数学题

已知函数 $f(x)$ 在区间 [0,1] 上连续，且满足

$$
f(x)=\frac{1}{1+x^2} + 3x^3\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t.
$$

则

$$
\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x = ()
$$

详细解析

1. 引入常数
   设

   $$
   I =\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x.
   $$

   因为 $f$ 在 $[01]$ 上连续，定积分 $I$ 存在且为有限常数。

2. 代入表达式并积分
   由题意，

   $$
   f(x)=\frac{1}{1+x^2}+3x^3I.
   $$

   对两端从 0 到 1 积分：

   $$
   \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x
   =\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x
   +\int_{0}^{1}3x^3I\mathrm{d}x.
   $$

   左端为 $I$，于是

   $$
   I
   =\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x
   +I\int_{0}^{1}3x^3\mathrm{d}x.
   $$

3. 计算第一项

   $$
   \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x
   =\bigl[\arctan(x)\bigr]_{0}^{1}
   =\frac{\pi}{4}.
   $$

4. 计算第二项
   在 $\displaystyle \int_{0}^{1}3x^3I\mathrm{d}x$ 中，$I$ 为常数，可提至积分号外：

   $$
   \int_{0}^{1}3x^3I\mathrm{d}x
   =I\int_{0}^{1}3x^3\mathrm{d}x
   =I\biggl[\frac{3x^4}{4}\biggr]_{0}^{1}
   =\frac{3}{4}I.
   $$

5. 联立方程求解
   将上述结果代入

   $$
   I
   =\frac{\pi}{4} + \frac{3}{4}I
   \quad\Longrightarrow\quad
   I - \frac{3}{4}I = \frac{\pi}{4}
   \quad\Longrightarrow\quad
   \frac{1}{4}I = \frac{\pi}{4}
   \quad\Longrightarrow\quad
   I = \pi.
   $$

6. 结论

   $$
   \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x = \pi
   $$

   因此正确答案为 C. $\pi$。

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知识点回顾

• 定积分的线性性质与常数提出法
• 反函数求积法（$\displaystyle \int\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\arctan x$）
• 含参积分方程的解法（先设参数，再联立方程求解）。

2. 详细解析（零基础友好版）

2.1 选项 A

命题： $(kA)^{-1} = kA^{-1}$。

• 正确公式：若 $A$ 可逆且 $k\neq0$，则

  $$
  (kA)^{-1} = \frac{1}{k}A^{-1}.
  $$

• 反例说明：取

    $$
    A = \begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix},\quad k = 2.
    $$

  则

  $$
    kA = \begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{pmatrix},\quad
    (kA)^{-1} = \begin{pmatrix}\tfrac12 & 0\\0 & \tfrac12\end{pmatrix},
    $$

  而

    $$
    k\,A^{-1}
    = 2\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
    = \begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}.
    $$

  明显 $(kA)^{-1}\neq kA^{-1}$。

• 结论：选项 A 错误。

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2.2 选项 B

命题： $(kA)^T = kA^T$。

• 性质回顾：矩阵转置满足

  $$
  (XY)^T = Y^T X^T\quad (cX)^T = cX^T\quad (\text{(c) 为数}).
  $$

• 直接验证：设

    $$
    A = \begin{pmatrix}a & b\\[4pt]c & d\end{pmatrix},\quad
    kA = \begin{pmatrix}ka & kb\\[4pt]kc & kd\end{pmatrix}.
    $$
   

  则

      $$
    (kA)^T
    = \begin{pmatrix}ka & kc\\[4pt]kb & kd\end{pmatrix},
    \quad
    k\,A^T
    = k\,\begin{pmatrix}a & c\\[4pt]b & d\end{pmatrix}
    = \begin{pmatrix}ka & kc\\[4pt]kb & kd\end{pmatrix}.
    $$

  二者相等。

• 结论：选项 B 正确。

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2.3 选项 C

命题： $\bigl|kA\bigr| = k\bigl|A\bigr|$.

• 行列式性质：对于 $n$ 阶矩阵 $A$ 和数 $k$，

  $$
  \bigl|kA\bigr| = k^n\bigl|A\bigr|.
  $$

• 反例说明：若 $n=3$$k=2$，则

  $$
  \bigl|2A\bigr| = 2^3\bigl|A\bigr| = 8|A|\neq 2|A|.
  $$

• 结论：选项 C 错误。

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2.4 选项 D

命题： $(kA)^* = k\bigl|A^*\bigr|$.

这里 $M^*$ 表示矩阵 $M$ 的伴随矩阵（即代数余子式矩阵的转置）。

1. 伴随矩阵与逆的关系
   对可逆矩阵 $M$，有

   $$
   M^* = |M|M^{-1}.
   $$

2. 计算 $(kA)^*$

     $$
     (kA)^* = |kA|\,(kA)^{-1}
     = \bigl(k^n\,|A|\bigr)\,\Bigl(\tfrac1k\,A^{-1}\Bigr)
     = k^{\,n-1}\,|A|\,A^{-1},
     $$

   因此 $(kA)^*$ 仍是一个 矩阵。

3. 右侧 $k|A^*|$

      $$
      |A^*| = |\,|A|\,A^{-1}| = |A|^n\,|A^{-1}| = |A|^{n-1}
      \quad\Longrightarrow\quad
      k\,|A^*| = k\,|A|^{\,n-1}
      $$

   是一个 数。

4. 矩阵不能等于数，故该等式不可能恒成立。

• 结论：选项 D 错误。

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3. 正确答案

仅 B 正确。

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4. 涉及的主要知识点

1. 数乘矩阵的逆

   $$
   (kA)^{-1} = \frac{1}{k}A^{-1}\quad k\neq0.
   $$

2. 矩阵转置与数乘

   $$
   (kA)^T = kA^T.
   $$

3. 行列式的齐次性

   $$
   \bigl|kA\bigr| = k^n|A|\quad A\text{ 为 }n\text{ 阶矩阵}.
   $$

4. 伴随矩阵的定义与性质

   $$
   A^* = |A|A^{-1}\quad |A^*| = |A|^{n-1}.
   $$

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详细解析（零基础可懂版）

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1. 利用曲线对称性简化积分

• 曲线 $\Gamma$ 是球面和过原点平面的交线。

• 这条曲线具有 变量轮换对称性：
  因为球面方程 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 和平面方程 $x + y + z = 0$ 在变量 $x y z$ 轮换下都不变。

• 因此，关于这条曲线，以下积分相等：

  $$
  \oint_{\Gamma}xds = \oint_{\Gamma}yds = \oint_{\Gamma}zds
  $$

• 又因为在整条曲线上有 $x + y + z = 0$，所以：

  $$
  \oint_{\Gamma}(x + y)ds = \oint_{\Gamma}(-z)ds = -\oint_{\Gamma}zds
  $$

  但因为 $\oint_{\Gamma}xds = \oint_{\Gamma}zds$，所以

  $$
  \oint_{\Gamma}(x + y)ds = -\oint_{\Gamma}xds
  $$

  $$
  \Rightarrow \oint_{\Gamma}xds + \oint_{\Gamma}yds = -\oint_{\Gamma}xds
  \Rightarrow 2\oint_{\Gamma}xds = 0 \Rightarrow \oint_{\Gamma}xds = 0
  $$

  因此：

  $$
  \oint_{\Gamma}(x + y)ds = 0
  $$

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2. 将原式拆解

根据上面结论：

$$
I = \oint_{\Gamma}(x + y + z^2)ds = \oint_{\Gamma}(x + y)ds + \oint_{\Gamma}z^2ds = 0 + \oint_{\Gamma}z^2ds
$$

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3. 利用对称性继续化简

根据轮换对称性，有：

$$
\oint_{\Gamma}x^2ds = \oint_{\Gamma}y^2ds = \oint_{\Gamma}z^2ds
$$

又因为在整条曲线 $\Gamma$ 上，恒有 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$，所以：

$$
\oint_{\Gamma}(x^2 + y^2 + z^2)ds = \oint_{\Gamma}1ds = \text{曲线总弧长}
$$

而上面左边也等于：

$$
\oint_{\Gamma}x^2ds + \oint_{\Gamma}y^2ds + \oint_{\Gamma}z^2ds = 3\oint_{\Gamma}z^2ds
$$

因此：

$$
3\oint_{\Gamma}z^2ds = \oint_{\Gamma}1ds
\Rightarrow \oint_{\Gamma}z^2ds = \frac{1}{3} \oint_{\Gamma}ds
$$

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4. 计算曲线的弧长

曲线 $\Gamma$ 是单位球与过球心的平面 $x + y + z = 0$ 的交线
→ 是一个 半径为 1 的圆，位于该平面中。
→ 所以弧长为：

$$
\oint_{\Gamma}ds = 2\pi r = 2\pi
$$

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因此：

$$
\oint_{\Gamma}z^2ds = \frac{1}{3} \cdot 2\pi = \frac{2\pi}{3}
$$

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✅ 最终答案：

$$
I = \frac{2\pi}{3}
$$

选项 A 正确。

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所用知识

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1. 曲线的轮换对称性

若曲线的方程在 $x \leftrightarrow y \leftrightarrow z$ 轮换后不变，则关于该曲线有：

$$
\oint_{\Gamma}f(x)ds = \oint_{\Gamma}f(y)ds = \oint_{\Gamma}f(z)ds
$$

这能大幅度简化对称积分问题。

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2. 曲线积分恒等为 0 的情况

若在曲线 $\Gamma$ 上有 $f(xyz) \equiv 0$，则：

$$
\oint_{\Gamma}f(xyz)ds = 0
$$

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3. 曲线积分与对称分配

若 $f = x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 恒成立，则：

$$
\oint_{\Gamma}fds = \oint_{\Gamma}1ds = \text{曲线弧长}
$$

再由对称性：

$$
\oint_{\Gamma}x^2ds = \oint_{\Gamma}y^2ds = \oint_{\Gamma}z^2ds
\Rightarrow 3\oint_{\Gamma}z^2ds = \oint_{\Gamma}1ds
$$

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4. 球面与平面交线为圆

• 单位球 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$，球心在原点
• 若平面经过球心（如 $x + y + z = 0$），则交线为以球心为圆心的圆
• 圆的半径等于球的半径，即 $r = 1$，
• 圆的弧长为 $l = 2\pi r = 2\pi$。

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象限图（空间示意）

• 球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$：单位球，球心在原点。
• 平面 $x + y + z = 0$：过球心，把球面切出一个圆（曲线 $\Gamma$）。
• 曲线 $\Gamma$：是一个位于球面内部的圆，圆心在原点，半径为 1，分布于多个卦限。

 

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