设正值连续函数$fx)$在$[1,+infty)$上单调递减,且
[d_n=sum_{k=1}^{n}fk)-int_{1}^{n}fx)dx.]
egin{enumerate}
item 若$fx)=frac{1}{xx+1)}$,求$lim_{n oinfty}d_n$.
item 证明:数列${d_n}$收敛, $n=1,2,cdots$.
end{enumerate}
[Xleftegin{array}{ccc}{-1} & {-1} & {2} \ {0} & {-2} & {2} \ {0} & {0} & {-1}end{array}ight)+leftegin{array}{ccc}{-1} & {0} & {0} \ {-1} & {-2} & {0} \ {2} & {2} & {-1}end{array}ight) X=leftegin{array}{ccc}{-6} & {-6} & {8} \ {-6} & {-14} & {8} \ {8} & {8} & {-6}end{array}ight)]
[X= leftegin{array}{ccc}{3} & {1} & {0} \ {1} & {3} & {0} \ {0} & {0} & {3}end{array}ight)]
求极限
[lim_{r o 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=fx),]
其中$fx)$在$-infty,+infty)$上连续.
egin{enumerate}
item 试求方程的通解.
item 若$fx)$在$[0,+infty)$上有界,证明上述方程的一切解也有界.
item 若$lim_{x o+infty}fx)=0$,证明上述方程的任一解$yx)$满足$lim_{x o+infty}yx)=0$.
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:
egin{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
[yx)=C_1e^x+C_2e^{-x}+frac{x^2-3x}{4}e^x.]
设$fx)$在区间$0,1)$内可导,则
A) 当$fx)$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, $fx)$在$0,1)$内也无界
C) 当$lim_{x o 0^+}fx)=infty$时, $lim_{x o 0^+}f’x)=infty$
D) 当$lim_{x o 0^+}f’x)=infty$时, $lim_{x o 0^+}fx)=infty$
$x+x^2sinfrac{1}{x},frac{x}{2}+x^2sinfrac{1}{x}$
对于$B,D$选项,考察$fx)=sqrt{x},xln x$.
对于$C$选项,考察$fx)=frac{1}{x}+sinfrac{1}{x}$或$ln x+sin ln x)$.
设$A$是$n imes m$矩阵, 秩$rA)=n$,则
egin{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$Fx)=int_{0}^{x}2t-x)ft)dt$,其中$fx)$在区间$-1,1)$上二阶可导且$f’x)>0$,则
egin{enumerate}
item 函数$Fx)$必在$x=0$处取得极大值
item 函数$Fx)$必在$x=0$处取得极小值
item 函数$Fx)$在$x=0$处没有极值,但点$0,F0))$为曲线$y=Fx)$的拐点
item 函数$Fx)$在$x=0$处没有极值,但点$0,F0))$也不是曲线$y=Fx)$的拐点
end{enumerate}
考虑$ft)=t$,选C
已知函数$fx)$在$[0,1]$上可导,且$f0)=0$,对于任何$xin [0,1]$,有$|f’x)|leq fx)$.求证:
egin{enumerate}
item 存在$xiin 0,1)$,使得$fx)=fxi)x$.
item $fx)$在$[0,1]$上恒等于零.
end{enumerate}
设$a_n$是方程$x^n+nx-1=0\,ninmathbb{N}_+)$的正根,证明级数$sum_{n=1}^{infty}-1)^na_n$收敛.
令$fx)=x^n+nx-1$,由$f’x)=nx^{n-1}+n>0$可知$fx)$单调递增.又$fleftfrac{1}{n}ight)=frac{1}{n^n}>0$,
又$fleftfrac{1}{n+1}ight)=frac{1}{n+1)^n}-frac{1}{n+1}<0$可知$a_ninleftfrac{1}{n+1},frac{1}{n}ight)$,因此$a_n$单调递减且$lim_{n oinfty}a_n=0$.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
$Aalpha_2+alpha_3)=2B,A2alpha_1)=2B$,则$Aalpha_2+alpha_3-2alpha_1)=0$,因此$alpha_2+alpha_3-2alpha_1=egin{pmatrix}
-2 \
0 \
0 \
-4
end{pmatrix}$为$AX=0$的基础解系,则$egin{pmatrix}
1 \
0 \
0 \
2
end{pmatrix}$为$AX=0$的基础解系个数为$n-rA)=1$). $AX=B$的基础解系为
$alpha_1+kegin{pmatrix}
1 \
0 \
0 \
2
end{pmatrix}=egin{pmatrix}
2 \
0 \
0 \
5
end{pmatrix}+kegin{pmatrix}
1 \
0 \
0 \
2
end{pmatrix}$
[varphix,y,z)=x,y,z)egin{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$A=egin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \
2 & 1 & 1 \
-1 & 1 & -2
end{pmatrix}$.
由于$rA)=2$,则$varphi$的值域$varphiV)$的维数为$2$,一组基为
$egin{pmatrix}
1 \
2 \
-1
end{pmatrix}$和$egin{pmatrix}
0 \
1 \
1
end{pmatrix}$.
解方程
[egin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \
2 & 1 & 1 \
-1 & 1 & -2
end{pmatrix}x=0]
可知通解为$x=kegin{pmatrix}
-1 \
1 \
1
end{pmatrix}$,则$varphi$的核$mathrm{ker}V)$的维数为$1$,一组基为$egin{pmatrix}
-1 \
1 \
1
end{pmatrix}$.
设$M=int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}lnleftx+sqrt{1+x^2}ight)cos ^4xmathrm{d}x,N=int_ {-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}leftx^{2020}sin x+cos^4xight)mathrm{d}x,P=int_ {-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}left[xe^x+e^{-x})-cos^4xight]mathrm{d}x$,则
A. $N<P<M$ B. $M<P<N$
C. $N<M<P$ D. $P<M<N$
求$int_{0}^{1}left|x-frac{1}{2}ight|^3x^n1-x)^ndx$. $n$为正整数)
[leftegin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \ {1} & {1} & {1} \ {0} & {1} & {1}end{array}ight)^{-1} cdotleftegin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \ {0} & {1} & {1} \ {0} & {0} & {1}end{array}ight) cdotleftegin{array}{lll}{1} & {1} & {0} \ {1} & {1} & {1} \ {0} & {1} & {1}end{array}ight)=leftegin{array}{lll}{1} & {1} & {1} \ {1} & {1} & {0} \ {-1} & {0} & {1}end{array}ight).]
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+lnxy+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
[egin{cases}
frac{dx}{dt}=x+y, \
frac{dy}{dt}=3y-2x
end{cases}]
的通解.
已知对实数$ngeq 2$,有公式
[sum_{pleq n}frac{ln p}{p}=ln n+O1),]
其中求和是对所有不超过$n$的素数$p$求和.求证:
[sum_{pleq n}frac{1}{p}=C+lnln n
+Oleftfrac{1}{ln n}ight),]
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$ft)$在区间$[1,x]$上一阶导连续时,对于$x>1,Sx)=sum_{kleq x}C_k$,由
egin{align*}
Sx)fx)-sum_{kleq x}C_kfk)=sum_{kleq x}C_k[fx)-fk)]
=sum_{kleq x}C_kint_{k}^{x}f’t)dt=sum_{kleq x}C_kint_{1}^{x}gk,t)f’t)dt,
end{align*}
其中
[gk,t)=egin{cases}
1, & mbox{若$kleq t<x$}, \
0, & mbox{若$k>t$}.
end{cases}]
因此
[Sx)fx)-sum_{kleq x}C_kfk)=int_{1}^{x}sum_{kleq x}C_kgk,t)f’t)dt,]
再利用
[sum_{kleq x}C_kgk,t)=sum_{kleq t}C_k=St)]
可知
[sum_{kleq x}C_kfk)=Sx)fx)-int_{1}^{x}St)f’t)dt.]
令
[Sn)=sum_{kleq n}frac{C_kln k}{k},]
其中
[C_n=egin{cases}
1, & mbox{若$n$为素数}, \
0, & mbox{其它}.
end{cases}]
则
egin{align*}
sum_{pleq n}frac{1}{p}=sum_{pleq n}frac{ln p}{p}cdot frac{1}{ln p}=sum_{kleq n}frac{ln k}{p}cdot frac{1}{ln p}\
=frac{Sn)}{ln n}+int_{2}^{n}frac{St)}{tln^2t}dt,
end{align*}
由
[sum_{pleq n}frac{ln p}{p}=ln n+O1),]
可知
[Sn)=ln n+Rn),quad Rn)=o1),]
所以
egin{align*}
sum_{pleq n}frac{1}{p}&=frac{ln n+O1)}{ln n}+int_{2}^{n}frac{lnt)+Rt)}{tln^2t}dt\
&=1+Oleftfrac{1}{ln n}ight)+int_{2}^{n}frac{dt}{tln t}
+int_{2}^{n}frac{Rt)}{tln^2t}dt\
&=lnln n+1-lnln 2+int_{2}^{infty}frac{Rt)}{tln^2t}dt
-int_{n}^{infty}frac{Rt)}{tln^2t}dt+Oleftfrac{1}{ln n}ight).
end{align*}
由于$Rt)=O1)$,所以积分$int_{2}^{infty}frac{Rt)}{tln^2t}dt$收敛到$A$,而
[int_{n}^{infty}frac{Rt)}{tln^2t}dt
=Oleftint_{n}^{infty}frac{dt}{tln^2t}ight)=Oleftfrac{1}{ln n}ight),]
因此有
[sum_{pleq n}frac{1}{p}=C+lnln n
+Oleftfrac{1}{ln n}ight),]
其中$C=1-lnln 2+A$为常数.
从多项式到拉格朗日插值公式,行列式.
egin{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$m imes n$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$0=x’_0A’y_0)=x’_0A’y_0=b’y_0$,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
$egin{pmatrix}
A’ \
b’
end{pmatrix}y_0=0$,因此方程$A’y=0$与$egin{pmatrix}
A’ \
b’
end{pmatrix}y=0$同解,故$rA’)=regin{pmatrix}
A’ \
b’
end{pmatrix}$,转置后得$rA,b)=rA)$.因此方程$Ax=b$有解.
求$intfrac{1-ln x}{x-ln x)^2}dx$.
注意到
[intfrac{1-ln x}{x-ln x)^2}dx=intfrac{1}{left1-frac{ln x}{x}ight)^2}dfrac{ln x}{x}.]
求[intfrac{xcos^4frac{x}{2}}{sin^3 x}dx.]
已知当$x>0$时,有$1+x^2)f’t)+1+x)fx)=1,g’x)=fx)$, $f0)=g0)=0$.证明: $frac{1}{4}<sum_{n=1}^{infty}gleftfrac{1}{n}ight)<1$.
将微分方程变形为
[f’x)+frac{1+x}{1+x^2}fx)=frac{1}{1+x^2},quad f0)=0.]
解得
[fx)=e^{-int frac{1+x}{1+x^2}dx}
left[intfrac{1}{1+x^2}e^{int frac{1+x}{1+x^2}dx}+Cight],]
由$f0)=0$得
[fx)=frac{e^{-arctan x}}{sqrt{1+x^2}}int_{0}^{x}frac{e^{arctan t}}{sqrt{1+t^2}}dt.]
费马平方和定理的表述是：奇素数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被4除余1.
1. 如果两个整数都能表示为两个平方数之和的形式，则他们的积也能表示为两个平方数之和的形式。
$$egin{aligned}lefta^{2}+b^{2}ight)leftc^{2}+d^{2}ight) &=a^{2} c^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} d^{2} \ &=lefta^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}-2 a b c dight)+lefta^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}+2 a b c dight) \ &=a c-b d)^{2}+a d+b c)^{2} end{aligned}$$
2. 如果一个能表示为两个平方数之和的整数，能被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除，则他们的商也能表示为两个平方数之和。
即 $frac{a^{2}+b^{2}}{p^{2}+q^{2}}=leftfrac{q p+b q}{p^{2}+q^{2}}ight)^{2}+leftfrac{a q-b p}{p^{2}+q^{2}}ight)^{2}$
3.如果 $a$ 和 $b$ 互质，则 $a^2+b^2$ 的所有因子都能表示成两个平方数之和
4. 任何形如 $4n+1$ 的素数都能表示为两个平方数之和的形式
婆罗摩笈多-斐波那契恒等式是以下的恒等式：
$$egin{aligned}lefta^{2}+b^{2}ight)leftc^{2}+d^{2}ight) &=a c-b d)^{2}+a d+b c)^{2} \ &=a c+b d)^{2}+a d-b c)^{2} end{aligned}$$
这个恒等式说明了如果有两个数都能表示为两个平方数的和，则这两个数的积也可以表示为两个平方数的和。例如，
欧拉四平方和恒等式说明，如果两个数都能表示为四个平方数的和，则这两个数的积也能表示为四个平方数的和。等式为：
$$egin{aligned}lefta_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}ight)leftb_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}+b_{4}^{2}ight) &=\lefta_{1} b_{1}-a_{2} b_{2}-a_{3} b_{3}-a_{4} b_{4}ight)^{2}+& \lefta_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}+a_{3} b_{4}-a_{4} b_{3}ight)^{2}+& \lefta_{1} b_{3}-a_{2} b_{4}+a_{3} b_{1}+a_{4} b_{2}ight)^{2} &+\lefta_{1} b_{4}+a_{2} b_{3}-a_{3} b_{2}+a_{4} b_{1}ight)^{2} end{aligned}$$
四平方和定理：每个正整数均可表示成4个整数的平方和。
注意有些整数不可表示为3个整数的平方和，例如7。
等价的说法是：每个正整数均可表示成不超过四个整数的平方之和。
重要推论：
1. 数 $n$ 只能表示成四个整数的平方和，不能表示成更少个数的平方和，必定满足 $4^a8b+7)$.
2. 如果 n%4==0，k=n/4，n 和 k 可由相同个数的整数表示
如何利用推论求一个正整数最少需要多少个数的平方和表示：
1. 先判断这个数是否满足 $4^a8b+7)$，如果满足，那么这个数就至少需要 4 个数的平方和表示。
2. 如果不满足，再在上面除以 4 之后的结果上暴力尝试只需要 1 个数就能表示和只需要 2 个数就能表示的情况。
3. 如果还不满足，那么就只需要 3 个数就能表示。
参考链接：
1. https://zh.wikipedia.org/wiki/费马平方和定理
2. https://zh.wikipedia.org/wiki/婆罗摩笈多－斐波那契恒等式
3. https://zh.wikipedia.org/wiki/欧拉四平方和恒等式
4. https://blog.csdn.net/qq_41746268/article/details/98513714
5. https://blog.csdn.net/l_mark/article/details/89044137
来自：https://www.cnblogs.com/lfri/p/11717745.html