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挑战微积分:挑战你的微积分知识,答对还有奖金哦

疫情严重,在家无所事事,还不如来参加这个挑战,即可以打发时间,又学习了数学知识。还可以拿奖金!

奖金设置方法:每一道题,第一个正确解答者将获得奖金¥20,之后每一个正确解答奖金¥5。如果一次全部答对,且至少有一个问题还没有人答对的时候,奖金¥200。如果你的答案思路独特,解题方式新颖,与之前的正确答案明显解答方式不同,将视做第一个正确答案。

挑战截止日期:2020年2月5日

我们来看题。

问题1:求不定积分\[\int\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx.\]

问题2:求不定积分 \[\int\frac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}dx.\]

问题3:求由曲线 \(y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^{2/3}\) 及 \(x=y^3\) 所围成的平面图形的面积。

问题4:设数列 \(\{x_n\}\) 由下式定义\[\begin{align*}x_n&=\frac{n+1}{9n^2+(n+1)^2}+\frac{n+2}{9n^2+(n+2)^2}+\cdots+\frac{9n}{9n^2+(9n)^2}\\&=\sum_{k=n+1}^{9n}\frac{k}{9n^2+k^2}\end{align*}\]求此数列的极限。

问题5:设 \(x_1=1\),数列 \(\{x_n\}\)由递推式

\[x_{n+1}=\frac{5+3x_n}{3+x_n}\]所定义,证明数列 \({x_n}\)收敛,并求其极限。

答案发送方法:

1,在本文下方评论区发布你的答案。数学公式可以用 LaTeX 输入。

2,将答案发邮件到: [email protected]

3,将答案发到微信:四都数学

我们根据收到答案的时间确定答题的时间顺序。

如果你觉得这些题有挑战性,可以与你的的同学、朋友分享,一起来挑战吧!

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如何利用第二个重要极限来计算一些未定式极限

第二个重要极限为\[\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n=e\]这个极限之所以重要,是因为它是推导指数函数导数公式的基础。我们也可以利用它来计算一些未定式极限,特别是 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限。

我们利用这个极限来求 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限, 通常的做法是,将幂指函数 \(f(x)^{g(x)}\)写成 \([(1+\alpha)^{1/\alpha}]^{\alpha g(x)}\) 的形式,方括号里面部分就是 \(e\),我们只需要处理方括号外面的指数部分就可以了。我们用几个例子来说明如何使用这个重要极限。

例1:计算极限

\[\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^2+5}{x^2-1}\right)^{x^2}\]

解:我们对函数进行变形,

\[ \begin{align*}\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^2+5}{x^2-1}\right)^{x^2}&=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-1+5}{x^2-1}\right)^{x^2}\\ &=\lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{6}{x^2-1}\right)^{x^2}\\&=\lim_{x\to\infty}\left[\left( 1+\frac{6}{x^2-1} \right)^{\frac{x^2-1}{6}}\right]^{\frac{6x^2}{x^2-1}} \\&=e^6\end{align*}\]因为方括号里面的极限为 \(e\),指数部分的极限为 \(6\)。所以原极限为 \(e^6\)。

例2:计算极限

\[\lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}}\]

解:我们对函数变形,

\[\begin{align*} \lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}} &= \lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\sin x+\tan x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}} \\ &=\lim_{x\to 0}\left[\left(1+\frac{\tan x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1+\sin x}{\tan x-\sin x}}\right]^{\frac{\tan x-\sin x}{(1+\sin x)\sin x}}\\ &=e^0=1\end{align*}\]这里是因为方括号里面部分极限是 \(e\),方括号上方的指数的极限为 \(0\),所以原极限为 \(1\)。

这两个例子都说明了如何利用第二个重要极限来求其它 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限。我们只需要将里面括号部分变成第二个重要极限的样子,而外面指数再乘一个里层指数的倒数。里面部分的极限永远是 \(e\),而指数部分,就可以应用极限的运算法则或者其它方法来求得。

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分离变量法IV:齐次方程,常数项非齐次边界

如果方程是齐次的,而边界条件是非齐次的,我们可以利用叠加原理,将未知函数写成两个函数之和,其中一个函数满足边界条件,另一个函数满足方程和齐次边界条件。满足边界条件的函数通常可以比较容易构造出来,剩下的那个函数可以通过分离变量法求解。将解得两个函数相加,就得到了方程的解。

如果边界条件只是常数,我们可以先求出方程的一个稳态解,它满足方程的边界条件。这样的函数很容易就求出来。我们还是以热方程为例来说明。

例:解初边值问题

\[\begin{cases}u_t-u_{xx},\qquad &0<x<\frac{\pi}{2}\\ u(0,t)=0,&u(\frac{\pi}{2})=1\\ u(x,0)=x\end{cases}\]

解:我们设 \(u(x,t)=u_{\infty}(x)+v(x,t)\),其中 \(u_{\infty}^{\prime\prime}(x)=0, u_{\infty}(0)=0, u_{\infty}(\frac{\pi}{2})=1\)。求解 \(u_{\infty}(x)\),我们得到 \(u_{\infty}=ax+b\),代入边界条件,我们得到

\[u_{\infty}(x)=\frac{2}{\pi}x\]

将它代入等式 \(v(x,t)=u(x,t)-u_{\infty}(x)\),利用原方程以及初边值条件,我们得到 \(v(x,t)\) 满足初边值条件

\[\begin{cases}v_t-v_{xx}=0,\qquad & 0<x<\frac{\pi}{2}\\ v(0,t)=0,& v(\frac{\pi}{2},t)=0\\ v(x,0)=(1-\frac{2}{\pi})x\end{cases}\]

应用分离变量法(分离变量法I),我们知道

\[v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-4n^2t}\sin(2nx)\]

其中 \[\begin{align*}b_n&=\frac{4}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\frac{2}{\pi})x \sin(2nx)dx\\ &= \frac{4}{\pi} (1-\frac{2}{\pi}) \left(-\frac{x}{2n}\cos(2nx)+\frac{1}{4n^2}\sin(2nx)\right)\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) \end{align*}\]

所以,方程的解为

\[u(x,t)= \frac{2}{\pi}x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) e^{-4n^2t}\sin(2nx) \]

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分离变量法III:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间相关

对于一般的齐次边界的非齐次方程,我们的一般处理方法是特征函数展开法。这种方法是分离变量法的一种特殊情形。这种方法类似于常微分方程里的常数变易法或者待定系数法。

我们先用分离变量法求出对应齐次方程的特征函数,然后将未知函数、非齐次项及初始条件都用特征函数展开,其中未知函数的各系数待定,然后利用方程,求出未知函数里的系数,从而得到方程的解。

我们仍然以热传导方程为例来说明这种方法,对于波动方程可类似地讨论。

例:解下列初边值问题:

\[\begin{cases}u_t-u_{xx}=xt(2-t),\quad &0<x<\pi\\ u(0,t)=0,&u(\pi,t)=0 \\ u(x,0)=\sin(2x)\end{cases}\]

由分离变量法我们知道, 对应齐次方程的特征函数为 \(X_n=\sin(nx)\),所以未知函数,非齐次项和初始条件都可以用特征函数展开:

\[\begin{align*}&u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}T_n(t)\sin (nx)\\ &x^2t=\sum_{n=1}^{\infty}f_n(t)\sin(nx)\\ &x=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nx)\end{align*}\]

由傅里叶级数的系数表达式,我们得到

\[\begin{align*}f_n(t)&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}xt(2-t)\sin(nx)dx\\ &=\frac{2}{\pi}t(2-t) \int_{0}^{\pi}x\sin(nx)dx \\ &= \frac{2}{\pi}t(2-t) \left(-\frac{x}{n}\cos(nx)+\frac{1}{n^2}\sin(nx)\right)\Bigg|_{0}^{\pi}\\ &=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t)\end{align*}\]

\[B_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin(2x)\sin(nx)dx=\begin{cases}1,\quad &n=2\\ 0,& n\ne 2\end{cases}\]

这里我们可以直接应用三角函数的正交性。当然你也可以直接求积分来得到这些系数。又

\[u_t=\sum_{n=1}^{\infty}T'(t)\sin(nx),\quad u_{xx}=\sum_{n=1}^{\infty}-n^2T_(t)\sin(nx)\]

我们将这些表达式以及上面求得的系数代入方程里,我们得到

\[\sum_{n=1}^{\infty}(T’_n(t)-n^2T_n(t))\sin(nx)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t) \sin(nx)\]

比较两边的系数,我们行到一系列的方程

\[T’_n(t)-n^2T_n(t)= \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t), \quad n=1,2,3,\cdots \]

这是一阶线性常微分方程,它们的解为

\[T_n(t)= e^{n^2t} \left(-\frac{1}{n^2}e^{-n^2t}t(2-t)-\frac{1}{n^4}e^{-n^2t}(2-2t)-\frac{2}{n^6}e^{-n^2t}+C_n\right)\]

所以方程的解具有形式

\[u=\sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6}+C_n e^{n^2t} \right) \sin(nx)\]

代入初始条件,我们得到

\[u(x,0)= \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{2}{n^4}-\frac{2}{n^6}+C_n\right) \sin(nx)=\sin(2x) \]

从而\[c_n=\begin{cases}\frac{37}{32},\quad& n=2\\ \frac{2}{n^4}+\frac{2}{n^6},& n\ne 2\end{cases}\]

所以方程的解为

\[\begin{align*}u(x,t)&=(4e^t+t^2-4)\sin x+\left(\frac{37}{32}e^4t-\frac{1}{4}t(2-t)-\frac{1}{16}(2-2t)-\frac{1}{32}\right)\sin 2x\\ &+\sum_{n=3}^{\infty}\left( \frac{2}{n^4}e^{n^2t}+\frac{2}{n^6} e^{n^2t} -\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6} \right)\sin(nx)\end{align*}.\]

我们上面的例子是以狄利可雷(Dirichlet)边界条件为例说明的,对于其它的边界条件,特征函数是不同的。我们把不同边界条件的特征函数列举在下面。

纽曼(Newmann)边界条件

\[u_x(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{n\pi x}{L})\]

混合边值问题I

\[u(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\sin(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x)\]

混合边值问题II

\[ u_x(0,t)=0, u(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x) \]

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分离变量法 II:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间 \(t\) 无关

我们求解非齐次偏微分方程时,如果边界条件是齐次的,一般的求解方法是采用特征函数展开法来求解。这种方法就是根据边界条件的类型,将未知函数、初始条件及非齐次项都展开成特征函数的级数形式,其系数待定。将这些函数的级数形式都代入方程,求出待定系数,从而求出未知函数的方法。本文不详细介绍这种方法,详细的介绍我留到下一篇文章。

如果非齐次项与时间 t 无关,我们也可以采用特征函数展开的方式来求解,但是我们有更有效的方法来求解。这种方法,我们先求出一个稳态解(对 t 的导数都为 \(0\),或者不含时间 t 的导数的方程),利用叠加原理,剩下的部分就是求解一个带齐次边界条件的齐次方程,这个我们在上一篇文章里已经介绍过了。

我们还是以热传导方程为例来说明这种方法,当然这种方法同样适用于波动方程。

例:用分离变量法求解初边值问题:

\[\begin{cases}u_t=\alpha^2u_{xx}+x, \qquad & 0<x<L\\ u(0,t)=0,& u(L,t)=0\\ u(x,0)=g(x)\end{cases}\]

我们看到非齐次项 \(f(x,t)=x\),只跟空间变量有关,与时间 \(t\) 无关。这时,我们只要设 \(u=u_{\infty}+v\),其中 \(u_{\infty}(x)\) 满足

\[\begin{cases}0=\alpha^2u_{\infty}^{\prime\prime}+x, \qquad & 0<x<L\\ u_{\infty}(0,t)=0,& u_{\infty}(L,t)=0\end{cases}\]

这是一个二阶常微分方程,我们只需要求两次积分就可以求出它的解了。

\[u_{\infty}^{\prime\prime}=-\frac{x}{\alpha^2}, \qquad u_{\infty}=-\frac{x^3}{6\alpha^2}+Ax+B\]

代入边界条件, 我们得到

\[B=0, A=\frac{L^2}{6\alpha^2}, \Longrightarrow u_{\infty}= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} \]

将它的表达式代入方程 \(u=u_{\infty}+v\), \(v=u-u_{\infty}\),从而我们得到关于 \(v\) 的方程

\[ \begin{cases}v_t=\alpha^2u_{xx}, \qquad & 0<x<L\\ v(0,t)=0,& v(L,t)=0\\ v(x,0)=g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} \end{cases} \]

那么 \(v\) 的求解跟之前讲的齐次方程,齐次边界的情形一样。使用分离变量法,注意到边界条件是狄利可雷边界条件,我们可以求得

\[v=\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L}\]

其中\[a_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{\pi}( g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} )dx\]

所以,方程的解为

\[u= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L} \]

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分离变量法 I: 齐次方程,齐次边界条件

分离变量法是求解偏微分方程的一种基本方法。它的思想是:假设未知函数 \(u(x,t)\) 是两个各自依赖于变量 \(x\) 和变量 \(t\) 的函数 \(X(x), T(t)\) 的乘积, \(u(x,t)=X(x)T(t)\), 从而可以将偏微分方程简化成两个独立的常微分方程,然后利用常微分方程的理论与求解方法,来求出偏微方程的解的一种方法。这种方法一般用于求解热方程与波动方程的初边值问题与拉普拉斯(Laplace)方程的边值问题。

这一篇文章,我们详细讲解分离变量法来求解偏微分方程的的思想与步骤。热方程与波动方程里最简单的情形就是带齐次边界条件的齐次方程。我们用带齐次边界条件的热方程来说明个方法。

例:求解热方程
\[\begin{cases}
u_{t}-a^2u_{xx}=0,\quad & 0\le x\le L, t\geq 0 \\
u(0,t)=0, u(L,t)=0,&t\geq 0\\
u(x,0)=x,& 0\leq x\leq L
\end{cases}\]

我们现在详细讲解求解的步骤。

第一步,假设方程的解具有形式 \(u(x,t)=X(x)T(t)\),将它代入原方程,我们得到
\[T'(t)X(x)-a^2T(t)X^{\prime\prime}(x)=0\]
两边同除以 \(a^2X(x)T(t)\),方程变为
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}\]
因为左边只跟 \(t\) 有关, 右边只跟 \(x\) 有关,要使得它们相等,只有两边都是常数。我们用 \(-\lambda\) 来表示这个常数(参见 Sturm-Liouville 定理了解为什么是负号)。也就是
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda\]
从而得到了两个方程
\[\begin{array}{l}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\\
T'(t)+a^2\lambda T(t)=0
\end{array}\]

因为原方程的边界条件 \(u(0,t)=0, u(L,t)=0\) 对所有的 \(t\) 成立,所以只可能 \(X(0)=0, X(L)=0\)。所以函数 \(X(x)\) 满足下列方程
\[\begin{cases}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]

第二步,求解 \(X(x)\)。由二阶常系数微分方程的解的理论,我们知道,这个方程的特征方程为
\[r^2+\lambda=0\]
其特征方程的根为
\[r_{1,2}=\pm\sqrt{-\lambda}\]

依据 \(\lambda\) 的符号,我们分几种情况讨论。

情形1: \(\lambda< 0\)。我们不妨设 \(\mu=\sqrt{-\lambda}>0\),那么方程的通角为
\[X(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x}\]
重新定义 \(C_1,C_2\)后,方程的通解可以写成
\[X(x)=C_1\sinh(\mu x)+C_2\cosh(\mu x)\]

由方程的边界条件,\(X(0)=0\),我们得到 \(C_2=0\),再由边界条件\(X(L)=0\),我们得到 \(C_2=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)不可能小于\(0\)。

情形2:\(\lambda=0\)。在这种情形下,方程变为 \(X”(x)=0\),积分两次,得到方程的通解为
\[X(x)=C_1x+C_2.\]
由边界条件,\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\),再由边界条件 \(X(L)=0\) 得到 \(C_1=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)也不可能等于\(0\)。

情形3:\(\lambda>0\)。这时候我们设设 \(\mu=\sqrt{\lambda}>0\)。\(r_{1,2}=\pm \mu i\),所以方程的通解为
\[X(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x)\]
由边界条件\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\)。由边界条件\(X(L)=0\) 得到 \(C_1\sin(\mu L)=0\)。这个方程有解
\[\mu=\frac{n\pi}{L}, n=1,2,\cdots\]
也就是说 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)。我们记
\[X_n=\sin(\frac{n\pi x}{L}),\]
它是方程的
\[\begin{cases}
X”(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]
的解。称之为特征函数,而\(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)称之为对应的特征值。

第三步,将 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\) 代入方程
\[T'(t)+a^2\lambda T(t)=0\]
可以得到方程
\[T'(t)+a^2(\frac{n\pi}{L})^2 T(t)=0\]
其解为
\[T_n(t)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\]
所以
\[u_n=T_n(t)X_n(x)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L}),n=1,2,\cdots\]
都是原方程的一个解。

第四步,由叠加原理,原方程的通解为
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
由方程的初值条件,\(u(x,0)=f(x)\),
\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
显然,等式的右边就是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦级数。\(A_n\) 是是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦系数
\[A_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx\]

所以初边值问题的解是
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx)e^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]

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如何用很少的几个习题复习好线性代数?

线性代数的知识点很分散,复习很不容易抓住要点。我们现在来看看,如何用最少的几个习题将这门课的重点都复习到。

我们可以这样选题:

  • 解一个非齐次的线性方程组;
  • 找一个带一、两个参数的线性方程组,判断它什么时候无解、有唯一解及有无穷个解;
  • 将一个方阵对角化;
  • 求一个向量组的极大无关组,并将其它向量用极大无关组表示;
  • 求一个四阶或者五阶的行列式;
  • 求一个方阵的逆矩阵;
  • 判断一个向量组是否线性无关;
  • 用正交变换将一个实对称矩阵对角化;
  • 求一个 \(n\) 阶行列式

如果这几个题你都可以自如地应付,那么线性代数这门课程你基本上不用担心了。因为这些题基本上涵盖了线性代数这门课程的主要内容。我们可以来分析一下。

第一个,解线性方程组,它基本上用到了线性方程组解的结构。从解线性方程组,你可以知道齐次线性方程组的基础解系怎么求,以及非齐次方程组与齐次方程组的解之间的关系。

第二个,判断线性方程组是否有解,是唯一解还是无穷多个解。这里涉及的内容有线性方程组解的理论,矩阵的秩,秩与解的关系。

第三个,矩阵对角化。矩阵对角化的步骤是:求特征值,求特征向量,将特征向量排成一个矩阵。这里就复习了特征值、特征向量以及相似矩阵的内容。

第四个,极大无关组及用极大无关组表示其它向量。这里复习了向量的线性表示,线性相关及线性无关的概念。重点是怎么找极大无关组,它也是矩阵的列空间的基。

前面这四个,考试的时候大多是以大题的形式出现,所以要优先复习而且一定掌握。

第五个,求行列式,一般都是用降阶法,它用到了行列式的性质和行列式展开。

第六个,求方阵的逆矩阵(初等变换法)。矩阵内容里面很大一部分内容都是为求逆矩阵作准备。为了得到用实现用初等变换求逆矩阵,引入了初等矩阵,然后将初等矩阵与初等变换联系起来,目的就是为了用初等变换求逆矩阵。

第七个,判断一个向量组是否线性相关。相关的内容是线性相关与线性无关的概念,以及线性相关性与齐次方程的解之间的关系。还有一个就是矩阵的秩。只要矩阵的秩小于向量的个数,就是线性相关的。

第八个,实对称矩阵的对角化。用正交变换化实对称矩阵为对角阵,不光是复习特征值、特征向量,还复习了向量组的正交性以及施密特正交化方法。

最后一个, \(n\) 阶行列式的计算,基本上是行列的按行或列展开加上递推式,偶而也可以直接利用初等变换求出。

你可以看一下,线性代数的内容差不多也就这些了。

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怎么找矩阵的列空间与零空间?

矩阵的列空间与零空间,听起来很难的样子,其实求它们并不算很难的一件事。在做完初等行变换,把矩阵变成行阶梯形后,列空间 \(\text{Col} A\)的基就很容易得到了,而求零空间 \(\text{Null}A\),其实就是求齐次方程的解空间。我们来具体讲一下怎么求这两个空间。

因为向量空间完全可以由其基表示,所以只要求出它的基就可以。现在我们讲一讲怎么求列空间的基。只需要两步就可以。
第一步:将矩阵化成行阶梯形;
第二步:找出每一个非零行,第一个非零元所在的列,对应的原矩阵里的列,就是列空间的基。

我们来看一个例子:设\(A\) 为如下的矩阵
\[
\begin{pmatrix}
1&4&8&-3&-7\\
-1&2&7&3&4\\
-2&2&9&5&5\\
3&6&9&-5&-2
\end{pmatrix}\]

通过初等行变换,它可以变成

\[
\begin{pmatrix}
1&4&8&0&5\\
0&2&5&0&-1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}\]

现在已经变成了行阶梯形矩阵了。我们只需要找到每个非零行的首个非零元就知道列空间的基了。第一、二、三行都是非零行,它们的首个非零元在第一、二、四列,所以,列空间的基是原矩阵里的第一、二、四列,也就是说,\(Col A\) 的基由下列三个向量组成:

\[
\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
-2\\
3
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
4\\
2\\
2\\
6\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
-3\\
3\\
5\\
-5
\end{pmatrix}
\]

或者说 \[{\rm Col} A= {\rm span}\left(\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
-2\\
3
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
4\\
2\\
2\\
6\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
-3\\
3\\
5\\
-5
\end{pmatrix}\right)\]

现在我们转到怎么找零空间。由零空间的定义,\(Null A=\{\vec{x}|A\vec{x}=0\}\),所以,找零空间就是解方程组 \(A\vec{x}=0\}\) 。我们仍然以上面的 \(A\) 为例。我们先将它化成行最简形(RREF)
\[
\begin{pmatrix}
1&4&8&0&5\\
0&2&5&0&-1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1&0&-2&0&-3\\
0&1&\frac{5}{2}&0&-\frac{1}{2}\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\]

它的解是
\[\vec{x}=
C_1\begin{pmatrix}
2\\
-\frac{5}{2}\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}+C_2
\begin{pmatrix}
3\\
\frac{1}{2}\\
0\\
-4\\
1
\end{pmatrix}
\]

所以零空间是
\[
Null A={\rm span}\left(\begin{pmatrix}
2\\
-\frac{5}{2}\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
3\\
\frac{1}{2}\\
0\\
-4\\
1
\end{pmatrix}\right)
\]

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如何计算旋转体的体积?

当平面图形绕着某一直线(旋转轴)旋转时,所得到的旋转体的体积,我们可以用切片法或者圆桶法求出。(详见切片法求旋转体的体积圆桶法求旋转体的体积)总结起来,有几种情形:

情形1: 平面图形由 y=f(x), x=a, x=b 以及 x 轴围成,

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利用切片法,这个图形绕 x 旋转所得的体积为

    \[V_x=\int_a^b\pi f^2(x)dx\]

而它绕 y 轴所得的体积,我们利用圆桶法求得它的体积为

    \[V_y=\int_a^b 2\pi xf(x)dx\]

情形2:如果平面图形由 x=h(y), y=c,y=d 以及 y 轴围成,

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那么由圆桶法,绕 x 轴旋转的体积为

    \[V_x=\int_c^d2\pi yh(y)dy\]

而由切片法,可以得到绕 y 轴旋转所得的旋转体体积为

    \[V_y=\int_c^d\pi h^2(y)dy\]

情形3:如果平面图形由两条曲线 y=f(x), y=g(x)以及两条直线 x=a,x=b 所围成,

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那我们用上曲线旋转所得的体积减去下曲线旋转所得的体积,则得到绕 x 旋转的体积为

    \[V_x=\int_a^b\pi (f^2(x)-g^2(x))dx\]

同样,绕 y 轴旋转所得的体积为

    \[V_y=\int_a^b2\pi x(f(x)-g(x))dx\]

情形4:类似可以得到由 x=h_1(y), x=h_2(y) 以及 y=c,y=d 围成的图形分别绕 x 轴及 y 轴旋转所得的体积

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    \[V_x=\int_c^d2\pi y(h_2(y)-h_1(y))dy, \quad V_y=\int_c^d\pi (h_2^2(y)-h_1^2(y))dy\]

现在我们来看几个例子。

例1:求由曲线 y=e^x, x=\ln 3 以及两个坐标轴所围成的图形分别绕 x 轴与绕 y 轴旋转所得的旋转体的体积。

解:与求平面图形的面积一样,我们先画出区域的图形。

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所以,由切片法得到绕 x 旋转所得的体积为

    \[V_x=\int_0^{\ln 3}\pi (e^x)^2dx=\pi\int_0^{\ln 3}e^{2x}dx=\frac{\pi}{2}e^{2x}\Big|_0^{\ln 3}=8\pi\]

由圆桶法得到绕 y 轴旋转所得的体积为 

    \[V_y=\int_0^{\ln 3}2\pi x e^xdx=2\pi(xe^x-e^x)\BIg|_0^{\ln 3}=2\pi(3\ln 3-2)\]

注:这里绕 y 轴旋转,也可以用切片法来求,但是左边曲线有两条,所以要分成两个区域来求。读者可以自行练习。

例2:求由曲线 y=\sqrt{x}, y=x 所围成的区域分别绕 x 轴与 y 轴旋转所得的旋转体的体积。

解:老规矩,我们先画出区域的图形。

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我们求出两曲线的交点:\sqrt{x}=x,我们得到两个交点 (0,0), (1,1)。因为是两个曲线围成的区域,我们需要用上曲线绕出来的体积减去下曲线绕出来的体积。所以

    \[V_x=\int_0^1\pi ((\sqrt{x})^2-x^2)dx=\pi (\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3})\Big|_0^1=\frac{\pi}{6}\]

而绕 y 轴旋转所得的体积为

    \[V_y=\int_0^12\pi x (\sqrt{x}-x)dx=2\pi (\frac{2x^{5/2}}{5}-\frac{x^3}{3})\Big|_0^1=\frac{2\pi}{15}\]

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如何计算平面区域的面积?

求平面区域的面积,关键的第一步就是先将区域的图形画出来,根据区域的形状,我们可以比较容易得到积分的上、下限以及被积函数。

我们从定积分的定义就知道,曲边梯形

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的面积为

    \[A=\int_a^bf(x)dx.\]

那么对于一般的平面区域,它们的面积该怎么求。我们来分成几种情形来讲:

情形1:假设平面区域是由曲线 x=a, x=b, y=f(x), y=g(x) 围成,

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那么它的面积就是

    \[\int_a^b(f(x)-g(x))dx\]

对于这种一般的平面图形,我们要记住的原则就是,求面积,永远是用上曲线减去下曲线积分。

情形2:如果上、下曲线不能用一个表达式表示,就要对区域进行分块,利用定积分的区域可加性来求,例如这样的区域的面积:

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它的面积就要分成两部分来求。

    \[A=\int_a^c(f_1(x)-g(x))dx+\int_c^d(f_2(x)-g(x))dx\]

情形3:如果平面区域是由曲线 y=c, y=d, x=h_1(y), x=h_2(y)所围成的话,

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它的面积为

    \[A=\int_c^d(h_2(y)-h_1(y))dx\]

也就是说,我们用右边曲线减去左边曲线的积分来求面积。跟上一个情形一样,如果左右曲线不能用一个表达式表示,就要对区域进行分解,分别求各个部分的面积,最后求出整个图形的面积。

情形4: 如果平面图形由两个曲线围成

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如果曲线 C_1 可以表示成 y=f_1(x) 也可以表示成 x=h_1(y),而 C_2 可以表示成 y=f_2(x) 或者 x=h_2(y),那么区域的面积等于积分

    \[\int_a^b (f_2(x)-f_1(x))dx\]

或者

    \[ \int_c^d(h_1(y)-h_2(y))dy\]

具体选择哪个积分变量还要看哪一个积分更方便计算。至于哪一个函数减哪一个函数,我们只需要记住一点就是:上曲线减下曲线,或者右曲线减左曲线。

情形 1 和情形 2 称为 x 型域,情形 3 称为 y 型域,情形 4 即可以算 x 域也可以算 y 型域。 x 型域以 x 为积分变量,被积函数为上曲线减去下曲线; y 型域以 y 为积分变量,被积函数为右曲线减去左曲线。

我们来看几个例子。

例1:求由曲线 y=x^2+1, y=z, x=-1, x=2 所围成的平面区域的面积。

解:我们先画出区域的图形,然后就可以确定积分上、下限以及被积函数。区域的图形如下:

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从上面的图形我们可以看出,这个平面区域的面积为

    \[A=\int_{-1}^2(x^2+1-x)dx=\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x\Big|_{-1}^2=\frac{9}{2}\]

这个例子是属于第一种情形的。

例2:求由 y=\frac{1}{x}, y=x, y=2 所围成的平面区域的面积。

解:我们先画出平面区域的图形。

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要求这个区域的面积,如果以 x 为积分变量,就需要将区域分成两个部分

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这样的话,就要分成两个积分来求。这是因为下方曲线是由两条曲线组成,它们的表达式不一样,所以要分成两个部分。但是如果我们以 y 为积分变量,那么右边曲线和左边曲线都只有一条,所以只需要求一个积分就可以了。

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注意一下,上图中,两条曲线我们都表示成 xy 的函数,因为我们要以 y 为积分变量,也就是说,y 是自变量。所以由我们之前的分析,被积函数是右边曲线 x=y 减去左边曲线 x=\frac{1}{y},而区域里 y 的最大值和最小值就是积分上、下限,所以区域的面积为

    \[A=\int_1^2(y-\frac{1}{y})dy=\frac{y^2}{2}-\ln y\Big|_1^2=\frac{3}{2}-\ln 2\]

 

从这个例子我们可以看出,有时候积分变量的选取,关系到积分的难易,所以在区域的图形画出来 以后,稍微分析一下,哪种方法比较容易计算。

我们来看最后一个例子。

例3:求由曲线 y=\sin x, y=\cos x, x=0, x=\frac{\pi}{2} 所围成的区域的面积。

解:如往常一样,我们先画出区域的图形。

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从图形我们可以看出,要求这个区域的面积,得将它分成两部分,第一部分的上曲线是 \cos x,下曲线是 \sin x ,第二部分正好相反。当然我们也要求出两个曲线的交点,这个交点就是两部分的分界点。

\sin x=\cos x, 我们得到 \tan x =1,由此得到 x=\frac{\pi}{4},这个我们已经在图上画出来了。所以平面区域的面积为

    \begin{align*}A&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\cos x-\sin x)dx+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin x-\cos x)dx\\ &=(\sin x+\cos x)\Big|_0^{\frac{\pi}{4}}+(-\cos x-\sin x)\Big|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\\ &=2(\sqrt 2-1)\end{align*}