大学数学结论

命题1

TTr(A)1的充分必要条件是存在非零列向量a及非零行向量b，使Aab

充分性：设a(a1,a2,,am)T，b(b1,b2,,bn)T，并不妨设a1b10。

方法1°利用矩阵秩的性质，由AabT有r(A)r(a)1；另一方面，A的（1,1）元a1b10，有r(A)1。于是r(A)1。

方法2°利用矩阵秩的定义。显然A有一个一阶非零子式。任取A的一个2阶子式（为确定起见，不妨设取A的第i行、第j行及第k列、第l列所得2阶子式）：

aibkajbkaiblajblaiajbkblaiajbkbl0

于是r(A)1。 必要性：设A(aij)mn

方法1°因r(A)1，由等价标准形理论知，存在m阶可逆矩阵P和n阶矩阵Q，使

1APOOQ，于是O

1APO1O01QPO000Qab

T10T其中aP和b1000Q分别为非零m维列向量和非零n维行向量。

方法2°由r(A)1知:(ⅰ)A中至少有一个非零元，不妨设akl0；（ⅱ）A的各行都成比例，各列也都成比例。故

(ai1,,ain)i(ak1,,akn),i1,,m

即i是A的第i行与第k行的比例常数，i1,,m下面计算此比例系数i 由上式知ailiakl，故

iailakl,i1,,m

a1l1akla于是 Aaklamla1l1akl，bTak1记aaklaml1kaklak naklakn，则AabT，且a和bT分别为非零m维

列向量和非零n维行向量。 命题2

若秩r(A)1，则A可分解为两个矩阵的乘积，有A2lA之规律，从而Anln1A

a1b1Aa2b1a3b1a1b2a2b2a3b2a1b3a1a2b3a2b1a3b3a3b2b3

T那么

A()()()2TTTTlTlA

其中

la1b1a2b2a3b3TTaii

命题3

A(aij)是3阶矩阵，则A的特征多项式

EA(a11a22a33)s2A

其中

s2a11a21a12a22a11a31a13a33a22a32a23a3332

若秩r(A)1，则特征多项式

EA(aii)(aii)

那么，矩阵A的特征值是1322aii，230

高数有用的小“结论” 命题1

13(2n1)（1）24(2n)13(2n1)lim0lim（2）（3）nn24(2n)2n11n13(2n1)24(2n)1

证明： （1）令

xn13(2n1)24(2n)，注意到

110ababa1b1

有

xn24(2n)35(2n1)xn2n1

因此

xn13(2n1)24(2n)12n1 1limxn0（2）由第（1）小题，

10xn2n1由夹逼定理知n。

（3）因为2n1352n1113(2n1)1 242n22n24(2n)所以

n2nnn13(2n1)24(2n)1

由夹逼定理知nlimn13(2n1)24(2n)1

有人问，记这些有用么？？

请看下题：

13(2n1)判断级数24(2n)的敛散性。（复习全书P322，例11.9）

n13令

xn13(2n1)24(2n)，则

unxn31(2n1)321n32（利用了命题1（1）的不等式）

而级数nn1132收敛，故原级数收敛。

练习：求幂级数命题2 （1）

13(2n1)24(2n)xnn1的收敛半径。

e1x(x0)x（2）

ln(1x)x(x0)

111xn1121n（3）数列222的极限存在 证明：（1）令且

f(x)ex1x，则有在

f(0)0

xf(x)e10，即

f(x)(0,)上单调递增

所以

f(x)ex1f(0)0x命题得证。

（2）和（1）同理 （3）数列

1xn单调递增，且由（1）知

121n1xne2e2e2e212212nee1即数列

xn有上界，

因此数列

xn收敛。

试想如果没有第一问结论你能想到这一问怎样做么？ 练习：

111lim121212求证：极限n23n存在。 命题3

11试证：

n3时

(n1)n1nnn

n11n3131n 证明： 我们知道于是，当时nn11从而

(n1)nnn1，即得：

(n1)n1nn,n3

1*Enn|nN求数集的最大数与最小数。

111nnn3nn33,(n3)提示：当时是严格递减的，

111又

12233，所以1是数集E的最小数，

33是数集E的最大数。

命题4： 求证：当

0x22时，sinxx1

，因此只证左边不等式。

证明：我们已证过当

0x2时，

0sinxx考查函数

当x0时；1f(x)sinx当0x时 x2由于

f(x)xcosxsinxx2,x0,

2以及已知不等式

xtanx，我们知道

f(x)0x0,对成立。

2因此

f(x)0,在上是严格递减函数。 22sinxf()f(x)x0,当时即2x。 2

下面，我们给出这个不等式的一个应用： 证明： 2Rsinxedx2R(1e(1eR),),当R0时当R0时当R0时02RR

2,我们只证明第一式。

0x2时，有

sinxx当

2因此有

eRsinxe2Rx

2Rx2Rsinxedx0,两边在上对x积分，得0220edx2R(1eR)

第一式得证。 命题5 In2n0sinxdx20cosxdxn

I2n1(2n2)!!(2n1)!!,n1,2,3,

I2n(2n1)!!,n1,2,3, (2n)!!2有人说了，这个我熟悉啊！ 好~我们来测验一下~ 计算二重积分Dydxdy2xa(tsint),0t2y0，D由旋轮线ya(1cost),与围成。

大家先不要看答案，自己做一下，体会一下个中滋味。 解：

ADydxdy322a0dxa(1cost)0ydy220413a(1cost)d(a(tsint))(1cost)dt43

a320好了，算到这里我想说几句。有的同学可能不知道怎么算了，有的直接把括号打开了……结果可想而知，如果这么做，复杂性大大增加。请看下文解法： a4353202sin0848t2dt2a2a3644sintdtsintdt8

20到这里大家都看出来了，我们可以用公式了~大家要注意的是套公式时积分限一定要转换为

0~2，另外要格外注意所提出的系数不要搞错。

35最后结果是12练习：

a4，你作对了么？

计算曲线积分计算二重积分yds2，

xa(tsint),0t2：旋轮线的一拱：ya(1cost),

命题6

1112220sinxcosxdx2 12(s1)s(s),s0其中

(n1)n!,nN1(1)1,2*

我承认这个命题超纲，对于数学有一定基础的同学掌握这个结论还是很有益处的。

我们给出一个例子：

xyb1(a0,b0)设D是由曲线a与x轴，y轴围成的区域，求

Iydxdy。

D（复习全书P234例9.4）

xarcos,ybrsin2424解：作变量代换。令，则

J(x,y)(r,)8abrsincos333，

(r,):0r1,0而积分域变为2，于是 IydxdyD20d8abrsincosdr012573

43ab220sincosd73到这里，我们又注意到可以套公式了~ 4323abab22(4)(2)2(6)3!1!5!2

ab30其实上面的计算我们完全可以不用公式，而采用凑微分的方法将被积式积出来。

重积分特殊换元法 求三重积分

Ize(xy)2dV，其中

(x,y,z):1xy2,x0,y0,0z3。

（复习全书P）

解：很明显z与x,y是相互独立的。

可表示成：0z3,(x,y)Dxy其中

Dxy(x,y):1xy2,x0,y0

I30ze(xy)2dV2zdzeDxy(xy)dxdy

92eDxy(xy)2dxdy下面进入到本题精彩之处~对于二重积分，大家不仅要掌握计算方法，而且要掌握它所表达的意义，这正是我们解这题的入手点。

令

txy，积分域变换为

Dtt:1t2，接下来我们要考虑

dxdy这个面积微元变换

成了什么？

我们这样思考，经过变换我们只是改变了

txy,1t212(tdt)(xy)2Dxy的分割方法，现在的分割方法是按照平行于

的直线切条分割。面积微元变为

2122ttdt(dt)2t22，忽略掉ee244dt的高次项后有面积微元

tdt。

因此Dxyedxdy1etdt

所以

I92eDxy(xy)2dxdy94(ee)

计算积分

I(1xyz)Vdxdydz3，其中

V(x,y,z):x,y,z0且xyz1。

大家还是先自己算一下，再看下面的解法。 解：

xyzt,0t1平面族与V交成一个等边三角形，它的边长为t2t3，面积为2t2。

三角形的中心到四面体的顶点（坐标原点）的距离为3，因此这种分割的体积元是

t122tdtdt 2323所以 I1210t23(1t)dt

作部分分式 t23(1t)11t2(1t)213(1t)

可得

I15ln228

I练习：计算曲面积分

(1xy)d2，其中

是四面体

x,y,z0,xyz1的边界。

Cauchy不等式（积分形式）

f(x),g(x)R[a,b]则baf(x)g(x)dxbaf(x)dx2bag(x)dx2

（请读者自行证明上式）

有的同学会说，这个不等式很简单啊，我早就会。 我们来看一个题： 求证：证明：

2sinxxdx12（此题来自

tian27546

）

sinxxdx2sinxdx221xdx212 12

2易知上式等号不成立，因此sinxxdx2

这个题有了上面的提示已经没有难度了，倘若你第一次见到这个题你会想到这么做么？