\cdot \frac{1}{\ln p}=\sum_{k\leq n}\frac{\ln k}{p}\cdot \frac{1}{\ln p}\\
=\frac{S(n)}{\ln n}+\int_{2}^{n}\frac{S(t)}{t\ln^2t}dt,
\end{align*}
由
\[\sum_{p\leq n}\frac{\ln p}{p}=\ln n+O(1),\]
可知
\[S(n)=\ln n+R(n),\quad R(n)=o(1),\]
所以
\begin{align*}
\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}&=\frac{\ln n+O(1)}{\ln n}+\int_{2}^{n}\frac{\ln(t)+R(t)}{t\ln^2t}dt\\
&=1+O\left(\frac{1}{\ln n}\right)+\int_{2}^{n}\frac{dt}{t\ln t}
+\int_{2}^{n}\frac{R(t)}{t\ln^2t}dt\\
&=\ln\ln n+1-\ln\ln 2+\int_{2}^{\infty}\frac{R(t)}{t\ln^2t}dt
-\int_{n}^{\infty}\frac{R(t)}{t\ln^2t}dt+O\left(\frac{1}{\ln n}\right).
\end{align*}
由于$R(t)=O(1)$,所以积分$\int_{2}^{\infty}\frac{R(t)}{t\ln^2t}dt$收敛到$A$,而
\[\int_{n}^{\infty}\frac{R(t)}{t\ln^2t}dt
=O\left(\int_{n}^{\infty}\frac{dt}{t\ln^2t}\right)=O\left(\frac{1}{\ln n}\right),\]
因此有
\[\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}=C+\ln\ln n
+O\left(\frac{1}{\ln n}\right),\]
其中$C=1-\ln\ln 2+A$为常数.
从多项式到拉格朗日插值公式,行列式.
\begin{enumerate}
\item 设$(3x-1)^7=a_7x^7+a_6x^6+\cdots+a_1x+a_0$,试求$a_0+a_2+a_4+a_6$的值.
\item 解不等式$||x+3|-|x-1||>2$.
\item 求$x^4-2x^3+x^2+2x-1$除以$x^2+x+1$的商式和余式.
\item 求方程$|xy|-|2x|+|y|=4$的整数解.
\end{enumerate}
设$A$为$m\times n$非零矩阵, $A'$表示$A$的转置, $b$为$m$元列向量.证明:若线性方程组$Ax=b$有解,则$b$与$A'y=0$解空间正交.反之如何?请说明理由.
若线性方程组$Ax=b$有解$x_0$,则$Ax_0=b$, $x'_0A'=b'$,对于线性方程$A'Y=0$任一解$y_0$,则$A'y_0=0$,则$0=x'_0(A'y_0)=x'_0A'y_0=b'y_0$,即$b'y_0=0$,
因此$b$与$A'Y=0$的解空间正交.
反之,若$b$与$A'Y=0$的解空间正交,则对于线性方程$A'Y=0$任一解$y_0$,则$A'y_0=0$,且$b'y_0=0$,则
$\begin{pmatrix}
A' \\
b'
\end{pmatrix}y_0=0$,因此方程$A'y=0$与$\begin{pmatrix}
A' \\
b'
\end{pmatrix}y=0$同解,故$r(A')=r\begin{pmatrix}
A' \\
b'
\end{pmatrix}$,转置后得$r(A,b)=r(A)$.因此方程$Ax=b$有解.
求$\int\frac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}dx$.
注意到
\[\int\frac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}dx=\int\frac{1}{\left(1-\frac{\ln x}{x}\right)^2}d\frac{\ln x}{x}.\]
求\[\int\frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}dx.\]
已知当$x>0$时,有$(1+x^2)f'(t)+(1+x)f(x)=1,g'(x)=f(x)$, $f(0)=g(0)=0$.证明: $\frac{1}{4}<\sum_{n=1}^{\infty}g\left(\frac{1}{n}\right)<1$.
将微分方程变形为
\[f'(x)+\frac{1+x}{1+x^2}f(x)=\frac{1}{1+x^2},\quad f(0)=0.\]
解得
\[f(x)=e^{-\int \frac{1+x}{1+x^2}dx}
\left[\int\frac{1}{1+x^2}e^{\int \frac{1+x}{1+x^2}dx}+C\right],\]
由$f(0)=0$得
\[f(x)=\frac{e^{-arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}\int_{0}^{x}\frac{e^{\arctan t}}{\sqrt{1+t^2}}dt.\]
