怎么找 Column space 和 Null Space (列空间和零空间)

Column space 和 Null space,听起来很难的样子,其实求它们并不算很难的一件事。在做完初等行变换(Row reduction),把矩阵变成行阶梯形(Row reduced form)后,Column space 的 basis 就很容易得到了,而求零空间,其实就是求齐次方程的解空间。我们来具体讲一下怎么求这两个空间。

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

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

通过初等行变换,它可以变成

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

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

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

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

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

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

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

怎么样求递推形式的极限?

所谓递推式,就是形如\[x_{n+1}=f(x_n,x_{n-1},\cdots, x_0)\]的函数或序列。遇到这种形式的极限,很多同学就不知道从哪里下手求极限。

其实,要求得这种形式的极限并不难,难的在于,我们经常忘记了最重要的一步,那就是,证明极限是存在的。

我们来看一个例子:
例:设数列\(\{x_n\}\)满足:
\[ 0< x_0 <1, x_{n+1}=x_n(2-x_n),\]
求\(\lim_{n\to \infty}x_n\)。

这里我们看一下这种极限怎么求。假如我们知道这个序列是有极限的,那么,我们知道,\(n\to \infty\)时,\(x_{n+1}\)和\(x_{n}\)都有同样的极限,我们设这个极限为\(A\),那么我们只需要求一个关于\(A\)的一个代数方程,就得到了我们要求的极限。

但这里关键的一步是,我们怎么确定这个序列是有极限的。我们所学的内容里面,有两个极限存在的准则,对这种递推形式的极限,通常能用的是“单调有界数列必有极限”。所以我们要证两件事,一个是序列是单调的,另一个要证明序列是有界的。我们来看看完整的解答过程。

解:假定序列的极限是存在的,设此极限为\(A\),那么:\[\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=A, \lim_{n\to\infty}x_{n}=A, \]

所以
\[A=A(2-A),\]

解此方程,可以得到 \(A^2=A\),那么\(A=1\) 或者 \(0\)。具体是 0 还是 1,我们要看我们的其余的证明过程。

现在我们证明这个序列的极限是存在的。因为\(0<x_0<1\),所以\(x_1=x_0(2-x_0)=2x_0-x_0^2\),配方,我们可以得到\(x_1=1-(1-x_0)^2\),所以 \(0<x_1<1\),所以序列是有界的。又因为 \(x_0<1\),所以 \(2-x_0>1\),所以 \(x_0(2-x_0)>x_0\)。我们用归纳法来证明,\(0<x_n<1\) 并且是单调增加的。

现在假设\(0<x_n<1\),那么,\(0<x_{n+1}=x_n(2-x_n)<1\),跟上述证明一样,\(x_{n+1}>x_n\),所以序列是单调增加的。

所以,\(\lim_{n\to\infty}x_n=1\)。(\(A=0\) 舍去,因为 \(x_n>0\))

二阶微分方程的常数变易法

我们都知道一阶线性微分方程的常数变易法,那是我们的高等数学里学到的一阶线性微分方程的公式的由来。其实,对于任何高阶线性微分方程,我们都可以用常数变易法来求得非齐次方程的通解。 这里我们仅讲述二阶方程的常数变易法,更高阶的方程可以用同样的方法求得方程的通解。

所谓常数变易法,就是在求得相应齐次方程的通解后,将齐次方程的通解里的任意常数用关于自变量的任意函数代替,然后代入到原非齐次方程里去,从而求得非齐次方程的特解的一种方法。由非齐次方程的解的定理,我们只需要将齐次方程的通解加上非齐次方程的一个特解,就得到了齐次方程的通解。我们在求一阶非齐次方程的通解的过程中,用的就是这一方法。现在我们将它推广到二阶去, 为叙述简便, 我们只考虑常系数方程的情形。

考虑二阶微分方程
\[y”+py’+qy=f(x),\]
这里 \(p, q\) 都是常数, 其对应的齐次微分方程为
\[y”+py’+qy=0.\]

现在设我们已知齐次微分方程 \(y”+py’+qy=0\) 的通解为
\[y=c_1y_1(x)+c_2y_2(x).\]
我们将其中的任意常数 \(c_1\) 和 \(c_2\) 用关于 \(x\) 的任意函数 \(u_1(x)\) 和 \(u_2(x)\) 代替,来找一个非齐次方程的特解,此特解具有形式
\[y_p(x)=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x).\]
将此式对 \(x\) 求导,可以得到
\[y’_p(x)=(u’_1(x)y_1(x)+u’_2(x)y_2(x))+(u_1(x)y’_1(x)+u_2(x)y’_2(x)).\]
因为函数 \(u_1(x)\) 和 \(u_2(x)\) 是任意的,所以我们可以取函数 \(u_1(x)\) 和 \(u_2(x)\) 使得
\[u’_1(x)y_1(x)+u’_2(x)y_2(x)=0\]
从而使方程得到简化。再对 \(y’_p\) 求导并应用上述条件,我们得到了
\[y”_p(x)=u’_1(x)y’_1(x)+u’_2(x)y’_2(x)+u_1(x)y”_1(x)+u_2(x)y”_2(x)\]

代回到原方程 \(y”_p(x)+py’_p(x)+qy_p(x)=f(x)\),我们得到了
\[\begin{align}
& u’_1(x)y’_1(x)+u’_2(x)y’_2(x)+u_1(x)y”_1(x)+u_2(x)y”_2(x) \\ &\quad +p((u_1(x)y’_1(x)+u_2(x)y’_2(x))+q(u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x))\\
&=f(x).\end{align}\]
因为 \(y_1,y_2\) 是齐次方程的解,所以
\[u_1(x)y”_1(x)+pu_1(x)y’_1(x)+qu_1(x)y_1(x)=0,\]及
\[u_2(x)y”_2(x)+pu_2(x)y’_2(x)+qu_2(x)y_2(x)=0.\]
所以 \(u_1(x)\) 和 \(u_2(x)\) 满足方程
\[u’_1(x)y’_1(x)+u’_2(x)y’_2(x)=f(x).\]
以及限制条件
\[u’_1(x)y_1(x)+u’_2(x)y_2(x)=0.\]

我们解联立方程
\[\begin{cases}
u’_1(x)y’_1(x)+u’_2(x)y’_2(x)=f(x),\\
u’_1(x)y_1(x)+u’_2(x)y_2(x)=0.
\end{cases}\]就可以求出方程的一个特解。

我们来看一个例子。

例:求方程
\[y”+4y=2\tan x\]
的通解。

解:齐次方程的特征方程为
\[r^2+4=0\]
特征根为 \(r_{1,2}=\pm 2i\) 。所以齐次方程的通解为 \(Y=c_1\sin 2x + c_2 \cos 2x\) 。现在我们用常数变易法来求方程的一个特解。

设 \(y_p=u_1(x)\sin 2x + u_2(x)\cos 2x\) 为方程的一个特解,\(u_1(x)\) 和 \(u_2(x)\) 满足条件
\[\begin{cases}
2u’_1(x)\cos 2x-u’_2(x)\sin 2x=2\tan x,\\
u’_1(x)\sin 2x+u’_2(x)\cos 2x=0.
\end{cases}\]

解此方程,用线性代数的方法,克莱姆法则。系数行列式为
\[D=\begin{vmatrix}
2\cos 2x&-2\sin2x\\
\sin2x&\cos2x
\end{vmatrix}=2.\]

\[D_1=\begin{vmatrix}
2\tan x&-2\sin2x\\
0&\cos2x
\end{vmatrix}=2\tan x\cos2x.\]

\[D_2=\begin{vmatrix}
2\cos 2x&2\tan x\\
\sin2x&0
\end{vmatrix}=-2\tan x\sin2x.\]

所以我们得到
\[\begin{cases}
u’_1(x)=\tan x\cos2x\\
u’_2(x)=-\tan x\sin2x
\end{cases}\]
积分可得
\[
\begin{cases}
u_1(x)=\displaystyle\frac{1}{2}\ln(\sin^2x-1)+\sin^2x\\
u_2(x)=\displaystyle\frac{1}{2}\sin2x-x
\end{cases}
\]

所以微分方程的通解为
\[
y=c_1\cos2x+c_2\sin2x+\left(\displaystyle\frac{1}{2}\ln(\sin^2x-1)+\sin^2x\right)\cos2x+\left(\displaystyle\frac{1}{2}\sin2x-x\right)\sin2x
\]

初等变换技巧总结

总有同学问,初等变换有什么技巧吗?其实,初等变换已经是线性代数里最简单有效的技巧了,当然,它本身还是有一点点技巧的,应用这些技巧,可以让你的初等变换变得容易那么一点点。

初等变换的技巧并不多,总结起来,就这么三条:

  1. 逐列进行。如果是要化成三角形,第一步,将第一列除第一个元素外,全部化成0;接着,将第二列的第二个元素下方的全部化成 0 ;依此下去,直到最后一列。如果是化成行阶梯形,也是先从第一列开始,将第一个元素的下方全部化成 0 ;然后第二列,第三列等等。

    如果是要化成行最简,那么化成阶梯形后,再从最后一个阶梯开始,将每个阶梯的第一个非 0 元的上方化成,依次往前进行。

  2. 找最简单的数字。每次化简前,将最简单的数字所在的行交换到基础行。所谓基础行(这是我给的定义,呵呵),对于三角形来说,就是主对角线元素所在的行,例如,现在要化简第三列,那么第三行就是基础行,因为我们要将第三行第三列元素的下方都化成 0 。如果是要化成阶梯形,那么基础行就是已经化完了的行的下一行。
  3. 耐心。不要着急,因为初等变换要做很多数字的四则运算,很容易出错,也很容易让人厌倦,所以这时候耐心很重要。耐心才不容易出错。

现在我们来看一个例子,说明一下怎么用这两个原则,逐列进行与找最简单的数字。

例 1:将矩阵化成行最简矩阵
\[\begin{pmatrix}
2&3&1&-3&-7\\
1&2&0&-2&-4\\
3&-2&8&3&0\\
2&-3&7&4&3
\end{pmatrix}\]

解:我们来看,这个矩阵怎么运用前面所说的两个法则。逐列进行,那么就是从第一列开始,将第一个元素的下方全部变成 0 。然后再第二列,第三列等等。来看第一列,第一列里最简单的数字是 1 ,所以将 1 所在的行交换到第一行(基础行),我们得到
\[\begin{pmatrix}
2&3&1&-3&-7\\
1&2&0&-2&-4\\
3&-2&8&3&0\\
2&-3&7&4&3
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
2&3&1&-3&-7\\
3&-2&8&3&0\\
2&-3&7&4&3
\end{pmatrix}\]

然后,将下方的数字全部变成 0 ,那么将第一行乘以 -2 加到第二行,乘以 -3 加到第三行,乘以 -2 加到第四行,得到
\[
\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
2&3&1&-3&-7\\
3&-2&8&3&0\\
2&-3&7&4&3
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&-8&8&9&12\\
0&-7&7&8&11
\end{pmatrix}
\]

现在第一列化完了,该化第二列了。我们看到,第二列里,最简单的是 -1,它就在第二行里,就不用交换了。现在将第二行乘以 -8 加到第三行,乘以 -7 加到第四行,得到

\[\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&-8&8&9&12\\
0&-7&7&8&11
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&1&4
\end{pmatrix}
\]

现在该第三列了。但是因为第三列里,第三个元素之后都是 0 ,所以从阶梯形的定义,我们不需要对它进行运算。阶梯形里,第三个阶梯的第一个非 0 元在第四列,所以下一个是第四列,第四列里,第三个元素是 1 ,所以也不用交换行了,将第三行乘以 -1 加到第四行,就得到了
\[\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&1&4
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\]

现在已经是行阶梯形了,如果要化成行最简,那么每一个阶梯的第一个非 0 元的上方也应该化成 0 。这个时候,就是从最后一个阶梯开始。我们看,最后一个阶梯的第一个非 0 元在第四列,第三行。所以,将第三行乘以 -1 加到第二行,乘以 2 加到第一行,我们得到了
\[\begin{pmatrix}
1&2&0&-2&-4\\
0&-1&1&1&1\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&0&0&4\\
0&-1&1&0&-3\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\]

同理,将第二行乘以 2 加到第一行,得到了
\[\begin{pmatrix}
1&2&0&0&4\\
0&-1&1&0&-3\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&0&2&0&-2\\
0&-1&1&0&-3\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\]

最后,将每一个阶梯的第一个非 0 元化成 1 。为此,只需要将第二行乘以 -1 ,我们的工作就完成了。
\[\begin{pmatrix}
1&0&2&0&-2\\
0&-1&1&0&-3\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\sim\begin{pmatrix}
1&0&2&0&-2\\
0&1&-1&0&3\\
0&0&0&1&4\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}
\]

级数判敛方法总结

级数判敛的方法众多,总结起来就有比较判别法,比较判别法的极限形式,比值判别法,根值判别法,极限判别法,积分判别法,交错级数判敛法以及一个级数收敛的必要条件。对于一个具体的级数,应该应用哪一种方法最有效,这就是一个头疼的问题。我们不可能一个方法一个方法的来试,那样就太浪费时间了。这里我们总结一下一般的原则。

判定一个级数是否收敛的关键,在于迅速确定级数的形式。不同的形式有着不同的有效判别方法。现在我们总结一下,哪些形式应用哪些判别法则。

  1. 如果一眼能看出一般项的极限不趋于 \(0\),即 \(\lim_{n\to\infty}a_n\ne 0\),则级数发散;
  2. 如果级数具有形式 \(\sum 1/n^p\),那么就是一个 \(p-\) 级数。当 \(p\le1\) 时发散,当 \(p>1\) 时收敛;
  3. 如果级数具有形式 \(\sum a r^n\), 那么就是一个几何级数。当 \(|r|\ge1\) 时发散,当 \(|r|<1\) 时收敛;

这两种级数是最基本的级数,后面的几种判别法,差不多都是跟这两种级数做比较而得到的。

  1. 如果级数的一般项是 \(n\) 的一个代数式(有理分式或者无理分式),那么该级数与某个 \(p-\)级数同敛散(极限判别法或者比较判别法的极限形式)。我们只需要在分式中保留关于 \(n\) 的最高阶项,所得到的项就是这个 \(p-\) 级数的一般项。例如,级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+n+1}\),它的一般项 \(\displaystyle\frac{1}{n^2+n+1}\sim \frac{1}{n^2}\),所以它与级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\) 同敛散。在这里,我们将级数的一般项关于 \(n\) 的最高阶项保留,就得到 \(1/n^2\),所以级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\) 就是我们要寻找的那个比较级数 。再如 \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\sim \frac{1}{n}, (n\to \infty)\),所以级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\) 发散;
  2. 或者,简单地说,就是如果一个级数的一般项等价于一个 \(p-\) 级数的一般项,则级数与该 \(p-\) 级数同敛散;
  3. 同上,如果一个级数的一般项等价于一个几何级数的一般项,则级数与该几何级数同敛散;
  4. 如果级数含有 \(n!\) ,则比值判别法比较有效。 需要注意的是,比值判别法对 \(p-\) 级数失效,因而对任何级数一般项 \(n\) 的代数式的级数也失效;
  5. 如果级数的一般项 \(a_n=(b_n)^n\), 则首先考虑根值判别法;
  6. 如果级数的一般项是 \(n\) 的函数 \(f(n)\) 并且广义积分 \(\int_1^{\infty}f(x)dx\) 较易求得,则可考虑使用积分判别法。
  7. 如果级数含有项 \((-1)^n\),则是一个交错级数,这时候,必定考虑莱不尼兹判别法(交错级数判别法)。

极限求法总结

高等数学里, 求极限的技巧特别多, 这也正是因为极限的求法相对比较难, 所以发展出多种多样的求极限方法. 有很多方法只是针对特定类型的极限有效. 现在我们看看高等数学里都有哪些求极限的方法, 以及哪些类型的极限应用什么方法比较有效.

我们先来说一说求极限时的一般原则.

求极限的一般原则:

  1. 首先, 运用极限的运算法则(四则运算, 连续函数的极限, 复合函数的极限), 确定极限是不是未定式极限;
  2. 两种基本的未定式极限是 \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型和 \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) , 这两种情形一般可以用洛必达法则来求. 有一些特殊的情形, 我们接下来讲;
  3. 其它未定式极限(\(\displaystyle0\cdot\infty, \infty-\infty, 1^{\infty}, 0^0, \infty^0 \)),要先化成上面的两种基本情形来求,然后用洛必达法则或者其它方法来求。

各种类型的极限求法:

  1. 对未定式极限,\(\frac{0}{0}\) 型或者 \(\frac{\infty}{\infty}\),最有效也是最基本的方法是洛必达法则。也就是在求极限的时候,先分子分母分别求导,再求极限。例如
    \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x}{6x}=\lim_{x\to0}\frac{-\cos x}{6}=-\frac{1}{6}\]
  2. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to a\) ,且分子分母都是多项式,则分子分母可以约去无穷小因子 \(x-a\)。例如 \[\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x^2-5x+6}{x^2-8x+15}=\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-3)(x-5)}=\lim_{x\to3}\frac{(x-2)}{(x-5)}=-\frac{1}{2}.\]
  3. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to a\) ,且分子或者分母有根式, 则先对根式有理化,然后用极限运算法则或者约去无穷小因子的方法来计算。例如
    \[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\]
    我们在分子分线都乘以 \(\sqrt{1+2x}+3\) ,则分子就有理化了,再在分子分母同乘以因式 \(\sqrt{x}+2\),则分母就有理化了,从而原极限变成
    \[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\cdot\frac{\sqrt{1+2x}+3}{\sqrt{1+2x}+3}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}=\lim_{x\to 4}\frac{2(x-4)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{1+2x}+3)}=\frac{4}{3}\]
  4. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to 0\) ,分子或分母有三角函数,则利用三角函数恒等式或其它变换,化成两个重要极限的第一个,利用那个极限来求。例如
    \[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x/\cos x – \sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}\]
    而 \(1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}\),所以上述极限为
    \[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{(\frac{x}{2})^2}\frac{(2\frac{x}{2})^2}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}=\frac{1}{2}\]
  5. \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) 型,\(x\to\infty\) (或者 \(n\to\infty\)),且分子分母都是 \(x\) (或者 \(n\))的多项式或者类似于多项式(根式里是多项式)时,分子分母同除以 \(x\) 的最高阶幂。例如
    \[\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-1}{2x^2-x-1}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{x^2}}{2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2},\qquad \lim_{x\to\infty}\frac{2x^2+5x-1}{x^3-7x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}-\frac{1}{x^3}}{1-\frac{7}{x^2}}=0\]
  6. \(\infty-\infty\) 型,如二者都是分式,则先通分,化成两种基本形式,再用洛必达法则或者其它方法求极限。例如
    \[\lim_{x\to0}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin x\tan x}\]
    再利用公式 \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\)。此极限为 \(0\) 。
  7. \(\infty-\infty\) 型,如果其中一个含有根式,则先有理化,再用其它方法求极限。例如
    \[\lim_{x\to\infty}(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)=\lim_{x\to\infty}\frac{(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)(\sqrt{(x+a)(x+b)}+x)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{((x+a)(x+b)-x^2)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x} = \frac{a+b}{2}\]
    最后一步是由分子分母同除以 \(x\) 得到。
  8. \(\displaystyle1^{\infty}\) 型, 首先尝试能不能化成 \((1+\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}\) 的复合式,然后利用已知极限 \(\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e\),这里 \(\alpha\) 是一个无穷小量。例如
    \[\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+a}{x-a}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{x-a+a}=\lim_{x\to\infty}\left(\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{\frac{x-a}{2a}}\right)^{2a}\cdot\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{-a}=e^{2a}\]
  9. \(\displaystyle 1^{\infty}\) 型,\(0^0\) 型, \(\infty^0\) 型,先取对数, 再取 \(e\) 底,化成基本的未定式极限 \(\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\),然后用洛必达法则或者其它方式求极限。例如
    \[\lim_{x\to0}(x+e^x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0} e^{\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=e^{\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=2\]
    最后一步是对指数部分应用洛必达法则。
  10. \(0\cdot\infty\) 型,将其中一个乘式变成分母,从而化成两种基本形式的未定式;再利用其它方法求积分。例如
    \[\lim_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}=1\]
  11. 如果未定式极限里,函数比较复杂,不能用洛必达法则或者洛必达法则使用起来太麻烦的话,则考虑用泰勒展开来求极限。例如
    \[\lim_{x\to 0}\frac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3},\qquad \lim_{x\to\infty}(x-x^2\ln(1+\frac{1}{x}))\]
    前者将 \(e^x,\sin x\) 展开到三阶,后者将 \(\ln(1+\frac{1}{x})\) 展开到 \(1/x\) 的四阶。
  12. 如果可以通过一个明显的放缩,且放缩后两者的极限都相等的话,就使用夹挤原理来求极限。例如
    \[\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\]
    显然有
    \[n\frac{n}{n^2+n\pi}\leq n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\leq n\frac{n}{n^2+\pi}\]
    不等号的左边和右边都有相同极限 \(1\)(只需要在分子分母除以 \(n^2\) 即可),所以由夹挤原理,原极限为 \(1\) 。
  13. 如果含有变上限积分,那么通常情况下是洛必达法则结合变上限积分的导数来求;
  14. 如果数列是用递推或者迭代形式给出, 即 \(x_{n+1}=f(x_n)\), 那么肯定是用递推法来求极限,这时候,要注意,一定要先证明极限存在(单调有界数列),然后两边取极限,可得一个代数式,从而可以求得极限;
  15. 如果是数列的每一项是无限多个项相加,且每一项可以写成 \(\displaystyle\frac{1}{n}f(\frac{\xi}{n})\) 的话,那么这个极限可以用定积分的定义来求。这里,\(\frac{\xi}{n}\) 取值范围就是定积分的积分上下限,则 \(f(x)\) 就是被积函数。例如
    \[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{\xi=1}^{n}\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\]
    这里,\(f(\frac{\xi}{n})=\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\) ,所以被积函数是 \(\sqrt{1+x}\),\(\frac{\xi}{n}\) 在和式里的取值范围是从 \(0\) 到 \(1\)。(\(0\) 这一项可以认为没写出来)。所以原极限等于定积分
    \[\int_0^1\sqrt{1+x}dx\]
  16. 分段函数在分段点处的极限一定要求左右极限,然后确定二者是否相等;
  17. 幂指函数 \(\displaystyle(f(x))^{g(x)}\)的极限,如果是未定式极限, 一定要先化成 \(\displaystyle e^{g(x)\ln(f(x))}\)形式,然后运用复合函数的极限法则,将极限符号移到指数上去,对指数部分用未定义极限的求法求极限。也就是说
    \[\lim_{x\to a}(f(x))^{g(x)}=e^{\lim_{x\to a}g(x)\ln(f(x))}\]

二阶常系数微分方程求解总结

二阶常系数微分方程 \(y^{\prime\prime}+p y’+q y=f(x)\),其中 \(p,q\)都是常数.

对于非齐次方程的解,我们有一般的理论. 即,如果 \(y_h\) 是齐次方程 \(y^{\prime\prime}+p y’+q y=0\) 的解, 而 \(y_p\) 是非齐次方程 \(y”+p y’+q y=f(x)\) 的一个特解,那么非齐次方程 \(y^{\prime\prime}+p y’+q y=f(x)\) 的通解为 \(y=y_h+y_p\)

情形1: \(f(x)=0\), 就是所谓的齐次微分方程. 我们先求解它的特征方程,就是先求解
\[r^2+pr+q=0\]
然后分三种情况:

  • 如果 \(r_1\ne r_2\) 且都是实数,那么方程的通解为\[y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}\]
  • 如果 \(r_1= r_2\) 是重根, 那么方程的通解为 \[y=(C_1+C_2x)e^{rx}\]
  • 如果 \(r_{1,2}=\alpha\pm i\beta\) 是一对复根, 那么方程的通解为\[y=e^{\alpha x}(C_1\cos(\beta x)+C_2\sin(\beta x))\]

情形2: \(f(x)=P_m(x)e^{ax}\). 其中 \(P_m(x)\)为 \(m\) 次多项式. 这种情形,我们也分三种情况来求特解:

  • 如果 \(a\) 不是特征方程 \(r^2+pr+q=0\) 的根, 则可取方程的特解为\[y_p=Q_m(x)e^{ax}\]
    其中\(Q_m(x)=a_m x^m+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_1x+a_0\) 为 \(m\) 次多项式.然后代入方程求出 \(Q_m(x)\).
  • 如果 \(a\) 是特征方程 \(r^2+pr+q=0\) 的单根, 则可取方程的特解为\[y_p=xQ_m(x)e^{ax}\]
  • 如果 \(a\) 是特征方程 \(r^2+pr+q=0\) 的重根, 则可取方程的特解为\[y_p=x^2Q_m(x)e^{ax}\]

情形2: \(f(x)=P_m(x)e^{\alpha x}\cos(\beta x)\) 或者 \(f(x)=P_m(x)e^{\alpha x}\sin(\beta x)\). 其中 \(P_m(x)\)为 \(m\) 次多项式. 这种情形,我们分两种情况来求特解:

  • 如果 \(\alpha+i\beta\) 不是特征方程 \(r^2+pr+q=0\) 的根, 则可取方程的特解为\[y_p=e^{\alpha x}(C_1Q_m(x)\sin(\beta x)+C_2R_m{x}\cos{\beta x})\] 其中 \(Q_m(x)\) 和 \(R_m(x)\) 都是\(m\) 次多项式.
  • 如果 \(\alpha+i\beta\) 是特征方程 \(r^2+pr+q=0\) 的根, 则可取方程的特解为\[y_p=e^{\alpha x}(C_1Q_m(x)\sin(\beta x)+C_2R_m{x}\cos{\beta x}).\]

我们来看一个例子:

例 1: 求方程的通解
\[y^{\prime\prime}-y’-2y=2e^{-x}\]
解: 我们先求出齐次方程的通解. 齐次方程的特征方程为
\[r^2-r-2=0\]
它的两个解为 \(r_1=-1, r_2=2\), 所以齐次方程的通解为
\[y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{2x}.\]

接下来,我们来找出非齐次方程的一个特解. 这里 \(a=-1, P_m(x)=2\). \(P_m(x)\) 是 \(0\) 次多项式, \(a=-1\) 是特征方程的单根,所以我们假设特解为\[y_p=Axe^{-x}\]
代入到方程中去
\[y^{\prime\prime}_p-y_p’-2y_p=2e^{-x}\]
我们可以得到
\[-3Ae^{-x}=2e^{-x}\]
从而 \(A=-\frac{2}{3}\), 所以 \(y_p=-\frac{2}{3}xe^{-x}\) , 所以方程的通解为
\[y=C_1e^{-x}+C_2e^{2x}-\frac{2}{3}xe^{-x}\]

不定积分技巧总结

适合分部积分的类型

  • 幂函数与三角函数 \(\sin x, \cos x\) 的乘积, 令幂函数为 \(u\), 三角函数为 \(v’\) ;
  • 幂函数与指数函数的乘积, 令幂函数为 \(u\), 指数函数为 \(v’\);
  • 幂函数与反三角函数的乘积, 令反三角函数为 \(u\), 幂函数为 \(v’\);
  • 幂函数与对数函数的乘积,令对数函数为 \(u\), 幂函数为 \(v’\);
  • 三角函数与指数函数的乘积, 采用回复积分法,一般积分两次后,原积分会再次出现. 这时候只要解一个代数方程就可了. 对这种形式的积分, 无论取哪个函数为 \(u\) 都可以, 另外一个函数为 \(v’\);
  • 如果积分类型为 \(\int u^n v dx\), 例如 \(\displaystyle\int x^n \sin xdx, \int x^n \cos xdx, \int x^n e^{ax}dx, \int (1+x^2)^ndx, \int\frac{1}{(1+x^2)^n}\) , 使用递推法求积分.

适合换元法的类型:

  • 首先寻求凑微分. 凑微分的情况太多了, 这里不能一一尽述. 如不能凑微分, 可按以下方式换元
  • 如果被积函数含有项 \(\sqrt{a^2-x^2}\), 令 \(x=a\sin t\); \(\sqrt{a^2+x^2}\), 令 \(x=a\tan t\); \(\sqrt{x^2-a^2}\), 令 \(x=a\sec t\); 这三种为标准的三角代换.
  • 如果被积函数含有项 \(\sqrt{px^2+qx+r}\), 则先配方, 化成形式 \( \sqrt{a^2-(x+b)^2}, \sqrt{a^2+(x+b)^2}\) 或者 \(\sqrt{(x+b)^2-a^2}\), 然后使用相应的代换 \(x+b=a\sin t, x+b=a\tan t\) 或者 \(x+b=a\sec t\)来化简;
  • 被积函数含有项 \(\sqrt[n]{ax+b}\), 则令 \(u=\sqrt[n]{ax+b}\); 如含有项 \(\displaystyle\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\), 则令 \(\displaystyle u=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\). 这两种情况都是把无理函数化成有理函数,然后用有理函数的积分法求积分;

有理函数的积分:所谓有理函数, 就是型如 \(\frac{P(x)}{Q(x)}\) 的函数, 其中 \(P(x), Q(x)\) 都是多项式.

  • 如果是假分式, 先将它化成多项式与真分式之和. 所谓假分式, 就是分子的阶高于或者等于分母的阶;
  • 对于真分式, 利用有理分式的分解法, 将真分式分解成四种简单分式之和: \(\displaystyle\frac{A}{x-a},\frac{A}{(x-a)^k}, \frac{Ax+B}{x^2+px+q}, \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k}\)
    • 如果 \(Q(x)\) 含有单因式 \(x-a\), 即 \(a\) 是 \(Q(x)\) 的单根, 则分解式里含有 \(\displaystyle\frac{A}{x-a}\);
    • 如果 \(Q(x)\) 含有重因式 \((x-a)^k\), 即 \(a\) 是 \(Q(x)\) 的 \(k\) 重根, 则分解式里含有 \(k\) 项: \(\displaystyle\frac{A_1}{x-a}, \frac{A_2}{(x-a)^2}, \cdots, \frac{A_k}{(x-a)^k}\);
    • 如果 \(Q(x)\) 含有因式 \((x^2+px+q\), 且 \(x^2+px+q\) 无实根, 则分解式里含有项 \(\displaystyle\frac{Ax+B}{x^2+px+q}\);
    • 如果 \(Q(x)\) 含有重因式 \((x^2+px+q)^k\), 则分解式里含有 \(k\) 项: \(\displaystyle\frac{A_1x+b_1}{x^2+px+q}, \frac{A_2x+B_2}{(x^2+px+q)^2}, \cdots, \frac{A_kx+B_k}{(x^2+px+q)^k}\);

b 和 d 要用到递推式求极限, a 可以直接用积分公式求得, c 可以化成两部分的和 \(\displaystyle\int\frac{d(x^2+px+q)}{x^2+px+q}dx +\int\frac{C}{x^2+px+q}dx\), 第一项已经凑好了微分, 第二项将分母配方, 然后利用标准的积分方法. [/list]

三角函数的积分

  • 类型 \(\int\sin^mx\cos^nxdx\) ,
    • 如果 \(n=2k+1\) 是奇数, 则 \(\int\sin^mx\cos^nxdx=\int\sin^mx(\cos^2x)^k\cos xdx= \int\sin^mx(1-\sin^2x)^k d(\sin x)dx\)
    • 如果 \(m=2k+1\) 是奇数, 则 \(\int\sin^mx\cos^nxdx=\int(\sin^2x)^k\cos^nx\sin xdx= -\int(1-\cos^2x)^k\cos^nxd(\cos x)dx\)
    • 如果 \(m,n\) 都是偶数, 则使用倍角恒等式 \(\cos^2x=\frac{1+\cos2x}{2}, \sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}\)
    • <\ul>

    • 类型 \(\int\tan^mx\sec^nxdx\)
      • 如果 \(n=2k, k\ge2\) 是偶数, 则 \(\int\tan^mx\sec^nxdx= \int\tan^mx(\sec^2x)^{k-1}\sec^2xdx=\int\tan^mx(1+\tan^2x)^{k-1}d(\tan x)dx\)
      • 如果 \(m=2k+1\) 是奇数,则 \(\int\tan^mx\sec^nxdx=\int(\tan^2x)^k\sec^{n-1}x \tan x\sec xdx=\int(\sec^2x-1)^k\sec^nxd(\sec x)\)
    • 三角有理函数的积分 \(\int R(\sin x,\cos x)dx\)
      • 若 \(R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\cos x =u\);
      • 若 \(R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\sin x =u\);
      • 若 \(R(-\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\tan x =u\);
      • 任何一个三角有理函数可以分解成上述三种三角有理函数之和;
      • 任何一个三角有理函数可以通过换元 \(u=\tan \frac{x}{2}\) 化成有理函数;

求不定积分技巧总结(一般原则)

学过微积分的人都知道,不定积分是整个微积分里面,技巧最丰富,也是最难得掌握的部分。它的基本方法只有两个,分部积分法与换元法(第一与第二换元法,原理是一样的),但是就这两个方法,所衍生出来的变化几乎可以说是无穷无尽的。每一个具体的不定积分都有它特定的技巧。现在我们先来看看,求不定积分的一般原则。后续的文章里,我会详细讲解,哪种被积函数采取哪种积分技巧。

原则一:尽量简化被积函数。利用代数变形或者三角函数恒等式将被积函数化简,从而将被积函数化成可以直接积分的形式。例如,
\[\int \left(\frac{1-x}{x}\right)^2dx=\int \left(\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}+1\right)dx\]
\[\int(\sin x +\cos x )^2dx=\int (\sin^2x+2\sin x\cos x+\cos^2x)dx=\int(1+\sin2x)dx\]
\[\int \cot^2xdx=\int (\csc^2x-1)dx\]
可以看到,化简后,这几个积分就可以直接利用积分公式了。

原则二:先试试能不能凑微分;例如积分
\[\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx\]
虽然可以利用三角代换 \(x=\sin t\) 来化简,但事实上,我们用凑微分 \(u=1-x^2, dx=-\frac{1}{2}du\) 来计算,显然快捷得多。

原则三:给被积函数分类,根据不同的类型选取不同的积分方法。如果化简不能直接给出积分,又不能凑微分,那么就应该寻求变量代换,或者使用用分部积分法。一般说来,有以下几种大的类型:

  • 如果被积函数是幂函数与三角函数、指数函数的积,那么使用分部积分法,令幂函数为 \(u\),其它函数为 \(v’ \)
  • 如果被积函数是幂函数与反三角函数、对数函数的积,使用分部积分法,令其它函数为 \(u\) , 幂函数为 \(v’\);
  • 如果被积函数是三角函数与指数函数的积,则使用回复积分法。就用多次使用分部积分,使被积函数回到原来被积函数的形式上去,从而可以利用代数方法求出积分;
  • 如果被积函数是三角函数的复合函数,则利用三角函数的积分方法。例如三角函数恒等代换,回复积分,变量代换等等。这部分我们以后详细说明;
  • 如果被积函数是有理分式,则先分解有理分式为简单分式之和,再对各分式求积分;
  • 如果被积函数是二次多项式的平方根,则先配方,再使用标准三角代换将其化简,成为三角多项式。例如 \(\sqrt{a^2-x^2}\) 可令 \(x=a\sin x\) ,\(\sqrt{a^2+x^2}\) 可令 \(x=a\tan x\) , \(\sqrt{x^2-a^2}\) 可令 \(x=a\sec x\) ,其它的二次多项式可以化成这三种形式之一;
  • 如果被积函数形为 \(\sqrt[n]{ax+b}\),则令 \(u=\sqrt[n]{ax+b}\)。

原则四:换一种方式来积分或者多种方式结合使用。如果以上几种方式都不能求出积分,那么就要试试别的方式,或者几种方式混合使用。

  • 试试变量代换。除了我们以上说过的几种变量代换以外,还有很多种代换的方式,例如,对三角函数,可以使用半角代换,有理分式或者无理分式可以使用倒代换等等, 这个我们在后续的文章也会有详细说明。
  • 试试分部积分。虽然在一般情况下,分部积分用于两函数之积,但它也可以用于其它情形,例如反三角函数,指娄函数的求积,就可以直接利用分部积分。在求积分过程中,可以试试不同的分部方式;
  • 混合使用分部积分与换元积分。例如先换元再分部,或者先分部再换元,甚至多次换元等等;
  • 利用加一个减一个,或者乘一个除以一个同样的函数的方式,简化被积函数。 例如
    \[\int\frac{dx}{1-\cos x}dx=\int\frac{1}{1-\cos x}\cdot \frac{1+\cos x}{1+\cos x}dx=\int\frac{1+\cos x}{\sin^2x}dx=\int (\csc^2x+\frac{\cos x}{\sin^2x})dx\]