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)

• 下列函数中, 在 $x=0$ 处不可导的是 $(\quad)$ (A) $f(x)=|x| \sin |x|$. (B) $f(x)=|x| \sin \sqrt{|x|}$. (C) $f(x)=\cos |x|$. (D) $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$.

(1)

• • 答 应选(D).
    • 解 按定义考查 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的可导性, 即考查 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}$ 是否存在.
    • 选项(A), $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x| \sin |x|}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x| \cdot|x|}{x}=0$, 可导.
    • 选项(B), $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x| \cdot \sqrt{|x|}}{x}=0$, 可导.
    • 选项(C), $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos |x|-1}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{2}|x|^2}{x}=0$, 可导.
    • 选项(D),
      • $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}$
      • 不存在.
      • 因为 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=-\frac{1}{2}, \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=\frac{1}{2}, f_{+}^{\prime}(0) \neq f_{-}^{\prime}(0)$, 所以 $f^{\prime}(0)$ 不存在. 因此选(D).

(2)

• 过点 $(1,0,0),(0,1,0)$, 且与曲面 $z=x^{2}+y^{2}$ 相切的平面为 $(\quad)$
  • (A) $z=0$ 与 $x+y-z=1$.
  • (B) $z=0$ 与 $2 x+2 y-z=2$.
  • (C) $x=y$ 与 $x+y-z=1$.
  • (D) $x=y$ 与 $2 x+2 y-z=2$.

(2)

• 答 应选(B).
• 设所求平面与曲面 $z=x^2+y^2$ 的切点为 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$,
  • 曲面 $z=x^2+y^2$ 在切点 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 的法向量 $\boldsymbol{n}=\left(2 x_0, 2 y_0,-1\right)$,
  • 故切平面方程为 $2 x_0\left(x-x_0\right)+2 y_0\left(y-y_0\right)-\left(z-z_0\right)=0$, 这里 $z_0=x_0^2+y_0^2$.
    • 代入定点 $(1,0,0)$ 和 $(0,1,0)$ 到上述切平面方程中可得
      $\left(x_0, y_0, z_0\right)=(0,0,0),\left(x_0, y_0, z_0\right)=(1,1,2)$,
  • 故切平面方程 为 $z=0$ 与 $2 x+2 y-z=2$, 选 (B).

(3)

• $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{2 n+3}{(2 n+1) !}=(\quad)$
  • (A) $\sin 1+\cos 1$.
  • (B) $2 \sin 1+\cos 1$.
  • (C) $2 \sin 1+2 \cos 1$.
  • (D) $2 \sin 1+3 \cos 1$.

(3)

• • 答 应选 (B).
    • 解 这是常数项级数的求和, 按该级数的特点与题目设置的选项, 提示我们要用分解法并结合 $\sin x$ 与 $\cos x$ 的算级数展开式求得该常数项级数的和.
    • 已知 $\displaystyle \sin x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}(|x|<+\infty), \cos x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2 n}}{(2 n) !}(|x|<+\infty)$,
    • 现将原级数分解成
    • $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{2 n+3}{(2 n+1) !} & =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{(2 n+1)+2}{(2 n+1) !} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n) !}+2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n+1) !}=\cos 1+2 \sin 1 . \end{aligned}$
  • 因此选(B).
• 常见的初等函数的幂级数展开式
  • $\displaystyle \begin{aligned}\mathrm{e}^x & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n(-\infty<x<+\infty)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\sin x & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n+1)!} x^{2 n+1}(-\infty<x<+\infty)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{1}{1+x} & =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n(-1<x<1),\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{1}{1+x^2} & =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2 n}(-1<x<1)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}a^x=\mathrm{e}^{x \ln a} & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\ln a)^n}{n!} x^n(-\infty<x<+\infty)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}cos x & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n)!} x^{2 n}(-\infty<x<+\infty)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\ln (1+x) & =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n(-1<x \leqslant 1)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\arctan x & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2 n+1} x^{2 n+1}(-1 \leqslant x \leqslant 1)\end{aligned}$

(4)

• 设 $\displaystyle M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1+x)^{2}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x, N=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+x}{\mathrm{e}^{x}} \mathrm{~d} x, K=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sqrt{\cos x}) \mathrm{d} x$, 则 ( )
  • (A) $M>N>K$.
  • (B) $M>K>N$.
  • (C) $K>M>N$.
  • (D) $K>N>M$.

(4)

• 问题: 比较 $M, N, K$ 的大小，转化为仅比较被积函数的大小
  • 第一步：比较 $M$与1的大小
    • 化简过程:
      • 根据对称区间联想到奇偶性：
        $\displaystyle M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1+x)^2}{1+x^2} \mathrm{d} x\xlongequal[]{\frac{1+x^2+2 x}{1+x^2}}\int_{-\frac{2}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x+\int_{-\frac{2}{2}}^{\frac{2}{2}} \frac{2 x}{1+x^2} d x\xlongequal[]{x为奇函数=0}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x$
    • 化简结果: $\displaystyle M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{d} x$
  • 第二步：比较K与1的大小
    • 比较 $1$ 和 $1+\sqrt{\cos x}\xrightarrow[]{\sqrt{\cos x}>0}1 < 1+\sqrt{\cos x}$
    • 结论: $M < K$（排除选项 (A) 和 (B)）
  • 第三步：比较N与 $1$ 的大小
    • 令 $f(x)=\mathrm{e}^x-x-1$, 则 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-1, f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^x>0$,
    • 故该函数是凹函数，$f(x)>f(0)=0$
      • 则$f(x)=\mathrm{e}^x-x-1>0\xrightarrow[]{移项}\frac{\sqrt{1+x}}{e^x}<1$
    • 结果: $N < M$
  • 整理得：$\frac{\sqrt{1+x}}{e^x}<1<1+\sqrt{\cos x}$
    • 由函数大，积分就大: $N < M < K$（选项 (C)）

(5)

• 下列矩阵中, 与矩阵 $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$ 相似的为 ( )
  • (A) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.
  • (B) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.
  • (C) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.
  • (D) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.

(5)

• • 答 应选 (A).
    • 解 设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{A}$ 和各选项中的矩阵都不相似于对角矩阵.
    • 对这样的两个矩阵, 要判定它们相似需要大纲要求以外的知识, 而判定它们不相似是有办法的. 因此本题采用排除法.
    • 由相似的矩阵相等, 知若 $\boldsymbol{A}$ 相似于 $\boldsymbol{B}$, 则 $\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}$ 相似于 $\boldsymbol{B}-\boldsymbol{E}$, 从而 $r(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E})=r(\boldsymbol{B}-\boldsymbol{E})$.
    • $\displaystyle \boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}=\left(\begin{array}{lll} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right), r(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E})=2$
    • 而当 $\boldsymbol{B}$ 取 (B), (C), (D) 中的任一矩阵时, 都有 $r(B-E)=1$. 从而 $(\mathrm{B}),(\mathrm{C}),(\mathrm{D})$ 都排除,故选 (A).

(6)

• 设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 为 $n$ 阶矩阵,记 $r(\boldsymbol{X})$ 为矩阵 $\boldsymbol{X}$ 的秩, $(\boldsymbol{X}, \boldsymbol{Y})$ 表示分块矩阵,则 ( )
  • (A) $r(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{A B})=r(\boldsymbol{A})$.
  • (B) $r(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B A})=r(\boldsymbol{A})$.
  • (C) $r(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B})=\max \{r(\boldsymbol{A}), r(\boldsymbol{B})\}$.
  • (D) $r(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B})=r\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\right)$.

(6)

• • 答 应选 (A).
    • 解 一方面, $\boldsymbol{A}$ 是 $(\boldsymbol{A} \boldsymbol{A B})$ 的子矩阵, 因此 $r(\boldsymbol{A} \boldsymbol{A B}) \geqslant r(\boldsymbol{A})$.
    • 另一方面, (A AB) 是 $A$ 与 $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{E} & \boldsymbol{B}\end{array}\right)$ 的乘积, 即 $\displaystyle (\boldsymbol{A} A \boldsymbol{B})=\boldsymbol{A}\left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{E} & \boldsymbol{B}\end{array}\right)$, 因此 $r(\boldsymbol{A} \boldsymbol{A B}) \leqslant r(\boldsymbol{A})$, 故 $r(\boldsymbol{A} \quad \boldsymbol{A B})=r(\boldsymbol{A})$.

(7)

• 设随机变量 $X$ 的概率密度 $f(x)$ 满足 $f(1+x)=f(1-x)$, 且 $\displaystyle \int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=0.6$, 则 $P\{X<0\}=$
  • (A) 0.2 .
  • (B) 0. 3 .
  • (C) 0. 4 .
  • (D) 0.5 .

(7)

• 分析概率密度 $f(x)$ 的性质：

  • $f(1+x) = f(1-x)$，表示 $f(x)$ 关于 $x=1$ 对称。
  • 由对称性可知，$P\{X < 1\} \xlongequal[]{对称性} 0.5$。

• 计算给定区间内的概率：

  • 已知 $\displaystyle \int_{0}^{2} f(x) \, \mathrm{d}x = 0.6$，表示 $P\{0 < X < 2\} = 0.6$。
  • 根据对称性，$P\{0 < X < 1\} \xlongequal[]{对称性} \frac{1}{2} P\{0 < X < 2\} = 0.3$。

• 合并后计算 $P\{X =1\}\xlongequal[]{概率计算} P\{X < 1\} - P\{0 < X < 1\}$

  • $\xlongequal[]{具体值} 0.5 - 0.3 = 0.2$

(8)

• 设总体 $X$ 服从正态分布 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^{2}\right) . X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,据此样本检验 假设 $H_{0}: \mu=\mu_{0}, H_{1}: \mu \neq \mu_{0}$, 则 ( )
  • (A) 如果在检验水平 $\alpha=0.05$ 下拒绝 $H_{0}$, 那么 $\alpha=0.01$ 下必拒绝 $H_{0}$.
  • (B) 如果在检验水平 $\alpha=0.05$ 下拒绝 $H_{0}$, 那么 $\alpha=0.01$ 下必接受 $H_{0}$.
  • (C) 如果在检验水平 $\alpha=0.05$ 下接受 $H_{0}$, 那么 $\alpha=0.01$ 下必拒绝 $H_{0}$.
  • (D) 如果在检验水平 $\alpha=0.05$ 下接受 $H_{0}$, 那么 $\alpha=0.01$ 下必接受 $H_{0}$.

(8)

• 解 已知方差 $\displaystyle \sigma^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从正态分布, 未知方差 $\displaystyle \sigma^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从 $t$ 分布. 无论正态分布还是 $t$ 分布, 拒绝域都随着显著性水平 $\alpha$ 的减小而减小. 相反, 接受域随着 $\alpha$ 的减小而 增大, 也就是说在 $\alpha=0.01$ 下的接受域包含了在 $\alpha=0.05$ 下的接受域, 若在 $\alpha=0.05$ 下 $H_0$ 被接受了, 则在 $\alpha=0.01$ 下 $H_0$ 必被接受, 故选(D).

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)

若 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)^{\frac{1}{\sin k x}}=\mathrm{e}$, 则 $k=$

(9)

• • 使用 $e^{ln}$变形:转换为 $e$ 的指数形式。
    • $\displaystyle \begin{aligned}e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}{\sin k x}}=e\end{aligned}$
• 把指数单独拿出来算
  • $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1+1\right)}{\sin k x}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{ln(1+x-1)～x-1}\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right)\end{aligned}$
    • 通分$\frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right) = \frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)}$。
    • 求极限:将$x＝0$代入：$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)} = -\frac{2}{k}$。

(10)

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶连续导数. 若曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^{x}$ 在点 $(1,2)$ 处相切, 则 $\displaystyle \int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x=$

(10)

• 答 应填 $2(\ln 2-1)$.
• 曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^{x}$ 在点 $(1,2)$ 处相切
  • 根据题设条件 $f(0) = 0$，$f(1) = 2^1 = 2$，$f^{\prime}(1) = \left.(2^x)^{\prime}\right|_{x=1} = 2 \ln 2$
• 使用积分的分部积分法计算 $\displaystyle \int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x$
  • $\displaystyle \int_0^1 x f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x = \int_0^1 x \mathrm{d}[f^{\prime}(x)]$
  • $\displaystyle \int_0^1 x f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x \xlongequal[]{分布} \left.x f^{\prime}(x)\right|_0^1 - \int_0^1 f^{\prime}(x) \mathrm{d}x$
    • $= f^{\prime}(1) - \left.f(x)\right|_0^1$
    • $= f^{\prime}(1) - f(1) + f(0)$
  • $\displaystyle \int_0^1 x f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x = 2 \ln 2 - 2$
    • $= 2(\ln 2 - 1)$

(11)

设 $\boldsymbol{F}(x, y, z)=x y \boldsymbol{i}-y z \boldsymbol{j}+z x \boldsymbol{k}$, 则 $\operatorname{rot} \boldsymbol{F}(1,1,0)=$

(11)

• 答 应填 $i-k$.
• 记三元向量函数 $F(x, y, z)=(P, Q, R)$, 则类比斯托克斯
  • $\displaystyle \operatorname{rot} F(x, y, z)=\left|\begin{array}{ccc}i & j & k \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\P & Q & R\end{array}\right|,$
  • 这里 $P=x y, Q=-y z, R=z x$,
• 于是$\displaystyle \begin{aligned} \operatorname{rot} F(1,1,0) & =\left.\left|\begin{array}{ccc}i & j & k \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\x y & -y z & z x\end{array}\right|\right|_{(1,1,0)} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{注意正负号}[0-(-y)] \vec{i}+(-1) \cdot(z-0) \vec{j} +(0-x) \vec{k}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =\left.(y i-z j-x k)\right|_{(1,1,0)}=i-k \end{aligned}$

(12)

设 $L$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线, 则 $\oint_{L} x y \mathrm{~d} s=$

(12)

• 由曲线 $L$ 的方程可知,该曲线对变量 $x, y, z$ 具有轮换对称性.
  于是,$\displaystyle \begin{aligned}\oint_L x y \mathrm{~d} s=\oint_L y z \mathrm{~d} s=\oint_L z x \mathrm{~d} s=\frac{1}{3} \oint_L(x y+y z+z x) \mathrm{d} s .\end{aligned}$

  • 并且 $x y+y z+z x\xlongequal[]{完全平方}\frac{1}{2}\left[(x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]$

• 所以$\displaystyle \begin{aligned} \oint_L x y \mathrm{~d} s & =\frac{1}{3} \oint_L(x y+y z+z x) \mathrm{d} s=\frac{1}{6} \oint_L\left[(x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right] \mathrm{d} s \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[x^2+y^2+z^2=1]{x+y+z=0} \frac{1}{6} \oint_L(0-1) \mathrm{d} s=-\frac{1}{6} \oint_L \mathrm{~d} s . \end{aligned}$
  • $=-\frac{1}{6} \times 2 \pi×1=-\frac{\pi}{3}$
    • 由于 $L$ 为单位球面上的一个大圆, 即以球心为圆心, 且半径等于球半径的一个圆,
    • 故 $\oint_L \mathrm{~d} s=L$ 的周长 $=2 \pi×1=2 \pi$.

• 2007 年数一试题
  设曲面 $\displaystyle \Sigma:|x|+|y|+|z|=1$,则 $\displaystyle \oint_{\Sigma}(x+|y|) \mathrm{d} S=$ $\qquad$

• 曲面 $\displaystyle \Sigma$ 是一个以原点为中心的正八面体, 关于三个坐标面均对称, 且对变量 $x, y, z$ 具有轮换对称性。
  

• 记 $\displaystyle I=\iint_{\Sigma}(x+|y|) \mathrm{d} S$. 由于 $\displaystyle \Sigma$ 关于 $y O z$ 面对称,

  • 而 $x$ 是关于 $x$ 的奇函数, 故 $\displaystyle \iint_{\Sigma} x \mathrm{~d} S=0$.

• 又因为 $\displaystyle \Sigma$ 对变量 $x, y, z$ 具有轮换对称性, 所以

  • $\displaystyle I=\iint_{\Sigma}|y| \mathrm{d} S=\frac{1}{3} \iint_{\Sigma}(|x|+|y|+|z|) \mathrm{d} S=\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} \mathrm{d} S=\frac{1}{3} \cdot \Sigma \text { 的面积. }$
  • $\displaystyle \Sigma$ 的每个面是边长为 $\sqrt{2}$ 的正三角形, 面积为 $\frac{1}{2} \times(\sqrt{2})^2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 从而 $\displaystyle \Sigma$ 的面积为 $8 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $4 \sqrt{3}$.
  • 因此, $I=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$.

• 2009 年数一试题
  设 $\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^2+y^2+z^2 \leq 1\right\}$, 则 $\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=$ $\qquad$

• 2015 年数一试题
  设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 $\iiint_{\Omega}(x+2 y+3 z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=$

(13)

设 2 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有两个不同特征值, $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的线性无关的特征向量, 且满足 $\boldsymbol{A}^{2}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=$ $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}$, 则 $|\boldsymbol{A}|=$

(13)

• 分析 本题主要考查特征值与特征向量的概念，以及矩阵的行列式与其特征值之间的关系.
  • 行列式与特征值的关系: $|\boldsymbol{A}|=\prod_{i=1}^n \lambda_i$ ，其中 $\lambda_i(i=1,2, \cdots, n)$ 是 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值.
• 答 应填一 1 .

(14)

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, $A$ 与 $C$ 相互独立, $B C=\varnothing$. 若 $P(A)=P(B)=\frac{1}{2}, P(A C \mid A B \cup C)=\frac{1}{4}$, 则 $P(C)=$

(14)

• 读题

  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得$P(A B)=P(A) \cdot P(B)=\frac14$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得$P(A C)=P(A) P(C)$
  • $B C=\varnothing$，得$P(B C)=P(A B C)=0$

• 计算 条件概率公式：$P(AC \mid AB \cup C) = \frac{P(AC(AB \cup C))}{P(AB \cup C)}$

  • 展开分子：$P(AC(AB \cup C)) = P(ABC \cup AC)\xlongequal[]{P(ABC) = 0}P(AC)\xlongequal[]{独立}P(A)P(C) = \frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母： $P(AB \cup C) = P(AB) + P(C) - \underbrace{P(ABC)}_{=0}=\frac14+P(C)$

• 原式$P(A C \mid A B \cup C)=\frac{1}{4} = \frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4} + P(C)}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{1}{16}+\frac{1}{4} P(C)=\frac{1}{2} P(C)\end{aligned}$
  • 解方程找到 $P(C) = \frac{1}{4}$

gpt版

• 首先分析给定的事件的独立性和互斥性：

  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得 $P(AB) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{4}$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得 $P(AC) = P(A) \cdot P(C)$
  • $BC = \varnothing$，得 $P(BC) = 0$（即 $B$ 和 $C$ 互斥）

• 接下来，计算条件概率 $P(AC \mid AB \cup C)$：

• 根据条件概率公式：$P(AC \mid AB \cup C) = \frac{P(AC \cap (AB \cup C))}{P(AB \cup C)}$

  • 展开分子：
    • $P(AC \cap (AB \cup C)) = P(ACB \cup AC)$
    • $\xlongequal[]{P(ACB) = 0} P(AC)$
    • $\xlongequal[]{A \text{ 和 } C \text{ 独立}} P(A)P(C) = \frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母：
    • $P(AB \cup C) = P(AB) + P(C) - \underbrace{P(ABC)}_{=0}$
    • $= \frac{1}{4} + P(C)$

• 将分子和分母代入条件概率公式：

  • $\frac{1}{4} = \frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4} + P(C)}$
  • 解方程得 $P(C) = \frac{1}{4}$

(15)

(本题满分 10 分) 求不定积分 $\displaystyle \int \mathrm{e}^{2 x} \arctan \sqrt{\mathrm{e}^{x}-1} \mathrm{~d} x$.

(15)

分部积分准备: $\displaystyle \int u \, \mathrm{d}v = uv - \int v \, \mathrm{d}u$ - 选择 $u＝\arctan \sqrt{\mathrm{e}^x-1}$ ， - 选择$v = \, \mathrm{e}^{2x}$

• $\displaystyle 原式=\frac{1}{2} \int \arctan \sqrt{e^x-1} d\left(e^{2 x}\right)$
  • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{1}{2} e^{2 x} \arctan \sqrt{e^x-1}-\frac{1}{2} \int e^{2 x} d\left[\arctan \sqrt{e^x-1}\right]\end{aligned}$
    • $\left[\arctan \sqrt{e^x-1}\right]'=\underbrace{\frac{1}{1+e^x-1}}_{(\arctan \sqrt{e^x-1})'}·\underbrace{\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{e^x-1}}}_{(\sqrt{e^x-1}))'}·\underbrace{e^x}_{(e^x-1)'}=\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{e^x-1}} d x$
  • $\displaystyle \begin{aligned}= \frac{1}{2} \mathrm{e}^{2x} \arctan \sqrt{\mathrm{e}^x-1} - \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{e}^{2x}}{\sqrt{\mathrm{e}^x-1}} \, \mathrm{d}x\end{aligned}$
    • (法一)令 $t=\mathrm{e}^x$, 则 $\mathrm{d} t=\mathrm{e}^x \mathrm{~d} x$.
    • $\displaystyle \begin{aligned} \int \frac{\mathrm{e}^{2 x}}{\sqrt{\mathrm{e}^x-1}} \mathrm{~d} x & =\int \frac{\mathrm{e}^x}{\sqrt{\mathrm{e}^x-1}} \mathrm{~d}\left(\mathrm{e}^x\right)\end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned}=\int \frac{t}{\sqrt{t-1}} \mathrm{~d} t=\int \frac{t-1+1}{\sqrt{t-1}} \mathrm{~d} t=\int\left(\sqrt{t-1}+\frac{1}{\sqrt{t-1}}\right) \mathrm{d} t\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{2}{3}(t-1)^{\frac{3}{2}}+2 \sqrt{t-1}+C_1\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{2}{3}\left(\mathrm{e}^x-1\right)^{\frac{3}{2}}+2 \sqrt{\mathrm{e}^x-1}+C_1\end{aligned}$
  • $=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 x} \arctan \sqrt{\mathrm{e}^x-1}-\frac{1}{2} \sqrt{\mathrm{e}^x-1}-\frac{1}{6}\left(\mathrm{e}^x-1\right)^{\frac{3}{2}}+C$.

方法2

• 换元法准备: 令 $t =\sqrt{\mathrm{e}^x-1}$
  • $e^{2 x}=\left(1+t^2\right)^2$
  • $x=\ln \left(1+t^2\right)$，$d x=\frac{2 t}{1+t^2} d t$
  • 应用换元法: $\displaystyle \int \frac{\mathrm{e}^{2x}}{\sqrt{\mathrm{e}^x-1}} \, \mathrm{d}x = \int \frac{\left(1+t^2\right)^2}{t} \cdot \frac{2 t}{1+t^2} d t=2 \cdot \int\left(1+t^2\right) d t=2 \cdot\left(t+\frac{t^3}{3}\right) d t$
  • 将$t =\sqrt{\mathrm{e}^x-1}$带回：$=2 \sqrt{e^x-1}+\frac{2}{3}\left(e^x-1\right)^{\frac{3}{2}}dx$

(16)

(本题满分 10 分) 将长为 $2 \mathrm{~m}$ 的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形. 三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值.

(16)

• 圆的半径为 $x$，正方形的边长为 $y$，正三角形的边长为 $z$。

  • 面积函数 $f(x, y, z) = \pi x^2 + y^2 + \frac{\sqrt{3}}{4} z^2$。
  • 约束条件为周长 $2\pi x + 4y + 3z = 2$

• 构造拉格朗日函数 $L(x, y, z, \lambda)$。

  • $L(x, y, z, \lambda) = \pi x^2 + y^2 + \frac{\sqrt{3}}{4} z^2 + \lambda(2\pi x + 4y + 3z - 2)$。

• 求解边界上的驻点

  • 对 $L(x, y, z, \lambda)$ 求偏导数，设置为零。
    • $\frac{\partial L}{\partial x} = 2\pi x + 2\pi\lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial y} = 2y + 4\lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial z} = \frac{\sqrt{3}}{2}z + 3\lambda$
    • $\frac{\partial L}{\partial \lambda} = 2\pi x + 4y + 3z - 2$。
  • 代入消元法解得驻点 $x_0, y_0, z_0$，$不用求\lambda，\lambda是用来消元的$
    • $x_0 = \frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$。
    • $y_0 = \frac{2}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$。
    • $z_0 = \frac{2\sqrt{3}}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$。

• 计算最小值，将驻点代入 $f(x, y, z)$

  • 最小面积 $f(x_0, y_0, z_0) = \pi x^2 + y^2 + \frac{\sqrt{3}}{4} z^2=\frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$

(17)

(本题满分 10 分) 设 $\displaystyle \Sigma$ 是曲面 $x=\sqrt{1-3 y^{2}-3 z^{2}}$ 的前侧, 计算曲面积分 $\displaystyle I=\iint_{\Sigma} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{3}+2\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+z^{3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$.

(17)

• 解题思路:补面用高斯，补的面:积分为零，补的面是一个平面
  • 曲面 $\displaystyle \Sigma$ 为位于 $y O z$ 面前侧的半个椭球面的前侧, 椭球面方程为 $x^2+3 y^2+3 z^2=1 .$
    $\displaystyle \Sigma$不是封闭曲面, 可以先添加辅助曲面,再利用高斯公式将所求第二类曲面积分转化为三重积分进行计算.
  • 高斯公式：设空间闭区域 $\Omega$ 由分片光滑的闭曲面 $\displaystyle \Sigma$ 所围成. 若函数 $P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上具有一阶连续偏导数，则有
    $\displaystyle \iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d} v=\iint_{\Sigma} P \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+Q \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+R \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,$
• 
  
• (解) 如图所示, 添加辅助平面 $\displaystyle \Sigma^{\prime}: x=0\xrightarrow[取x=0，代入上式]{x^2+3 y^2+3 z^2=1}\left(3 y^2+3 z^2 \leqslant 1\right)$, 取后侧,
  即法向量指向 $x$ 轴负向, 则 $\displaystyle \Sigma$与 $\displaystyle \Sigma^{\prime}$ 围成一个半椭球体 $\Omega$, 且法向量指向外侧.
  • $\displaystyle \begin{aligned} & I=\iint_{\Sigma+\Sigma^{\prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\left(y^3+2\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+z^3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y -\underbrace{\iint_{\Sigma^{\prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\left(y^3+2\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+z^3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .}_{=0，补的平面积分为零}\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\iint_{\Sigma+\Sigma^{\prime}}^{\prime \prime} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\left(y^3+2\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+z^3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\xlongequal[]{高斯}\iiint_{\Omega}^{\prime \prime}\left(1+3 y^2+3 z^2\right) \mathrm{d} v . \end{aligned}$

柱线法

• 采用先重后单的积分次序计算 $\iiint_{\Omega}\left(1+3 y^2+3 z^2\right) \mathrm{d} v$.
  沿平行于 $y O z$ 面的方向作 $\Omega$ 的横截面，得$D_x=\left\{(y, z) \mid 3 y^2+3 z^2 \leqslant 1-x^2\right\} .$
  • $D_x$ 是半径为 $\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}$ 的圆盘. 于是,$\displaystyle \begin{aligned}\Omega=\left\{(x, y, z) \mid(y, z) \in D_x, 0 \leqslant x \leqslant 1\right\} .\end{aligned}$
  • $\left\{(r, \theta) \left\lvert\, 0 \leq r \leq \sqrt{\frac{1-x^2}{3}}\right., 0 \leq \theta \leq 2\pi\right\}$
• $\displaystyle \begin{aligned} & \\\iiint_{\Omega}\left(1+3 y^2+3 z^2\right) \mathrm{d} v= & \int_0^1 \mathrm{~d} x \iint_{D_x}\left(1+3 y^2+3 z^2\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal{\text { 极坐标 }} \int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}}\left(1+3 r^2\right) \cdot r \mathrm{~d} r\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\left.2 \pi \int_0^1\left(\frac{r^2}{2}+\frac{3 r^4}{4}\right)\right|_0 ^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}} \mathrm{~d} x\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=2 \pi \int_0^1\left[\frac{1-x^2}{6}+\frac{3}{4} \cdot \frac{\left(1-x^2\right)^2}{3^2}\right] \mathrm{d} x\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{\pi}{6} \int_0^1\left(x^4-4 x^2+3\right) \mathrm{d} x. \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{\pi}{6} \times\left(\frac{1}{5}-\frac{4}{3}+3\right)=\frac{14 \pi}{45}\end{aligned}$

转换投影法

• $\displaystyle \begin{aligned} & \Sigma^{\prime}: z=\frac{\sqrt{1-3 y^2-3 x^2}}{I} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned}I =\iint_{\Sigma^{\prime}} z d y d x+\left(y^3+2\right) d x d z+x^3 d y d z \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{重新排序}\iint_{\Sigma^{\prime}} x^3 d y d z+\left(y^3+2\right) d x d z+z d x d y \end{aligned}$ 这道题用转换投影法不好算，因为被积函数很复杂

截面法

• 2007 年数一试题计算曲面积分
  $\displaystyle I=\iint_{\Sigma} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 z y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3 x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,$其中 $\displaystyle \Sigma$ 为曲面 $z=1-x^2-\frac{y^2}{4}(0 \leq z \leq 1)$ 的上侧.
• 2008 年数一试题
  设曲面 $\displaystyle \Sigma$ 是 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 的上侧, 则 $\iint_{\Xi} x y \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+x^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=$ $\qquad$

(18)

(本题满分 10 分) 已知微分方程 $y^{\prime}+y=f(x)$, 其中 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的连续函数. (I) 若 $f(x)=x$, 求方程的通解; (II) 若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的函数, 证明: 方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解.

（18）

• (I) 解
• 当 $f(x)=x$ 时,方程化为 $y^{\prime}+y=x$,是一阶线性微分方程
  • 通解为$\displaystyle \begin{aligned} y & =\mathrm{e}^{-x}\left(C_1+\int x \mathrm{e}^x \mathrm{~d} x\right)=\mathrm{e}^{-x}\left(C_1+x \mathrm{e}^x-\mathrm{e}^x\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =C_1 \mathrm{e}^{-x}+x-1\left(C_1 \text { 为任意常数 }\right) . \end{aligned}$

(19)

(本题满分 10 分) 设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足: $x_{1}>0, x_{n} \mathrm{e}^{x_{n+1}}=\mathrm{e}^{x_{n}}-1(n=1,2, \cdots)$. 证明 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛, 并求 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$.

(19)

• 第一步：证明数列收敛

• 分析和证明过程：

  • 证$0 < x_2 < x_1$
  • 观察到 $1 = e^0$，可以对原式运用拉格朗日中值定理，存在$\xi$属于$0 < \xi < x_1$： $e^{x_2} = \frac{e^{x_1} - 1}{x_1} \xlongequal[]{1=e^{0}} \frac{e^{x_1} - e^0}{x_1-0} \xlongequal[]{拉格朗日} \frac{e^\xi \cdot (x_1-0)}{x_1} \xlongequal[]{分子分母消去_1} e^\xi$ 其中 ,$x_2 = \xi$,这样，$0 < x_2 < x_1$。

• 假设 $0 < x_n < x_{n-1}$，接下来证明 $0 < x_{n+1} < x_n$： $e^{x_{n+1}} = \frac{e^{x_n} - 1}{x_n} \xlongequal[]{1=e^{0}} \frac{e^{x_n} - e^0}{x_n} \xlongequal[]{拉格朗日} \frac{e^\eta \cdot (x_n-0)}{x_n} = e^\eta$

  • 其中 $0 < \eta < x_n$，因此 $x_{n+1} = \eta$，得出 $0 < x_{n+1} < x_n$。

• 结论：数列 $\{x_n\}$ 单调递减，且有下界 0，因此收敛。

• 第二步：求出数列的极限

• 极限求解过程：

  • 设 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = a$。
  • 对 $x_n e^{x_{n+1}} = e^{x_n} - 1$ 两边取极限：$a e^a = e^a - 1$
    • 解这个方程，显然 $a = 0$ 是解。
  • 考虑函数 $f(x) = x e^x - e^x + 1$
    • 其导数$x>0, e^x>0$, $f'(x) = x e^x > 0$，所以函数单调增。
  • 由$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(x)>0 \\f(0)=0\end{array}\right.$所以 $a = 0$ 是 $a e^a = e^a - 1$ 的唯一实根。

• 结论：$\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = 0$。

  • 数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，故收敛。
  • 极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = 0$ 是通过求解方程 $a e^a = e^a - 1$ 得出的，使用函数的单调性来证明这是唯一解。

(20)

(本题满分 11 分) 设实二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(x_{1}-x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{1}+a x_{3}\right)^{2}$, 其中 $a$ 是参数 (I) 求 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=0$ 的解; (II) 求 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 的规范形.

(20)

• (I) $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$ 当且仅当$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x_1-x_2+x_3=0 \\x_2+x_3=0 \\x_1+a x_3=0\end{array}\right.$对方程组的系数矩阵施以初等行变换得
  • $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & -1 & 1 \\0 & 1 & 1 \\1 & 0 & a\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 2 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & a-2\end{array}\right) \text {. }$
    • 当 $a \neq 2$ 时,方程组只有零解, 故 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$ 的解为 $\boldsymbol{x}=\mathbf{0}$;
    • 当 $a=2$ 时, 方程组有无穷多解, 通解为 $\displaystyle x=k\left(\begin{array}{c}-2 \\ -1 \\ 1\end{array}\right), k$ 为任意常数.
  • 故 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$ 的解为 $\displaystyle x=k\left(\begin{array}{c}-2 \\ -1 \\ 1\end{array}\right), k$ 为任意常数.
• (II)
  • 由 (I ) 知, 当 $a \neq 2$ 时, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 正定, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
  • 当 $a=2$ 时,求解 $f$ 的规范形有以下两种解法.
    • 解法 1$\displaystyle \begin{aligned} & f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2 x_1^2+2 x_2^2+6 x_3^2-2 x_1 x_2+6 x_1 x_3 \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =2\left(x_1-\frac{1}{2} x_2+\frac{3}{2} x_3\right)^2+\frac{3}{2}\left(x_2+x_3\right)^2, \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array}{l}y_1=\sqrt{2}\left(x_1-\frac{1}{2} x_2+\frac{3}{2} x_3\right), \\y_2=\frac{\sqrt{6}}{2}\left(x_2+x_3\right), \\y_3=x_3,\end{array}\right. \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} \end{aligned}$有 $\displaystyle \left|\begin{array}{ccc}\sqrt{2} & 0 & 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{2} & 0 \\ \frac{3 \sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{2} & 1\end{array}\right| \neq 0$, 所以 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.
• 解法 $2 f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2 x_1^2+2 x_2^2+6 x_3^2-2 x_1 x_2+6 x_1 x_3$
  • $\displaystyle \begin{aligned}=\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}2 & -1 & 3 \\-1 & 2 & 0 \\3 & 0 & 6\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}\end{aligned}$
  • 由 $|\lambda E-A|=0$, 求 $\boldsymbol{A}$ 的特征值.
    • $\displaystyle \begin{aligned} |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}| & =\left|\begin{array}{ccc}\lambda-2 & 1 & -3 \\1 & \lambda-2 & 0 \\-3 & 0 & \lambda-6\end{array}\right| \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =(\lambda-2)^2(\lambda-6)-9(\lambda-2)-(\lambda-6) \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =\lambda^3-10 \lambda^2+18 \lambda=0, \end{aligned}$
        • 解得 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1=0, \lambda_2=5+\sqrt{7}, \lambda_3=5-\sqrt{7}$.
  • 所以 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.

(21)

(本题满分 11 分) 已知 $a$ 是常数,且矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a\end{array}\right)$ 可经初等列变换化为矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1\end{array}\right)$.
( I ) 求 $a$;
(II) 求满足 $\boldsymbol{A P}=\boldsymbol{B}$ 的可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$.

(21)

• (I) 对矩阵 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 分别施以初等行变换, 得

  • $\displaystyle \begin{aligned} & \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & a \\1 & 3 & 0 \\2 & 7 & -a\end{array}\right) \xrightarrow[三阶矩阵]{左下角三个0}\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 3 a \\0 & 1 & -a \\0 & 0 & 0\end{array}\right), \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}1 & a & 2 \\0 & 1 & 1 \\-1 & 1 & 1\end{array}\right) \xrightarrow[]{消出三个0}\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & 2-a\end{array}\right) . \end{aligned}$
  • 由题设知 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{B})$, 故 $a=2$.

• (II) 由 (I) 知 $a=2$. 对矩阵 $(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{B})$ 施以初等行变换, 得
  $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{B})=\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 2 & 2 & 1 & 2 & 2 \\1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1 \\2 & 7 & -2 & -1 & 1 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 0 & 6 & 3 & 4 & 4 \\0 & 1 & -2 & -1 & -1 & -1 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) .$

• 记 $B=\left(\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right)$,

  • 齐次的解$\displaystyle \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{c}-6 \\2 \\1\end{array}\right)=\mathbf{0}$
  • 非齐次的解$\displaystyle \begin{aligned}\boldsymbol{A}\left(\begin{array}{c}3 \\-1 \\0\end{array}\right)=\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{c}4 \\-1 \\0\end{array}\right)=\boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{c}4 \\-1 \\0\end{array}\right)=\boldsymbol{\beta}_3\end{aligned}$

• 故 $A X=B$ 的解为$\displaystyle \boldsymbol{X}=\left(\begin{array}{ccc}3-6 k_1 & 4-6 k_2 & 4-6 k_3 \\-1+2 k_1 & -1+2 k_2 & -1+2 k_3 \\k_1 & k_2 & k_3\end{array}\right) \text {, 其中 } k_1, k_2, k_3 \text { 为任意常数. }$

  • 由于 $|\boldsymbol{X}|=k_3-k_2$,

• 因此满足 $\boldsymbol{A P}=\boldsymbol{B}$ 的可逆矩阵为
  $\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{ccc}3-6 k_1 & 4-6 k_2 & 4-6 k_3 \\ -1+2 k_1 & -1+2 k_2 & -1+2 k_3 \\ k_1 & k_2 & k_3\end{array}\right)$, 其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数, 且 $k_2 \neq k_3$.

(22)

(本题满分 11 分) 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=-1\}=\frac{1}{2}, Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布. 令 $Z=X Y$. ( I ) 求 $\operatorname{Cov}(X, Z)$; ( II ) 求 $Z$ 的概率分布.

(22)

解 这个问题涉及随机变量的协方差和概率分布。以下是对答案的详细解释：

(I) 求 $\operatorname{Cov}(X, Z)$

• 计算协方差
  • $\operatorname{Cov}(X, Z) = E(XZ) - E(X) \cdot E(Z)\xrightarrow[]{Z=XY}E(X \cdot X Y)-E X \cdot E(X Y)$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{独立}E\left(X^2\right) \cdot E(Y)-E^2(X) \cdot E(Y)\end{aligned}$
      • 计算 $E(X)$ , $E(X^2)$,$E(Y)$
        • $E(X) = (-1) \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2} = 0$
        • $E(X^2) = (-1)^2 \times \frac{1}{2} + 1^2 \times \frac{1}{2} = 1$
        • $E(Y) = \lambda$（泊松分布的期望）
  • 合并计算结果:$\operatorname{Cov}(X, Z)=1 \cdot \lambda-0 \cdot \lambda=\lambda$

(II) 求 $Z$ 的概率分布

• 三件套(常规思路):

  • $F_z(z)=p\{z \leq z\}=P\{XY \leqslant z\}$
  • $\xlongequal[可是泊松分布也是离散]{对离散的全集分解}P\{X Y \leq z, X=1\}+P\{X Y \leqslant z, X=-1\}$
  • $\xlongequal[]{独立}P\{X Y \leq z\} \cdot P\{X=1\}+P\{XY \leq z\} \cdot P\{X=-1\}$
  • $=\frac{1}{2}\{Y \leqslant z\}+\frac{1}{2}\{-Y \leq z\}$
  • 往后做不动，有时间再写

• 本题是泊松分布:计算 $P\{Z=0\}$

  • $P\{Z=0\} = P\{Y=0\} = e^{-\lambda}$（泊松分布中 $Y=0$ 的概率）

• 计算 $P\{Z=n\}$ 对于 $n = \pm 1, \pm 2, \cdots$

  • $P\{Z=n\} = P\{XY=n\} = P\left\{X=\frac{n}{|n|}, Y=|n|\right\}$
  • $= P\left\{X=\frac{n}{|n|}\right\} \cdot P\{Y=|n|\}$（因为 $X$ 和 $Y$ 相互独立）
  • $= \frac{1}{2} \cdot e^{-\lambda} \frac{\lambda^{|n|}}{|n|!}$（泊松分布中 $Y=|n|$ 的概率）

(23)

(本题满分 11 分) 设总体 $X$ 的概率密度为$\displaystyle f(x ; \sigma)=\frac{1}{2 \sigma} \mathrm{e}^{-\frac{|x|}{\sigma}},-\infty<x<+\infty,$其中 $\displaystyle \sigma \in(0,+\infty)$ 为未知参数, $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. 记 $\displaystyle \sigma$ 的最大似然估计量为 $\displaystyle \hat{\sigma}$.
(I) 求 $\displaystyle \hat{\sigma}$;
(II) 求 $\displaystyle E(\hat{\sigma}), D(\hat{\sigma})$.

(23)

【解】(1) 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 为样本观测值, 这里的$\displaystyle \sigma$相当于之前的$\theta$

• 写出似然函数为$\displaystyle L(\sigma)=\prod_{i=1}^n f\left(x_1 ; \sigma\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^n \cdot \frac{1}{\sigma^n} \cdot e^{-\frac{1}{\sigma} \sum_{i=1}^n\left|x_i\right|}，-\infty<x_i<+\infty$
  • 取对数则 $\displaystyle \ln L(\sigma)=-n \ln 2-n \ln \sigma-\frac{1}{\sigma} \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|$
  • 求导找可能的极值点(驻点)，得 $\displaystyle \frac{d \ln L(\sigma)}{d \sigma}=-\frac{n}{\sigma}+\frac{1}{\sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|=0$,
    • 解得 $\displaystyle \sigma=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|$, 所以 $\displaystyle \xrightarrow[]{加帽子}\hat{\sigma}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}\right|$

(II) 由于

• $\displaystyle E(|X|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|x| f(x ; \sigma) \mathrm{d} x=\int_{-\infty}^{+\infty}|x| \frac{1}{2 \sigma} \mathrm{e}^{-\frac{L x}{\sigma}} \mathrm{d} x=\frac{1}{\sigma} \int_0^{+\infty} x \mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}} \mathrm{d} x=\sigma,$因此
• $\displaystyle E \hat{\sigma}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E\left(\left|X_i\right|\right)=E(|X|)=\sigma$又因为
• $\displaystyle \begin{aligned} E\left(|X|^2\right)=E\left(X^2\right)=\int_{-\infty}^{+\infty} x^2 f(x ; \sigma) \mathrm{d} x=\int_{-\infty}^{+\infty} x^2 \frac{1}{2 \sigma} \mathrm{e}^{-\frac{L}{\sigma} \mid} \mathrm{d} x=\frac{1}{\sigma} \int_0^{+\infty} x^2 \mathrm{e}^{-\frac{x}{\sigma}} \mathrm{d} x=2 \sigma^2, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} D(|X|)=E\left(|X|^2\right)-[E(|X|)]^2=\sigma^2, \end{aligned}$所以
• $\displaystyle D \hat{\sigma}=\frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n D\left(\left|X_i\right|\right)=\frac{D(|X|)}{n}=\frac{\sigma^2}{n} \text {. }$