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素材/1.11题目素材.md

@@ -0,0 +1,64 @@
+设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，则
+(A) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&AB\end{bmatrix}=\mathrm{rank}A$
+(B) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&BA\end{bmatrix}=\mathrm{rank}A$
+(C) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=\max{\{\mathrm{rank}A,\mathrm{rank}B\}}$
+(D) $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A^T&B^T\end{bmatrix}$
+
+（[[1.10线代限时练]]）设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+	(1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+	(2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+
+设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵， $B$ 是 $n\times m$ 矩阵，$E$ 是 $m$ 阶单位矩阵，若 $AB=E$，则
+(A) $\mathrm{rank}A=m,\mathrm{rank}A=m$
+(B) $\mathrm{rank}A=m,\mathrm{rank}A=n$
+(C) $\mathrm{rank}A=n,\mathrm{rank}A=m$
+(D) $\mathrm{rank}A=n,\mathrm{rank}A=n$
+
+已知 $A,B,C,D$ 都是 $4$ 阶非零矩阵，且 $ABCD=O$，如果 $|BC|\ne 0$，记 $\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B+\mathrm{rank}C+\mathrm{rank}A=r$，则 $r$ 的最大值是
+(A) $11$
+(B) $12$
+(C) $13$
+(D) $14$
+
+已知 $A,B,C$ 都是 $n$ 阶非零矩阵，且 $ABC=O$，$E$ 是 $n$ 阶单位矩阵，记 $\begin{bmatrix}O&A\\BC&E\end{bmatrix}\begin{bmatrix}AB&C\\O&E\end{bmatrix},\begin{bmatrix}E&AB\\AB&O\end{bmatrix}$ 的秩分别是 $r_1,r_2,r_3$，则
+(A) $r_1 \le r_2 \le r_3$
+(B) $r_1 \le r_3 \le r_2$
+(C) $r_3 \le r_1 \le r_2$
+(D) $r_2 \le r_1 \le r_3$
+
+设 $A,B$ 都是 $n$ 阶矩阵，求证：$\mathrm{rank}(AB-E) \le \mathrm{rank}(A-E)+\mathrm{rank}(B-E)$
+
+设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵，$1<r<n$，记 $s=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}E_r&O\\O&O\end{bmatrix}A)$，则
+(A) $s=r$
+(B) $s=\max{\{r,\mathrm{rank}A\}}$
+(C) $s\le\min{\{r,\mathrm{rank}A\}}$
+(D) $s=\mathrm{rank}A$
+
+设 $A=\begin{bmatrix}3&1&2\\2&a&1\\1&-1&2\end{bmatrix}, B\in\mathbb{R}^{3\times 2}$ 是一个列满秩矩阵.
+(1) 证明 $\mathrm{rank}(AB) \ge 1$ ;
+(2) 若 $\mathrm{rank}(AB)=1$，求参数 $a$ 的值，并给出一个使此式成立的矩阵 $B$ ;
+(3) 对于 (2) 给出的参数 $a$ 的值，举例说明存在这样的矩阵 $B$，使 $\mathrm{rank}(AB)=2$ .
+
+设 $A$ 是 $n$ 阶方阵，$A=A_1A_2A_3$，且 $A_i^2=A_i\ (i=1,2,3)$，证：$\mathrm{rank}(E-A)\le 3(n-\mathrm{rank}A)$ .
+
+已知 $A,B$ 均为 $m\times n$ 阶矩阵，$\beta_1,\beta_2$ 为 $m$ 维列向量，则下列选项中正确的有
+(A) 若 $\mathrm{rank}A=m$，则对于任意 $m$ 维列向量 $b$，$Ax=b$ 总有解.
+(B) 若 $A$ 与 $B$ 等价，则齐次方程组 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解.
+(C) 矩阵方程 $AX=B$ 有解，但 $BY=A$ 无界的充要条件是$\mathrm{rank}B<\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&B\end{bmatrix}$
+(D) 线性方程组 $Ax=\beta_1$ 与 $Ax=\beta_2$ 同时有解当且仅当$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&\beta_1&\beta_2\end{bmatrix}$
+
+（[[1231线性代数考试卷]]）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$\text{(II)} \quad\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\2x_1 + b^2x_2 + (c+1)x_3 = 0\end{cases}$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) $a = 2, b = 1, c = 2$.
+
+（[[1231线性代数考试卷]]）设矩阵$A = \begin{bmatrix}1 & a_1 & a_1^2 & a_1^3 \\1 & a_2 & a_2^2 & a_2^3 \\1 & a_3 & a_3^2 & a_3^3 \\1 & a_4 & a_4^2 & a_4^3\end{bmatrix},x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix},b = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},$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$\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}.$
+
+（[[1231线性代数考试卷]]）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$\text{rank} \begin{bmatrix} B & O \\ A & E \end{bmatrix} =\underline{\hspace{3cm}}.$
+
+（[[1231线性代数考试卷]]）设$A=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 & 6\end{bmatrix},B=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & a & a-1 \\ 2 & -3 & 2 & -2\end{bmatrix}$,向量$\alpha=\begin{bmatrix}0\\2\\3\end{bmatrix},\beta=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}$.
+     (1)证明：方程组 $Ax=\alpha$ 的解均为方程组 $Bx=\beta$ 的解；
+     (2)若方程组 $Ax=\alpha$ 与方程组 $Bx=\beta$ 不同解，求 $a$ 的值.
+     
+ （[[1231线性代数考试卷]]）设矩阵$A=\begin{bmatrix}1&2&1&2\\0&1&t&t\\1&t&0&1\end{bmatrix}$，齐次线性方程组 $Ax=0$ 的基础解系中含有两个解向量，求 $Ax=0$ 的通解。

素材/微分中值定理与定积分中值定理的综合运用：.md

@@ -0,0 +1,12 @@
+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
+>$$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x=f(\xi)(b-a)\qquad(a\le\xi\le b)$$
+
+>[!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$f'(\xi)=2022f(\xi)$
+
+>[!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$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
+

素材/微分中值定理的不等式问题.md

@@ -0,0 +1,134 @@
+
+## 微分中值定理证明不等式的要点归纳
+
+### 1. **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**。
+   
+
+### 2. **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。
+
+### 3. **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
+
+
+## 例一
+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。
+## 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
+## 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。
+
+## 例3
+  
+(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。
+
+## 解答
+
+**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/微分中值定理部分题目汇总.md

@@ -0,0 +1,202 @@
+
+>[!example] 例1
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $0 < a < b$，试证存在 $\xi, \eta \in (a, b)$，使得  $$f'(\xi) = \frac{a + b}{2\eta} f'(\eta).$$
+
+**解析**：
+本题结论中含有两个不同的中值 $\xi$ 和 $\eta$，且涉及两个不同的函数形式。可考虑分别对 $f(x)$ 和 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理：
+由柯西中值定理，存在 $\eta \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2} = \frac{f'(\eta)}{2\eta}
+$$
+整理得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{a+b}{2\eta} f'(\eta)
+$$
+再对 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得
+$$
+\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(\xi)
+$$
+比较两式即得结论。
+
+---
+
+>[!example] 例2
+设函数 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续，在 $(0,3)$ 内可导，且 $f(0) + f(1) + f(2) = 3$，$f(3) = 1$，试证必存在 $\xi \in (0, 3)$，使 $f'(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+由介值定理，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的平均值为 $\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3} = 1$，又 $f(3)=1$，由连续函数介值定理，存在 $c \in [0,2]$，使得 $f(c)=1$，则在 $[c,3]$ 上，$f(c)=f(3)=1$，由罗尔定理存在 $\xi \in (c,3) \subset (0,3)$，使 $f'(\xi)=0$。
+
+---
+
+>[!example] 例3
+设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0) = f(1) = 0$，$f(1/2) = 1$，试证：  
+(1)存在 $\eta \in (1/2, 1)$，使得 $f(\eta) = \eta$；  
+(2)对任意实数 $\lambda$，必存在 $\xi \in (0, \eta)$，使得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$。
+
+**解析**：
+(1) 令 $g(x)=f(x)-x$，则 $g(1/2)=1-1/2=1/2>0$，$g(1)=0-1=-1<0$，由零点定理，存在 $\eta \in (1/2,1)$，使 $g(\eta)=0$，即 $f(\eta)=\eta$。  
+(2) 令 $h(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x]$，则 $h(0)=0$，$h(\eta)=0$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,\eta)$，使 $h'(\xi)=0$，即
+$$
+e^{-\lambda \xi}[f'(\xi)-1] - \lambda e^{-\lambda \xi}[f(\xi)-\xi] = 0
+$$
+整理得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$。
+
+---
+
+## 5.2 微分中值定理及其应用
+
+>[!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 $a_i \in \mathbb{R} (i = 0,1,2,\cdots,n)$，且满足
+$$a_0 + \frac{a_1}{2} + \frac{a_2}{3} + \cdots + \frac{a_n}{n+1} = 0，$$证明：方程 $a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n = 0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
+
+**解析**：
+构造辅助函数
+$$
+F(x) = a_0x + \frac{a_1}{2}x^2 + \frac{a_2}{3}x^3 + \cdots + \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}
+$$
+则 $F(0)=0$，且由条件 $F(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使 $F'(\xi)=0$，即
+$$
+a_0 + a_1\xi + a_2\xi^2 + \cdots + a_n\xi^n = 0
+$$
+
+---
+
+>[!example] 例3
+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4
+设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，又若 $f(x)$ 的图形与联结 $A(a, f(a))$，$B(b, f(b))$ 两点的弦交于点 $C(c, f(c))$ ($a \leq c \leq b$)，证明在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f''(\xi) = 0$。
+
+**解析**：
+弦 $AB$ 的方程为
+$$
+y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)
+$$
+由条件，$f(c) = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(c-a)$。分别对 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (a,c)$，$\xi_2 \in (c,b)$，使得
+$$
+f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+$$
+f'(\xi_2) = \frac{f(b)-f(c)}{b-c} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
+$$
+故 $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)$。再对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b)$，使 $f''(\xi)=0$。
+
+---
+
+>[!example] 例5（柯西中值定理例）
+试证至少存在一点 $\xi \in (1, e)$，使 $\sin 1 = \cos \ln \xi$。
+
+**解析**：
+考虑函数 $f(x)=\sin(\ln x)$，$g(x)=\ln x$，在 $[1,e]$ 上应用柯西中值定理：
+存在 $\xi \in (1,e)$，使得
+$$
+\frac{f(e)-f(1)}{g(e)-g(1)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
+$$
+计算得 $f(e)=\sin 1$，$f(1)=0$，$g(e)=1$，$g(1)=0$，$f'(x)=\frac{\cos(\ln x)}{x}$，$g'(x)=\frac{1}{x}$，代入得
+$$
+\frac{\sin 1 - 0}{1-0} = \frac{\cos(\ln \xi)/\xi}{1/\xi} = \cos(\ln \xi)
+$$
+即 $\sin 1 = \cos(\ln \xi)$。
+
+---
+
+## 练习
+
+>[!example] Ex1
+设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，且 $f'(x) \neq 1$。试证明 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内至多只有一个不动点，即方程 $f(x) = x$ 在 $(a, b)$ 内至多只有一个实根。
+
+**解析**：
+反证法。假设存在两个不动点 $x_1 < x_2$，即 $f(x_1)=x_1$，$f(x_2)=x_2$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$，使得
+$$
+f'(\xi) = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} = \frac{x_2-x_1}{x_2-x_1} = 1
+$$
+与 $f'(x) \neq 1$ 矛盾。故至多只有一个不动点。
+
+---
+
+>[!example] Ex2
+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。
+
+---
+
+>[!example] Ex3
+若 $f(x)$ 可导，试证在其两个零点间一定有 $f(x) + f'(x)$ 的零点。
+
+**解析**：
+设 $a<b$ 为 $f(x)$ 的两个零点，即 $f(a)=f(b)=0$。构造辅助函数 $F(x)=e^x f(x)$，则 $F(a)=F(b)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使 $F'(\xi)=0$，即
+$$
+e^\xi f(\xi) + e^\xi f'(\xi) = 0
+$$
+因 $e^\xi \neq 0$，故 $f(\xi)+f'(\xi)=0$。
+
+---
+
+>[!example] Ex4
+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] Ex5
+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 $f(x_1+x_2) < f(x_1)+f(x_2)$。
+
+---
+
+## 解题方法总结
+1. **含一个中值的等式或根的存在**：多用罗尔定理，可用原函数法找辅助函数。
+2. **结论涉及含中值的两个不同函数**：可考虑用柯西中值定理。
+3. **结论中含两个或两个以上的中值**：必须多次应用中值定理。
+4. **已知条件中含高阶导数**：多考虑用泰勒公式，有时也可考虑对导数用中值定理。
+5. **结论为不等式**：要注意适当放大或缩小的技巧。

素材/拐点是一个点.md

@@ -0,0 +1 @@
+拐点一定要是点

素材/柯西中值定理与常见辅助函数.md

@@ -0,0 +1,230 @@
+## **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：
+$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \xi f'(\xi) \cdot \frac{\ln(b/a)}{b-a}$$
+
+**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/洛必达法则-注意事项.md

@@ -0,0 +1,50 @@
+---
+tags:
+  - 素材
+---
+## **洛必达法则证明：**
+1.$对于在(a,a+\delta)上连续可导函数f(x),g(x)，且g'(x)\neq0.如果\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0,$$且\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}存在(或为无穷)，则$$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}(或无穷)$$
+证明：令$$F(x)=\begin{cases}f(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},G(x)=\begin{cases}g(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},$$显然有$F(x),G(x)$在$[a,a+\delta)$上连续可导.$\forall x\in (a,a+\delta)$,由柯西中值定理，$\exists\xi\in(a,x)$，使得$$\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} \Rightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)},$$令$\xi=a+\theta(x-a),\theta\in(0,1)$,故当$x\to a^+$时，$\xi\to a^+$，从而两边取极限得：
+$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{\xi\to a^+}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$$得证.
+2.类似地可以证明$x\to a^-,x\to a$的情况.若是$x\to +\infty$,则令$t=\frac{1}{x}$,则$t\to0^+$，从而$$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{t\to0+}\frac{f(1/t)}{g(1/t)}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}{g'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)};$$$x\to-\infty和x\to\infty$类似.
+## **注意事项：**
+1. 使用时需要在等号上方写明是用的什么类型的洛必达，$\frac{0}{0}$？$\frac{\infty}{\infty}$？
+	例如：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{2x}+1}{\mathrm{e}^{2x}-1} \overset{\frac{\infty}{\infty}}{=}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{2\mathrm{e}^{2x}}=1$
+
+2. 先化简，再使用洛必达
+	适当使用洛必达，不要一直用洛必达，有时用等价无穷小化简更方便$$\lim_{x \to 0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{\tan^{3}x}$$先利用等价无穷小，将 $\tan^{3}x$ 转化为 $x^3$ ，然后再使用洛必达
+
+3. 在满足定理的某些情况下洛必达法则不能解决计算问题
+	下面的例子就会导致反复变为倒数$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$
+
+4. 必须要求分子分母的导数极限都存在
+	例如$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x+\sin x}{x}$$正确的办法是转换成两个极限相加。
+
+
+>[!warning] 不能使用洛必达的的情况：
+>1、必须要是$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$形式的，其他形式必须转化成前两种形式才能使用洛必达法则；
+>2、必须要$\lim\frac{f'(x)}{g'(x)}$存在才能使用；
+>3、一些特殊的函数可能会无法使用洛必达，比如$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$.
+
+>[!tips] 运用洛必达法则解决其他不定式问题的流程：
+$$\boxed{\infty-\infty}\overset{通分}{\Longrightarrow}\boxed{\frac{0}{0}或\frac{\infty}{\infty}}\overset{取倒数}{\Longleftarrow}\boxed{0\cdot\infty}\overset{取对数}{\Longleftarrow}\boxed{0^0或1^{\infty}或\infty^0}$$
+
+## **例题**
+
+>[!example]  求下列极限
+>(1)$\lim\limits_{x\to1}(1-x^2)\tan{\frac{\pi}{2}x}$;   (2)$\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x};(3)\lim\limits_{x\to0}(x^2+2^x)^{\frac{1}{x}}.$
+
+解：
+(1)用等价无穷小：$$原式\overset{t=x-1}{=}-\lim\limits_{t\to0}t(t+2)\tan{\frac{\pi}{2}(t+1)}=2\lim\limits_{t\to0}\frac{t}{\tan{\frac{\pi}{2}t}}=\frac{4}{\pi}.$$
+用洛必达：$$原式=\lim\limits_{x\to1}\frac{1-x^2}{\cot{\frac{\pi}{2}x}}\overset{\frac{0}{0}}{=}\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to1}\frac{-2x}{-\csc^2{\frac{\pi}{2}x}}=\frac{4}{\pi}.$$
+(2)$$原式=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-1}{x^2\tan x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\overset{\frac{0}{0}}{=}\lim\limits_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{3x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan^2x}{3x^2}=\frac{1}{3}.$$
+(3)$$\begin{aligned}原式&=\lim\limits_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln{(x^2)+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln{(x^2+2^x)}}{x}}\\\\&\overset{\frac{0}{0}}{=}\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{2x+2^x\ln2}{x^2+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\ln2}=2.\end{aligned}$$
+
+>[!example] 例题
+>设$f(x)$在$[0,1]$内二阶可导，且满足$$f(0)=0,f(1)=1,f(\frac{1}{2})>\frac{1}{4}.$$证明：
+>(1)至少存在一点$\xi\in(0,1)$,使得$f''(\xi)<2$;
+>(2)若$\forall x\in(0,1)$,有$f''(x)\neq2$,则当$x\in(0,1)$时，恒有$f(x)>x^2$.
+
+证明：
+（1）令$F(x)=f(x)-x^2$,则$F(0)=F(1)=0,F(\frac{1}{2})>0$.显然$F(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$和$[\frac{1}{2},1]$上都满足拉格朗日中值定理得条件，所以由拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi_1\in(0,\frac{1}{2}),\xi_2\in(\frac{1}{2},1),有\frac{F(\frac{1}{2})-F(0)}{\frac{1}{2}-0}=F'(\xi_1)>0,\frac{F(1)-F(\frac{1}{2})}{1-\frac{1}{2}}=F'(\xi_2)<0,$$于是再对$F(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上用拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2),有F''(\xi)=\frac{F(\xi_2)-F(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}<0,即f''(\xi)<2.$$
+（2）用反证法，假设$\exists \eta\in(0,1),f(\eta)\le \eta^2,则F(\eta)\le 0$,

素材/特征值.md

@@ -0,0 +1,32 @@
+
+>[!note] 定理
+>秩为$1$的矩阵$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$的特征值有如下特征：（1）$0$为其特征值，且代数重数和几何重数均为$n-1$；（2）它的另一个特征值为$\mathrm{tr}(A)$.
+
+**证明：**
+根据迹的定义，只需要证明（1）。
+因为$r(A)=1<n$,所以$|A|=0$，故$0$是$A$的一个特征值。考虑齐次线性方程组$A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$.由于$r(A)=1$，$\mathrm{dim}N(A)=n-1$，所以特征值$0$的几何重数为$n-1$。若$0$的代数重数为$n$，则$A\sim O$,而相似必等价，故$r(A)=0$，矛盾。又代数重数必定不小于几何重数，所以$0$的代数重数为$n-1$。
+特殊地，如果$A=\beta^T\alpha$,则$\mathrm{tr}(A)=\alpha\beta^T$.
+
+>[!example] 例1
+>设 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，$\alpha$ 为一个 $3$ 维单位列向量，则矩阵 $E-\alpha\alpha^T$ 的全部 $3$ 个特征值为$\underline{\qquad}$。
+
+**解：**
+设 $B=\alpha\alpha^T$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^T\alpha=1$）。
+
+• 秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^T\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）。
+
+• 若 $B\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}$为特征向量），则 $(E-B)\boldsymbol{x}=(1-\lambda)\boldsymbol{x}$，即$E-B$ 的特征值为 $1-\lambda$。
+
+$代入 B 的特征值 \lambda=1,0,0，得 E-B 的特征值为 1-1=0，1-0=1，1-0=1，即 1,1,0$。
+
+>[!example] 例2
+>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$。
+
+**解：**
+设 $A=\beta\alpha^T$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
+
+$A^2=(\beta\alpha^T)(\beta\alpha^T)=\beta(\alpha^T\beta)\alpha^T=(\alpha^T\beta)A$
+
+• 注意：$\alpha^T\beta=(\beta^T\alpha)^T$（矩阵转置性质），而 $\beta^T\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^T\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
+
+• 秩 $1$ 矩阵 $A$ 的非零特征值为 $\text{tr}(A)=\alpha^T\beta=-3$，设 $A\boldsymbol{x}=-3\boldsymbol{x}$，则 $A^2\boldsymbol{x}=(-3)A\boldsymbol{x}=(-3)^2\boldsymbol{x}=9\boldsymbol{x}$，即 $A^2$ 的非零特征值为 $9$。

素材/特征值与相似.md

@@ -0,0 +1,2 @@
+
+$设 E 为 3 阶单位矩阵，\alpha 为一个 3 维单位列向量，则矩阵 E-\alpha\alpha^T 的全部 3 个特征值为\underline{\qquad}。$

素材/用秩的不等式“夹逼”出确切值.md

@@ -0,0 +1,26 @@
+
+>[!information] 做题思路
+>通过矩阵的秩的不等式，最大限度限制所求的表达式的取值范围，或者将其**限制到一个具体的值**.
+>在希望求一个矩阵的秩的确切值时，也可以考虑用不等式关系来“夹逼”，常见的不等式：
+>1. $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}-n\le\mathrm{rank}(\boldsymbol{AB})\le\min{\{\mathrm{rank}\boldsymbol{A}, \mathrm{rank}\boldsymbol{B}\}}$
+>2. $\mathrm{rank}(\boldsymbol{A+B})<\mathrm{rank}\boldsymbol A+\mathrm{rank}\boldsymbol B$
+>3. 矩阵加边不会减小秩；
+>
+>特别的，在遇到诸如 $AB=O$ 的情况，务必要想到$\mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}-n\le\mathrm{rank}(\boldsymbol{AB}) \Rightarrow \mathrm{rank}\boldsymbol{A}+\mathrm{rank}\boldsymbol{B}\le n$
+
+9. （20分）设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+	(1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+	(2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+ 证明如下：
+>(1)（10分）
+> 对于方程组$Ax=0$ (a)和 $A^\mathrm{T}Ax=0$ (b)，b的解空间一定包含a的解空间（5分）；
+>而方程b两边同时乘以$x^\mathrm{T}$，得 $x^\mathrm{T}A^\mathrm{T}Ax=0$ ，即 $(x^\mathrm{T}A^\mathrm{T})(Ax)=0 \to Ax=0$，
+>所以a的解空间包含b的解空间（5分），
+>所以a,b同解，所以$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}{A^\mathrm{T}A}$
+>(2) （10分）
+>$A^\mathrm{T}Ax=A^\mathrm{T}\beta \iff \mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$
+>而由(1)的结论得等式左边 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}A$；
+><span style="color:#ffff22;">关键步骤！</span> 等式右边 $\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})\ge \mathrm{rank}A^\mathrm{T}A=\mathrm{rank}A$ （5分）
+><span style="color:#ffff22;">关键步骤！</span> 又$\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})\le \min{(\mathrm{rank}A^\mathrm{T},\ \mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})}=\mathrm{rank}A$ （5分）
+>所以$\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})=\mathrm{rank}A$
+>故 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$ 得证.

素材/秩的不等式.md

@@ -0,0 +1,63 @@
+# 一般式
+
+## 1. 和的秩不超过秩的和
+
+设 $A, B$ 为同型矩阵，则  
+$$ \operatorname{rank}(A+B) \leq \operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B $$
+
+## 2. 积的秩不超过任何因子的秩
+
+设 $A_{m \times n}, B_{n \times k}$，则  
+$$ \operatorname{rank}(AB) \leq \min\{\operatorname{rank} A, \operatorname{rank} B\} $$
+
+## 3. 重要不等式
+
+设 $A_{m \times n}, B_{n \times k}$，则  
+$$ \operatorname{rank}(AB) \geq \operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B - n $$ 
+特别地，当 $AB = 0$ 时，有 $\operatorname{rank} A + \operatorname{rank} B \leq n$。 
+
+# 分块式
+
+设 $A_{n \times n}$， $B_{n \times n}$，则
+
+$$(1)\ \mathrm{rank}  
+
+\begin{bmatrix}
+A \\
+B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } A, \quad \text{rank } 
+\begin{bmatrix}
+A \\
+B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } B
+$$
+
+$$(2)\ \mathrm{rank}  
+\begin{bmatrix}
+A & 0 \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank } A + \text{rank } B
+$$
+
+$$(3)\ \mathrm{rank}  
+\begin{bmatrix}
+A & E_n \\
+0 & B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } A + \text{rank } B
+$$
+
+$$(4)\ \mathrm{rank}  
+\begin{bmatrix}
+A & 0 \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank } 
+\begin{bmatrix}
+A & B \\
+0 & B
+\end{bmatrix} = \text{rank } 
+\begin{bmatrix}
+A + B & B \\
+B & B
+\end{bmatrix} \geq \text{rank } (A + B)
+$$
+

素材/线性方程组同解.md

@@ -0,0 +1,30 @@
+## **$Ax=0$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

@@ -0,0 +1,90 @@
+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

@@ -0,0 +1,88 @@
+### 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

@@ -0,0 +1,137 @@
+## **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 $\lim_{x\rightarrow 0} \theta(x)=\frac{1}{2}$。

编写小组/讲义/微分中值定理（解析版）.md

@@ -2,7 +2,7 @@
 tags:
   - 编写小组
 ---
- **内部资料，禁止传播**
+**内部资料，禁止传播**
 **编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：陈峰华   陈玉阶   程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王嘉兴   王轲楠   彭靖翔   郑哲航   钟宇哲   支宝宁**
 
 ## **辅助函数的构造方法**
@@ -187,6 +187,7 @@ $$
 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
 $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
@@ -197,6 +198,18 @@ $$f(a) = f(b) = 0，\quad f'_+(a)f'_-(b) > 0，$$
 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 $f'_+(a)>0$，$f'_-(b)>0$.由导数的定义有$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{x-a}>0,\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim\limits_{x\to b^-}\frac{f(x)}{x-b}>0,$$由极限的保号性，存在$a_1,b_1\in(a,b)$，使得$f(a_1)>0,f(b_1)<0$，从而由零值定理，存在$c\in(a_1,b_1)$使得$f(c)=0$.
 在区间$[a,c]$和$[c,b]$上分别用罗尔定理得，存在$\xi_1\in(a,c),\xi_2\in(c,b)$，使得$$f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0,$$故$f'(x)=0$在$(a,b)$内至少有两个根.
 
+
+
+>[!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:
@@ -326,6 +339,56 @@ $$
 
 ---
 
+>[!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。
+
+
+
+
+
 ## 多次运用中值定理
 
 多次运用中值定理一般有如下特征：

试卷库/线性代数/线代2013秋A.md

@@ -0,0 +1,65 @@
+## 一、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
+1. 设行列式 $D=\begin{vmatrix}-1&2&-3\\1&2&0\\-1&3&2\end{vmatrix}$ ，则 $M_{12}+A_{21}-M_{32}=$ ______
+2. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{B}&\boldsymbol{C}\\\boldsymbol{0}&\boldsymbol{D}\end{bmatrix}$ ，其中 $\boldsymbol{B}$ 、 $\boldsymbol{D}$ 皆为可逆矩阵，则 $\boldsymbol{A}^{-1}=$ ______
+3. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&1&0&0\\0&2&0&0\\0&0&-1&2\\0&0&-2&4\end{bmatrix}$ ， $n$ 为正整数，则 $\boldsymbol{A}^{n}=$ ______
+4. 已知向量空间 $V = \{(2a,2b,3b,3a)\mid a,b\in\mathbb{R}\}$ ，则 $V$ 的维数是______
+5. 已知矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-2&1&1\\0&2&0\\-4&1&3\end{bmatrix}$ ，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $2$ 的几何重数是______
+6. 实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ 的秩为______
+
+
+## 二、单选题（共6小题，每小题3分，共18分）
+1. 在4阶行列式 $\det[a_{ij}]$ 的展开式中含有因子 $a_{31}$ 的项共有【】
+   - (A) 4项
+   - (B) 6项
+   - (C) 8项
+   - (D) 10项
+2. 设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 是 $n$ 阶方阵，且 $\boldsymbol{B}$ 的第 $j$ 列元素全为零，则下列结论正确的是【】
+   - (A)  $\boldsymbol{AB}$ 的第 $j$ 列元素全等于零
+   - (B)  $\boldsymbol{AB}$ 的第 $j$ 行元素全等于零
+   - (C)  $\boldsymbol{BA}$ 的第 $j$ 列元素全等于零
+   - (D)  $\boldsymbol{BA}$ 的第 $j$ 行元素全等于零
+3. 设 $n$ 维向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_4$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_5$ 的秩为3，且满足 $\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_3 - 3\boldsymbol{\alpha}_5=\boldsymbol{0}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2 = 2\boldsymbol{\alpha}_4$ ，则该向量组的一个极大线性无关组为【】
+   - (A)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_5$ 
+   - (B)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_4$ 
+   - (C)  $\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_5$ 
+   - (D)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_5$ 
+4. 设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶方阵，给定以下命题：(1) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 等价；(2) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似；(3) $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 的行向量组等价。下列命题正确的是【】
+   - (A) (1) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (3)
+   - (B) (2) $\Rightarrow$ (1) $\Rightarrow$ (3)
+   - (C) (3) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (1)
+   - (D) 以上结论均不对
+1. 设矩阵 $\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$ 、 $\boldsymbol{C}\sim\boldsymbol{D}$ ，则下列命题正确的是【】
+   - (A) $\boldsymbol{A+B}\sim\boldsymbol{C+D}$
+   - (B) $\boldsymbol{A-B}\sim\boldsymbol{C-D}$
+   - (C)  $\boldsymbol{A}^2\sim\boldsymbol{B}^2$ 
+   - (D) $\boldsymbol{AB}\sim\boldsymbol{CD}$
+1. 如果 $\boldsymbol{A}$ 为反对称矩阵，那么 $\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})^{-1}$ 一定为【】
+   - (A) 反对称矩阵
+   - (B) 正交矩阵
+   - (C) 对称矩阵
+   - (D) 对角矩阵
+
+
+## 三、（10分）
+设 $n$ 阶行列式 $D_n=\begin{vmatrix}1&1&0&\cdots&0&0\\-1&1&1&\cdots&0&0\\0&-1&1&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&1&1\\0&0&0&\cdots&-1&1\end{vmatrix}$ ，证明： $D_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]$ 
+
+
+## 四、（10分）
+求 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol{A}$ （原题 $\boldsymbol{A}$ 具体元素排版混乱，推测可能为 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&1&0&\cdots&1&1\\1&1&1&\cdots&1&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\1&0&0&\cdots&1&1\end{bmatrix}$ ，具体以标准题型为准）的逆矩阵 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 
+
+
+## 五、（10分）
+求解非齐次线性方程组（原题方程排版混乱，整理后推测为）：
+ $\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 4\\2x_1 + 3x_2 + x_3 = -4\\3x_1 + 8x_2 - 2x_3 = 13\\4x_1 - x_2 + 9x_3 = -6\\x_1 - x_2 + 2x_3 = -5\end{cases}$ （具体方程以标准题型为准）
+
+
+## 六、（10分）
+设 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 为3阶矩阵， $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{B}$ ， $\lambda_1=-1$ 、 $\lambda_2=1$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的两个特征值， $|\boldsymbol{B}^{-1}|=\frac{1}{3}$ ，求行列式 $\begin{vmatrix}-(\boldsymbol{A}-3\boldsymbol{E})^{-1}&\boldsymbol{0}\\\boldsymbol{0}&\boldsymbol{B}^*+\left(-\frac{1}{4}\boldsymbol{B}\right)^{-1}\end{vmatrix}$ （其中 $\boldsymbol{B}^*$ 为 $\boldsymbol{B}$ 的伴随矩阵）
+
+
+## 七、（12分）
+求一可逆线性变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ ，将二次型 $f=2x_1^2 + 9x_2^2 + 3x_3^2 + 8x_1x_2 - 4x_1x_3 - 10x_2x_3$ 化成二次型 $g=2y_1^2 + 3y_2^2 + 6y_3^2 - 4y_1y_2 - 4y_1y_3 + 8y_2y_3$ （或按“将 $f$ 化为标准形”的常规题型修正，具体以题目意图为准）
+
+
+## 八、（12分）
+设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 阶方阵，证明： $\boldsymbol{A}^2=\boldsymbol{E}$ 的充分必要条件是 $\mathrm{rank}(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})+\mathrm{rank}(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A})=n$ （其中 $\mathrm{rank}$ 表示矩阵的秩）

试卷库/线性代数/线代2018秋A.md

@@ -0,0 +1,77 @@
+
+## 一、单选题(共6小题，每小题3分，共18分)
+1. 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶对称矩阵， $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶反对称矩阵，下列矩阵中为反对称矩阵的是【】
+    (A)  $\boldsymbol{AB}-\boldsymbol{BA}$ ；
+    (B)  $\boldsymbol{AB}+\boldsymbol{BA}$ ；
+    (C)  $\boldsymbol{BAB}$ ；
+    (D)  $(\boldsymbol{AB})^2$ 。
+
+2. 设 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 是可逆矩阵，且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，则下列结论错误的是【】
+    (A)  $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}$ 与 $\boldsymbol{B}^\mathrm{T}$ 相似；
+    (B)  $\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似；
+    (C)  $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^\mathrm{T}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^\mathrm{T}$ 相似；
+    (D)  $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似。
+
+3. 设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1=(0,0,c_1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,c_2)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,-1,c_3)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_4=(-1,1,c_4)^\mathrm{T}$ ，其中 $c_1$ ， $c_2$ ， $c_3$ ， $c_4$ 为任意常数，则下列向量组线性相关的是【】
+    (A)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$ ；
+    (B)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_4$ ；
+    (C)  $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$ ；
+    (D)  $\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$ 。
+
+4. 设 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶矩阵，则【】
+    (A)  $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{AB}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\boldsymbol{A}$ ；
+    (B)  $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{BA}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\boldsymbol{A}$ ；
+    (C)  $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{B}\end{bmatrix}=max\{\mathrm{rank}\boldsymbol{A},\mathrm{rank}\boldsymbol{B}\}$ ；
+    (D)  $\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{B}\end{bmatrix}=\mathrm{rank}\begin{bmatrix}\boldsymbol{A}^\mathrm{T}&\boldsymbol{B}^\mathrm{T}\end{bmatrix}$ 。
+
+5. 设 $\boldsymbol{A}$ 可逆，将 $\boldsymbol{A}$ 的第一列加上第二列的2倍得到 $\boldsymbol{B}$ ，则 $\boldsymbol{A}^*$ 与 $\boldsymbol{B}^*$ 满足【】
+    (A) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第一列加上第二列的2倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+    (B) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第一行加上第二行的2倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+    (C) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第二列加上第一列的 $(-2)$ 倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ ；
+    (D) 将 $\boldsymbol{A}^*$ 的第二行加上第一行的 $(-2)$ 倍得到 $\boldsymbol{B}^*$ 。
+
+6. 设齐次线性方程组
+    (I) $\begin{cases}x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0\\2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0\\x_1 + x_2 + ax_3 = 0\end{cases}$ 
+    (II) $\begin{cases}x_1 + bx_2 + cx_3 = 0\\2x_1 + b^2x_2 + (c + 1)x_3 = 0\end{cases}$ 
+    同解，则 $a,b,c$ 的值为【】
+    (A)  $a=1,b=0,c=1$ ；
+    (B)  $a=1,b=1,c=2$ ；
+    (C)  $a=2,b=0,c=1$ ；
+    (D)  $a=2,b=1,c=2$ 。
+
+## 二、填空题(共6小题，每小题3分，共18分)
+7. 已知向量 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,-1,0)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,-1,-1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(-1,0,1,1)^\mathrm{T}$ ，则向量 $\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2$ 与 $2\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_3$ 的内积 $<\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2,2\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_3>=$ ________。
+
+8. 设二阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有两个相异特征值， $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的线性无关的特征向量，且 $\boldsymbol{A}^2(\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2)=\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ ，则 $|\boldsymbol{A}|=$ ________。
+
+9. 若向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,3,5)^\mathrm{T}$ 不能由向量组 $\boldsymbol{\beta}_1=(1,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_2=(1,2,3)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_3=(3,4,a)^\mathrm{T}$ 线性表示，则 $a=$ ________。
+
+10. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&a_1&a_1^2&a_1^3\\1&a_2&a_2^2&a_2^3\\1&a_3&a_3^2&a_3^3\\1&a_4&a_4^2&a_4^3\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix}$ ，其中 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 互不相同，则线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解为________。
+
+11. 若 $n$ 阶实对称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_i=(-1)^i(i=1,2,\cdots,n)$ ，则 $\boldsymbol{A}^{100}=$ ________。
+
+12. 设 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=[a_{ij}]_{n\times n}$ ，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n(a_{i1}x_1 + a_{i2}x_2 + \cdots + a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为________。
+
+## 三、计算与证明(共6小题，共64分)
+13. (10分)计算 $n$ 阶行列式 $\begin{vmatrix}1&2&3&\cdots&n-1&n\\2&1&2&\cdots&n-2&n-1\\3&2&1&\cdots&n-3&n-2\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\n-1&n-2&n-3&\cdots&1&2\\n&n-1&n-2&\cdots&2&1\end{vmatrix}$ 。
+
+14. (10分)设 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,0,-1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2=(2,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,1,1)^\mathrm{T}$ 和 $\boldsymbol{\beta}_1=(0,1,1)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_2=(-1,1,0)^\mathrm{T}$ ， $\boldsymbol{\beta}_3=(0,2,1)^\mathrm{T}$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的两组基，求向量 $\boldsymbol{u}=\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2 - 3\boldsymbol{\alpha}_3$ 在基 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 下的坐标。
+
+15. (10分)设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - 2x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2 + 2y_2^2 + by_3^2$ 。
+    (1)求 $a$ ， $b$ 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$ ；
+    (2)证明 $\boldsymbol{A} + 2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。
+
+16. (10分)设三阶矩阵 $\boldsymbol{A}=[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3]$ 有三个不同的特征值，且满足 $\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3$ 。
+    (1)证明 $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}=2$ ；
+    (2)求方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解。
+
+17. (12分)设 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol{A}$ ， $\boldsymbol{B}$ 满足 $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}$ 。
+    (1)证明 $\boldsymbol{A} - \boldsymbol{E}$ 可逆；
+    (2)证明 $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{BA}$ ；
+    (3)证明 $\mathrm{rank}\boldsymbol{A}=\mathrm{rank}\boldsymbol{B}$ ；
+    (4)若 $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}1&-3&0\\2&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}$ ，求矩阵 $\boldsymbol{A}$ 。
+
+18. (12分)已知实矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&2\\2&a\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}4&b\\3&1\end{bmatrix}$ 。
+    (1)证明矩阵方程 $\boldsymbol{AX}=\boldsymbol{B}$ 有解但 $\boldsymbol{BY}=\boldsymbol{A}$ 无解的充要条件是 $a\neq2$ ， $b=\frac{4}{3}$ ；
+    (2)证明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{B}$ 的充要条件是 $a=3$ ， $b=\frac{2}{3}$ ；
+    (3)证明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 合同于 $\boldsymbol{B}$ 的充要条件是 $a<2$ ， $b=3$ 。

试卷库/线性代数/线代2019秋A.md

@@ -0,0 +1,65 @@
+
+## 一、单选题(共6小题,每小题3分,共18分)
+1. n维向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}(3 \le r \le n)$ 线性无关的充要条件是【】
+A. 存在一组不全为零的数 $k_{1}, k_{2}, ..., k_{r}$ 使得 $\sum_{i=1}^{r} k_{i} \boldsymbol{\alpha}_{i} ≠0$ 
+B.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中任意两个向量都线性无关
+C.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中存在一个向量不能用其余向量线性表示
+D.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, ..., \boldsymbol{\alpha}_{r}$ 中任意一个向量都不能用其余向量线性表示
+
+2. 已知 $\boldsymbol{Q}$ 为n阶可逆矩阵， $\boldsymbol{P}$ 为n阶方阵，满足 $\boldsymbol{Q}\boldsymbol{P}=0$ ，则下列命题中正确的是【】
+A.  $\mathrm{rank}(\boldsymbol{P})=0$ 
+B.  $\boldsymbol{P}$ 可逆
+C.  $\boldsymbol{P}$ 不可对角化
+D. 不存在这样的方阵 $\boldsymbol{P}$ 
+
+3. 已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 线性无关，则以下向量组中线性相关的是【】
+A.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 
+B.  $\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}-\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 
+C.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}-\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 
+D.  $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{4}, \boldsymbol{\alpha}_{4}+\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 
+
+4. 设n阶非零方阵 $\boldsymbol{A}$ 满足 $\boldsymbol{A}^{2}=\boldsymbol{A}$ ，则下列命题中正确的是【】
+A.  $\boldsymbol{A}$ 只有特征值1
+B.  $\boldsymbol{A}$ 只有特征值0
+C.  $\boldsymbol{A}$ 可对角化
+D.  $\boldsymbol{A}$ 一定不可逆
+
+5. 下列命题中正确的是【】
+A. 等价的矩阵必相似
+B. 合同的矩阵必相似
+C. 合同的矩阵必等价
+D. 等价的矩阵必合同
+
+6. 设 $\boldsymbol{A}$ 是二次型 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 所对应的矩阵，则下列命题中正确的是【】
+A. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 负定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+B. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 正定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+C. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 半负定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+D. 若 $f(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})$ 半正定，则 $\boldsymbol{A}$ 的任意阶顺序主子式都大于零
+
+## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分)
+7. 如果 $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 6 & 7 & 8 \\ 0 & 0 & 9 & x \\ 0 & 0 & 11 & 12\end{vmatrix}=0$ ，则 $x=$ _______
+
+8. n阶方阵 $\begin{bmatrix}1 & a & \cdots & a \\ a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & \cdots & 1\end{bmatrix}$ 的秩为 $n - 1$ ，且 $n>2$ ，则 $a=$ _______
+
+9. 设 $\boldsymbol{E}$ 为3阶单位矩阵， $\boldsymbol{\alpha}$ 为一个3维单位列向量，则矩阵 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的全部3个特征值为_______
+
+10. 设二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=x_{1}^{2}+4x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2ax_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}$ 正定，则参数 $a$ 的取值范围是_______
+
+11.  $\begin{bmatrix}1 & a & 0 \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^{-1}=$ _______
+
+12. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -1 & -1\end{bmatrix}$ ，则 $\boldsymbol{A}^{100}=$ _______
+
+## 三、计算与证明题(共6小题,共64分)
+13. 计算行列式并解方程 $\begin{vmatrix}1 & 2 & 3 & 4 + x \\ 1 & 2 & 3 + x & 4 \\ 1 & 2 + x & 3 & 4 \\ 1 + x & 2 & 3 & 4\end{vmatrix}=0$ 。(10分)
+
+14. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & a & b \\ 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$ ，其中 $a, b$ 都不等于0
+(1) 对任意自然数 $n \in \mathbb{N}$ ，计算 $\boldsymbol{A}^{n}$ 。(6分)
+(2) 计算 $\boldsymbol{A}^{-1}$ 。(4分)
+
+15. 设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 是线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解，其中 $\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \\ b_{4}\end{bmatrix}$ ，现已知 $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}2 \\ 2 \\ 4 \\ 6\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{bmatrix}0 \\ 3 \\ 0 \\ 6\end{bmatrix}$ ，求该方程组的通解。(10分)
+
+16. 设方阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，其中 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-2 & 0 & 0 \\ 2 & x & 2 \\ 3 & 1 & 1\end{bmatrix}$ ， $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}-1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & y\end{bmatrix}$ ，求 $x, y$ 的值及可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使得 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{B}$ 。(10分)
+
+17. 已知二次型 $f=x_{1}^{2}+ax_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2bx_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}$ 可经过正交变换 $\begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{bmatrix}=\boldsymbol{P}\begin{bmatrix}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3}\end{bmatrix}$ 化为 $y_{2}^{2}+4y_{3}^{2}$ ，求 $a, b$ 的值和正交矩阵 $\boldsymbol{P}$ 。(12分)
+
+18. 设 $\boldsymbol{A}$ 为n阶可逆矩阵，证明 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化当且仅当 $\boldsymbol{A}^{2}$ 可以相似对角化。(12分)

试卷库/线性代数/线代2021秋A.md

@@ -0,0 +1,3 @@
+1. 设三阶方阵 \(A=\begin{bmatrix}a&b&b\\b&a&b\\b&b&a\end{bmatrix}\)，其伴随矩阵 \(A^*\) 的秩等于1，则（ ）
+	A. \(a=b\) 且 \(a+2b\neq0\) 
+	B. \(a=b\) 或 \(a+2b\neq0\) C. \(a\neq b\) 且 \(a+2b=0\) D. \(a\neq b\) 且 \(a+2b\neq0\) 2. 设 \(A, B, A+B, A^{-1}+B^{-1}\) 均为 \(n(n\geq2)\) 阶可逆矩阵，则 \((A^{-1}+B^{-1})^{-1}\) 等于（ ） A. \(A^{-1}+B^{-1}\) B. \(A+B\) C. \(A(A+B)^{-1}B\) D. \((A+B)^{-1}\) 3. 设 \(n\) 维向量 \(\alpha, \beta, \gamma\) 与数 \(k, l, m\) 满足 \(k\alpha+l\beta+m\gamma=0\)，且 \(km\neq0\)，则（ ） A. \(\alpha, \beta\) 与 \(\alpha, \gamma\) 等价 B. \(\alpha, \beta\) 与 \(\beta, \gamma\) 等价 C. \(\alpha, \gamma\) 与 \(\beta, \gamma\) 等价 D. \(\alpha\) 与 \(\gamma\) 等价 4. 下列矩阵中，与 \(\begin{bmatrix}4&2&0\\2&4&0\\0&0&-8\end{bmatrix}\) 合同的是（ ） A. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\) B. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\) C. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\) D. \(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\) 5. 设 \(\lambda_1, \lambda_2\) 是矩阵 \(A\) 的两个相异特征值，对应的特征向量分别为 \(\alpha_1, \alpha_2\)，则 \(A(\alpha_1+\alpha_2), \alpha_1\) 线性无关的充要条件为（ ） A. \(\lambda_1\neq0\) B. \(\lambda_2\neq0\) C. \(\lambda_1=0\) D. \(\lambda_2=0\) 6. 设 \(A, B\) 均为 \(n\) 阶正定矩阵，则下列矩阵中必为正定矩阵的是（ ） A. \(kAB\)，其中 \(k\) 为常数 B. \(kA^*+lB^*\)，其中 \(kl>0\) C. \(A^{-1}+B^{-1}\) D. \(A^{-1}-B^{-1}\) ## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分) 7. 设矩阵 \(A=\begin{bmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{bmatrix}\)，则矩阵 \(A^3\) 的秩为________。 8. 已知 \(\alpha_1=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}, \alpha_2=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\) 和 \(\beta_1=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}, \beta_2=\begin{bmatrix}2\\3\end{bmatrix}\) 为向量空间的两组基，则从 \(\beta_1, \beta_2\) 到 \(\alpha_1, \alpha_2\) 的过渡矩阵为________。 9. 在实数域中，二次型 \(f(x_1, x_2, x_3)=2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2x_3\) 的规范形为________。 10. 设5阶实对称矩阵 \(A\) 满足 \(A^2-2A=O\)，\(\text{rank}(A)=3\)，则 \(|A+E|\) 等于________。 11. 设 \(A=[a_{ij}]_{3\times3}\) 是正交矩阵，且 \(a_{33}=1\)，\(b=\begin{bmatrix}0\\0\\3\end{bmatrix}\)，则线性方程组 \(Ax=b\) 的解为________。 12. 设 \(A\) 为三阶方阵，将 \(A\) 的第2列加到第1列得到 \(B\)，再交换 \(B\) 的第2行与第3行得到单位矩阵，则 \(A\) 等于________。 ## 三、计算与证明题(共6小题,共64分) 13. 求多项式 \(f(x)=\begin{vmatrix}x&x&1&2x\\1&x&2&-1\\2&1&x&1\\2&-1&1&x\end{vmatrix}\) 中 \(x^3\) 的系数。(10分) 14. 设三阶方阵 \(A, B\) 满足 \(A^*BA=2BA-8E\)，其中 \(A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{bmatrix}\)，求 \(B\)。(10分) 15. 已知线性方程组 \(\begin{cases}x_1+x_2=0\\-2x_1+2x_2+(2-\lambda)x_3=1\\-4x_1+(5-\lambda)x_2+2x_3=2\end{cases}\)，讨论当 \(\lambda\) 取何值时，方程组有唯一解、无解、有无穷多解，并求出有无穷多解时的通解。(10分) 16. 设 \(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m\) 均为实数域上的 \(n\) 维列向量，其中 \(m<n\)，证明 \(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m\) 线性无关的充要条件为 \(B^TB\) 可逆（其中 \(B=[\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m]\)）。(10分) 17. 已知 \(\alpha=\begin{bmatrix}a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{bmatrix}, \beta=\begin{bmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{bmatrix}\) 为 \(n\) 维非零列向量，且 \(\beta^T\alpha\neq0\)，\(A=\alpha\beta^T\)，证明 \(A\) 可相似对角化。(12分) 18. 已知实二次型 \(f(x_1, x_2, x_3)=3x_1^2+2x_2^2+ax_3^2+bx_1x_3\)，经过正交变换 \(x=Py\) 得标准形 \(y_1^2+2y_2^2+5y_3^2\)，其中 \(a, b\) 都是非负实数，求正交变换矩阵 \(P\)。(12分)

试卷库/线性代数/线代2022秋A.md

@@ -0,0 +1,64 @@
+## 一、单选题(共6小题,每小题3分,共18分)
+1. 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶方阵,且 $|\boldsymbol{A}| = 5$ ,则 $||\boldsymbol{A}|\boldsymbol{A}^{T}|$ =【】
+A.  $5n$ 
+B.  $5^{n + 1}$ 
+C.  $5^{n - 1}$ 
+D. 25
+
+2. 设 $\boldsymbol{A}$ , $\boldsymbol{B}$ 均为 $n$ 阶方阵,则下列命题中正确的是【】
+A.  $|\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}|=|\boldsymbol{A}| + |\boldsymbol{B}|$ 
+B.  $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{BA}$ 
+C.  $|\boldsymbol{AB}|=|\boldsymbol{BA}|$ 
+D.  $(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B})^{-1}=\boldsymbol{A}^{-1}+\boldsymbol{B}^{-1}$ 
+
+3. 下列关于矩阵秩的结论中,错误的是【】
+A. 若矩阵 $\boldsymbol{A}$ , $\boldsymbol{B}$ , $\boldsymbol{C}$ 满足 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{BC}$ 且 $\boldsymbol{B}$ 是列满秩的,则 $\boldsymbol{A}$ 列满秩当且仅当 $\boldsymbol{C}$ 列满秩
+B. 行阶梯形矩阵中1的个数等于矩阵的秩
+C. 设 $\boldsymbol{A}$ , $\boldsymbol{B}$ 均为 $n$ 阶方阵,则 $R(\boldsymbol{AB})=R(\boldsymbol{B})$ 的充要条件是线性方程组 $(\boldsymbol{AB})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 与 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 同解
+D. 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶方阵,则 $R(\boldsymbol{A}^{n})=R(\boldsymbol{A}^{n + 1})$ 
+
+4. 设 $\boldsymbol{\eta}_{1}$ , $\boldsymbol{\eta}_{2}$ 是非齐次线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的两个不同解, $\boldsymbol{\xi}_{1}$ , $\boldsymbol{\xi}_{2}$ 是导出方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的两个不同解,则:① $\boldsymbol{\eta}_{1}-\boldsymbol{\eta}_{2}$ 是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的解,② $3\boldsymbol{\xi}_{1}+\boldsymbol{\eta}_{1}$ 是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解,③ $2\boldsymbol{\xi}_{1}+2\boldsymbol{\xi}_{2}$ 是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的解,④ $2\boldsymbol{\eta}_{1}-\boldsymbol{\eta}_{2}$ 是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解,⑤ $\boldsymbol{\eta}_{1}-\boldsymbol{\eta}_{2}+\boldsymbol{\xi}_{1}$ 是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解。上述结论正确的有多少个?【】
+A. 2
+B. 3
+C. 4
+D. 5
+
+5. 已知 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似, $\boldsymbol{C}$ 与 $\boldsymbol{D}$ 相似,则下列命题中正确的是【】
+A.  $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{C}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{D}$ 相似
+B.  $\boldsymbol{AC}$ 与 $\boldsymbol{BD}$ 相似
+C.  $\boldsymbol{A}^{2}+\boldsymbol{I}$ 与 $\boldsymbol{B}^{2}+\boldsymbol{I}$ 相似
+D.  $\boldsymbol{A}^{T}+\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}^{T}+\boldsymbol{B}$ 相似
+
+6. 设 $f(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{1}^{2}+6x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-4x_{1}x_{2}-2x_{1}x_{3}=C$ ,则此二次曲面是【】
+A.  $C = 0$ 为锥面
+B.  $C>0$ 为椭球面
+C.  $C<0$ 为柱面
+D.  $C = 1$ 为单叶双曲面
+
+## 二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分)
+1. 设 $\alpha,\beta,\gamma$ 为 $x^{3}+px + q = 0$ 的三个根,则行列式 $\begin{vmatrix}\boldsymbol{\alpha}&\boldsymbol{\beta}&\boldsymbol{\gamma}\\\boldsymbol{\gamma}&\boldsymbol{\alpha}&\boldsymbol{\beta}\\\boldsymbol{\beta}&\boldsymbol{\gamma}&\boldsymbol{\alpha}\end{vmatrix}$ =________
+2. 设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&1&1\\a_{1}&a_{2}&a_{3}\\a_{1}^{2}&a_{2}^{2}&a_{3}^{2}\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ,其中 $a_{1},a_{2},a_{3}$ 互不相同,线性方程组 $\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 的解为________
+3. 设3阶方阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2&-1&2\\1&0&1\\0&0&2\end{bmatrix}$ ,3维向量 $\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}t\\2\\1\end{bmatrix}$ ,若 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}$ 线性相关,则 $t=$ ________
+4. 已知 $\|\boldsymbol{a}\| = 2$ , $\|\boldsymbol{b}\| = 5$ ,且 $\boldsymbol{a}$ 和 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\frac{2}{3}\pi$ ,若向量 $\boldsymbol{A}=\lambda\boldsymbol{a}+17\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{B}=3\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 垂直,则 $\lambda=$ ________
+5. 已知 $n(n\geq2)$ 维列向量 $\boldsymbol{\alpha}$ , $\boldsymbol{\beta}$ 满足 $\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}=-3$ ,其中 $\boldsymbol{\beta}^{T}$ 为 $\boldsymbol{\beta}$ 的转置,则方阵 $(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^{T})^{2}$ 的非零特征值为________
+6. 已知 $\boldsymbol{A}$ 为 $m\times n$ 实矩阵(其中 $m < n$ ), $\boldsymbol{I}$ 为 $n$ 阶单位矩阵, $t$ 为实数,则 $\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}+t\boldsymbol{I}$ 为正定矩阵的充分必要条件是实数 $t$ 满足关系式________
+
+## 三、计算题(10分)
+计算 $n$ 阶行列式 $\begin{vmatrix}a&a_{2}&a_{2}&\cdots&a_{2}\\a_{2}&a&a_{2}&\cdots&a_{2}\\a_{2}&a_{2}&a&\cdots&a_{2}\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{2}&a_{2}&a_{2}&\cdots&a\end{vmatrix}$ 
+
+## 四、计算题(10分)
+设直线 $L:\frac{x - 1}{2}=y=\frac{z - 2}{3}$ 与平面 $\pi:2x - y+z - 10 = 0$ 的交点为 $P$ ,求过点 $P$ 且与平面 $\pi$ 垂直的直线方程。
+
+## 五、计算题(10分)
+已知线性方程组 $\begin{cases}\lambda x_{1}-x_{2}-x_{3}=1\\-x_{1}+\lambda x_{2}-x_{3}=-\lambda\\-x_{1}-x_{2}+\lambda x_{3}=\lambda^{2}\end{cases}$ 至少存在两个不同的解,求该线性方程组的通解。
+
+## 六、计算题(10分)
+判定向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\\-1\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}1\\4\\1\\0\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{bmatrix}-1\\2\\-1\\2\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{4}=\begin{bmatrix}1\\1\\2\\3\end{bmatrix}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{5}=\begin{bmatrix}2\\-1\\4\\5\end{bmatrix}$ 的线性相关性,求其一个极大线性无关组,并将其余向量用该极大线性无关组线性表示。
+
+## 七、证明与计算题(共2小题,第1小题4分,第2小题8分,共12分)
+已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关,其中 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{\alpha}_{3}\in\mathbb{R}^{3}$ , $\boldsymbol{A}$ 为3阶方阵,且 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}-\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}+4\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 。
+1. 证明 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}$ , $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关；
+2. 计算行列式 $|\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|$ ,其中 $\boldsymbol{E}$ 是3阶单位矩阵。
+
+## 八、计算题(12分)
+已知实二次型 $f(x_{1},x_{2},x_{3})=\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $3y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}$ ,且 $\boldsymbol{P}$ 的第3列为 $\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ,求 $\boldsymbol{A}$ 。