克莱姆法则及证明
第7节克莱姆（Cramer）法则
一、线性方程组
元线性方程组是指形式为：
（1）
的方程组，其中代表个未知量，是方程的个数，， ; 称为方程组的系数，称为常数项。
线性方程组的一个解是指由个数组成的有序数组，当个未知量分别用代入后，式（1）中每个等式都成为恒等式。方程组（1）的解的全体称为它的解集合，如果两个线性方程组有相同的解集合，就称它们是同解方程组。
为了求解一个线性方程组，必须讨论以下一些问题：
(1).这个方程组有没有解？
(2).如果这个方程组有解，有多少个解？
(3).在方程组有解时,解之间的关系,并求出全部解。
本节讨论方程的个数与未知量的个数相等(即)的情形。
二、克莱姆法则
定理1（克莱姆法则）如果线性方程组
（2）的系数行列式：
那么这个方程组有解，并且解是唯一的，这个解可表示成：
（3）
其中是把中第列换成常数项所得的行列式，即
。
分析：定理一共有3个结论：方程组有解；解是唯一的；解由公式（3）给出。因此证明的步骤是：
第一，把代入方程组，验证它确实是解。这样就证明了方程组有解，并且（3）是一个解，即证明了结论与。
第二，证明如果是方程组（２）的一个解，那么一定有。这就证明了解的唯一性，即证明了结论。
证明：先回忆行列式的一个性质，设阶行列式，则有：
接下来证明定理。首先，证明（3）确实是（2）的解。将行列式按第列展开得：
，
其中是行列式中元素的代数余子式。现把
代入第个方程的左端，得：
这说明将（3）代入第个方程后，得到了一个恒等式，所以（3）是（2）的一个解。
其次，设是方程组（2）的一个解，那么，将代入（2）后，得到个恒等式：
（4）
用系数行列式的第列的代数余子式依次去乘（4）中个恒等式，得到：
将此个等式相加，得：
从而有：。这就是说，如果是方程组（2）的一个解，那么一定有，所以方程组只有一个解。
三、齐次线性方程组
在线性方程组中，有一种特殊的线性方程组，即常数项全为零的方程组，称为齐次线性方程组。显然，齐次线性方程组总是有解的，因为就是它的解，这个解称为零解；其他的，即不全为零的解（如果还有的话），称为非零解。所以，对于齐次线性方程组，需要讨论的问题，不是有没有解，而是有没有非零解。这个问题与齐次线性方程组解的个数是有密切关系的。如果一个齐次线性方程组只有零解，那么这个方程组就只有唯一解；反之，如果某个齐次线性方程组有唯一解，那么由于零解是一个解，所以这个方程组不可能有非零解。
对于方程个数与未知量个数相同的齐次线性方程组，应用克莱姆法则，有
推论1 如果齐次线性方程组
（5）
的系数行列式不等于零，那么（5）只有零解。
推论2 齐次线性方程组
有非零解的必要条件是它的系数行列式等于零。
四、例子
例1解线性方程组
解：方程组的系数行列式：
所以根据克莱姆法则，这个线性方程组有唯一解。又因
所以这个线性方程组的唯一解为：
例2解线性方程组
解：方程组的系数行列式：
所以根据克莱姆法则，这个线性方程组有唯一解。又因
所以这个线性方和组的唯一解为：
例3已知三次曲线
在四个点处的值分别为：，试求其系数。
解：将三次曲线在4点处的值代入其方程，得到关于的线性方程组：
它的系数行列式是范德蒙行列式：
所以根据克莱姆法则，这个线性方程组有唯一解。又因
所以，即所求的三次曲线方程为
。
例4如果齐次线性方程组
有非零解，那么必须满足什么条件
解：由克莱姆法则知，齐次线性方程组有非零解的必要条件是其系数行列式等于零，因此有
又由：，从而必须满足的条件为。
注用克莱姆法则求解系数行列式不等于零的元非齐次线性方程组，需要计算个阶行列式，它的计算工作量很大。实际上关于数字系数的线性方程组（包括系数行列式等于零及方程个数和未知量个数不相同的线性方程组）的解法，一般都采用后续章节介绍的方法来求解。克莱姆法则主要是在理论上具有重要的意义，特别是它明确地揭示了方程组的解和系数之间的关系。
洛必达法则泰勒公式
洛必达法则泰勒公式 一、洛必达法则在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为和.由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难.今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的计算方法，并着重讨论当时，型未定式极限的计算，关于这种情形有以下定理.定理1设（1） 当时，函数及都趋于零；（2）在点的某去心邻域内，及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.也就是说，当存在时，也存在，且等于；当为无穷大时，也是无穷大.这种在一定条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式极限的方法称为洛必达（L' Hospita 1）法则.下面我们给出定理1的严格证明：分析由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值定理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理.证因为求极限与及的取值无关，所以可以假定.于是由条件（1）和（2）知，及在点的某一邻域内是连续的.设是这邻域内一点，则在以及为端点的区间上，函数和满足柯西中值定理的条件，因此在和之间至少存在一点，使得等式（在与之间）成立.对上式两端求时的极限，注意到时，贝叽又因为极限存在（或为无穷大），所以.故
定理1成立.注若仍为型未定式，且此时和能满足定理1中和所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确定，从而确定和，即.且这种情况可以继续依此类推.例1求.分析当时，分子分母的极限皆为零，故属于型不定式，可考虑应用洛必达法则.解、注最后一个求极限的函数在处是连续的.例2求.解、注例2中我们连续应用了两次洛必达法则.例3求.解、例4求、解、注（1） 在例4中，如果我们不提出分母中的非零因子，则在应用洛必达法则时需要计算导数，从而使运算复杂化.因此，在应用洛必达法则求极限时，特别要注意通过提取因子，作等价无穷小代换，利用两个重要极限的结果等方法，使运算尽可能地得到简化.课后请同学们自己学习教材136页上的例10?（2） 例4中的极限已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误的结果.以后在应用洛必达法则时应特别注意，不是未定式，不能应用洛必达法则.对于时的未定式有以下定理.定理2设（1）当时，函数及都趋于零；（2） 当时，与都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.同样地, 对于（或）时的未定式，也有相应的洛必达法则.定理3设（1）当（或）时，函数及都趋于无穷大；（2）在点的某去心邻域内（或当时），及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.例5求、解、例6求、解、事实上，例6中的不是正整数而是任何正数其极限仍为零.注由例5和例6可见，当时，函数都是无穷大，但三个函数增大的“速度”是不一样的，最快，其次是，最慢的是.除了和型未定式外，还有型的未定式.这些未定式
克莱姆法则及证明
第7 节克莱姆（Cramer）法则 一、线性方程组 元线性方程组是指形式为： 的方程组，其中代表个未知量，是方程的个数，， 称为方程组的系数，称为常数项。 线性方程组的一个解是指由个数组成的有序数组，当个 未知量分别用代入后，式（1）中每个等式都成为恒等式。方程组（1）的解的全体称为它的解集合，如果两个线性方程组有相同的解集合，就称它们是同解方程组。 为了求解一个线性方程组，必须讨论以下一些问题： （1）. 这个方程组有没有解？ （2）. 如果这个方程组有解，有多少个解？ （3）. 在方程组有解时 , 解之间的关系 , 并求出全部解。 本节讨论方程的个数与未知量的个数相等（即）的情形。 二、克莱姆法则 定理 1 （克莱姆法则）如果线性方程组 的系数行列式：
接下来证明定理。首先，证明 3）确实是（2） 的解。将行列式 按第 列展开得： 那么这个方程组有解，并且解是唯一的，这个解可表示成： 其中 是把 中第 列换成常数项 所得的行列式，即 方程组有解； 解是唯一的； 解由公式（3）给出。 因此证明的步骤是： 有解，并且（3）是一个解，即证明了结论 与 。 第二，证明如果 是方程组（２）的一个解，那么一定有 。这就证明了解的唯一性，即证明了结论 。 3） 代入方程组，验证它确实是解。这样就证明了方程组 证明：先回忆行列式的一个性质，设 阶行列式 第一，把 ，则有：
其中是行列式中元素的代数余子式。现把 代入第个方程的左端，得： 这说明将（3）代入第个方程后，得到了一个恒等式，所以（3）是（2）的 一个解。 其次，设是方程组（2）的一个解，那么，将代入（2）后，得到个恒等式： 4） 用系数行列式的第列的代数余子式依次去乘（4）中个恒等式，得到：
克拉默(Cramer)法则
§7 克拉默(Cramer)法则 现在应用行列式解决线性方程组的问题.在这里只考虑方程个数与未知量个数相等的情形. 定理4 如果线性方程组 ?????? ?=+++=+++=+++n n nn n n n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a 22112 222212*********,, (1) 的系数矩阵 ?? ?? ? ? ? ??=nn n n n n a a a a a a a a a A 2 1 22221 11211 (2) 的行列式 0||≠=A d 那么线性方程组(1)有解，并且解是唯一的，解可以通过系数表为 d d x d d x d d x n n === ,,,2211 , (3) 其中j d 是把矩阵A 中第j 列换成常数项n b b b ,,,21 所成的矩阵的行列式，即 .,,2,1,1,1,1 21 ,221,22111,111 ,111 n j a a b a a a a b a a a a b a a d nn j n n j n n n j j n j j j == +-+-+- (4) 定理中包含着三个结论：1）方程组有解；2）解是唯一的；3）解由公式(3)给出.这三个结论是有联系的，因此证明的步骤是： 1. 把),,,( 2 1d d d d d d n 代入方程组，验证它确是解. 2. 假如方程组有解，证明它的解必由公式(3)给出. 定理4通常称为克拉默法则. 例1 解方程组
?????? ?=+-+-=+-=--=+-+. 0674,522,963,85243 2143 24214321x x x x x x x x x x x x x x 应该注意，定理4所讨论的只是系数矩阵的行列式不为零的方程组，它只能应用于这种方程组；至于方程组的系数行列式为零的情形，将在下一章的一般情形中一并讨论. 常数项全为零的线性方程组称为齐次线性方程组.显然齐次方程组总是有解的，因为)0,,0,0( 就是一个解，它称为零解.对于齐次线性方程组，我们关心的问题常常是，它除了零解以外，还有没有其它解，或者说，它有没有非零解.对于方程个数与未知量个数相同的齐次线性方程组，应用克拉默法则就有 定理5 如果齐次线性方程组 ?????? ?=+++=+++=+++0 ,0,0221122221211212111n nn n n n n n n x a x a x a x a x a x a x a x a x a (10) 的系数矩阵的行列式0||≠A ，那么它只有零解.换句话说，如果方程组(10)有非零解，那么必有0||=A . 例2 求λ在什么条件下，方程组 ?? ?=+=+0 , 02121x x x x λλ 有非零解. 克拉默法则的意义主要在于它给出了解与系数的明显关系，这一点在以后许多问题的讨论中是重要的.但是用克拉默法则进行计算是不方便的，因为按这一法则解一个n 个未知量n 个方程的线性方程组就要计算1+n 个n 级行列式，这个计算量是很大的.
全等三角形截长补短拔高练习(含答案)
八年级数学全等三角形辅助线添加之截长补短 （全等三角形）拔高练习 试卷简介:本讲测试题共两个大题，第一题是证明题，共7个小题，每小题10分；第二题解答题，2个小题，每小题15分。 学习建议:本讲内容是三角形全等的判定——辅助线添加之截长补短，其中通过截长补短来添加辅助线是重点，也是难点。希望同学们能学会熟练通过截长补短来做辅助线，进而构造出全等的三角形。 一、解答题(共1道，每道20分) 1.如图，已知点C是∠MAN的平分线上一点，CE⊥AB于E，B、D分别在AM、AN上，且AE=（AD+AB）.问：∠1和∠2有何关系？ 答案： 解：∠1+∠2=180° 证明：过点C作CF⊥AN于点F，由于AC平分∠NAM，所以CF=CE，则在Rt△ACF和Rt△ACE 中 ∴△ACF≌△ACE（HL），∴AF=AE，由于2AE=AD+AB，所以AB-AE=AF-AD ∴DF=BE，在△CFD和△CEB中所以△CFD≌△CEB（SAS），∴∠2=∠FDC，又∠1+∠FDC=180°，∴∠1+∠2=180°。 解题思路：见到角平分线就要想到作垂直，找到全等关系是解决此类问题的关键 易错点：找到三角形全等的所有条件
试题难度：四颗星知识点：三角形 二、证明题(共8道，每道10分) 1.如图，已知△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BE平分∠ABC，CE⊥BD于E，求证：CE=BD. 答案： 延长CE交BA的延长线于点H，由BE平分ABC，BE CE，得CE=EH=CH。 又1+H=90°,，2+H=90° 1= 2 在△ACH和△ABD中 HAC=DAB=90° AC=AB 1= 2 △ACH≌△ABD（ASA） CH=BD CE=CH=BD 解题思路： 根据题意，要证明CE=BD，延长CE与BA，由题意的垂直平分线可得CE的两倍长CH，只需证明CH=BD即可，很显然有全等可以证明出结论 易错点：不能正确利用题中已知条件BF平分∠ABC，CE⊥BD于E，做出辅助线，进而解答。试题难度：三颗星知识点：全等三角形的判定与性质 2. 如图，已知正方形ABCD中，E为BC边上任意一点，AF平分∠DAE．求证：AE－BE＝DF．
洛必达法则泰勒公式
第三章微分中值定理与导数的应用 第二讲洛必达法则泰勒公式 目的1.使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法： 2.理解泰勒中值泄理的涵： 3.了解汽沏&c。畀血("力,(1 +汙等函数的麦克劳林公式； 4.学会泰勒中值定理的一些简单应用. 重点1.运用洛必达法则求各种类型未泄式极限的方法： 2.使学生理解泰勒中值定理的涵. 难点使学生深刻理解泰勒中值左理的精髓. 一、洛必达法则 在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无 穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷 大之比的极限称为未定式，并分别简记为0和8 ? 由于在讨论上述未圮式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未立式极限的讨论带来一是的困难?今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定 式极限的汁算方法，并着重讨论当2CI时，0型未左式极限的计算，关于这种情形有以下立理. 定理1设 (1)当时,函数了⑴及列对都若于零； ⑵在点金的某去心邻域，/⑴及^⑴都存在，且那⑴吐°；
也就是说，当zR⑴存在时，2。去⑴也存在，且等于M 也是无穷大.这种在一左条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来 确圧未左式极限的方法称为洛必达（L‘ Hospita 1）法则. 下而我们给出定理1的严格证明： 分析由于上述泄理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值立理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理. 于是由条件⑴和⑵知，/⑴及应⑴在点虫的某一邻域是连续的.设兀是这邻域一点，则在以兀及 山为端点的区间上，函数/〔X）和F&）满足柯西中值龙理的条件，因此在兀和a之间至少存在一点密，使得等式 儿）川）-畑「心） 应G）吩）-吒）应?（站兀与么之间） 成立. 对上式两端求兀To时的极限，注意到XTQ时匸则 穷大时, 证因为求极限 与了⑷及用⑷的取值无关， 所以可以假左 lim 又因为极限 F'G）存在（或为无穷大），所以 故沱理1成立. lim 注若z m 0 ,, 戸倉）仍为6型未左式，且此时了抵）和用,⑴能满足泄理1中/⑴和用⑴ 5F〔X) 所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确立从而确总
截长补短法例题精编版
截长补短法 例1. 已知，如图1-1，在四边形ABCD 中，BC ＞AB ，AD =DC ，BD 平分∠ABC . 求证：∠BAD +∠BCD =180°. 分析：因为平角等于180°，因而应考虑把两个不在一起的通过全等转化成为平角，图中缺少全等的三角形，因而解题的关键在于构造直角三角形，可通过“截长补短法”来实现. 证明：过点D 作DE 垂直BA 的延长线于点E ，作DF ⊥BC 于点F ，如图1-2 ∵BD 平分∠ABC ，∴DE =DF ， 在Rt △ADE 与Rt △CDF 中， ? ? ?==CD AD DF DE ∴Rt △ADE ≌Rt △CDF (HL ),∴∠DAE =∠DCF . 又∠BAD +∠DAE =180°，∴∠BAD +∠DCF =180°， 即∠BAD +∠BCD =180° 例2. 已知，如图3-1，∠1=∠2，P 为BN 上一点，且PD ⊥BC 于点D ，AB +BC =2BD . 求证：∠BAP +∠BCP =180°. 分析：与例1相类似，证两个角的和是180°，可把它们移到一起，让它们是邻补角，即证明∠BCP =∠EAP ，因而此题适用“补短”进行全等三角形的构造. 证明：过点P 作PE 垂直BA 的延长线于点E ，如图3-2 ∵∠1=∠2，且PD ⊥BC ，∴PE =PD ， 在Rt △BPE 与Rt △BPD 中， ? ? ?==BP BP PD PE ∴Rt △BPE ≌Rt △BPD (HL ),∴BE =BD . ∵AB +BC =2BD ，∴AB +BD +DC =BD +BE ，∴AB +DC =BE 即DC =BE -AB =AE . F E D C B A 图1-2 A B C D P 12 N 图3-1 P 12 N A B C D E 图3-2 A B C D 图1-1
洛必达公式
洛必达公式+泰勒公式+柯西中值定理+罗尔定理 洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。比如利用泰勒公式求解。 ②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+ Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式：P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数P(x)满足P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)；P'(x.)=A1,A1=f'(x.)；P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!……P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得：P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=……=Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）/（(x-x.)^(n+1)-0）=Rn'(ξ1)/(n+1)(ξ1-x.)^n(注：(x.-x.)^(n+1)=0),这里ξ1在x和x.之间；继续使用柯西中值定理得（Rn'(ξ1)-Rn'(x.)）/（(n+1)(ξ1-x.)^n-0）=Rn''(ξ2)/n(n+1)(ξ2-x.)^(n-1)这里ξ2在ξ1与x.之间；连续使用n+1次后得出Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=Rn(n+1)(ξ)/(n+1)!，这里ξ在x.和x之间。但Rn(n+1)(x)=f(n+1)(x)-P(n+1)(x),由于P(n)(x)=n!An,n!An是一个常数，故P(n+1)(x)=0，于是得Rn(n+1)(x)=f(n+1)(x)。综上可得，余项
克莱姆法则的一个新证明
线性代数培训之收获 ——对“克莱姆法则”的一个新教案 有幸参加国家线性代数精品课程的培训，聆听李尚志老师的教诲，真是受益匪浅，感触很多。李老师对数学的高深领悟，“空间为体，矩阵为用”，独创性的设计了线性代数新的教学内容体系，淋漓尽致的体现了代数与几何的内在联系，使人耳目一新。李老师的启发式教学方法也是值得我们学习和借鉴，以问题为驱动，引入新概念，使学生对抽象的数学概念（如n 阶行列式、线性相关、线性无关、方程的秩等）有了形象的、感性的、更简洁、更深刻的理解.特别是用几何方法引入二阶行列式和三阶行列式，而且赋于其几何含义：二阶行列式和三阶行列式分别表示平行四边形的有向面积和平行六面体的有向体积，更一般n 阶行列式在几何上表示“n 维体的有向体积”,这样可以发挥学生的想象力，引导学生去发现更多，引导学生去发现数学定理，充分培养学生的创造性思维能力，一切是为了学生的发展，正如李老师所说评价教学的效果主要是看学生懂了没有，体现了以学生为本的教学理念。 对比本人对线性代数的理解以及教学实际，真是差距很大，觉得自己需要努力去奋斗。这里就结合这次培训的体会和收获联系自己以往的线性代数教学实际，拟写一份教案，谈谈自己对“克莱姆法则”内容新的处理方式。 §7克莱姆法则 一、教学内容 (1) 克莱姆法则的证明 (2) 克莱姆法则的应用 二、教学要求 （1）理解克莱姆法则的证明 （2）理解非齐次线性方程组有唯一解的充分条件是它的系数行列式D ≠0;若D=0，方程组无解或有无穷多解 （3）理解齐次线性方程组有非零解的必要条件是它的系数行列式D=0；若D ≠0，方程组只有零解 教学过程 一、（定理1）克莱姆法则 若n ×n 线性方程组 ???????=+++=+++=+++n n nn n n n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a 221 12222212111212111,, ⑴ 的系数行列式
经典截长补短法巧解
截长补短法 截长补短法是几何证明题中十分重要的方法。通常来证明几条线段的数量关系。 截长补短法有多种方法。 截长法： （1）过某一点作长边的垂线（2）在长边上截取一条与某一短边相同的线段，再证剩下的线段与另一短边相等。…… 补短法 （1）延长短边。 （2）通过旋转等方式使两短边拼合到一起。……例： H P G F B A C D E 在正方形ABCD中，DE=DF，DG⊥CE，交CA于G，GH⊥AF，交AD于P，交CE延长线于H，请问三条粗线DG，GH，CH的数量关系方法一（好想不好证） H P G F B A C D E 方法二（好证不好想） H M P G F B A C D E 例题不详解。
（第2页题目答案见第3、4页） F E D C A B （1）正方形ABCD 中，点E 在CD 上，点F 在BC 上，∠EAF=45o 。 求证：EF=DE+BF （1）变形a E F D C A B 正方形ABCD 中，点E 在CD 延长线上，点F 在BC 延长线上，∠EAF=45o 。 请问现在EF 、DE 、BF 又有什么数量关系？ （1）变形b E F D C A B 正方形ABCD 中，点E 在DC 延长线上，点F 在CB 延长线上，∠EAF=45o 。 请问现在EF 、DE 、BF 又有什么数量关系？ （1）变形c j F E A B C D 正三角形ABC 中，E 在AB 上，F 在AC 上∠EDF=45o 。DB=DC ，∠BDC=120o 。请问现在EF 、BE 、CF 又有什么数量关系？ （1）变形 d F E D C A B 正方形ABCD 中，点E 在CD 上，点F 在BC 上，∠EAD=15o ，∠FAB=30o 。AD=3 求?AEF 的面积 （1）解：（简单思路）
洛必达法则
洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是在一定条件下通过分子分母 分别求导再求极限来确定未定式值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥 用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这 时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。比如利用泰勒公式求解。 ②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往 计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因 子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当 函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项 称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出 的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式： P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数 P(x)满足 P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是 可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)； P'(x.)=A1,A1=f'(x.)；P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!…… P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得： P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有 Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=…… =Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）
克莱姆法则及证明
第7节克莱姆（Cramer）法则 一、线性方程组 元线性方程组是指形式为： （1） 的方程组，其中代表个未知量，是方程的个数，，; 称为方程组的系数，称为常数项。 线性方程组的一个解是指由个数组成的有序数组，当个未知量分别用代入后，式（1）中每个等式都成为恒等式。方程组（1）的解的全体称为它的解集合，如果两个线性方程组有相同的解集合，就称它们是同解方程组。 为了求解一个线性方程组，必须讨论以下一些问题： (1).这个方程组有没有解？ (2).如果这个方程组有解，有多少个解？ (3).在方程组有解时,解之间的关系,并求出全部解。 本节讨论方程的个数与未知量的个数相等(即)的情形。 二、克莱姆法则 定理1（克莱姆法则）如果线性方程组
（2） 的系数行列式： 那么这个方程组有解，并且解是唯一的，这个解可表示成： （3） 其中是把中第列换成常数项所得的行列式，即 。 分析：定理一共有3个结论：方程组有解；解是唯一的；解由公式（3）给出。因此证明的步骤是： 第一，把代入方程组，验证它确实是解。这样就证明了方程组有解，并且（3）是一个解，即证明了结论与。
第二，证明如果是方程组（２）的一个解，那么一定有 。这就证明了解的唯一性，即证明了结论。 证明：先回忆行列式的一个性质，设阶行列式，则有： 接下来证明定理。首先，证明（3）确实是（2）的解。将行列式按第列展开得： ， 其中是行列式中元素的代数余子式。现把 代入第个方程的左端，得：
这说明将（3）代入第个方程后，得到了一个恒等式，所以（3）是（2）的一个解。 其次，设是方程组（2）的一个解，那么，将代入（2）后，得到个恒等式： （4） 用系数行列式的第列的代数余子式依次去乘（4）中个恒等式，得到： 将此个等式相加，得： 从而有：。这就是说，如果是方程组（2）的 一个解，那么一定有，所以方程组只有一个解。 三、齐次线性方程组
(完整版)浅析洛必达法则求函数极限
本科学年论文论文题目：用洛必达法则求极限的方法 学生姓名：卫瑞娟 学号： 1004970232 专业：数学与应用数学 班级：数学1002班 指导教师：严惠云 完成日期： 2013 年 3月 8 日
用洛必达法则求未定式极限的方法 内容摘要 极限运算是微积分学的基础，在众多求极限方法中，洛必达法则是一种简单而又方便的求极限方法。但在具体使用过程中，一旦疏忽，解题就很可能出错。本文就针对利用此法则求极限的过程及解题过程中常见问题，对洛必达法则求函数极限的条件及范围、应用、何时失效做了整体分析与探讨，并举例说明。除此之外，还介绍了除洛必达法则之外其他求函数极限的方法以及同洛必达法则的比较，最后对洛必达法则进行小结。 关键词：洛必达法则函数极限无穷小量
目录 一、洛必达法则求极限的条件及适用范围 (1) （一）洛必达法则定理 (1) （二）洛必达法则使用条件 (2) 二、洛必达法则的应用 (2) （一）洛必达法则应用于基本不定型 (2) （二）洛必达法则应用于其他不定型 (3) 三、洛必达法则对于实值函数失效问题 (5) （一）使用洛必达法则后极限不存在 (5) （二）使用洛必达法则后函数出现循环 (6) （三）使用洛必达法则后函数越来越复杂 (6) （四）使用洛必达法则中求导出现零点 (6) 四、洛必达法则与其他求极限方法比较 (6) （一）洛必达法则与无穷小量替换求极限法 (7) （二）洛必达法则与利用极限运算和已知极限求极限 (8) （三）洛必达法则与夹逼定理求极限 (9) 五、洛必达法则求极限小结 (10) （一）洛必达法则条件不可逆 (10) （二）使用洛必达法则时及时化简 (11) （三）使用洛必达法则前不定型转化 (11) 参考文献 (13)
几何证明中的截长补短法
平面几何中截长补短法的应用 授课内容：湘教版九年级上册《证明》授课教师：张羽茂授课时间： 讲评内容：证明中的“截长补短法”。 讲评目标：1、通过讲评，查漏补缺，解决几何证明中截长补短法的应用。 2、规范学生证明过程的书写格式。 3、通过讲评提高审题能力，总结解题方法和规律。 讲评重点：规范学生证明过程的书写格式 讲评难点：通过讲评，查漏补缺，解决图形中截长补短法的应用。教具准备：黑板、学生作业本 讲评过程： 一、谈话导入 1、公布全班的整体成绩。 2、表扬进步的学生。 二、讲评 如图，在△ABC中，AD平分∠BAC,∠ B=2∠C,求证：AB+BD=AC. 方法一：（截长法） 方法二：（补短法） 三、课堂练习
1．已知：如图，在正方形ABCD 中，AB=4， AE 平分∠BAC.求AB+BE 的长。 四、课后拓展 1.正方形ABCD 中，点E 在CD 上，点F 在BC 上，∠EAF=45。 求证：EF=DE+BF 。 五、板书设计 如图，在△ABC 中，AD 平分∠BAC,∠B=2∠C,求证：AB+BD=AC. 已知：如图，在正方形ABCD 中，AB=4，AE 平分∠BAC.求AB+BE 的长。 正方形ABCD 中，点E 在CD 上，点在BC 上，∠EAF=45。求证：EF=DE+BF
六、教学反思与总结 截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法，也是把几何题化难为易的一种思想。 截长：1.过某一点作长边的垂线 2.在长边上截取一条与某一短边相同的线段，再证剩下的线段与另一短边相等。 补短：1.延长短边 2.通过旋转等方式使两短边拼合到一起。 教师工作： 采集信息-----归类点评、指导纠借-----适时检测、落实纠错 学生操作： 作业分析---个体纠借---集体纠错---针对补偿---（依据答案）主动纠错---思考领悟---针对纠错---主动补偿---消除薄弱 教学流程： 作业分析——个体纠错——集体纠错——针对补偿——课堂小结。
2021年洛必达法则 泰勒公式
*欧阳光明*创编
2021.03.07
第三章 微分中值定理与导数的应用
欧阳光明（2021.03.07）
第二讲 洛必达法则 泰勒公式
目的 1．使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法； 2．理解泰勒中值定理的内涵；
3． 了解
等函数的麦克劳林公式；
4．学会泰勒中值定理的一些简单应用．
重点 1．运用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法；
2．使学生理解泰勒中值定理的内涵．
难点 使学生深刻理解泰勒中值定理的精髓．
一、洛必达法则
在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已
经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存
在也不能用商的极限运算法则去求解．而由无穷大与无穷小的关系
知，无穷大之比的极限问题也是如此．在数学上，通常把无穷小之
比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为 和 ． 由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法
则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难．今天
*欧阳光明*创编
2021.03.07
*欧阳光明*创编
2021.03.07
在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的
计算方法，并着重讨论当 时， 型未定式极限的计算，关于这
种情形有以下定理．
定理 1 设
(1) 当 时，函数 及 都趋于零；
(2)在点 的某去心邻域内， 及 都存在，且
；
(3) 则
存在(或为无穷大)，
．
也就是说，当
存在时，
也存在，且等于
；当
为无穷大时，
也是无穷大．这种在一定条件下，通
过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式极限的方法称为洛必
达(L’Hospital)法则．
下面我们给出定理 1 的严格证明：
分析 由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问
题，显然应考虑微分中值定理．再由分子和分母是两个不同的函
数，因此应考虑应用柯西中值定理．
证 因为求极限
与 及 的取值无关，所以可以假定
．于是由条件(1)和(2)知， 及 在点 的某一邻
域内是连续的．设 是这邻域内一点，则在以 及 为端点的区间
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2021.03.07
截长补短与倍长中线法证明三角形全等
1.截长补短法证明三角形全等 例1已知：AC平分∠BAD，CE⊥AB，∠B+∠D=180°，求证： AE=AD+BE 练习1如图，四边形ABCD中，AB∥DC，BE、CE分别平分∠ABC、∠BCD，且点E在AD上。求证：BC=AB+DC。 AC-AB=2BE 2.已知∠ABC=3∠C，∠1=∠2，BE⊥AE，求证： 3如图，已知AD∥BC，∠P AB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求 证：AD+BC=AB． P C E D B A
4在△ABC 中，?=∠90ACB ，BC AC =，直线MN 经过点C ，且MN AD ⊥于D ， MN BE ⊥于E .(1)当直线MN 绕点C 旋转到图1的位置时， 求证： ①ADC ?≌CEB ?；②BE AD DE +=； (2)当直线MN 绕点C 旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由. 6.如图,已知AC ∥BD ，EA 、EB 分别平分∠CAB 和∠DBA ，CD 过点E ，则AB 与AC+BD 相等吗？请说明理由 例2已知，如图1-1，在四边形ABCD 中，BC ＞AB ，AD =DC ，BD 平分∠ABC . 求证：∠BAD +∠BCD =180°. 例1. 练习已知，如图3-1，∠1=∠2，P 为BN 上一点，且PD ⊥BC 于点D ，AB +BC =2BD . 求证：∠BAP +∠BCP =180°. A B C D 图1-1 A P 1 2 N
2、倍长中线法证三角形全等 例1 、求证：三角形一边上的中线小于其他两边和的一半。 练习 1：△ABC 中，AB=5，AC=3，求中线AD 的取值范围 例2.已知在△ABC 中，AB=AC ，D 在AB 上，E 在AC 的延长线上，DE 交BC 于F ，且DF=EF ，求证：BD=CE 练习2已知在△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，E 是AD 上一点，且BE=AC ，延长BE 交AC 于F ，求证：AF=EF 例3已知：如图，在ABC ?中，AC AB ≠，D 、E 在BC 上，且DE=EC ，过D 作BA DF //交 F E C A B D F E D A B C
(完整版)克拉默法则教案
克拉默法则 教学目标 1.线性方程的相关概念 2.克拉默法则 教学重点 克拉默法则及其应用 教学难点 克拉默法则的证明 教学方法 讲授法 教学过程 一、导入 前面我们学习了行列式的计算方法，我们也知道，二、三元线性方程组可以用二、三阶行列式求解。在此基础上我们要研究用n 阶行列式来解含n 个未知量n 个方程的线性方程组。 二、新课 n 个未知量n 个方程的线性方程组 ()?????? ?=+++????????????=+++=+++12211222212111212111n n nn n n n n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a ΛΛΛ 利用方程组（1）的系数构成一个n 阶行列式 nn n n n n a a a a a a a a a D Λ M O M M ΛΛ 21 22221112 11 = 称为方程组(1)的系数行列式。 定理（克拉默法则） 若含有n 个未知量n 个方程的线性方程组(1)的系数行列式D 不等于零，则方程组(1)有且仅有一个解，且解为： ()2.,,,2211D D x D D x D D x n n =?== 其中j D ),,2,1(n j Λ=是把行列式D 的第j 列的元素换成以方程组(1)的常数项 n b b b ,,,21Λ而得的n 阶行列式。
说明：定理中包含三个结论 （1）方程组有解 （2）解是唯一的 （3）解由公式(2)给出 这三个结论是有联系的，因此证明的步骤是： 1.把 D D D D D D n ,,,2 1?代入方程组，验证它确是解 2.假如方程组有解，证明它的解必由公式(2)给出。 证明： （一）证明(2)是(1)的解，即 i n in i i b D D a D D a D D a =+++Λ2211 ),,2,1(n i Λ= 或02211=----n in i i i D a D a D a D b Λ ).,,2,1(n i Λ= 为此，将系数行列式D 添加一行一列，得1+n 阶行列式 nn n n n n n in i i i a a a b a a a b a a a b a a a b D Λ M O M M M ΛΛΛ2 1222 212112 111210= ),,2,1(n i Λ=. 把0D 按第一行展开，得 n n n in i i i i D a D a D a D a D b D 1 1 132413213121211110) 1() 1()1()1()1()1()1()1(-++++++--++--+--+-+-=Λ .2211n in i i i D a D a D a D b ----=Λ 在0D 中有两行元素完全相同，所以.00=D 因此 02211=----n in i i i D a D a D a D b Λ ).,,2,1(n i Λ= 即(2)是(1)的解。 （二）证(2)是(1)的唯一解. 设i i c x =),,2,1(n i Λ=是(1)的一个解，即 i n in i i b c a c a c a =+++Λ2211 ).,,2,1(n i Λ=
几何证明的好方法截长补短
几何证明的好方法——截长补短 有一类几何题其命题主要是证明三条线段长度的“和”或“差”及其比例关系。这一类题目一般可以采取“截长”或“补短”的方法来进行求解。所谓“截长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段与已知线段相等，然后证明其中的另一段与已知的另一段的大小关系。所谓“补短”，就是将一个已知的较短的线段延长至与另一个已知的较短的长度相等。然后求出延长后的线段与最长的已知线段的关系。有的是采取截长补短后，使之构成某种特定的三角形进行求解。 截长法： （1）过某一点作长边的垂线 （2）在长边上截取一条与某一短边相同的线段，再证剩下的线段与另一短边相等。…… 补短法 （1）延长短边。 （2）通过旋转等方式使两短边拼合到一起。…… 几种截长补短解题法类型 我们大致可把截长补短分为下面几种类型； 类型①a±b=c 类型②a±b=kc 类型③ ±a b c 类型④c2=a·b 对于类型①，可采取直接截长或补短，绕后进行证明。或者化为类型②证明。 对于②，可以将a±b与c构建在一个三角形中，然后证明这个三角形为特殊三角形，如等边三角形，等腰直角三角形，或一个角为30°的直角三角形等。 对于类型③，一般将截长或补短后的a±b与c构建在一个三角形中，与类型②相同。实际上是求类型②中的k值。 对于类型④，将c2=a·b化为c a = b c 的形式，然后通过相似三角形的比例关系进 行证明。在证明相似三角形的过程中，可能会用到截长或补短的方法。例：
B A 在正方形ABCD中，DE=DF，DG⊥CE，交CA于G，GH⊥AF，交AD于P，交CE延长线于H，请问三条粗线DG，GH，CH的数量关系 方法一（好想不好证） B A 方法二（好证不好想） B A M 例题不详解。 （第2页题目答案见第3、4页）
洛必达法则不能使用情况及处理
洛必达法则失效的种种情况及处理方法 我看到这样一道题?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim ，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用洛必达法则 的条件，觉得还不太清楚，好像应该是符合条件的，谢谢你抽空给我指点一下。 洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，也就是说洛必达法则 )() (lim )() (lim x g x f x g x f a x a x ''=→→的三个条件： （1）0)(lim =→x f a x （或∞），0)(l i m =→x g a x （或∞）； （2）)(x f 和)(x g 在a x =点的某个去心邻域内可导； （3）A x g x f a x =''→)() (lim （或∞）。 其中第三个条件尤其重要。 其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来啰嗦的。 而对于极限问题?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim 来说，因为x x g x f x x sin lim )()(lim +∞→+∞→=''不存在（既不是某个常数，也不是无穷大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。此时，我们只能说洛必达法则对本问题无效，绝对不能因此而说本问题之极限不存在。 实际上，我们利用“将连续问题离散化”的方法来处理，可以断定这个极限是存在的。 【问题】求极限?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim 。 【解】对于任何足够大的正数x ，总存在正整数n ，使ππ)1(+<≤n x n ，也就是说总存在正整数n ，使r n x +=π，其中π<≤r 0。 这样+∞→x 就等价于∞→n ，所以 ??+∞→+∞→+=r n n x x x x r n x x x ππ00d sin 1lim d sin 1lim ??????++=? ?+∞→r n n n n x x x x r n ππππd sin d sin 1lim 0 ππππ22lim d sin d sin 1lim 00=++=??????++=∞→∞→??r n R n t t x x n r n n r n ， 这里前面一项注意到了函数x sin 的周期为π，而后面一项作了令t n x +=π的换元处理。最后注意到积分值R 的有界性（20<≤R ）。 如果把上述洛必达法则失效的情况称为第一种情况，则洛必达法则还有第二种失效的情况：第三个条件永远也无法验证。