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素材/微分中值定理与定积分中值定理的综合运用：.md

@@ -1,30 +0,0 @@
-
-经过对近十年的期末测试题的观察，微分中值定理通常不会单独出题，而是与积分中值定理一起出，本模块旨在通过几道经典的题目，让同学们熟悉微分中值与定积分中值的综合运用。
-首先我们来回顾定积分中值定理：
-
->[!note] 定理
->如果函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在积分区间$[a,b]$上至少有一点$\xi$，使
->$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$
-
-这类题的识别特征是：
-1. 出现积分号
-2. 证明存在 $\xi$ 使得……
-
->[!example] 例题1
->已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\large{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$.  证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
-
-**证明：**
-由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.
-令$F(x)=\text{e}^{-2022x}f(x)$，有$$F'(x)=\text{e}^{-2022x}(f'(x)-2022f(x)),$$且$F(0)=0=F(\eta)$。故由罗尔中值定理得存在$\xi\in(0,\eta)\subset(0,2)$，使得$$F'(\xi)=0,f'(\xi)=2022f(\xi).$$
-
->[!example] 例题2
->设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
-
-**证明：**
-令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\large{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
-
->[!example] 例题3
->设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$$3\int_{\frac{2}{3}}^1f(x)\mathrm{d}x=f(0).$$证明存在$c\in(0,1)$，使得$f'(c)=0$.
-
-**证明：**
-由积分中值定理，存在$\xi\in(\frac{2}{3},1)$，使得$\int_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.

素材/微分中值定理的不等式问题.md

@@ -1,122 +0,0 @@
-
-## 微分中值定理证明不等式的要点归纳
-
-### 识别不等式结构
-   - 若不等式形如 $f(b) - f(a)$ 与 $b-a$ 的关系，或含有函数值差与自变量差之商，可考虑**拉格朗日中值定理**。
-   
-### 选择合适定理与辅助函数
-   - **拉格朗日定理**：常用于"单函数"差值型不等式，构造 $f(x)$ 使 $f'(\xi)$ 出现在不等式中。
-   - **柯西定理**：适用于"双函数"比值型不等式，构造 $f(x), g(x)$ 使 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 出现。
-   - **辅助函数构造**：常借助常见函数如 $\ln x, e^x, x^n, \arctan x, \sin x, \cos x$ 等，通过求导形式匹配目标。
-
-### 法一：利用导数单调性估计中值
-   - 应用中值定理得到含 $\xi$ 的表达式后，可以通过函数极值的求法求出其最大最小值进行比较
-
-### 法二：直接对所得结果进行放缩
-
-
->[!example] 例1
-设 $e < a < b < e^2$，证明：$$
-\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).$$
-
-**证明**：  
-考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
-$$
-\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}.
-$$
-令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得
-$$
-g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}.
-$$
-当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。  
-由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以
-$$
-g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}.
-$$
-因此
-$$
-\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2},
-$$
-即
-$$
-\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a).
-$$
-证毕。
->[!example] 例2
-设 $a > e$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明：$$
-a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a.$$
-
-**证明**：  
-令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得
-$$
-\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y}  = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }
-$$
- $$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$
- 证毕
->[!example] 例3
-证明：当 $x>0$ 时，$$
-\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}.$$
-
-**证明**：  
-考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得
-$$
-\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}.
-$$
-令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则
-$$
-\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}.
-$$
-令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。  
-当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。  
-因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值：
-$$
-\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}.
-$$
-化简：
-$$
-\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}.
-$$
-于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而
-$$
-\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0.
-$$
-等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。
-
->[!example] 例4
-(1) 证明：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;  
-(2) 证明不等式 $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。
-
-**证明**  
-（1）对 $x > 0$ 定义函数 $f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,  
-由拉格朗日中值定理知：存在 $\theta \in (0, 1)$ 使得  
-
-$$
-\begin{aligned}
-f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
-&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
-&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
-\end{aligned}
-$$
-
-（2）不等式两边取对数，可知仅证明 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。  
-
-令 $F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知  
-
-$$
-\begin{aligned}
-F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
-&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
-&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
-&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
-\end{aligned}
-$$
-
-因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。  
-
-令 $x = \frac{1}{n}$，则有 $(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式  
-
-$$
-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < e\left(1+\frac{1}{2n}\right)
-$$
-
-成立。

素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md

@@ -1,230 +0,0 @@
-## **柯西中值定理**
-
-### **原理**
-
-设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足以下条件：
-1. 在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
-2. 在开区间 $(a, b)$ 内可导；
-3. 对任意 $x \in (a, b)$，有 $g'(x) \neq 0$；
-则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得：
-
-$$
-\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
-$$
-
-柯西中值定理的几何意义为：由参数方程 $(g(t), f(t))$ 表示的曲线，在两点间的割线斜率等于曲线上某点切线的斜率。
-
-它与拉格朗日中值定理的关系为：当 $g(x) = x$ 时，柯西中值定理退化为拉格朗日中值定理。它是处理两个函数之间微分中值关系的通用形式。
-
-### **适用条件**
-
-柯西中值定理的核心适用题型是**证明形如 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 的等式成立**，以及处理**涉及两个中值点 $\xi, \eta$ 的问题**。
-
-常见应用方向包括：
-1. 直接证明存在性等式；
-2. 通过函数配对，将目标等式转化为柯西中值定理的标准形式；
-3. 处理“双中值问题”，常与拉格朗日中值定理结合使用。
-
-### **例题**
-
->[!example] 例1  
-设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $a>0$。证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
-$$f(b)-f(a) = \xi f'(\xi) \cdot \ln(b/a)$$
-
-**解析**：  
-将等式变形为：
-$$
-\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi)
-$$
-取 $g(x) = \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。  
-对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 应用柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
-$$
-\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{1/\xi} = \xi f'(\xi)
-$$
-整理即得所求。
-
----
-
->[!example] 例2  
-设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在不同的 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得：
-$$f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)$$
-
-**解析**：  
-1. 对 $f(x)$ 与 $g(x) = \frac{x^2}{2}$ 应用柯西中值定理，存在 $\eta \in (a, b)$ 使得：
-   $$
-   \frac{f(b)-f(a)}{(b^2 - a^2)/2} = \frac{f'(\eta)}{\eta}
-   $$
-   整理得：
-   $$
-   f(b)-f(a) = \frac{b^2 - a^2}{2\eta} f'(\eta)
-   $$
-
-2. 对 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
-   $$
-   f(b)-f(a) = (b-a) f'(\xi)
-   $$
-
-3. 联立两式，消去 $f(b)-f(a)$ 得：
-   $$
-   (b-a) f'(\xi) = \frac{(b-a)(a+b)}{2\eta} f'(\eta)
-   $$
-   由于 $b-a \neq 0$，约去后即得：
-   $$
-   f'(\xi) = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
-   $$
-
----
-
->[!example] 例3  
-设 $0 < a < b$，证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：
-$$f(b)-f(a) = \frac{3\xi^2}{a^2+ab+b^2} f'(\xi)(b-a)$$
-
-**解析**：  
-将等式变形为：
-$$
-\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
-$$
-取 $g(x) = x^3$，则 $g'(x) = 3x^2 \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内成立。  
-由柯西中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：
-$$
-\frac{f(b)-f(a)}{b^3 - a^3} = \frac{f'(\xi)}{3\xi^2}
-$$
-整理后即得所求。
-
-
-
-
-## **辅助函数的构造方法**
-
-### **原理**
-
-在证明与导数相关的等式或不等式时，常通过构造辅助函数，将原问题转化为对某个函数应用中值定理（如罗尔定理、拉格朗日定理等）。构造辅助函数的核心思想是：**将待证等式视为某个函数求导后的结果**。
-
-### **常见构造类型**
-
-#### 1. 乘积型与商型
-若结论形如：
-$$
-f'(\xi)g(\xi) + f(\xi)g'(\xi) = 0
-$$
-可构造辅助函数：
-$$
-F(x) = f(x)g(x)
-$$
-若结论形如：
-$$
-f'(\xi)g(\xi) - f(\xi)g'(\xi) = 0
-$$
-可构造辅助函数：
-$$
-F(x) = \frac{f(x)}{g(x)} \quad (g(x) \neq 0)
-$$
-
-#### 2. 含幂函数因子
-若结论形如：
-$$
-n f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0
-$$
-可构造辅助函数：
-$$
-F(x) = x^n f(x)
-$$
-
-#### 3. 一阶线性微分结构
-若结论形如：
-$$
-f'(\xi) + P(\xi)f(\xi) = 0
-$$
-可构造积分因子：
-$$
-\mu(x) = e^{\int P(x)\mathrm{d}x}
-$$
-并设辅助函数：
-$$
-F(x) = \mu(x) f(x)
-$$
-
-#### 4. 对数型
-若结论形如：
-$$
-\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = k
-$$
-可构造辅助函数：
-$$
-F(x) = \ln|f(x)| - kx
-$$
-
-#### 5. 常数变易法
-若结论形如：
-$$
-f'(\xi) = \lambda f(\xi)
-$$
-可构造辅助函数：
-$$
-F(x) = e^{-\lambda x} f(x)
-$$
-
----
-
-### **例题**
-
->[!example] 例1  
-设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f(0)=0$，$f(1)=1$。  
-证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得$f'(\xi) = 2\xi f(\xi)$
-
-**解析**：  
-将结论改写为：
-$$
-f'(\xi) - 2\xi f(\xi) = 0
-$$
-属于一阶线性微分结构，其中 $P(x) = -2x$。  
-积分因子为：
-$$
-\mu(x) = e^{\int (-2x)\mathrm{d}x} = e^{-x^2}
-$$
-构造辅助函数：
-$$
-F(x) = e^{-x^2} f(x)
-$$
-则 $F(0) = 0$，$F(1) = e^{-1}$。  
-需进一步寻找另一个点 $c$ 使 $F(c)=0$，才可应用罗尔定理。通常需结合题目其他条件（如积分中值定理、零点定理等）找出该点。
-
----
-
->[!example] 例2  
-设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上三阶可导，且 $f(a) = f'(a) = f(b) = 0$。  
-证明：存在 $\xi \in (a, b)$ 使得：$f'''(\xi) + k f''(\xi) = 0$
-
-**解析**：  
-结论可写为：
-$$
-\bigl[ e^{kx} f''(x) \bigr]' \big|_{x=\xi} = 0
-$$
-因此构造辅助函数：
-$$
-H(x) = e^{kx} f''(x)
-$$
-由条件可推知存在 $\eta_1, \eta_2 \in (a, b)$ 使 $f''(\eta_1) = f''(\eta_2) = 0$，从而 $H(\eta_1)=H(\eta_2)=0$。  
-对 $H(x)$ 应用罗尔定理即得证。
-
----
-
->[!example] 例3  
-设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上可导，且$f(1) = 2\int_0^{1/2} e^{1-x} f(x) dx$
-证明：存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得：$f'(\xi) = (1-\xi) f(\xi)$
-
-**解析**：  
-结论化为：
-$$
-f'(\xi) - (1-\xi) f(\xi) = 0
-$$
-积分因子为：
-$$
-\mu(x) = e^{\int (x-1) \mathrm{d}x} = e^{\frac{x^2}{2} - x}
-$$
-构造辅助函数：
-$$
-F(x) = e^{\frac{x^2}{2} - x} f(x)
-$$
-利用题设积分条件与积分中值定理，可找到 $\eta \in (0, \frac{1}{2})$ 使 $F(\eta) = F(1)$，再对 $F(x)$ 应用罗尔定理即证。
-

素材/线性方程组同解.md

@@ -1,30 +0,0 @@
-## **$Ax=0$与$Bx=0$同解问题**：
-充要条件：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
-$Ax=\alpha$ 与$Bx=\beta$同解问题：
-充要条件：$rank\begin{bmatrix} A & \alpha\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} B &\beta\end{bmatrix}=rank\begin{bmatrix} A &\alpha\\ B&\beta\end{bmatrix}$.
-
-如何理解（非严格证明，目的是便于理解）：
-首先，为了简化问题，我们只考虑齐次线性方程组同解问题，对于$Ax=0$与$Bx=0$，
-考虑这两个齐次线性方程组的解空间，分别记为$N(A)$,$N(B)$,这两个集合是完全相同的，
-可以得到$N(A)\subset N(B)$,以及$N(B)\subset N(A)$.
-$N(A)\subset N(B)$可以得到什么呢？
-
-
-说明$Ax=0$的解比较少，$Bx=0$的解比较多，一个方程组解多就说明他的方程限制相对宽松，解少则说明方程要求比较严格。换言之，$Bx=0$的每个方程是由$Ax=0$的方程线性表示的,同理$N(B)\subset N(A)$ 可以得到 $Ax=0$ 的每个方程是由 $Bx=0$ 的方程线性表示的，进而说明这两个系数矩阵的行向量能够互相线性表示，即行向量组等价.用秩的语言表示：$rankA=rankB=rank\begin{bmatrix} A \\ B\end{bmatrix}$.
-
-另一个角度：这两个矩阵化成最简行阶梯型，是相同的，进行化简的时候只用到行变换，故它们的行向量组等价.
-
-需要注意的是,这个条件是充要的.非常的好用.
-非齐次的时候同理.
-
-注意：由此，我们还能得到一些别的结论
-例如：$A$ 和 $B$ 等价（可以通过初等变换得到），并不能得到两方程同解，因为等价的初等变换可能包括初等列变换，而列变换可能改变两方程的解
-
->[!example] 例1
->6. 已知方程组$\quad\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\x_1 + x_2 + ax_3 = 0,\end{cases}$   与$\quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$同解，则
-   (A) $a = 1, b = 0, c = 1$;  
-   (B) $a = 1, b = 1, c = 2$;  
-   (C) $a = 2, b = 0, c = 1$;  
-   (D) $a = 2, b = 1, c = 2$.
-
-解析：类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$

素材/线性方程组的系数矩阵与解关系.md

@@ -1,90 +0,0 @@
-这是一个链接了方程组解空间与方程组系数秩的公式
-
->[!note] 秩零化度定理：
->对于齐次方程组 ${A}_{m \times n}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，设$\mathrm{rank}{A}=r$，则
-> $$\dim N({A})=n-r$$
-
-
->[!example] 例1
->已知三阶方阵 $A=\begin{bmatrix}\alpha_1&\alpha_2&\alpha_3\end{bmatrix}$ 有三个不同的特征值，其中$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，若 $\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$ ，求线性方程组 $A\boldsymbol{x}=\beta$ 的通解.
-
-**答案：**
- $$\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$$
-**分析：** 在求解非齐次方程组通解的题目中，若是题目给出了特解与齐次方程组的解，那么大概率来说这个齐次方程组的解就可以拓展为齐次方程组通解（根据问题导向，不然写不出来了），那么如何由齐次方程组的解拓展为齐次方程组通解呢，那就要根据题目具体的条件进行分析了，这就要用到我们的解零度化定理来求齐次方程组解空间的维数
-**解析：** 由 $\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$ 可得 $A$ 的列向量组线性相关， $|A|=0$；又因为 $A$ 的三个特征值各不相同，故 $A$ 有两个不为零的特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，且 $A$ 可相似对角化，即 $A=P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P$，$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}P)=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&0\end{bmatrix}=2$
-故 $Ax=0$ 的解空间维数是 $1$ （5分）
-$\beta=\alpha_1+3\alpha_2+4\alpha_3$，所以 $(1,3,4)^\mathrm{T}$ 为特解；（5分）
-$\alpha_3=2\alpha_1+\alpha_2$，所以$A\begin{bmatrix}2k\\k\\-k\end{bmatrix}=2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0$，所以 $(2,1,-1)^\mathrm{T}$ 为基础解系；（10分）
-解空间维数是 $1$ ，方程的解 $\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}2\\1\\-1\end{bmatrix}, k\in\mathbb{R}$ 维数是 $1$，该解完备
-
-
- >[!example] 例2
- >设 $$A = \begin{bmatrix} 
-1 & -1 & 0 & -1 \\ 
-1 & 1 & 0 & 3 \\ 
-2 & 1 & 2 & 6 
-\end{bmatrix}, \quad 
-B = \begin{bmatrix} 
-1 & 0 & 1 & 2 \\ 
-1 & -1 & a & a-1 \\ 
-2 & -3 & 2 & -2 
-\end{bmatrix}, 
-\quad 
-\alpha = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}, \quad 
-\beta = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix}$$
-(1) 证明：方程组 $Ax = \alpha$ 的解均为方程组 $Bx = \beta$ 的解；
-$\quad$
-(2) 若方程组 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与方程组 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 不同解，求 $a$ 的值。
-
-**解：**
-(1) 由于
-$$
-\begin{bmatrix}
-A \quad \alpha \\
-B \quad \beta 
-\end{bmatrix} =
-\begin{bmatrix}
-1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 3 & 2 \\
-2 & 1 & 2 & 6 & 3 \\
-1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
-1 & -1 & a & a-1 & 0 \\
-2 & -3 & 2 & -2 & -1 
-\end{bmatrix}
-\rightarrow
-\begin{bmatrix}
-1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\
-0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\
-0 & 0 & 2 & 2 & 0 \\
-0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
-0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
-0 & 0 & 0 & 0 & 0 
-\end{bmatrix},
-$$
-故 
-$$
-\mathrm{rank} \begin{bmatrix}A&\alpha\\B&\beta\end{bmatrix} = \mathrm{rank}[A\ \alpha],
-$$
-从而方程组 
-$$
-\begin{cases}
-A\boldsymbol{x} = \alpha \\
-B\boldsymbol{x} = \beta
-\end{cases}
-$$
-与 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 同解，故 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 的解。
-
-(2) 分析：不同解，却要可以求出$a$的具体值，说明这是一个与秩相关的题，而与解相关的秩的问题我们就可以考虑解零度化定理
-由于 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 的解均为 $Bx = \beta$ 的解，若 $A\boldsymbol{x} = \alpha$ 与 $B\boldsymbol{x} = \beta$ 同解，则与题意矛盾，故 $Ax = \alpha$ 的解是 $Bx = \beta$ 解的真子集。于是 $Ax = 0$ 的基础解系中解向量的个数小于 $B\boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系中解向量的个数，即
-$$
-4 - r(A) < 4 - r(B),
-$$
-故 $r(A) > r(B)$。又因 $r(A) = 3$，故 $r(B) < 3$，则
-$$
-\left| \begin{array}{ccc}
-1 & 0 & 1 \\
-1 & -1 & a \\
-2 & -3 & 2 
-\end{array} \right| = 0,
-$$
-解得 $a = 1$。

素材/线性方程组解的问题.md

@@ -1,88 +0,0 @@
-### 原理
-**线性方程组解的判定**
-对非齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=b$,
-1. 无解的充要条件是 $\text{rank}A < \text{rank}[A\ \ b]$；
-2. 有唯一解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] = n$；
-3. 有无穷多解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b] < n$。
-注:上述定理也说明非齐次线性方程组有解的充要条件是 $\text{rank}A = \text{rank}[A\ \ b]$。
-
-把以上结论应用到齐次线性方程组，可得
-推论 齐次线性方程组 $A_{m\times n}x=0$ 有非零解（无穷多解）的充要条件是 $\text{rank}A < n$，即系数矩阵的秩小于未知数个数。
-
-**矩阵方程解的判定**
-本质上和线性方程组是一脉相承的，只是形式上更一般化。
-最常见的矩阵方程是 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$，其中$\boldsymbol{A}$是 $m\times n$ 矩阵，$\boldsymbol{B}$ 是 $m\times p$ 矩阵，$\boldsymbol{X}$ 是待求的$n\times p$矩阵。
-1. 有解的充要条件：
-矩阵方程有解的充要条件是系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩等于增广矩阵 $[\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]$的秩，即：
-$$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}])$$
-这个结论和非齐次线性方程组有解的条件完全一致。
-2. 解的结构：
-- 唯一解：当$r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) = n$ 时，方程有唯一解。
-- 无穷多解：当 $r(\boldsymbol{A}) = r([\boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}]) < n$ 时，方程有无穷多解。
- 
-可逆矩阵
-- 当 $\boldsymbol{A}$ 是 n 阶可逆矩阵时，矩阵方程 $\boldsymbol{AX} = \boldsymbol{B}$有唯一解:$\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$
-
-其他形式的矩阵方程
-- 对于 $\boldsymbol{XA} = \boldsymbol{B}$ 形式的方程，可以转置为 $\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{X}^T = \boldsymbol{B}^T$，再套用上述方法，或类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} =\text{rank}A$
-- 对于 $\boldsymbol{AXB} = \boldsymbol{C}$ 形式的方程，当 $\boldsymbol{A} 和 \boldsymbol{B}$ 都可逆时，有唯一解 $\boldsymbol{X} = \boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1}$。
-
->[!example] **例1**
->设矩阵
->$$A = \begin{bmatrix}
-1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
-1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
-1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
-1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
-\end{bmatrix},
-\quad
-x = \begin{bmatrix}
-x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
-\end{bmatrix},
-\quad
-b = \begin{bmatrix}
-1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
-\end{bmatrix}$$
-其中常数 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 互不相等，则线性方程组 $Ax = b$ 的解为 ______________。
-
-**答**：$(1,0,0,0)^T$。
-
-**解析**：由范德蒙行列式的性质可知 $|A| \neq 0$，从而线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解。
-
-又由
-$$
-\begin{bmatrix}
-1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\
-1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\
-1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\
-1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3
-\end{bmatrix}
-\begin{bmatrix}
-1 \\
-0 \\
-0 \\
-0
-\end{bmatrix}
-=
-\begin{bmatrix}
-1 \\
-1 \\
-1 \\
-1
-\end{bmatrix}
-$$
- 可知 $Ax = b$ 的解为
-$$
-\begin{bmatrix}
-1 \\
-0 \\
-0 \\
-0
-\end{bmatrix}
-$$
-
->[!example] **例2**
-> 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，满足$\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B,$ 且方程 $XA = B$ 有解。若 $\operatorname{rank} A = k$，则$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
-
-**解析**：
-类似于方程 $AX = B$ 有解的充要条件是$\text{rank} \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} = \text{rank}A$，由方程 $XA = B$ 有解可知 $\text{rank} \begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \text{rank}B=\text{rank}A=k$，由初等变换不改变秩得$$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ O & E \end{bmatrix}=n+k$$

素材/罗尔定理与拉格朗日中值定理.md

@@ -1,137 +0,0 @@
-## **罗尔定理**
-### **原理**
-若函数 f(x) 满足以下三个条件：
-在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
-在开区间 $(a,b)$ 内可导；
-区间端点函数值相等，即 $f(a)=f(b)$；
-则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi)=0$。
-罗尔定理的几何意义为：满足条件的函数曲线在区间内至少有一条水平切线。
-它是拉格朗日中值定理（$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$）当 $f(a)=f(b)$ 时的特例。
-
-### **适用条件**
-罗尔定理的核心适用题型是证明导函数方程 $f'(\xi)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有根以及衍生的相关证明题。
-具体可分为以下几类：
-1.直接证明 $f'(\xi)$=0 存在根
-题目给出函数 f(x) 在 $[a,b]$ 上的连续性、$(a,b)$ 内的可导性，且满足 $f(a)=f(b)$，直接应用罗尔定理证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f'(\xi)=0$。
-2.构造辅助函数证明导函数相关方程有根
-对于形如 $f'(\xi)+g(\xi)f(\xi)=0$、$f''(\xi)=0$ 等方程，需构造满足罗尔定理条件的辅助函数 $F(x)$，通过 $F(a)=F(b)$ 推导 $F'(\xi)=0$，进而等价转化为目标方程。
-3.结合多次罗尔定理证明高阶导数零点存在
-若函数 f(x) 有 n+1 个点的函数值相等，可多次应用罗尔定理，证明其 n 阶导数 $f^{(n)}(\xi)=0$ 在对应区间内有根。
-4.证明函数恒为常数（反证法结合罗尔定理）
-若 $f'(x)\equiv0$ 在区间内成立，可通过反证法假设存在两点函数值不等，结合罗尔定理推出矛盾，进而证明函数为常数。
-
-罗尔定理针对于一个函数，不同于柯西中值定理针对于两个函数
-
-### **例题**
->[!example] 例1
-设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$(0,1)$ 可导，且 $f(1) = 0$，求证存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
-
-**解析**：
-设辅助函数 $\varphi(x) = x^n f(x)$，则 $\varphi(0)=0$，$\varphi(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$即
-$$
-n\xi^{n-1} f(\xi) + \xi^n f'(\xi) = 0
-$$
-两边除以 $\xi^{n-1}$ ($\xi>0$)，得 $nf(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。
-
-
-
->[!example] 例2
-设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且
-$$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
-试证明 $f'(x) = 0$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个根。
-
-
-**解析**：
-由导数极限定理及 $f'_+(a)f'_-(b) > 0$，知在 $a$ 右侧和 $b$ 左侧，$f(x)$ 的符号相同，不妨设 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$。则在 $a$ 右侧附近 $f(x)>0$，在 $b$ 左侧附近 $f(x)>0$。由于 $f(a)=f(b)=0$，由极值点的费马定理，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有一个极大值点，该点处导数为零。又因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，由罗尔定理至少存在一点 $c \in (a,b)$ 使 $f'(c)=0$。结合极大值点处的导数零点，可知至少有两个导数为零的点。
-
-
-
->[!example] 例3
-设 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有二阶导数，且满足
-$$f(0) = 0, \, f(1) = 1, \, f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{4}$$证明：  
-(1)至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f''(\xi) < 2$；  
-(2)若对一切 $x \in (0, 1)$，有 $f''(x) \neq 2$，则当 $x \in (0, 1)$ 时，恒有 $f(x) > x^2$。
-
-**解析**：
-(1) 考虑函数 $g(x)=f(x)-x^2$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$，$g(1/2)=f(1/2)-1/4>0$。由极值点的费马定理及罗尔定理，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 内存在极大值点 $\eta$，且 $g'(\eta)=0$，$g''(\eta) \leq 0$。即 $f'(\eta)=2\eta$，$f''(\eta) \leq 2$。若 $f''(\eta) < 2$，则取 $\xi=\eta$ 即可；若 $f''(\eta)=2$，则考虑在 $\eta$ 两侧应用拉格朗日中值定理，可找到另一个点 $\xi$ 使得 $f''(\xi)<2$。  
-(2) 用反证法。假设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使 $f(x_0) \leq x_0^2$，结合 $f(0)=0$，$f(1)=1$ 和 $f(1/2)>1/4$，利用连续性及中值定理可推出存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)=2$，矛盾。
-
-## **拉格朗日中值定理**
-### **原理**
-若函数 f(x) 满足两个条件:
-在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
-在开区间 $(a,b)$ 内可导；
-则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得
-$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
-也可写成等价形式 $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
-是罗尔定理的推广，同时也是柯西中值定理的特例。其几何意义为：满足条件的函数曲线在区间 (a,b) 内，至少存在一点的切线与连接端点 (a,f(a)) 和 (b,f(b)) 的弦平行。
-
-### **适用条件**
-拉格朗日中值定理的核心适用题型是建立函数增量与导数的关联，进行不等式的证明，这是最常见的题型。通过对目标函数在指定区间上应用拉格朗日中值定理，得到 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，再利用导数 $f'(\xi)$ 的取值范围（有界性、正负性）放大或缩小式子，推导不等式。
-
-### **例题**
-
->[!example] 例1
-设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内可微，且  
-$$f(0) = 0, \quad |f'(x)| \leq 1,$$证明：在 $(-1,1)$ 内，$|f(x)| < 1$。
-
-**解析**：
-对任意 $x \in (-1,1)$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得
-$$
-f(x) - f(0) = f'(\xi)(x-0)
-$$
-即 $f(x) = f'(\xi) x$。由于 $|f'(\xi)| \leq 1$，$|x| < 1$，故 $|f(x)| = |f'(\xi)| \cdot |x| < 1$。
-
-
->[!example] 例2
-设 $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$，证明对任意 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 有
-$$f(x_1 + x_2) < f(x_1) + f(x_2)$$
-
-**解析**：
-不妨设 $0 < x_1 < x_2$。由拉格朗日中值定理：
-$$
-f(x_1+x_2)-f(x_2) = f'(\xi_1)x_1, \quad \xi_1 \in (x_2, x_1+x_2)
-$$
-$$
-f(x_1)-f(0) = f'(\xi_2)x_1, \quad \xi_2 \in (0, x_1)
-$$
-于是
-$$
-f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) = [f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]x_1
-$$
-对 $f'(x)$ 在 $[\xi_2,\xi_1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (\xi_2,\xi_1)$，使
-$$
-f'(\xi_1)-f'(\xi_2) = f''(\xi)(\xi_1-\xi_2) < 0
-$$
-故 $f(x_1+x_2)-f(x_2)-f(x_1) < 0$，即 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
-
-
->[!example] 例3
- 设 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内二阶可导，且 $f''(x) \neq 0$。
-（1）证明：对于任何非零实数 $x$，存在唯一的 $\theta(x)$ ($0<\theta(x)<1$)，使得
-   $$f(x) = f(0) + x f'(x\theta(x));$$
-   （2）求
-   $$\lim_{x \to 0} \theta(x).$$
-
-解：
-1. 证： 对于任何非零实数 $x$，由中值定理，存在 $\theta(x)$ $(0<\theta(x)<1)$，使得
-
-$$
-f(x)=f(0)+x f'(x\theta(x)).
-$$
-
-如果这样的 $\theta(x)$ 不唯一，则存在 $\theta_{1}(x)$ 与 $\theta_{2}(x)$ $(\theta_{1}(x)<\theta_{2}(x))$，使得 $f'(x\theta_{1}(x))=f'(x\theta_{2}(x))$，由罗尔定理，存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi)=0$，这与 $f''(x)\neq 0$ 矛盾。所以 $\theta(x)$ 是唯一的。
-
-2. 解 注意到 $f''(0)=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x\theta(x)}$，又知
-
-$$
-\begin{aligned}
-\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x\theta(x))-f'(0)}{x} 
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)}{x} \\
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)-x f'(0)}{x^{2}} \\
-&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{2x} \\
-&= \frac{f''(0)}{2},
-\end{aligned}
-$$
-
-所以 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。