2023-李艳芳三套卷-数学一

2023-李艳芳3(1)-1

T₁ \(\sqrt{x+\sqrt{x}}\nsim \sqrt{x},\,\tan(x+\sqrt{x})\nsim x\)，直接无脑令 \(\sqrt{x}=t\) 出错可能性会小一点

T₃ \(\displaystyle\int_0^{\frac1n}\dfrac{x^p}{1+x^q}\,\mathrm{d}x\)，直接在积分上放缩，不要先用中值定理。如 \(p>0\) 时 \(\displaystyle\int_0^{\frac1n}\dfrac{x^p}{1+x^q}\,\mathrm{d}x\leqslant\int_0^{\frac1n}x^p\,\mathrm{d}x=\dfrac1{p+1}\cdot\dfrac1{n^{p+1}}\)

T₆ \(\beta\) 和 \(\alpha,\,A\alpha\) 都正交，且 \(\alpha,\,A\alpha\) 线性无关：\(\beta\) 为方程组 \(\begin{pmatrix}\alpha\\A\alpha\end{pmatrix}x=0\) 的基础解系。本题条件下因为 \(A\beta\) 也是方程组的一解，故与 \(\beta\) 不正交

• 几何背景：三维空间的正交变换有恒等（特征值全1），反射（1,1,-1），绕轴旋转180°（1,-1,-1），轴反射+旋转180°（特征值全-1），绕轴旋转（仅一个特征值为1的特征向量），轴反射+旋转（仅一个特征值为-1的特征向量）
• 本题 \(A^3=E\)，特征值不含 \(-1\)；\(\alpha,\,A\alpha\) 线性无关，不是恒等变换。因此只能是绕轴旋转，\(\alpha,\,A\alpha\) 共面且该面与旋转轴垂直
• \(\beta\) 和 \(\alpha,\,A\alpha\) 都正交，因此 \(\beta\) 就是旋转轴，\(A\beta\) 与 \(\beta\) 共线，均垂直于 \(\alpha,\,A\alpha\) 所在平面

T₈ \(F_X(x)\) 间断点：单点概率非零 \(P\{X=c\}>0\)。\(F_{XY}\) （XY独立）间断点即 \(P\{XY=c_1c_2\}=P\{X=c_1\}P\{Y=c_2\}>0\)，讨论 \(c_1,\,c_2\) 即可

T₁₀ H₀：普通骰子；H₁：灌铅骰子

• 第一类错误：是普通骰子，但在拒绝域内（拒绝假设“它是普通骰子”）；第二类错误：是灌铅骰子，但在拒绝域外（接受假设“它是普通骰子”）
• “此检验法是一个显著性水平为 \(0.01\) 的检验法则”：只要 \(\alpha<0.01\) 就是满足要求的检验法则，如这里 \(\alpha=\dfrac1{6^3}=\dfrac1{216}<0.01\)
• 事实上，对于一个假设检验，只要犯第一类错误的概率不超过 \(\alpha\)，我们就说 \(\alpha\) 是显著性水平。并不需要恰好等于 \(\alpha\)

T₁₁ 所谓艺高人胆大，分母里这种 \(\sin^2n=o(k)\) 的低次项是可以直接扔掉的（和原式作差求和，趋向于 \(0\)）

• 可以观察分母这个 \(k-\sin^2n\)，即将 \([0,\,1]\) 分成 \(n\) 等份，取 \(x_k=\dfrac kn-\dfrac{\sin^2n}n\)，有 \(\dfrac{k-1}n\leqslant x_n\leqslant\dfrac kn\)，而事实上利用定积分定义计算极限，从小区间选取的点是可以任意选取的，这也就是为什么这些低次项可以扔掉的原因。\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac1n\cdot\dfrac1{1+x_k}\) 就等于 \(\displaystyle\int_0^1\dfrac1{1+x}\,\mathrm{d}x\)

T₁₃ \(\sum a_nx^n+\sum b_nx^n\)，收敛半径 \(R_1=R_2=R_0\) 时，整体的 \(R\) 是有可能大于 \(R_0\) 的。但这里可以通过 \(x=R_0\) 时发散来说明 \(R\) 就是 \(R_0=1\)

T₁₅ 利用特征向量来表示一个未知向量：\(\alpha=k_1\xi_1+k_2\xi_2+k_3\xi_3+k_4\xi_4\)，于是就可以较方便地观察 \(A\alpha\) 等式子的性质

T₁₆ 二维的期望，无论是什么复杂的关系式，都是 \(\displaystyle\iint_\Omega z(x,\,y)f(x,\,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\)，直接求就行了

T₁₇ 分段函数有连续的导函数：①分段点连续 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=f(a)\)；②分段点可导 \(f^{'}_{+}(a)=f^{'}_{-}(a)\)；③分段点导函数连续 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a} f^{'}(x)=f^{'}(a)\)

T₁₉ 据说投影更好算。不管怎样，尤其要注意的是 \(\displaystyle\iint_\Sigma\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pm\iint_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y\) 的符号，格林、高斯、斯托克斯的也是如此

T₂₀ 说明反常积分敛散性的规范：找出瑕点 \(a\)，在 \(x\rightarrow a\) 时，说明原积分与新积分同敛散。多个瑕点就拆成多段积分做

• 第二问则是弦切不等式：若是凹函数，\(f(\dfrac{a+b}2)+f^{'}(\dfrac{a+b}2)\left(x-\dfrac{a+b}2\right)\leqslant f(x)\leqslant f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\)；凸函数反之
• 弦切不等式的证明：弦的部分构造 \(F(x)\)，\(F^{''}(x)\) 就等于 \(f^{''}(x)\)，可以证明 \(F(x)>0(<0)\)；切的部分是泰勒至二阶，使用拉格朗日余项
• 注1：琴生不等式：凹函数 \(tf(a)+(1-t)f(b)\geqslant f(ta+(1-t)b),\,(0\leqslant t\leqslant1)\)；凸函数反之
• 注2：阿达玛不等式：凹函数 \(f(\dfrac{a+b}2)\leqslant \dfrac{\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x}{b-a}\leqslant \dfrac{f(a)+f(b)}{2}\)；凸函数反之。就是弦切不等式的积分

T₂₁ 和T₁₅思想是一样的（所以我都没做出来），\(\xi=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\)，然后 \(\xi^TA\xi\) 和 \(\xi^T\xi\) 就好表示了。第二问倒是相对好想，即已知 \(\Lambda\)，求 \(A,\,B\)

T₂₂ 感觉可以当结论记下来，\(X-\beta\sim E(\lambda)\)，则 \(E\hat\beta=\beta+\dfrac1{n\lambda}\)，还挺好看（doge）

2023-李艳芳3(1)-2

T₁ \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}x\) 存在，则 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{'}(x)\) 存在？还有一个经典的假命题是“\(f(x)\) 有界，则 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{'}(x)\) 存在”，反例都是在 \(\infty\) 处振荡，如 \(y=\sin x\)

• \(f^{'}(x)\) 单调减且 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}x\) 存在，则 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{'}(x)\) 存在：反证，假设不存在，\(f^{'}(x)\) 必然无界，\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}x=\lim_{x\rightarrow+\infty}f^{'}(x)\) 也将不存在

T₂

T₅ 填空的话大概得漏掉 \(\lambda=1\) 的解了。也可 \((\alpha_1,\,\alpha_2,\,\alpha_3,\,\alpha_4,\,\alpha_5)\) 行变换，最后一行只有 \(\lambda-1-x-x^2\) 和 \(\lambda-1-\dfrac1x-\dfrac1{x^2}\)，全零或全非零

T₁₃ 分割成 \(2n^2\) 块，两种理解，一是微元面积变化，二是积分区域变化。把握好“\(\iint_D\) 就是 \(\sum\Delta\sigma_{ij}f(x,\,y)\)”这一点，解题不难

• 积分区域依旧是 \([0,\,1]\times[0,\,1]\)，不过 \(y\) 轴上分成了 \(2n\) 段，\((x,\,y)=(\dfrac in,\,\dfrac j{2n})\)，要注意每一块的面积变成了 \(\dfrac1{2n^2}\)，\(\iint_D=\lim\dfrac1{2n^2}\sum\sum\)
• 积分区域变为 \([0,\,1]\times[0,\,2]\)，\((x,\,y)=(\dfrac in,\,\dfrac jn)\)，每块依旧是正方形，面积都是 \(\dfrac1{n^2}\)，\(\iint_D=\lim\dfrac1{n^2}\sum\sum\)

T₁₅ \(A^2=\begin{pmatrix}O&E_2\\E_2&O\end{pmatrix}\)，于是 \((A^2)^2=E\)；不过这道题同样可以用向量空间的基来做，\(A=(e_4,\,e_1,\,e_2,\,e_3)\)，\(A\) 又是列变换矩阵，\(A^k\) 很好写出来

T₂₀ 一个比较特别的思路，\(G_r(\theta)=f(r\cos\theta,\,r\sin\theta)\equiv G_r(0)\)，圆周上恒等意味着 \(f(1,\,0)=f(0,\,1),\,f(x,\,y)=f(\sqrt{x^2+y^2},\,0)\)，就利用上条件了

• 此外，\(f(x,\,y)\) 连续隐藏了“无间断点”的条件，本题 \(f(x,\,0)=C_1x^2+\dfrac{C_2}x\)，无间断点就表明 \(C_2=0\)

T₂₁ 对 \(D=\begin{pmatrix}A&Q\\Q^T&A\end{pmatrix}\) 作合同变换，变换矩阵可不是猜出来的（去年数二第二套的T₁₀，看看变换矩阵是不是类似的形式）

• 首先，行变换与列变换都是初等变换矩阵
• 先看列变换，打算消右上角的 \(Q\)，应当用 \(E_{ij}\)，并且是把前 \(n\) 列加（减）到后 \(n\) 列。因此 \(P=\begin{pmatrix}E&?\\O&E\end{pmatrix}\)，再去凑“ \(?\) ”的部分
• 得出 \(P=\begin{pmatrix}E&-A^{-1}Q\\O&E\end{pmatrix}\) 后，注意 \(P\) 的转置是 \(P^T=\begin{pmatrix}E&O\\-Q^TA^{-1}&E\end{pmatrix}\)，起码 \(P^TDP\) 是对称矩阵吧，这分其实不该扣。。。）
• \(D=\begin{pmatrix}A&Q\\Q^T&A\end{pmatrix}\) 合同于 \(F=\begin{pmatrix}A&O\\O&A-Q^TA^{-1}Q\end{pmatrix}\)，\(D\) 正定可知 \(F\) 正定。通过“顺序主子式大于零”或取 \(y=\begin{pmatrix}0\\x\end{pmatrix}\) 证明右下角矩阵正定
• \(A-\Lambda^{-1}\) 正定，证明 \(|A|>1\)
  • 法一：特征值 \(\lambda_i-\dfrac1{\lambda_i}>0\)（最好从 \(A\alpha_i=\lambda_i\alpha_i\) 推一下）可知 \(\lambda_i>1\)（更正：\(A-\Lambda^{-1}\) 的特征值未必是 \(\lambda_i-\dfrac1{\lambda_i}\)，二者的特征向量不是对应的，不能简单相加减，\(A-A^{-1}\) 的特征值才是 \(\lambda_i-\dfrac1{\lambda_i}\)）
  • 法二：\((\sqrt\Lambda)^T(A-\Lambda^{-1})\sqrt\Lambda=(\sqrt\Lambda)^TA\sqrt\Lambda-E\) 同样正定，可知 \((\sqrt\Lambda)^TA\sqrt\Lambda\) 的特征值大于 \(1\)，\(\left(\prod_{i=0}^n\lambda_i\right)^2=|(\sqrt\Lambda)^T|A||\sqrt\Lambda|>1\)

T₂₂ 注意要通过 \(\iint_D f(x,\,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=1\) 延拓到全平面，不能直接写全平面的概率密度

2023-李艳芳3(1)-3

T₆ 三阶矩阵，\(r(A)=2\) 时，\(Ax=0\) 和 \(A^*x=0\) 有非零公共解，当且仅当 \(tr(A^*)=0\)

• \(A=(\alpha_1,\,\alpha_2,\,\alpha_3)\)，\(Ax=0\) 的基础解系记为 \(\xi\)，则 \(A^*=(k_1\xi,\,k_2\xi,\,k_3\xi)=\xi \kappa^T\)，其中 \(\kappa=(k_1,\,k_2,\,k_3)\)
• \(A^*x=0\) 与 \(Ax=0\) 有非零公共解，当仅当 \(\xi\) 也是 \(A^*x=0\) 的解：\(A^*\xi=\xi\kappa^T\xi=(\kappa^T\xi)\xi=0\)，当仅当 \(\kappa^T\xi=0\)，即 \(tr(A^*)=0\)

T₇ \(A\) 实对称，\(B\) 正定，一种常见的处理是：①合同变换使 \(P^TBP=E\)；②正交变换使 \(Q^T(P^TAP)Q=\Lambda\)；从而 \(x^TAx\) 和 \(x^TBx\) 都化为了标准型

• 于是本题存在这样一个可逆矩阵 \(R\)，使得 \(\dfrac{x^TAx}{x^TBx}\xlongequal{x=Ry}\dfrac{\nu_1y_1^2+\nu_2y_2^2}{y_1^2+y_2^2}\)，其中 \(\nu_{1,\,2}\) 是 \(\Lambda\) 的特征值，即 \(P^TAP\) 的特征值，本题只需要求 \(\nu_1\nu_2\)，可以通过 \(|P^TBP|=|E|\Rightarrow |B||P|^2=1\) 和 \(|Q^T(P^TAP)Q|=|\Lambda|\Rightarrow |A||P|^2=\nu_1\nu_2\) 转化成 \(|A|\) 和 \(|B|\) 行列式之比
• 想不到这种方法的话，还可以用特征向量表示 \(x\)，尤其是处理实对称矩阵的时候：
  • \(\dfrac{x^TAx}{x^TBx}=\dfrac{(k_1\xi_1^T+k_2\xi_2^T)A(k_1\xi_1+k_2\xi_2)}{(l_1\eta_1^T+l_2\eta_2^T)B(l_1\eta_1+l_2\eta_2)}=\dfrac{k^2_1\lambda_1+k^2_2\lambda_2}{l^2_1\mu_1+l^2_2\mu_2}\)，同时不要忘了还有 \(||x||^2=k_1^2+k_2^2=l_1^2+l_2^2=C\)
  • 假设 \(\lambda_1\geqslant\lambda_2,\,\mu_1\geqslant\mu_2\)，则 \(k_1^2=C,\,k_2^2=0,\,l_1^2=0,\,l_2^2=C\) 时取最大值 \(M=\dfrac{\lambda_1}{\mu_2}\)，同样地 \(m=\dfrac{\lambda_2}{\mu_1}\)

T₈ 事实上推广到 \(n\) 个点，每一对相交的弦都是一个内接四边形的两条对角线，而每一个内接四边形都对应一组相交的弦，以及两组不相交的弦，两者比例一定是 \(1:2\)，两弦相交的概率一定是 \(\dfrac13\)

T₁₆ 期望是无穷个区间的分段积分，转化为求级数

T₂₀ 求 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\)，最好 \(n\Rightarrow x\) 化离散为连续，以免扣分；第二小问 \(\sum\ln a_n=\sum\ln x_{2n}-\ln x_{2n-1}\) 拆成两项其实就是一个交错级数，按判断交错级数的敛散性做就够了（当然直接泰勒展开 \(\ln x_{2n}-\ln x_{2n-1}\sim\dfrac1{8n^2}\) 也可以用比较审敛法判断敛散性）

• 海涅定理：若 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)\) 存在，对于数列 \(\{x_n\}\)，有 \(x_n\neq x_0,\,n\in \N^+\)，且 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=x_0\)，则数列 \(\{f(x_n)\}\) 收敛，且 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_n)=\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)\)
• 所以数列极限问题可以归结为函数极限问题，大题写一下海涅定理，彻底断送扣步骤分的风险（doge）

T₂₂ 第二小问，啪就是一个卷积，很快嗷，然后求出 \(f(z)\) 后不会积分了；这里 \(Y=XZ\)，卷积 \(|J|=|X|\)，算 \(f(x)\) 还是很快的