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2021 数学分析求极限lim⁡n→∞1n(n+1)(n+2)⋯(n+n)n\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sqrt [n]{(n+1)(n+2) \cdots (n+n)}n→∞lim​n1​n(n+1)(n+2)⋯(n+n)​lim⁡n→∞1n(n+1)(n+2)⋯(n+n)n=lim⁡n→∞(n+1)(n+2)⋯(n+n)nmn=lim⁡n→∞e1n∑k=1nln⁡(1+kn)=e∫01ln⁡(1+x)dx=e2ln2−1\begin{align*

设 ε1,ε2,ε3\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3ε1​,ε2​,ε3​ 是复数域上线性空间 VVV 的一组基，线性变换 σ\sigmaσ 在 ε1,ε2,ε3\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3ε1​,ε2​,ε3​ 下的矩阵为J=(20012000−1).J = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 &

2022 高等代数证明：p(x)p(x)p(x) 是不可约多项式的充要条件是对任意的多项式 f(x),g(x)f(x), g(x)f(x),g(x)，若 p(x)∣f(x)g(x)p(x) \mid f(x)g(x)p(x)∣f(x)g(x)，则有 p(x)∣f(x)p(x) \mid f(x)p(x)∣f(x) 或 p(x)∣g(x)p(x) \mid g(x)p(x)∣g(x)。⇒\Rightarrow⇒当 p(x)p(x)p(x) 是不可约多项式，且 p(x)∣f(x)g(x)p(x) \m

2022 数学分析利用极限定义证明：lim⁡n→∞4n3+n−22n3−10=2\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{4{n^3} + n - 2}}{{2{n^3} - 10}} = 2n→∞lim​2n3−104n3+n−2​=2∀ε>0\forall \varepsilon>0∀ε>0 要使不等式成立，限制 n>18n>18n>18∣4n3+n−22n3−10−2∣=∣4n3+n−22n3−10−2∣=

文章目录空间直线参数方程点向式两点式一般式射影式直线平面位置关系相交平行在平面内两直线关系异面共面共面相交共面平行共面重合点到直线距离法 1法 2异面直线法 1法 2公垂线方程平面束方程平行平面束有轴平面束（交于直线 LLL）柱面参数方程普通方程一般步骤两种方法投影柱面锥面方程参数方程齐次函数二次锥面截口法考察二次锥面形状一般步骤两种方法旋转曲面直纹曲面空间直线参数方程直线上一点 M0(x0,y0,z0)M_0(x_0,y_0,z_0)M0​(x0​,y0​,z0​) ，直线方向向量 v⃗=(l,m,

0, & \text{当 } P_1 \text{ 与原点在 } \pi \text{ 异侧} \。< 0, & \text{当 } P_1 \text{ 与原点在 } \pi \text{ 同侧}= 0, & \text{当 } P_1 \text{ 在 } \pi \text{ 上} \。，$ \vec{b} = (x_2, y_2, z_2)$ 共线充要条件是对应坐标成比例，即。C(x_3, y_3, z_3)$ 共线充要条件。和在平面解析几何中相似，空间两点的内分点公式为。，平面上两个相交向量。

于是问题归结为对每个 Jordan 块。换成特征多项式，同理可得相同结论。的 Jordan 标准形，其中。仍为实对称矩阵，故存在正交矩阵。是正定矩阵，故存在可逆矩阵。阶 Jordan 块，且。是实对称矩阵，其特征值为。，且都大于 0，因此。

设f(x)=x4+3x3−x2−4x−3,g(x)=3x3+10x2+2x−3.f(x) = x^4 + 3x^3 - x^2 - 4x - 3, \quad g(x) = 3x^3 + 10x^2 + 2x - 3.f(x)=x4+3x3−x2−4x−3,g(x)=3x3+10x2+2x−3.求 (f(x),g(x))(f(x), g(x))(f(x),g(x))，并求 u(x),v(x)u(x), v(x)u(x),v(x) 使得 (f(x),g(x))=u(x)f(x)+v(x)g(x)(

计算求极限 lim⁡n→∞(1n2+12+1n2+22+⋯+1n2+n2)\mathop{\lim }\limits_{n \to \infty } \left( \frac{1}{{\sqrt {n^2 + 1^2} }} + \frac{1}{{\sqrt {n^2 + 2^2} }} + \cdots + \frac{1}{{\sqrt {n^2 + n^2} }} \right)n→∞lim​(n2+12​1​+n2+22​1​+⋯+n2+n2​1​)。求极限 lim⁡x→0cos⁡x−e

已知 f(x)=1+x+x2+⋯+xn−1f(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n-1}f(x)=1+x+x2+⋯+xn−1，证明：f(x)∣[f(x)+xn]2−xnf(x) \mid \left[f(x) + x^n \right]^2 - x^nf(x)∣[f(x)+xn]2−xn。xf(x)=x+x2+x3+⋯+xnxf(x) = x + x^2 + x^3 + \cdots + x^nxf(x)=x+x2+x3+⋯+xnxf(x)−f(x)=xn−1xf(

以上内容第 9 题在原始版本中有些问题，详细解释请参考我调整后的推导过程。（以上图示展示了函数和导数在无穷远处的行为，有助于理解证明过程。的上半圆周，方向为逆时针。上二阶可导，证明：存在。该极限不存在，因此在。，因此数列单调递减。