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
$$f(x)=\frac{e^{-arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}\int_{0}^{x}\frac{e^{\arctan t}}{\sqrt{1+t^2}}dt.$$

 

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。

$$\begin{aligned}\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right) &=a^{2} c^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} d^{2} \\ &=\left(a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}-2 a b c d\right)+\left(a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}+2 a b c d\right) \\ &=(a c-b d)^{2}+(a d+b c)^{2} \end{aligned}$$

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 $\frac{a^{2}+b^{2}}{p^{2}+q^{2}}=\left(\frac{q p+b q}{p^{2}+q^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{a q-b p}{p^{2}+q^{2}}\right)^{2}$

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：

$$\begin{aligned}\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right) &=(a c-b d)^{2}+(a d+b c)^{2} \\ &=(a c+b d)^{2}+(a d-b c)^{2} \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned}\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}+b_{4}^{2}\right) &=\\\left(a_{1} b_{1}-a_{2} b_{2}-a_{3} b_{3}-a_{4} b_{4}\right)^{2}+& \\\left(a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}+a_{3} b_{4}-a_{4} b_{3}\right)^{2}+& \\\left(a_{1} b_{3}-a_{2} b_{4}+a_{3} b_{1}+a_{4} b_{2}\right)^{2} &+\\\left(a_{1} b_{4}+a_{2} b_{3}-a_{3} b_{2}+a_{4} b_{1}\right)^{2} \end{aligned}$$

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 $4^a(8b+7)$.

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 $4^a(8b+7)$，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