2023-余炳森五套卷-数学一()

2023-余炳森5-1

T1 证明 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\) 常常可利用 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n\) 收敛;而至于命题二,\(a_n\in(0,\,1)\),其极限(若存在)则是可以取到端点的 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\in[0,\,1]\)

T6 \(A_{m\times n}C_{n\times s}=B_{m\times s}\),则 \(r(C)\leqslant r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}C\\AC\end{pmatrix}=r\left[\begin{pmatrix}E\\A\end{pmatrix}C\right]\leqslant r(C)\),故 \(r(C)=r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\),而 \(C\) 和 \(\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\) 列数相等,若 \(\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\) 列满秩,那么 \(C\) 列满秩

  • 同样地,\(r(A)\leqslant r(A\,\vdots\,B)=r(A\,\vdots\,AC)=r[A(E\,\vdots\,C)]\leqslant r(A)\),故 \(r(A)=r(A\,\vdots\,B)\),而 \(A\) 和 \((A\,\vdots\,B)\) 行数相等,若 \((A\,\vdots\,B)\) 行满秩,那么 \(A\) 行满秩
  • 事实上 \(r(C)=r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}=r(C\,\vdots\,B)\),\(r(A)=r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=r(A\,\vdots\,B)\),但有两个等量关系用不上(行/列数不等)
  • 直观(但不严谨)的理解如下,\(B=AC\) 看作是对 \(C\) 作行变换,列相关性只会增强,若 \(B\) 列依旧无关,那 \(C\) 必然列无关(至于行,数量不同没有讨论的意义)

T10 分位点(以 \(\chi^2\) 为例) \(P\{x>\chi^2_\alpha(n)\}=\alpha\),是大于分位点的概率为 \(\alpha\),所以注意本题 \(\chi^2_{0.975}(9)\) 在 \(\chi^2_{0.025}(9)\) 左边;而单侧置信区间(只估计大于/小于一侧,由此分别确定上限和下限),置信度为 \(\alpha\),两边就直接取 \(\alpha\) 和 \(1-\alpha\)

  • 至于结论,双侧置信区间\(\left(\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_\frac\alpha2(n-1)},\,\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\frac\alpha2}(n-1)}\right)\),单侧置信区间 \(\left(\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_\alpha(n-1)},\,\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha}(n-1)}\right)\),小下标在左边

T12 \(f(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{100}\dfrac1{x-i}\) 的零点:\((1,\,2)\) 单调连续,且 \(f(1^+)=+\infty,\,f(2^-)=-\infty\),故 \((1,\,2)\) 内有且仅有一个零点,依次类推

  • 考试的时候可以取 \(n=1,\,n=2,\,\cdots\) 猜测 \(n=100\) 的结论

T13 方向导数最大值即梯度的模(直接取模,不需要求 \(l^0\) 了,好像有点忘了)

T19 第二类曲线积分化第一类曲线积分:\(\displaystyle\int_\Gamma P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y+R\,\mathrm{d}z=\int_\Gamma(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\,\mathrm{d}s=\int_\Gamma(P,\,Q,\,R)\cdot \tau^0\,\mathrm{d}s\),要注意 \((\cos\alpha,\,\cos\beta,\,\cos\gamma)\) 或 \(\tau^0=\dfrac{\tau}{||\tau||}\) 要与 \(\Gamma\) 同向

  • 本题 \(\tau\) 可由两曲面法向量叉乘得到,\(\tau=n_1\times n_2\),更为直观

T20 微分方程,注意 \(f^{‘}\) 和 \(f\) 的位置别放反了

  • \(f^{‘}(\xi)+p(\xi)f(\xi)=0\),构造函数 \(F(x)=f(x)\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}\)
  • \(f^{‘}(\xi)+p(\xi)f(\xi)=q(\xi)\),构造函数 \(F(x)=f(x)\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}-\int q\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\)
  • 中值定理的最大值/最小值:①导数为零;②泰勒的题型中用于介值;③积分的题型中用于放缩

T21 零化多项式无重根,\(A\) 可对角化——但这显然用不了,可用 \(A^2-A-2E=-(A+E)(2E-A)=O\) 推 \(r(A+E)+r(2E-A)=3\)

  • 至于第二问,\(Q\Lambda Q^T=\dfrac{a-b}{\alpha_1^T\alpha}\alpha\alpha^T\),开方后 \(Q\sqrt\Lambda Q^T=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\alpha_1^T\alpha}\alpha\alpha^T\) 依旧正确
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2023-余炳森5-1

T1 证明 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\) 常常可利用 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n\) 收敛;而至于命题二,\(a_n\in(0,\,1)\),其极限(若存在)则是可以取到端点的 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\in[0,\,1]\)

T6 \(A_{m\times n}C_{n\times s}=B_{m\times s}\),则 \(r(C)\leqslant r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}C\\AC\end{pmatrix}=r\left[\begin{pmatrix}E\\A\end{pmatrix}C\right]\leqslant r(C)\),故 \(r(C)=r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\),而 \(C\) 和 \(\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\) 列数相等,若 \(\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}\) 列满秩,那么 \(C\) 列满秩

  • 同样地,\(r(A)\leqslant r(A\,\vdots\,B)=r(A\,\vdots\,AC)=r[A(E\,\vdots\,C)]\leqslant r(A)\),故 \(r(A)=r(A\,\vdots\,B)\),而 \(A\) 和 \((A\,\vdots\,B)\) 行数相等,若 \((A\,\vdots\,B)\) 行满秩,那么 \(A\) 行满秩
  • 事实上 \(r(C)=r\begin{pmatrix}C\\B\end{pmatrix}=r(C\,\vdots\,B)\),\(r(A)=r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=r(A\,\vdots\,B)\),但有两个等量关系用不上(行/列数不等)
  • 直观(但不严谨)的理解如下,\(B=AC\) 看作是对 \(C\) 作行变换,列相关性只会增强,若 \(B\) 列依旧无关,那 \(C\) 必然列无关(至于行,数量不同没有讨论的意义)

T10 分位点(以 \(\chi^2\) 为例) \(P\{x>\chi^2_\alpha(n)\}=\alpha\),是大于分位点的概率为 \(\alpha\),所以注意本题 \(\chi^2_{0.975}(9)\) 在 \(\chi^2_{0.025}(9)\) 左边;而单侧置信区间(只估计大于/小于一侧,由此分别确定上限和下限),置信度为 \(\alpha\),两边就直接取 \(\alpha\) 和 \(1-\alpha\)

  • 至于结论,双侧置信区间\(\left(\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_\frac\alpha2(n-1)},\,\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\frac\alpha2}(n-1)}\right)\),单侧置信区间 \(\left(\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_\alpha(n-1)},\,\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha}(n-1)}\right)\),小下标在左边

T12 \(f(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{100}\dfrac1{x-i}\) 的零点:\((1,\,2)\) 单调连续,且 \(f(1^+)=+\infty,\,f(2^-)=-\infty\),故 \((1,\,2)\) 内有且仅有一个零点,依次类推

  • 考试的时候可以取 \(n=1,\,n=2,\,\cdots\) 猜测 \(n=100\) 的结论

T13 方向导数最大值即梯度的模(直接取模,不需要求 \(l^0\) 了,好像有点忘了)

T19 第二类曲线积分化第一类曲线积分:\(\displaystyle\int_\Gamma P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y+R\,\mathrm{d}z=\int_\Gamma(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\,\mathrm{d}s=\int_\Gamma(P,\,Q,\,R)\cdot \tau^0\,\mathrm{d}s\),要注意 \((\cos\alpha,\,\cos\beta,\,\cos\gamma)\) 或 \(\tau^0=\dfrac{\tau}{||\tau||}\) 要与 \(\Gamma\) 同向

  • 本题 \(\tau\) 可由两曲面法向量叉乘得到,\(\tau=n_1\times n_2\),更为直观

T20 微分方程,注意 \(f^{‘}\) 和 \(f\) 的位置别放反了

  • \(f^{‘}(\xi)+p(\xi)f(\xi)=0\),构造函数 \(F(x)=f(x)\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}\)
  • \(f^{‘}(\xi)+p(\xi)f(\xi)=q(\xi)\),构造函数 \(F(x)=f(x)\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}-\int q\mathrm{e}^{\int p\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\)
  • 中值定理的最大值/最小值:①导数为零;②泰勒的题型中用于介值;③积分的题型中用于放缩

T21 零化多项式无重根,\(A\) 可对角化——但这显然用不了,可用 \(A^2-A-2E=-(A+E)(2E-A)=O\) 推 \(r(A+E)+r(2E-A)=3\)

  • 至于第二问,\(Q\Lambda Q^T=\dfrac{a-b}{\alpha_1^T\alpha}\alpha\alpha^T\),开方后 \(Q\sqrt\Lambda Q^T=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\alpha_1^T\alpha}\alpha\alpha^T\) 依旧正确