一、选择题

(本题共 8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目 要求,把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

若函数 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos \sqrt{x}}{a x}, & x>0, \\ b, & x \leqslant 0\end{array}\right.$ 在 $x=0$ 处连续, 则 $(\quad)$(A) $a b=\frac{1}{2}$. ( B) $a b=-\frac{1}{2}$. ( C) $a b=0$. (D) $a b=2$.

(1)

• • 要使函数在 $x=0$ 处连续，函数$f(x)$左极限和右极限以及函数值必须相等。
    • 计算右极限
      • $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax}\xlongequal[]{1 - \frac{(\sqrt{x})^2}{2}}\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\frac{1}{2}x}{ax} = \frac{1}{2a}$
    • 计算左极限：$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^-} b = b$。
    • 左极限＝右极限＝函数值：$\frac{1}{2a} = b$。

(2)

设函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(x) f^{\prime}(x)>0$, 则 $(\quad)$( A) $f(1)>f(-1)$. (B) $f(1)<f(-1)$. ( C) $|f(1)|>|f(-1)|$. (D) $|f(1)|<|f(-1)|$.

(2)

• • 判断 $f(x) f'(x) > 0$ 对 $f(x)$ 的影响
    • 构造辅助函数 $g(x) = \frac{1}{2} f^2(x)$，$g(x)$ 是可导的
    • 分析 $g(x)$ 的单调性
      • 由 $g'(x) = f(x) f'(x) > 0$，得出 $g(x)$ 是单调递增函数
• 比较 $g(1)$ 和 $g(-1)$ 的大小
  • 由$1>-1$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{g^{\prime}(x)>0} g(1) > g(-1)\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{g(x) = \frac{1}{2} f^2(x)}\frac{1}{2} f^2(1) > \frac{1}{2} f^2(-1)\end{aligned}$
      • 进一步得到 $f^2(1) > f^2(-1)\xrightarrow[]{开根号}|f(1)| > |f(-1)|$

(3)

函数 $f(x, y, z)=x^{2} y+z^{2}$ 在点 $(1,2,0)$ 处沿向量 $\boldsymbol{n}=(1,2,2)$ 的方向导数为 $(\quad)$(A) 12 . (B) 6 . (C) 4 . (D) 2 .

(3)

答 应选(D).

• 设函数 $f(x, y, z)$ 在点 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 可微分, $\boldsymbol{e}_l=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则 $f(x, y, z)$ 在点 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处沿方向 $l$ 的方向导数存在, 且
  $\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{l}}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right) \cdot \boldsymbol{e}_l=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)} \cos \alpha+\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)} \cos \beta+\left.\frac{\partial f}{\partial z}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)} \cos \gamma .$

• $\displaystyle \begin{aligned}\frac{n}{\|n\|}=\cos \alpha, \cos \beta,\cos \gamma=\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)\end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial \vec{n}} & \left.=\left(f_x, f_y, f_z\right) \cdot \underline{(\cos \alpha, \cos \beta,\cos \gamma}\right)\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} =\left(2 x y, x^2, 2 z\right) \cdot\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =(4,1,0) \cdot\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2 \end{aligned}$

(4)

甲、乙两人赛跑, 计时开始时, 甲在乙前方 10 (单位: $m$ ) 处, 图中, 实线表示甲的速度曲线 $v=v_{1}(t)$ (单位: $\left.\mathrm{m} / \mathrm{s}\right)$, 虚线表示乙的速度曲线 $v=v_{2}(t)$,三 块阴影部分面积的数值依次是 $10,20,3$. 计时开始后乙追上 甲的时刻记为 $t_{0}$ (单位: $\mathrm{s}$ ), 则 $(\quad)$(A) $t_{0}=10$. (B) $15<t_{0}<20$. ( C) $t_{0}=25$. (D) $t_{0}>25$.

(4)

• 答 应选(C). 解 由题设知, 从 0 到 $t_0$ 时刻, 甲、乙两人的位移分别为
• $\displaystyle S_1=\int_0^{t_0} v_1(t) \mathrm{d} t, S_2=\int_0^{t_0} v_2(t) \mathrm{d} t,$其中 $S_1$ 在几何上表示曲线 $v=v_1(t), t=t_0$ 及两坐标轴围成的面积, $S_2$ 在几何上表示曲线 $v=v_2(t), t=$ $t_0$ 及两坐标轴围成的面积. $t_0$ 为计时开始后乙追上甲的时刻, 则
• $S_2=S_1+10 \text {, }$即
• $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{t_0} v_2(t) \mathrm{d} t=\int_0^{t_0} v_1(t) \mathrm{d} t+10, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{t_0}\left[v_2(t)-v_1(t)\right] \mathrm{d} t=10 . \end{aligned}$由题中图形可知 $t_0=25$, 故应选 (C).

(5)

设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 $n$ 维单位列向量, $\boldsymbol{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵,则 $(\quad)$ (A) $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 不可逆. (B) $\boldsymbol{E}+\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 不可逆. (C) $\boldsymbol{E}+2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 不可逆. (D) $\boldsymbol{E}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.

(5)

• 答 应选 $(A)$. 解 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 可逆的充分必要条件是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值非零. 因为 $\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 是秩为 1 的矩阵, 又 $\boldsymbol{\alpha}$ 为单位列向量, 有 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}=1$, 故矩阵 $\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 1,0( $n-1$ 重). 所以 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 0,1 ( $n-1$ 重), 因此矩阵 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 不可逆, 应选(A).

（6）

已知矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$, 则 ( )

(A) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 相似, $\boldsymbol{B}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 相似. (B) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 相似, $\boldsymbol{B}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 不相似. (C) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 不相似, $\boldsymbol{B}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 相似. (D) $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 不相似, $\boldsymbol{B}$ 与 $\boldsymbol{C}$ 不相似.

(6)

• 答 应选(B).
• $\boldsymbol{A}$ 和 $\boldsymbol{B}$ 都是上三角形矩阵,特征值是对角线上的元索, 都是 $2,2,1$.
• 问相似
  • 先看特征值:ABC的是全相等的
  • 再看是否有二重根
  • 如果有二重根，看有几个线性无关的解:用$|A-\lambda E|$判断
    • B选项，是二重根，但只有一个线性无关的特征向量，因此不能相似对角化
• 它们是否与 $\boldsymbol{C}$ 相似只需看它们是否可相似对角化:也就是，看二重根是否具有两个线性无关的解
  • 矩阵 $\boldsymbol{A}$, 对二重特征值 $2, n-r(2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=3-1=2$ (等于重数),
    • $\displaystyle 2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$,
    • 于是 $\boldsymbol{A}$ 可相似对角化, $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{C}$.
  • 矩阵 $\boldsymbol{B}$, 对二重特征值 $2, n-r(2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B})=3-2=1$ (小于重数),
    • $\displaystyle 2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$
    • 于是 $\boldsymbol{B}$ 不可相似对角化, $\boldsymbol{B}$ 不相似于 $\boldsymbol{C}$.

(7)

设 $A, B$ 为随机事件. 若 $0<P(A)<1,0<P(B)<1$, 则 $\underbrace{P(A \mid B)>P(A \mid \bar{B})}_{用条件概率公式展开}$ 的充分必要条件 是 $(\quad)$ (A) $\underbrace{P(B \mid A)>P(B \mid \bar{A})}_{用条件概率公式展开}$. ( B) $P(B \mid A)<P(B \mid \bar{A})$. ( C) $P(\bar{B} \mid A)>P(B \mid \bar{A})$. (D) $P(\bar{B} \mid A)<P(B \mid \bar{A})$.

(7)

解 应选 (A). 解法 1

• 题设条件 $P(A \mid B)>P(A \mid \bar{B})\xrightarrow[]{两边条件概率}\frac{P(A B)}{P(B)}>\frac{P(A \bar{B})}{P(\bar{B})}\xlongequal[]{求逆}\frac{P(A)-P(A B)}{1-P(B)},$

  • 则$\displaystyle \begin{aligned}\frac{P(A B)}{P(B)}>\frac{P(A)-P(A B)}{1-P(B)}\end{aligned}$
    • $P(A B)[1-P(B)]>P(B)[P(A)-P(A B)]$
      • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[P(B) P(A B)]{左右两边消去}P(A B)>P(A) P(B)\end{aligned}$
      • 综上, $P(A \mid B)>P(A \mid \bar{B})$ 的充要条件为 $P(A B)>P(A) P(B)$

• 对于A选项:$P(B \mid A)>P(B \mid \bar{A})$.

  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{P(A B)}{P(A)}>\frac{P(B \bar{A})}{P(\bar{A})} & =\frac{P(B)-P(A B)}{1-P(A)}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{不等式交叉相乘}P(A B)[1-P(A)] & >P(A)[P(B)-P(A B)] \end{aligned}$
  • 从而 $P(B A)>P(B) P(A)$,

• 则充要条件为 $P(B \mid A)>P(B \mid \bar{A})$. 答案应选 $(A)$

(8)

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}(n \geqslant 2)$ 为来自$\underbrace{总体 N(\mu, 1) 的简单随机样本}_{n个正态分布的平方和就是卡方分布}$, 记 $\displaystyle \bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$, 则下列结论中 不正确的是 $(\quad)$ (A) $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布. (B) $2\left(X_{n}-X_{1}\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布. (C) $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布. (D) $n(\bar{X}-\mu)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布.

(8)

• 答 应选(B).

• 这道题的核心就是要注意卡方分布前面的系数

• (A) $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布.

  • $\displaystyle \begin{aligned} x_{i} - \mu \sim N(0, 1) \quad (x_{i} - \mu)^{2} \sim \chi^{2}(1) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} (X_{i} - \mu)^{2} = (X_{1} - \mu)^{2} + (X_{2} - \mu)^{2} + \cdots + (X_{n} - \mu)^{2} \sim \chi^{2}(n) \end{aligned}$

• (B) $2\left(X_{n}-X_{1}\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布.

  • $\displaystyle \begin{aligned} X \sim N(\mu_1, \sigma^2) \quad Y \sim N(\mu_2, \sigma^2) \quad X \text{ 与 } Y \text{ 独立} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} aX + bY \sim N(a\mu_1 + b\mu_2, a^2 \sigma_1^2 + b^2 \sigma_2^2) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} X_n - X_1 \sim N(0, 2) \quad \frac{X_n - X_1}{\sqrt{2}} \sim N(0, 1) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \frac{(X_n - X_1)^2}{2} \sim \chi^{2}(1) \end{aligned}$

• (C) $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布.

  • $\displaystyle \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2=\frac{(n-1) S^2}{1}$
    • 由性质（2）:$\displaystyle \frac{(n-1) S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)\xrightarrow[]{\sigma=1 }$
  • 所以 $\displaystyle \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2 \sim$ $\chi^2(n-1)$. 选项 C 正确.

• (D) $n(\bar{X}-\mu)^{2}$ 服从 $\chi^{2}$ 分布.

  • ( i ) $\displaystyle \bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$: $\displaystyle \bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i \sim N\left(\mu, \frac{1}{n}\right)$
    • $X \sim N(\mu, 1) \quad \bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{1}{n}\right)$
      • 于是标准化后， $\frac{\bar{X}-\mu}{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}(\bar{X}-\mu) \sim N(0,1)$
  • 从而 $n(\bar{X}-\mu)^2 \sim \chi^2(1)$. 选项 D 正确.

• 卡方分布的定义

  • (1) 设 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 是来自总体 $N(0,1)$ 的样本, 则称统计量 $\chi^2=X_1^2+X_2^2+\cdots+X_n^2$ 服从自由度为 $n$ 的 $\chi^2$ 分布, 记为 $\chi^2 \sim \chi^2(n)$. 其数字特征为 $E\left(\chi^2\right)=n, D\left(\chi^2\right)=2 n$.
    • 卡方分布可以理解为一堆相互独立的标准正态的平方相加
    • 有多少个平方相加，就意味着它的自由度是多少

• 卡方分布的性质:设总体 $\displaystyle X \sim N\left(\mu, \sigma^2\right), X_1, X_2, \cdots, X_n$ 是来自 $X$ 的样本，
  $\displaystyle \bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i, S^2=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2$,则

  • ( i ) $\displaystyle \bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$;
  • (ii) $\displaystyle \frac{(n-1) S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$
  • (iii) $\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立.

二、填空题

(本题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分,把答案填在题中横线上. )

(9)

已知函数 $f(x)=\frac{1}{1+x^{2}}$, 则 $f^{(3)}(0)=$

• 泰勒展开:将 $f(x)$ 在 $x=0$ 处进行泰勒展开

  • 应用公式 $\displaystyle f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$

• 泰勒展开:

  • $\displaystyle \begin{aligned} &\text { 由泰勒公式 } \frac{1}{1+x}=1-x+x^2+o\left(x^2\right)(x \rightarrow 0) \text { 知, } \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} f(x)=\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+o\left(x^4\right)(x \rightarrow 0) . \end{aligned}$
    • $x^3$ 项的系数为0
      • 即 $\frac{f^{(3)}(0)}{3!} = 0$，得$f^{(3)}(0) = 0$

• 解 因为 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ 是偶函数,

  • 则 $f^{\prime}(x)$ 为奇函数,
  • $f^{\prime \prime}(x)$ 为偶函数,
  • $f^{\prime \prime \prime}(x)$ 为奇函数, 则 $f^{\prime \prime \prime}(0)=0$.

(10)

微分方程 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+3 y=0$ 的通解为 $y=$

(10)

• 答 应填 $\mathrm{e}^{-x}\left(C_1 \cos \sqrt{2} x+C_2 \sin \sqrt{2} x\right)$, 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数.

• 该齐次方程对应的特征方程为 $r^2+2 r+3=0$,

  • 解得 $r_{1,2}=-1 \pm \sqrt{2} \mathrm{i}$.

• 套公式通解为 $y=\mathrm{e}^{-x}\left(C_1 \cos \sqrt{2} x+C_2 \sin \sqrt{2} x\right)$, 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数.

• 二阶常系数齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$ ( $p, q$ 为常数) 通解的求法

  • (1) 写出特征方程 $\lambda^2+p \lambda+q=0$;
  • (2) 求出特征方程的两个根 $\lambda_1, \lambda_2$;
  • (3) 根据特征方程两个根的不同情形,按照下述表格写出通解.

特征方程 $\lambda^2+p \lambda+q=0$ 的根	微分方程 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$ 的通解
两个不相等的实根 $\lambda_1, \lambda_2$	$y=C_1 \mathrm{e}^{\lambda_1 x}+C_2 \mathrm{e}^{\lambda_2 x}$
两个相等的实根 $\lambda_1=\lambda_2$	$y=\left(C_1+C_2 x\right) \mathrm{e}^{\lambda_1 x}$
一对共轭复根 $\lambda_{1,2}=\alpha \pm \beta \mathrm{i}$	$y=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(C_1 \cos \beta x+C_2 \sin \beta x\right)$

(11)

若曲线积分 $\displaystyle \int_{L} \frac{x \mathrm{~d} x-a y \mathrm{~d} y}{x^{2}+y^{2}-1}$ 在区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2}<1\right\}$ 内与路径无关, 则 $a$

(11)

• 答 应填 -1 . 解 由题设知 则

• 由曲线积分与路径无关知$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} P=\frac{x}{x^2+y^2-1}, Q=\frac{-a y}{x^2+y^2-1}, \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-2 x y}{\left(x^2+y^2-1\right)^2}, \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2 a x y}{\left(x^2+y^2-1\right)^2} . \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\text {故 } \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} \text {, 即 } \frac{-2 x y}{\left(x^2+y^2-1\right)^2}=\frac{2 a x y}{\left(x^2+y^2-1\right)^2}\end{aligned}$
      • $-2 x y=2 a x y$
      • 解得 $a=-1$.

• 设 $G$ 是平面上的单连通区域, 函数 $P(x, y), Q(x, y)$ 在 $G$ 内具有一阶连续偏导数,
  则下列四个条件等价.

  • (1) 对于 $G$ 内任意一条光滑 (或分段光滑) 闭曲线 $L, \oint_L P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y=0$;
  • (2) 曲线积分 $\displaystyle \int_L P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y$ 在 $G$ 内与路径无关;
  • (3) 存在 $G$ 内的二元可微函数 $U(x, y)$, 使得
    $\mathrm{d} U(x, y)=P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y,$
    即 $P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y$ 为 $U(x, y)$ 的全微分;
  • (4) 在 $G$ 内等式$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\end{aligned}$恒成立.

(12)

幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} n x^{n-1}$ 在区间 $(-1,1)$ 内的和函数 $S(x)=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{(1+x)^2}$.

• $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} n x^{n-1}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{逐项积分}\int_0^x s(t) d t=\int_0^x \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} n t^{n-1} d t\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{提出求和∑} & \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x(-1)^{n-1} n t^{n-1} d t\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{积分} & \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{n+1}\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{提出x} & x \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n\xlongequal[]{级数转换}\frac{x}{1+x}\end{aligned}$

• $\displaystyle \frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^n x^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n \quad(-1<x<1)$

• (2012 年数一试题)
  求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}$的收敛域及和函数.

• (2005 年数一试题)
  求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2 n-1)}\right] x^{2 n}$ 的收敛区间与和函数 $f(x)$.

（13）

设矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为线性无关的 3 维列向量组,则向量组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的秩 为

(13)

• 读题
  • $\displaystyle \underbrace{设矩阵 \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1\end{array}\right),}_{问的就是矩阵A的秩}$ ，$\displaystyle \underbrace{\begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\end{aligned}为线性无关的 3 维列向量组}_{可逆}$,则向量组 $\displaystyle \underbrace{\begin{aligned}\boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_{3}\end{aligned}}_{拆成矩阵乘法}$ 的秩 为
• 答 应填 2.
• 分析:本题主要考查求向量组的秩, 等价于求由向量组构成的矩阵的秩.
  • 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $m \times n$ 矩阵, $\boldsymbol{P}, \boldsymbol{Q}$ 分别为 $m$ 阶和 $n$ 阶可逆矩阵,
    • 则 $r(\boldsymbol{P A})=r(\boldsymbol{A} \boldsymbol{Q})=r(\boldsymbol{A})$.
• 解:由于 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关, 故矩阵 $\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)$ 可逆, 从而
  • $r\left(\boldsymbol{A \boldsymbol { \alpha } _ { 1 }}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_3\right)=r\left(\boldsymbol{A}\underbrace{\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)}_{可逆}\right)=r(\boldsymbol{A}) .$
    • 一个矩阵乘以另一个可逆矩阵，不改变矩阵的秩
    • 因此，只要找到矩阵A的秩，就可以求得向量组的秩
  • 对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 作初等行变换将其化为阶梯形矩阵, 进而求得其秩.
    $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\1 & 1 & 2 \\0 & 1 & 1\end{array}\right) \xrightarrow{r_2-r_1}\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\0 & 1 & 1\end{array}\right) \xrightarrow{r_3-r_2^*}\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) .$
    • 故 $r\left(\boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\alpha}_3\right)=r(\boldsymbol{A})=2$.

(14)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.5 \Phi(x)+0.5 \Phi\left(\frac{x-4}{2}\right)$, 其中 $\Phi(x)$ 为标准正态分布函 数, 则 $E(X)=$

(14)

• 由分布函数求得概率密度
  • 分布函数为 $F(x)=0.5 \Phi(x)+0.5 \Phi\left(\frac{x-4}{2}\right)\xrightarrow[概率密度]{求导得}f(x)=F^{\prime}(x)=\frac{1}{2} \varphi(x)+\frac{1}{4} \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) .$
• 在求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分
  • $\displaystyle E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x\xlongequal[]{代入f(x)}\frac{1}{2} \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi(x) \mathrm{d} x}_{=0}+\frac{1}{4} \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d} x}_{换元求期望}$
    • $\displaystyle \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d} \xrightarrow[]{\frac{1}{4}拆成\frac{1}{2}×\frac{1}{2}}x\xlongequal[d\left(\frac{x-4}{2}\right)=\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \text {. }]{线性凑微分}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x-4+4}{2} \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d}\left(\frac{x-4}{2}\right)$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{t\frac{x-4}{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}(t+2) \varphi(t) \mathrm{d} t\xlongequal[]{拆}\underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} t \varphi(t) \mathrm{d} t}_{=0}+2 \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(t) \mathrm{d} t}_{=1}=2$
  • 合并结果:$E(X)=0+2=2$

三、解答题

(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}

(15)

(本题满分 10 分)

设函数 $f(u, v)$ 具有 2 阶连续偏导数, $\underbrace{y=f\left(\mathrm{e}^{x}, \cos x\right), 求 \left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0},\left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{x=0}}_{对x连续求两次偏导，只能先求后代}$

    y
   / \
  eˣ  cosx
 /   / 
x   x

(15)

• 解

• 该问题涉及求函数 $y = f(\mathrm{e}^{x}, \cos x)$ 在 $x = 0$ 时的一阶和二阶导数，

  • 虽然是求具体点，但是无法用先代后求

• 计算函数 $y = f(\mathrm{e}^{x}, \cos x)$ 的一阶导数 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}$。

  • 使用复合函数求导法则得：$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = f_1^{\prime} \cdot \mathrm{e}^x+f_2^{\prime} \cdot(-\sin x)\xrightarrow[]{将x=0代入得}\left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0}=f_1^{\prime}(1,1)$
  • 利用导数乘法求二阶偏导，得$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x^2}=\underbrace{\left[f_{11}^{\prime \prime} \cdot \mathrm{e}^x+f_{12}^{\prime \prime} \cdot(-\sin x)\right] \mathrm{e}^x+f_1^{\prime} \cdot \mathrm{e}^x}_{f_1^{\prime} \cdot \mathrm{e}^x对x求偏导}-\underbrace{\left[f_{21}^{\prime \prime} \cdot \mathrm{e}^x+f_{22}^{\prime \prime} \cdot(-\sin x)\right] \sin x-f_2^{\prime} \cdot \cos x}_{f_2^{\prime} \cdot(-\sin x)求偏导}$
    • $\xlongequal[去括号，得]{f_{21}^{\prime \prime}=f_{12}^{\prime \prime}}f_{11}^{\prime \prime} \cdot \mathrm{e}^{2 x}+f_{22}^{\prime \prime} \cdot \sin ^2 x+f_1^{\prime} \cdot \mathrm{e}^x-f_2^{\prime} \cdot \cos x-2 f_{12}^{\prime \prime} \cdot \sin x \cdot \mathrm{e}^x, \quad$
    • 将x=0代入得$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x^2}\right|_{x=0}=f_{11}^{\prime \prime}(1,1)+f_1^{\prime}(1,1)-f_2^{\prime}(1,1)$

(16)

(本题满分 10 分)

求 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$.

(16)

解析这个数学题目，我们可以采用二叉树结构来详细地展示解题步骤：

• 问题: 求 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$
  • 第一步：将数列和式极限转化为定积分
    • 转化过程:
      • 根据定积分的定义: $\displaystyle I =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right) \xlongequal[\frac{1}{n}=d x]{\frac{i}{n}=x}\int_0^1 x \ln (1+x) \, \mathrm{d} x$
      • 为了分布积分，找出u和dv：
        $x \, \mathrm{d} x = \frac{1}{2} \mathrm{d}(x^2)$
  • 第二步：化成udv形式，运用分部积分
    • $\displaystyle I = \frac{1}{2} \int_0^1 \ln (1+x) \, \mathrm{d}(x^2)\xlongequal[]{分部}\frac{1}{2} [\left. x^2 \ln (1+x)\right|_0 ^1-\int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \mathrm{~d} x]$
      • 第一部分：$\left. x^2 \ln (1+x)\right|_0 ^1=\ln 2-\ln 1=\ln 2$
      • 第二部分：$\displaystyle \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \mathrm{~d} x=\int_0^1 \frac{x^2+1-1}{1+x} d x$
        • 进行拆分得：$\displaystyle =\int_0^1 \frac{x^2+1}{1+x} d x-\int_0^1 \frac{1}{1+x} d x=\underbrace{\int_0^1(x-1) d(x-1)}_{\left.\frac{(x-1)^2}{2}\right|_0 ^1=-\frac12}-\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{1+x} d x}_{\left.\ln (1+x)\right|_0 ^1=\ln 2}$
    • 合并得：$=\frac{1}{2} \times\left[\ln 2-\left(-\frac{1}{2}+\ln 2\right)\right]=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

(17)

(本题满分 10 分)

已知函数 $y(x)$ $\underbrace{由方程 x^{3}+y^{3}-3 x+3 y-2=0 确定}_{用条件极值或者拐点来判断}$,求 $y(x)$ 的极值.

(17)

• • 求驻点
    • 对方程两边同时对 $x$ 求导
      • $3x^2 + 3y^2y' - 3 + 3y' = 0$
    • 令 $y' = 0$ 得到 $x = \pm 1$
      • 将 $x = 1$ 代入原方程得 $y^3 + 3y - 4 = 0$，解得 $y = 1$
      • 将 $x = -1$ 代入原方程得 $y^3 + 3y = 0$，解得 $y = 0$
    • 得到两个驻点 $x_1 = 1$ 和 $x_2 = -1$
• 判断驻点是否为极值点并求极值
  • 对求导方程再次求导
    • $6x + 6y(y')^2 + 3y^2y'' + 3y'' = 0$
  • 代入驻点 $x_1 = 1$
    • 解得 $y''(1) = -1 < 0$
      • $y(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极大值 $y(1) = 1$
  • 代入驻点 $x_2 = -1$
    • 解得 $y''(-1) = 2 > 0$
      • $y(x)$ 在 $x = -1$ 处取得极小值 $y(-1) = 0$

结论

• $y(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极大值 $y(1) = 1$- $y(x)$ 在 $x = -1$ 处取得极小值 $y(-1) = 0$ 通过以上步骤，我们清晰地展示了每一步的计算过程和逻辑连贯性。

(18)

(本题满分 10 分)

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数, $\displaystyle \underbrace{且 f(1)>0, \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x}<0.}_{一正一负，零点定理}$ 证明: ( I ) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根; ( II )$\underbrace{方程 f(x) f^{\prime \prime}(x)+\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}=0}_{对应乘法求导}$在区间 $(0,1)$ 内$\underbrace{至少存在两个不同实根}_{罗尔定理要找三个零点}$.

(18)

• 证明 (I) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根
  方程的实根问题一般都转化为函数的零点问题(需要找到两个异号的点)

  • 已知$f(1)>0$
  • 找另一个小于0的点
    • 使用极限的保号性
      由 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x}<0$，存在 $x=0$ 的右邻域 $(0, \delta)$
      • 当 $x \in(0, \delta)$ 时 $\frac{f(x)}{x}<0$
      • 存在 $x_0 \in(0, \delta)$，使得 $f(x_0)<0$
  • 使用零点定理，由于刚才求得$f(x_0)<0$
    • $f(x_0) f(1)<0$
  • 由零点定理，存在 $c \in(x_0, 1)$，使 $f(c)=0$，因此$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 上至少存在一个实根

• (II) 方程 $f(x) f^{\prime \prime}(x)+[f^{\prime}(x)]^{2}=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根

• 构造辅助函数

  • 令 $F(x)=f(x) f^{\prime}(x)$
    • 导数关系:$F^{\prime}(x)=f(x) f^{\prime \prime}(x)+[f^{\prime}(x)]^2$
    • 寻找三个零点:
      • $F(0)=f(0) \cdot f^{\prime}(0)\xlongequal[]{f(0)=0}0$
      • $F(c)=f(c) \cdot f'(c)\xlongequal[]{f(c)=0}0$
      • 第三个零点:
        $f(\xi)=f(\xi) \cdot f'(\xi)\xlongequal[]{f^{\prime}(\xi)=0}0$
        • 在 $[0, c]$ 区间利用罗尔定理
          • $f(0)=0$，$f(c)=0$
          • 存在 $\xi \in(0, c)$，使 $f^{\prime}(\xi)=0$

• 根据三点 $F$ 值相等再用两次罗尔定理

  • $F(0)=F(\xi)=F(c)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[0, \xi]$ 上用罗尔定理
      • 存在 $\xi_1 \in(0, \xi)$，使 $F^{\prime}(\xi_1)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[\xi, c]$ 上用罗尔定理
      • 存在 $\xi_2 \in(\xi, c)$，使 $F^{\prime}(\xi_2)=0$
  • 综上,方程 $f(x) f^{\prime \prime}(x)+[f^{\prime}(x)]^2=0$ 在 $(0,1)$ 至少存在两个实根

(19)

(本题满分 10 分)

设薄片型物体 $S$ 是圆雉面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 被柱面 $z^{2}=2 x$ 割下的有限部分, 其上任一点的密度为 $\mu(x, y, z)=9 \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$. 记圆雉面与柱面的交线为 $C$. (I ) 求 $C$ 在 $x O y$ 平面上的投影曲线的方程; (II) 求 $S$ 的质量 $M$.(抽象题)

(19)

• 读题
  • 设薄片型物体 $S$ 是$\underbrace{圆锥面 z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} 被柱面 z^{2}=2 x 割下的有限部分}_{画图}$, 其上任一点的密度为 $\mu(x, y, z)=9 \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$. 记$\underbrace{圆雉面与柱面的交线为 C}_{先求空间曲线}$.
    (I ) $\underbrace{求 C 在 x O y 平面上的投影曲线的方程}_{令z=0，求得xOy面的投影}$;
    (II) $\underbrace{求 S 的质量 M}_{让你求S的曲面面积}$.(抽象题)
• 注 正确写出投影曲线的方程是后续的关键.
• ( I ) 由题设知, 圆锥面与柱面的交线 $C$ 的方程为 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}z=\sqrt{x^2+y^2}, \\ z^2=2 x,\end{array}\right.$ 消去 $z$ 得到 $x^2+y^2=$ $2 x$,
  • 于是 $C$ 在 $x O y$ 平面上的投影曲线的方程为
    $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x^2+y^2=2 x, \\z=0 .\end{array}\right.$
• 
  
• (II) 因为 $S$ 的点密度为$\mu(x, y, z)=9 \sqrt{x^2+y^2+z^2},$所以 $S$ 的质量为密度乘以面积
• $\displaystyle \begin{aligned} d S & =\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} d x d y \xrightarrow[z_y =\frac{y}{z}]{z_x =\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{z}}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =\sqrt{1+\frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{z^2}} d x d y \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{z^2=x^2+y^2}\sqrt{2} d x d y\end{aligned}$
• 又 $S$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为$D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2 x\right\},$所以
  • $M=\iint_S 9 \sqrt{x^2+y^2+z^2} \mathrm{~d} S$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{z=\sqrt{x^2+y^2}}\iint_D 9 \sqrt{2} \sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{2} d x d y \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =18 \iint_{x^2+y^2 \leqslant 2 x} \sqrt{x^2+y^2} d x d y \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =18 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^{2 \cos \theta} r \cdot r \mathrm{~d} r \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & =48 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^3 \theta \mathrm{~d} \theta=96 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^3 \theta \mathrm{~d} \theta \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =96 \times \frac{2}{3}=64 \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n x \mathrm{~d} x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^n x \mathrm{~d} x= \begin{cases}\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}, & n \text { 为偶数, } n \geqslant 2, \\ \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \cdot \frac{2}{3}, & n \text { 为奇数, } n \geqslant 3 .\end{cases}\end{aligned}$

(20)

(本题满分 11 分)

设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 有 3 个不同的特征值, 且 $\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2 \boldsymbol{\alpha}_{2}$. ( I ) 证明 $r(\boldsymbol{A})=2$; ( II ) 设 $\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}$, 求方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解.

(20)

• 读题:设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ $\underbrace{有 3 个不同的特征值}_{特征值一个是0，其他两个不是0}$, 且 $\underbrace{\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2 \boldsymbol{\alpha}_{2}}_{得出齐次的通解}$.
  ( I ) 证明 $\underbrace{r(\boldsymbol{A})=2}_{有一个特征值是0}$;
  ( II ) 设 $\underbrace{\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}}_{得出非齐次的特解}$, 求$\underbrace{方程组 \boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta} 的通解}_{齐次通解+非齐次特解}$.
• 分析 本题综合考查了行列式与特征值的关系以及解线性方程组.
  • 第( I ) 问要证明 $\boldsymbol{A}$ 的秩为 2 , 可以转化为证明 $\boldsymbol{A}$ 的行列式为零.
  • 第 (II) 问主要考查解线性方程组.
• (I)由于 $\boldsymbol{A}$ 有 3 个不同的特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$, 因此至多仅有一个零特征值.
  • 该对角矩阵的秩 $\geqslant 2$, 于是 $r(\boldsymbol{A}) \geqslant 2$.
  • 又因为 $\boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{\alpha}_1+2 \boldsymbol{\alpha}_2$, 所以 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关, $|\boldsymbol{A}|=0$.
    • 该对角矩阵的秩 $＜ 3$，于是$r(\boldsymbol{A}) ＜ 3$
  • 因此, $r(\boldsymbol{A})=2$.
• $\displaystyle \begin{aligned} \alpha_1+2 \alpha_2-\alpha_3=0 \xrightarrow[]{写成矩阵乘法}\left(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\right)\left(\begin{array}{c}1 \\2 \\-1\end{array}\right)=0 \quad A\left(\begin{array}{c}1 \\2 \\-1\end{array}\right)=0 \end{aligned}$
  • 又 $r(\boldsymbol{A})=2$，所以$\displaystyle \begin{aligned}Ax=0\end{aligned}$只有一个基础解系
    • 所以 $\displaystyle \left(\begin{array}{c}1 \\ 2 \\ -1\end{array}\right)$ 为 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的通解
• $\displaystyle \begin{aligned} \beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 \xrightarrow[]{写成矩阵乘法}\left(\alpha_1, \alpha_2 ,\alpha_3\right)\left(\begin{array}{c}1 \\1 \\1\end{array}\right)=\beta \quad A\left(\begin{array}{l}1 \\1 \\1\end{array}\right)=\beta \end{aligned}$
  • 所以 $\displaystyle \left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$ 为方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 的一个特解
• $\displaystyle \begin{aligned}A x=\beta\end{aligned}$的通解为:$\displaystyle \begin{aligned}x=\left(\begin{array}{l}1 \\1 \\1\end{array}\right)+k_1\binom{1}{-1}\end{aligned}$，其中 $k$ 为任意常数.

(21)

(本题满分 11 分)

设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+a x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-8 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q y}$ 下的标准形 为 $\lambda_{1} y_{1}^{2}+\lambda_{2} y_{2}^{2}$, 求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$.

(21)

• 读题
  • 设二次型 $\underbrace{f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+a x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-8 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3}}_{先化为实对称矩阵}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q y}$ 下的$\underbrace{标准形为 \lambda_{1} y_{1}^{2}+\lambda_{2} y_{2}^{2}}_{有个特征值为0，行列式为0}$, $\underbrace{求 a 的值}_{用|A|=0求}$及$\underbrace{一个正交矩阵 \boldsymbol{Q}}_{A的特征向量单位化拼成Q}$.
• 二次型都可以转化为实对称矩阵的问题
• 二次型 $f$ 对应的矩阵为
  $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 1 & -4 \\1 & -1 & 1 \\-4 & 1 & a\end{array}\right)$
• 由于 $f$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $\lambda_1 y_1^2+\lambda_2 y_2^2$,
  • 故 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, 0$. 从而 $|\boldsymbol{A}|=0$.
• 求行列式的值
  • $\displaystyle \begin{aligned} |\boldsymbol{A}| & =\left|\begin{array}{ccc}2 & 1 & -4 \\1 & -1 & 1 \\-4 & 1 & a\end{array}\right|\xlongequal[r4+4r1]{r1-2r2}\left|\begin{array}{ccc}0 & 3 & -6 \\1 & -1 & 1 \\0 & -3 & 9+4\end{array}\right|=(-1)^{2+1} \times 1 \times\left|\begin{array}{cc}3 & -6 \\-3 & a+4\end{array}\right| \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =-1 \times\left|\begin{array}{cc}3 & -6 \\0 & a-2\end{array}\right|=-3(a-2) . \end{aligned}$
  • 由题设知 $|\boldsymbol{A}|=0$. 于是 $a=2$.
• $\displaystyle \begin{aligned} & |A-\lambda E|=\left|\begin{array}{ccc}2-\lambda & 1 & -4 \\1 & -1-\lambda & 1 \\-4 & 1 & 2-\lambda\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}6-\lambda & 1 & -4 \\0 & -1-\lambda & 1 \\\lambda-6 & 1 & 2-\lambda\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}6-\lambda & 1 & -4 \\0 & -1-\lambda & 1 \\0 & 2 & -2-\lambda\end{array}\right| \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =(6-\lambda)\left[\lambda^2+3 \lambda+2-2\right]=(6-\lambda)(\lambda+3) \lambda=0 \end{aligned}$
  • 所以特征值为 $\lambda_1=-3, \lambda_2=6, \lambda_3=0$.
• 求特征值对应的特征向量
  • $\displaystyle \begin{aligned}6 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}4 & -1 & 4 \\ -1 & 7 & -1 \\ 4 & -1 & 4\end{array}\right) \xrightarrow[]{r3-r1}\left(\begin{array}{ccc}4 & -1 & 4 \\ -1 & 7 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\xrightarrow[]{r1+4r2}\left(\begin{array}{ccc}0 & 27 & 0 \\ -1 & 7 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\end{aligned}$
    • $\displaystyle \xrightarrow[]{r_1^* \times \frac{1}{27}}\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & 0 \\ 1 & -7 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \xrightarrow[]{r_2-7 r_1^{* *}}\left(\begin{array}{lll}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array} { r l } { x _ { 2 } } & { = 0 }\\{ x _ { 1 } + x _ { 3 } } & { = 0 } \end{array} \quad \left\{\begin{array}{l}x_1=k_1 \\x_2=0 \\x_3=-k_1\end{array} \quad x=k_1\left(\begin{array}{c}1 \\0 \\-1\end{array}\right)\left(k_1 \neq 0\right)\right.\right. \end{aligned}$
    • 单位特征向量为 $\boldsymbol{\beta}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1)^{\mathrm{T}}$;
• $\displaystyle \begin{aligned} -3 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A} & =\left(\begin{array}{ccc}-5 & -1 & 4 \\-1 & -2 & -1 \\4 & -1 & -5\end{array}\right) \xrightarrow[]{r_3+r_1}\left(\begin{array}{ccc}-5 & -1 & 4 \\ -1 & -2 & -1 \\ -1 & -2 & -1\end{array}\right)\xrightarrow[r_3^*-r_2]{}\left(\begin{array}{ccc}-5 & -1 & 4 \\-1 & -2 & -1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \xrightarrow[]{r_1-5 r_2}\left(\begin{array}{ccc}0 & 9 & 9 \\ -1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\xrightarrow[r_2 \times(-1)]{}\left(\begin{array}{lll}0 & 9 & 9 \\1 & 2 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[r_2^*-r_1^{* *}]{r_1^* \times \frac{1}{9}}\left(\begin{array}{lll}0 & 1 & 1 \\1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) . \end{aligned}$
  • $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x_2+x_3=0 \\ x_1+x_2=0\end{array}\right.$
    • $(-3 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系为 $\boldsymbol{\eta}_2=(1,-1,1)^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 $\beta_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)^{\mathrm{T}}$;
• $\displaystyle \begin{aligned} &\text { 当 } \lambda=0 \text { 时, } 0 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2 & -1 & 4 \\-1 & 1 & -1 \\4 & -1 & -2\end{array}\right) \xrightarrow[]{r3+2r1}\left(\begin{array}{ccc}-2 & -1 & 4 \\-1 & 1 & -1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{r1-2r2}\left(\begin{array}{ccc}0 & -3 & 6 \\-1 & 1 & -1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \xrightarrow[]{r_1^* \times\left(-\frac{1}{3}\right)}\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & -2 \\1 & -1 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \xrightarrow[]{r2+r1}\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & -2 \\1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x_2-2 x_3=0 \\ x_1-x_3=0\end{array}\right.$
    • $(0 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系为 $\boldsymbol{\eta}_3=(1,2,1)^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 $\boldsymbol{\beta}_3=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1)^{\mathrm{T}}$.
• 故所求的一个正交矩阵为
  $\displaystyle Q=\left(\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$.

(22)

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X, Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}, Y$ 的概率密度为 $\displaystyle f(y)= \begin{cases}2 y, & 0<y<1, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$ (I) 求 $P\{Y \leqslant E(Y)\}$; (II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度.

(22)

• 读题
  设随机变量 $X, Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$ ，$\displaystyle \underbrace{Y的概率密度为 f(y)= \begin{cases}2 y, & 0<y<1, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}}_{用来求Y的期望}$
  (I) 求 $\underbrace{P\{Y \leqslant E(Y)\}}_{要求E(Y)，要会连续型概率公式}$;
  (II) 求 $\underbrace{Z=X+Y 的概率密度}_{先用全集分解求混合型的分布函数}$.
• 由于 $X$ 为离散型随机变量,
  • 故不能利用 $X, Y$ 均为连续型随机变量时 $Z=X+Y$ 的概率密度公式 (卷积公式),
  • 只能按定义先求其分布函数, 再求概率密度.

(I) 求 $P\{Y \leqslant E(Y)\}$

• 计算 $E(Y)$（期望值）
  • $\displaystyle E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f(y) dy=\int_0^1 y·2 y d y=\int_0^1 2y^2 dy =\left.\frac{2}{3} y^3\right|_0 ^1= \frac{2}{3}$
• 将$E(Y)$ 代入$P\{Y \leqslant E(Y)\}$
  • $\displaystyle P\{Y \leqslant E(Y)\} = P\left\{Y \leqslant \frac{2}{3}\right\}=\int_{-\infty}^{\frac{2}{3}} f(y) d y= \int_0^{\frac{2}{3}} 2y dy =\left.y^2\right|_0 ^{\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}$

(II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度

• 先求$Z$ 的分布函数 $F_Z(z)$
  • $F_Z(z) = P\{Z \leqslant z\} = P\{X+Y \leqslant z\}$
  • $\xlongequal[全集分解]{对离散的进行}P\{X+Y \leqslant z , X=0\} + P\{X+Y \leqslant z , X=2\}$
  • $\xlongequal[]{X和Y独立}P\{X+Y \leqslant z \}·P\{X=0\} + P\{X+Y \leqslant z \}·P\{X=2\}$
  • $\xlongequal[]{将X的值代入}\frac{1}{2} P\{Y \leqslant z\} + \frac{1}{2} P\{Y \leqslant z-2\}$
• 根据$小y和小x$的概率密度的取值范围区域:画图， $z$ 的不同范围计算 $F_Z(z)$
  • 
    ，
  • (法一) 如图所示,
    当 $z \leqslant 0$ 时, $F_Z(z)=0+0=0$.
  • 当 $0<z \leqslant 1$ 时, $\displaystyle F_Z(z)=\frac{1}{2} \int_0^z 2 y \mathrm{~d} y+0=\frac{z^2}{2}$.
  • 当 $1<z \leqslant 2$ 时, $\displaystyle F_Z(z)=\frac{1}{2} \int_0^1 2 y \mathrm{~d} y+0=\frac{1}{2}$.
  • 当 $2<z \leqslant 3$ 时, $\displaystyle F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \int_0^{z-2} 2 y \mathrm{~d} y=\frac{1}{2}+\frac{(z-2)^2}{2}$.
  • 当 $z>3$ 时, $F_Z(z)=1$.
• 求 $Z$ 的概率密度 $f_Z(z)$:也就是对分布函数求导
  • $f_Z(z) = F_Z^{\prime}(z)$
  • $\displaystyle f_Z(z) = \begin{cases}z, & 0<z<1, \\ z-2, & 2<z<3, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$

(23)

(本题满分 11 分) 某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 相互独立且均服从正态分布 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_{i}=\left|X_{i}-\mu\right|(i=1,2, \cdots, n)$. 利用 $Z_{1}, Z_{2}, \cdots, Z_{n}$ 估计 $\displaystyle \sigma$. ( I ) 求 $Z_{1}$ 的概率密度; (II) 利用一阶矩求 $\displaystyle \sigma$ 的矩估计量; (III) 求 $\displaystyle \sigma$ 的最大似然估计量.

(23)

• 读题

  • 某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 相互独立且均服从正态分布 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_{i}=\left|X_{i}-\mu\right|(i=1,2, \cdots, n)$. 利用 $Z_{1}, Z_{2}, \cdots, Z_{n}$ 估计 $\displaystyle \sigma$.
    ( I ) 求 $Z_{1}$ 的概率密度;
    (II) 利用一阶矩求 $\displaystyle \sigma$ 的矩估计量;
    (III) 求 $\displaystyle \sigma$ 的最大似然估计量.

• (1)$\displaystyle \begin{aligned} & Z_1=\left|X_1-\mu\right| \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} X_1-\mu \sim N\left(0, \sigma^2\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \frac{X_1-\mu}{\sigma} \sim N(0,1) \end{aligned}$

• 当 $z<0$ 时, $F_{Z_1}(z)=0$.

• 当 $z \geqslant 0$ 时,

  • $\displaystyle \begin{aligned} F_{Z_1}(z) \xlongequal[]{定义}P\left\{Z_1 \leqslant z\right\}\xlongequal[]{Z_{i}=\left|X_{i}-\mu\right|}P\left\{\left|X_1-\mu\right| \leqslant z\right\} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{标准化}P\left\{\left|\frac{X_1-\mu}{\sigma}\right| \leqslant \frac{z}{\sigma}\right\}\xlongequal[]{去绝对值}P\left\{-\frac{z}{\sigma} \leqslant \frac{X_1-\mu}{\sigma} \leqslant \frac{z}{\sigma}\right\} \end{aligned}$
  • $\displaystyle =\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-\Phi\left(-\frac{z}{\sigma}\right)$
    • 
      
  • $\displaystyle \begin{aligned} =2 \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-1 \end{aligned}$

• 于是, $Z_1$ 的分布函数为 $\displaystyle F_{Z_1}(z)= \begin{cases}2 \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-1, & z \geqslant 0, \\ 0, & z<0 .\end{cases}$

  • 其中$\displaystyle \left[\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^{\prime}=\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right) \cdot \frac{1}{\sigma}$

• 因此, $Z_1$ 的概率密度为$\displaystyle \begin{aligned}f_{Z_1}(z)=F_{Z_1}^{\prime}(z)= \begin{cases}\frac{2}{\sigma} \varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right), & z \geqslant 0, \\ 0, & z<0\end{cases}\end{aligned}$

  • 将$\displaystyle \begin{aligned}\varphi(\frac{z}{\sigma})\end{aligned}$代入到正态分布概率密度公式$\displaystyle \varphi(x)\xlongequal[f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2 \sigma^{2}}}]{\sigma=1}\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$，
    得$\displaystyle \begin{cases}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{\sigma} \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2 \sigma^2}}, & z \geqslant 0, \\ 0, & z<0,\end{cases}$

• (2)

  • $\displaystyle \begin{aligned} E\left(Z_1\right)=\int_{-\infty}^{+\infty} z f_{Z_1}(z) \mathrm{d} z\xlongequal[]{代入概率密度z}\int_0^{+\infty} z \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \frac{1}{\sigma} \cdot e^{-\frac{z^2}{2 \sigma^2}} d z \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{凑微分}\int_0^{+\infty} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sigma \cdot e^{-\frac{z^2}{2 \sigma^2}} d\left(\frac{z^2}{2 \sigma^2}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{牛莱}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sigma \cdot-\left.e^{-\frac{z^2}{2 \sigma^2}}\right|_0 ^{+\infty} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =0-\left(-\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sigma\right)=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sigma \end{aligned}$

• 故 $\displaystyle \sigma=\sqrt{\frac{\pi}{2}} E\left(Z_1\right)$.
  用 $\bar{Z}$代替 $E\left(Z_1\right)$, 得到 $\displaystyle \sigma$ 的矩估计量$\displaystyle \hat{\sigma}=\sqrt{\frac{\pi}{2}} \bar{Z}$

• (3)求最大似然估计

  • (III) 设 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ 是相应于 $Z_1, Z_2, \cdots, Z_n$ 的一组样本值, z的概率密度为
    $\displaystyle f_{z_1}(z)=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \frac{1}{\sigma} e^{-\frac{z_1^2}{2 \sigma^2}}$
  • 则似然函数为概率密度连乘(三项连乘:系数连乘，$\displaystyle \sigma$连乘，e连乘)
    $\displaystyle L(\sigma)=L\left(z_1, z_2, \cdots, z_n ; \sigma\right)=\prod_{i=1}^n f_{Z_i}\left(z_i\right)= \begin{cases}\left(\frac{2}{\pi}\right)^{\frac{n}{2}} \frac{1}{\sigma^n} \mathrm{e}^{-\frac{1}{2 \sigma^2\left(z_1^2+z_2^2+\cdots+z_0^2\right)},}, & z_1>0, z_2>0, \cdots, z_n>0, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$
  • 取对数:$\displaystyle \ln L(\sigma)=\frac{n}{2} \ln \frac{2}{\pi}-n \ln \sigma-\frac{1}{2 \sigma^2}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots+z_n^2\right) .$
  • 求导:$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}[\ln L(\sigma)]}{\mathrm{d} \sigma}=-\frac{n}{\sigma}+\frac{1}{\sigma^3}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots+z_n^2\right)=0\end{aligned}$
    • 解得 $\displaystyle \sigma=\sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n z_i^2}$.

• 因此， $\displaystyle \sigma$ 的最大似然估计量
  为$\displaystyle \xrightarrow[]{加帽子}\hat{\sigma}=\sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2} .$