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)

当 $\displaystyle x \rightarrow 0$ 时, $\displaystyle f(x)=x-\sin a x$ 与 $\displaystyle g(x)=x^{2} \ln (1-b x)$ 是等价无穷小量, 则 ()

(1)解

(A) $a=1, b=-\frac{1}{6}$.
(B) $a=1, b=\frac{1}{6}$.
( C) $a=-1, b=-\frac{1}{6}$.
(D) $a=-1, b=\frac{1}{6}$.
答案：应选(A).
https://www.bilibili.com/video/BV1Lu411T76t

• 第一步：要找出 $\displaystyle a$ 和 $\displaystyle b$ 的值，使得 $\displaystyle f(x)$ 和 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle x \rightarrow 0$ 时是等价无穷小量。

• 第二步：使用泰勒公式展开 $\displaystyle \sin ax$ 和 $\displaystyle \ln(1-bx)$。

  1. 展开 $\displaystyle f(x)$：$\displaystyle f(x) = x - (ax - \frac{1}{6}(ax)^3 + o(x^3)) = (1-a)x + \frac{a^3}{6}x^3 + o(x^3)$。
  2. 展开 $\displaystyle g(x)$：$\displaystyle g(x) \sim -bx^3$。

• 第三步：比较 $\displaystyle f(x)$ 和 $\displaystyle g(x)$ 的展开式，求解 $\displaystyle a$ 和 $\displaystyle b$。

  • 计算步骤
    1. 比较系数：同指数的系数必须相等
    2. 求解方程：解方程组 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l} 1-a=0, \\ \frac{1}{6}a^3=-b \end{array}\right.$
    • 得 $\displaystyle a=1, b=-\frac{1}{6}$。

(2)

如图,正方形 $\{(x, y)|| x|\leqslant 1| y \mid, \leqslant 1\}$ 被其对角线划分为四个区域 $D_{k}(k=1$, $2,3,4), I_{k}=\iint_{D_{k}} y \cos x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 则 $\max _{1 \leqslant k \leqslant 4}\left\{I_{k}\right\}=(\quad)$
( A) $I_{1}$.
( B) $I_{2}$.
( C) $I_{3}$.
( D) $I_{4}$.

(2)解

答 应选 (A).

• 解 - $y \cdot \cos x$=奇×偶=奇函数，因此$y \cdot \cos x$是关于y的奇函数，相对于x
  • $D_1$区域：++，关于y轴对称，仅在y轴上方有区域，$I_1>0$
  • $D_2$区域：+-，关于x轴对称，仅在x轴上方和下方都有对称区域，$I_2=0$
  • $D_3$区域：+- ， 关于x轴对称，仅在x轴上方和下方都有对称区域，$I_3=0$
  • $D_4$区域：--，关于y轴对称，仅在y轴下方有区域，$I_4<0$
• 综上可知 $\max _{1<k<1}\left\{I_k\right\}=I_1$.

(3)

设函数$y=f(x)$在区间$[-1\text{，}3]$上的图形，如下图所示则函数$\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ 的图形为 $(\quad)$

(3)解

答 应选(D).
解 根据题中函数 $y=f(x)$ 的图形, 可知函数 $\displaystyle F(x)=\int_0^x f(t) \mathrm{d} t$ 在除了 $x=0, x=2$ 两点外处处可导, 且 $F^{\prime}(x)=f(x)$. 由此可知: 函数 $F(x)$ 在 $(-1,0)$ 内单调增加, 在 $(0,1)$ 内单调减少, 在 $(1,2)$ 内单调增加, 在 $(2,3)$ 内恒为常数. 由于函数 $F(x)$ 连续, 且 $F(0)=0$, 所以正确选项只能是 $(D)$.

(4)

设有两个数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$, 若 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$, 则 ( )
(A) 当 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} b_{n}$ 收敛.
(B) 当 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 发散时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} b_{n}$ 发散.
(C) 当 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|$ 收敛时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} b_{n}^{2}$ 收敛.
(D) 当 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|$ 发散时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} b_{n}^{2}$ 发散.
应选A 。

(4)解

答 应选 (C).
解法 1 直接法. 因为级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_n\right|$ 收敛, 所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left|b_n\right|=0$. 又因为 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$, 所以存在 $N>0$, 当 $n>N$ 时, 有 $\left|a_n\right|<1,\left|b_n\right|<1$, 从而有 $0 \leqslant a_n^2 b_n^2<\left|b_n\right|$. 利用比较判别法可知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 b_n^2$ 收玫.
解法 2 排除法. 取 $a_n=b_n=\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$, 满足条件, 但此时 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散, 排除 $(\mathrm{A})$; 取 $a_n=b_n=$ $\frac{1}{n}$, 满足条件,显然 $(B)$ 和 (D) 都不正确.

(5)

设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 是 3 维向量空间 $\mathbf{R}^{3}$ 的一组基,则由基 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \frac{1}{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}, \frac{1}{3} \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 到基 $\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 的过渡矩阵为 $(\quad)$
(A) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 2 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 3\end{array}\right)$.
(B) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 3\end{array}\right)$.
(C) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{6} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{6} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{6}\end{array}\right)$.
(D) $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{4} \\ -\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{1}{6}\end{array}\right)$.

(5)解

答 应选(A).
解 由于

• $\displaystyle \left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_1\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \frac{1}{2} \boldsymbol{\alpha}_2, \frac{1}{3} \boldsymbol{\alpha}_3\right)\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\2 & 2 & 0 \\0 & 3 & 3\end{array}\right),$按过渡矩阵定义知, 应选 (A).

(6)

设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 均为 2 阶矩阵, $\boldsymbol{A}^{*}, \boldsymbol{B}^{*}$ 分别为 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 的伴随矩阵, 若 $|\boldsymbol{A}|=2,|\boldsymbol{B}|=3$, 则分块矩阵 $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$ 的伴随矩阵为 $(\quad)$(A) $\displaystyle \left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 3 \boldsymbol{B}^{*} \\ 2 \boldsymbol{A}^{*} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$.
( B) $\displaystyle \left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 2 \boldsymbol{B}^{*} \\ 3 \boldsymbol{A}^{*} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$.
( C) $\displaystyle \left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 3 \boldsymbol{A}^{*} \\ 2 \boldsymbol{B}^{*} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$.
(D) $\displaystyle \left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 2 \boldsymbol{A}^{*} \\ 3 \boldsymbol{B}^{*} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$.
你能否将第六题的答案给我详细解释一遍，它的答案在这篇文章的后面

(6)解

答 应选(B).
解法 1 对任一 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{C}$, 有 $C^* C^*=C^*=|C| E$, 其中 $C^*$ 是 $C$ 的伴随矩阵. 因此可直接用矩阵乘法 验证, 排除错误选项.
对选项 (A), 有 $\displaystyle \quad\left(\begin{array}{ll}O & A \\ B & O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O & 3 B^* \\ 2 A^* & O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2 A A^* & O \\ O & 3 B^*\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}4 E_2 & \\ & 9 E_2\end{array}\right)$, $\boldsymbol{E}_2$ 为 2 阶单位矩阵;
对选项(B), 有

• $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 2 \boldsymbol{B}^* \\3 \boldsymbol{A}^* & \boldsymbol{O}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6 E_2 & \\& 6 E_2\end{array}\right)=6 E_4=\left|\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right| E_4,$ $\boldsymbol{E}_4$ 为 4 阶单位矩阵; 对选项 (C), (D), 分别有$\displaystyle \begin{aligned} & \left(\begin{array}{ll}O & A \\B & O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O & 3 A^* \\2 B^* & O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2 A^* & O \\O & 3 B A^*\end{array}\right), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\begin{array}{ll}O & A \\B & O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O & 2 A^* \\3 B^* & O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3 A B^* & O \\O & 2 B^*\end{array}\right) . \end{aligned}$由此知选项 (B) 正确. 解法 2 设 $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)^{\cdot}=\left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{X}_1 & \boldsymbol{X}_2 \\\boldsymbol{X}_3 & \boldsymbol{X}_4\end{array}\right)$分别求出 $\boldsymbol{X}_1, \boldsymbol{X}_2, \boldsymbol{X}_3, \boldsymbol{X}_4$. 因为 $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}O & A \\B & O\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}X_1 & X_2 \\X_3 & X_4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}A X_3 & A X_4 \\B X_1 & B X_2\end{array}\right)=\left|\begin{array}{ll}O & A \\B & O\end{array}\right|\left(\begin{array}{cc}E_2 & O \\O & E_2\end{array}\right)$所以 $B X_1=O, A X_4=O$, 由已知, $A, B$ 均可逆, 故 $X_1=X_4=O$; 另一方面, 有 $\displaystyle A X_3=B X_2=\left|\begin{array}{cc}O & A \\ B & O\end{array}\right| E_2$, 其中 $\displaystyle \left|\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right|=(-1)^{2 \times 2}|\boldsymbol{A}| \cdot|\boldsymbol{B}|=6$, 故得 $\boldsymbol{X}_3=6 \boldsymbol{A}^{-1}=6 \frac{\boldsymbol{A}^*}{|\boldsymbol{A}|}=3 \boldsymbol{A}^*, \boldsymbol{X}_2=6 \boldsymbol{B}^{-1}=6 \frac{\boldsymbol{B}^*}{|\boldsymbol{B}|}=2 \boldsymbol{B}^*$. 解法 $\displaystyle 3\left|\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right|=(-1)^{2 \times 2}|\boldsymbol{A}| \cdot|\boldsymbol{B}|=6$, 则 $\displaystyle \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)$ 可逆, 于是 $\displaystyle \begin{aligned} \left(\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & A \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)^{\cdot} & =\left|\begin{array}{ll}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right|\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A} \\\boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)^{-1}=6\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{B}^{-1} \\\boldsymbol{A}^{-1} & \boldsymbol{O}\end{array}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 2 \times 3 \boldsymbol{B}^{-1} \\3 \times 2 \boldsymbol{A}^{-1} & \boldsymbol{O}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{O} & 2 \boldsymbol{B}^* \\3 \boldsymbol{A}^* & \boldsymbol{O}\end{array}\right), \end{aligned}$选(B).

(7)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.3 \Phi(x)+0.7 \Phi\left(\frac{x-1}{2}\right)$, 其中 $\Phi(x)$ 为标准正态分布的 分布函数, 则 $E(X)=(\quad)$ (A) 0 . (B) 0. 3 . (C) 0. 7 . (D) 1 .

(7)解

• 由分布函数求期望

  • 分布函数求导,得概率密度
  • 求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分

• 由随机变量 $X$ 的分布函数求导，得概率密度$F'(x)$

  • $F(x) = 0.3 \Phi(x) + 0.7 \Phi\left(\frac{x-1}{2}\right)\xrightarrow[]{\text{两边求导}}F'(x) = 0.3 \Phi'(x) + 0.35 \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right)$
    • 其中 $\Phi(x)$ 是标准正态分布的分布函数。
    • 这里 $\Phi'(x)$ 是标准正态分布的概率密度函数。

• 对概率密度乘X积分得到期望:$E(X)$（$X$ 的期望值）

  • $\displaystyle E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} x F'(x) dx=0.3 \int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'(x) dx+0.35 \int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right) dx$
    • 因为是正态分布，从正无穷到负无穷都可以取到
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{正态的概率密度}}\int_{-\infty}^{+\infty} 0.3 x \varphi(x) \mathrm{d} x+\int_{-\infty}^{+\infty} 0.35 x \varphi\left(\frac{x-1}{2}\right) \mathrm{d} x$
    • $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} 0.3 x \varphi(x) \mathrm{d} x\xlongequal[]{\text{提出系数}}0.3 \int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi(x) \mathrm{d} x\xlongequal[]{\int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi(x) \mathrm{d} x=0}0$
    • $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} 0.35 x \varphi\left(\frac{x-1}{2}\right) \mathrm{d} x\xlongequal[x=2 u+1, \mathrm{~d} x=2 \mathrm{~d} u]{\text{换元}\frac{x-1}{2}=u}\int_{-\infty}^{+\infty} 0.7(2 u+1) \varphi(u) \mathrm{d} u$
      • $\displaystyle \xrightarrow[]{\text{拆开}}=1.4 \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} u\varphi(u) \mathrm{d} u}_{=0}+0.7 \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(u) \mathrm{d} u}_{=1}=0.7$

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1), Y$ 的概率分布为 $P\{Y=0\}=$ $P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$. 记 $F_{Z}(z)$ 为随机变量 $Z=X Y$ 的分布函数, 则函数 $F_{Z}(z)$ 的间断点个数 为 ( ) (A) 0 . (B) 1 . (C) 2 . (D) 3 .

(8)解

• 答案选择 B 的理由
  • X 和 Y 的分布
    • 连续型的正态分布：$X \sim N(0, 1)$
    • 离散型的01分布：$Y$ 的概率分布：$P\{Y=0\} = P\{Y=1\} = \frac{1}{2}$
  • 随机变量 Z 的定义
    • $Z = XY$
  • 计算 $F_Z(z)$ 的过程
    • 使用全概率公式
      • $F_Z(z) =P\{Z\text{≤}z\} \xlongequal[]{Z=XY}P\{XY \leq z\}$
        • 全集分解为 $Y = 0$ 和 $Y = 1$ 的情况
          • 当 $Y = 0$：$P\{XY \leq z | Y = 0\} \xlongequal[]{\text{将}Y=0\text{代入}} P\{0 \leq z\}$ ·$\underbrace{P\{Y=0\}}_{=\frac12}$
          • 当 $Y = 1$：$P\{XY \leq z | Y = 1\} \xlongequal[]{\text{将}Y=1\text{代入}}P\{X \leq z\}$ ·$P\{Y=1\}$
      • 结合各种情况
        • $F_Z(z) = \frac{1}{2}(P\{0 \leq z\} + P\{X \leq z\})$
  • 得到 $F_Z(z)$ 的分段函数
    • 对于 $z < 0$: $F_Z(z) =0+\frac{1}{2} F_x(z)=\frac{1}{2} \cdot \Phi(z)$
    • 对于 $z \geq 0$: $F_Z(z) = \frac{1}{2}[1 + \Phi(z)]$
  • z的分布函数为$\displaystyle F_2(z)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2} \Phi(z), & z \leq 0 \\ \frac{1}{2}(1+\Phi(z)), & z>0\end{array}\right.$
    • 注意:标准正态的几个值$\Phi(x): \Phi(0)=\frac{1}{2}: \Phi(-x)+\Phi(x)=1: \quad p(-a \leqslant x \leqslant a)=2 \Phi(a)-1$
      • $p(-a \leqslant x \leqslant a)=1-[1-\phi(a)]-\underbrace{\phi(-a)}_{1-\phi(a)}=1-[1-\phi(a)]-[1-\phi(a)]=2 \Phi(a)-1$
    • 则分别求左右极限
      • 左极限:$\displaystyle \lim _{z \rightarrow 0^{+}} F_z(z)=\lim _{z \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{2}(1+\Phi(z))=\frac{3}{4}$
      • 右极限:$\displaystyle \lim _{z \rightarrow 0^{-}} F_z(z)=\lim _{z \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{2} \Phi(z)=\frac{1}{4}$
  • 确定间断点
    • 左极限≠右极限:$z = 0$ 是 $F_Z(z)$ 的唯一间断点

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)

设函数 $f(u, v)$ 具有二阶连续偏导数, $z=f(x, x y)$, 则 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=$

(9)

解
该问题涉及求函数 $z=f(x, xy)$ 的二阶混合偏导数 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$。

    z
   / \
  x  xy 
 /   / \
x   x   y

• 计算 $z=f(x, xy)$ 的一阶和二阶偏导数。

  • 计算一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
    • 使用链式法则得：$\frac{\partial z}{\partial x} = f_1^{\prime} + y f_2^{\prime}$。
  • 计算二阶混合偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$。
    • 对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 关于 $y$ 求偏导得：
      • $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \underbrace{f_{11}^{\prime \prime} \cdot 0 + x f_{12}^{\prime \prime} }_{f_1^{\prime}\text{对}y\text{求偏导}}+ \underbrace{f_2^{\prime} + y(f_{21}^{\prime \prime} \cdot 0 + x f_{22}^{\prime \prime})}_{y f_2^{\prime}\text{对}y\text{求偏导}}$。
    • 简化得：$x f_{12}^{\prime \prime} + f_2^{\prime} + xy f_{22}^{\prime \prime}$。

• 得到最终结果。

  • 在点 $(x, xy)$ 的二阶混合偏导数为 $x f_{12}^{\prime \prime} + f_2^{\prime} + xy f_{22}^{\prime \prime}$。

(10)

若二阶常系数线性齐次微分方程 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=0$ 的通解为 $y=\left(C_{1}+C_{2} x\right) \mathrm{e}^{x}$, 则非齐次方程 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=x$ 满足条件 $y(0)=2, y^{\prime}(0)=0$ 的解为 $y=$

解题思路：

1. 确定特征方程与特征根：
   • 由给定的齐次微分方程的通解形式 $y=(C_{1}+C_{2} x) e^{x}$，我们推断特征方程有一个二重特征根 $r=1$。
   • 根据二重特征根的性质，我们可以写出特征方程为 $r^2 - 2r + 1 = 0$。
2. 求解系数a和b：
   • 将 $r=1$ 代入特征方程，得到系数 $a=-2$ 和 $b=1$。
3. 确定非齐次方程的特解形式：
   • 由于非齐次项为x，我们猜测特解的形式为 $y^*=Ax+B$。
4. 代入求解特解：
   • 将 $y^*=Ax+B$ 代入非齐次方程 $y'' - 2y' + y = x$，解得 $A=1$ 和 $B=2$。
5. 得到非齐次方程的通解：
   • 结合齐次方程的通解和非齐次方程的特解，得到非齐次方程的通解为 $y=(C_1+C_2 x) e^x+x+2$。
6. 利用初始条件求解常数：
   • 使用给定的初值条件 $y(0) = 2$ 和 $y'(0) = 0$，我们可以求出 $C_1=0$ 和 $C_2=-1$。
7. 得到最终解：
   • 将求得的常数代入通解，得到非齐次方程满足给定条件的解为 $y=x(1 - e^x) + 2$。

(10)解

答 应填 .
解 根据题意可知 $r=1$ 是 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=0$ 的二重特征根, 所以特征方程是 $r^2-2 r+1=0$, 从而 $a=-2, b=1$.
设 $y^*=A x+B$ 是 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=x$ 的一个特解, 代人方程得 $A x+B-2 A=x$, 所以 $A=1, B=2$. 由此知 $y=\left(C_1+C_2 x\right) \mathrm{e}^x+x+2$ 是非齐次微分方程的通解.
由 $y(0)=C_1+2=2$ 得 $C_1=0$, 由 $y^{\prime}(0)=C_2+1=0$ 得 $C_2=-1$, 故所求解为 $y=x\left(1-\mathrm{e}^x\right)+2$.

(11)

已知曲线 $L: y=x^{2}(0 \leqslant x \leqslant \sqrt{2})$, 则 $\displaystyle \int_{L} x \mathrm{~d} s=$

1. 理解题意：

   • 题目要求我们计算沿曲线 $L$ 的线积分，其中 $L$ 是曲线 $y=x^2$ 在区间 $[0, \sqrt{2}]$ 上的部分。

2. 确定曲线的参数方程：

   • 对于曲线 $y=x^2$，我们可以使用 $x$ 作为参数，因此曲线的参数方程为:
     $x(t) = t$ $y(t) = t^2$, 其中 $0 \leq t \leq \sqrt{2}$。

3. 计算曲线的微元长度 ds：

   • 使用参数方程，我们可以计算 $ds$ 为:
     $ds = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \sqrt{1 + (2t)^2} dt$

4. 计算线积分：

   • 将 $x$ 和 $ds$ 的表达式代入线积分，得到:
     $\displaystyle \int_L x ds = \int_0^{\sqrt{2}} t \sqrt{1 + (2t)^2} dt$ - 为了简化积分，我们进行一个微分代换：令 $u = 1 + 4t^2$，则 $du = 8t dt$。这样，我们可以将原积分转化为:
     $\displaystyle \int_L x ds = \frac{1}{8} \int \sqrt{u} du$ - 积分得到:
     $\displaystyle \int_L x ds = \frac{1}{12} u^{\frac{3}{2}} \Big|_1^{1+4(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{12} (9^{\frac{3}{2}} - 1) = \frac{13}{6}$

(11)解

答 应填 $\frac{13}{6}$.
解

• $\displaystyle \begin{aligned} \int_L x \mathrm{~d} s & =\int_0^{\sqrt{2}} x \sqrt{1+(2 x)^2} \mathrm{~d} x \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{8} \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{1+4 x^2} \mathrm{~d}\left(1+4 x^2\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\left.\frac{1}{12}\left(1+4 x^2\right)^{\frac{3}{2}}\right|_0 ^{\sqrt{2}}=\frac{13}{6} . \end{aligned}$

(12)

设 $\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1\right\}$, 则 $\iiint_{\Omega} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=$

答案详细描述：

1. 理解题意：
   • 题目要求我们计算在球体$\Omega$内的三重积分，其中$\Omega$是单位球$x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$。
2. 利用轮换对称性：
   • 由于球体关于x、y、z轴都具有对称性，因此$\iiint_{\Omega} x^2 \mathrm{d}v = \iiint_{\Omega} y^2 \mathrm{d}v = \iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{d}v$。
   • 这意味着我们可以将$\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{d}v$表示为$\frac{1}{3} \iiint_{\Omega} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}v$。
3. 转换到球坐标系：
   • 使用球坐标系，其中$x = r \sin \varphi \cos \theta$, $y = r \sin \varphi \sin \theta$, $z = r \cos \varphi$，我们有$x^2 + y^2 + z^2 = r^2$。
   • 因此，上述三重积分可以转换为球坐标系，并考虑到$dxdydz = r^2 \sin \varphi dr d\varphi d\theta$，我们得到：
     $\iiint_{\Omega} r^2 r^2 \sin \varphi \mathrm{d}r \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}\theta$
   • 4. 计算三重积分：
   • 对r积分，我们得到$\displaystyle \int_0^1 r^4 dr = \frac{1}{5}$。
   • 对$\varphi$积分，我们得到$\displaystyle \int_0^\pi \sin \varphi d\varphi = 2$。
   • 对$\theta$积分，我们得到$\displaystyle \int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi$。
   • 将这三个积分结合起来，我们得到$\frac{1}{3} \times 2 \times 2\pi \times \frac{1}{5} = \frac{4}{15} \pi$。

(12)解

答 应填 $\frac{4}{15} \pi$.
解 根据轮换对称性得

• $\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\frac{1}{3} \iiint_{\Omega}\left(x^2+y^2+z^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ $\displaystyle \begin{aligned} & =\frac{1}{3} \int_0^\pi \mathrm{d} \varphi \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1 r^2 \cdot r^2 \sin \varphi \mathrm{d} r \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{3} \times 2 \times 2 \pi \times \frac{1}{5}=\frac{4}{15} \pi . \end{aligned}$注 (1)本题结论应当作为一个基本积分公式记住,在第二型曲面积分使用高斯公式后, 就可能转化 为这类三重积分. 设 $\Omega: x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2$, 则 $\iiint_{\Omega} x^2 \mathrm{~d} v=\iiint_{\Omega} y^2 \mathrm{~d} v=\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} v=\frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} \pi R^5=\frac{4}{15} \pi R^5$. (2) 本题也可以利用直角坐标下的“先二后一平行截面法”.

(13)

若 3 维列向量 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 满足 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}=2$, 其中 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 为 $\boldsymbol{\alpha}$ 的转置, 则矩阵 $\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的非零特征值为

(13)

(14)

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{m}$ 为来自二项分布总体 $B(n, p)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 和 $S^{2}$ 分别为样本均值和样 本方差, 若 $\bar{X}+k S^{2}$ 为 $n p^{2}$ 的无偏估计量, 则 $k=$

(14)

(15)

(本题满分 9 分) 求二元函数 $f(x, y)=x^{2}\left(2+y^{2}\right)+y \ln y$ 的极值.

(15)解

• 求函数 $f(x, y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime}(x, y)$ 和 $f_y^{\prime}(x, y)$。

  • $f_x^{\prime}(x, y) = 2x(2+y^2)$。
  • $f_y^{\prime}(x, y) = 2x^2y + \ln y + 1$。
  • 求驻点
    • 令 $f_x^{\prime}(x, y) = 0$ 和 $f_y^{\prime}(x, y) = 0$，解得唯一驻点 $\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right)$。

• 求函数 $f(x, y)$ 在驻点的二阶偏导数(考点：乘法求导)

  • (通过AC-B²判断是否有极值点，通过A的正负判断是否是极大值还是极小值)
  • $A = f_{xx}^{\prime\prime}\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right) =\left(2+y^2\right) \cdot 2=\left(2+e^{-2}\right) \cdot 2>0$ ，则极小值
  • $B = f_{xy}^{\prime\prime}\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right) =2 x \cdot(2 y)=0= 0$
  • $C = f_{yy}^{\prime\prime}\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2 x^2+\frac{1}{y}=\frac{1}{e^{-1}} = \mathrm{e}$，因此：$A C-B^2>0$

• 判断极值类型。

  • 由于 $AC-B^2 > 0$ 且 $A > 0$，函数 $f(x, y)$ 在驻点 $\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right)$ 处取极小值。

• 计算极小值

  • 极小值为 $f\left(0 \cdot e^{-1}\right)=e^{-1} \cdot-1=-e^{-1} .$

(16)

(本题满分 9 分) 设 $a_{n}$ 为曲线 $y=x^{n}$ 与 $y=x^{n+1}(n=1,2, \cdots)$ 所围成区域的面积, 记 $\displaystyle S_{1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}, S_{2}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n-1}$, 求 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 的值.

(16)解

• $\displaystyle \begin{aligned} S_1 & =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{1}{2} . \end{aligned}$
• $S_2$ 的求法: $\displaystyle S_2=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+1}\right)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} .$
• 令 $\displaystyle S_2(x)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n(-1<x \leqslant 1)$,
• 则 $\displaystyle S_2(x)=x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n=x-\ln (1+x),$所以 $S_2=S_2(1)=1-\ln 2 \text {. }$
• 注 本题是一道简单的综合题, 将定积分的几何应用与幂级数相结合, 这里对 $S_1$ 采用的是定义法(前 $n$ 项和取极限), 对 $S_2$ 则是借助幂级数来求解的.

(17)

(本题满分 11 分) 椭球面 $S_{1}$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 绕 $x$ 轴旋转而成, 圆雉面 $S_{2}$ 是由过点 $(4,0)$ 且与椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=$ 1 相切的直线绕 $x$ 轴旋转而成. (I) 求 $S_{1}$ 及 $S_{2}$ 的方程; (II) 求 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 之间的立体的体积.

(17)解

• 求 $S_1$ 和 $S_2$ 的方程。

  • 求椭球面 $S_1$ 的方程。
    • 给定的椭圆绕 $x$ 轴旋转。
      • $x$不动，$z$要换成$\pm \sqrt{y^2+z^2}$
      • 得到椭球面 $S_1$ 的方程：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2+z^2}{3}=1$。
  • 求圆锥面 $S_2$ 的方程。
    • 先求切线方程(利用截距式)
      • 切点坐标求解。
        • 在 $\left(x_0, y_0\right)$ 处的切线方程：$\frac{x_0 x}{4}+\frac{y_0 y}{3}=1$。
        • 代入 $x=4, y=0$，得到切点坐标 $\left(1, \pm \frac{3}{2}\right)$。
      • 得到切线方程。
        • 切线方程为 $\frac{x}{4} \pm \frac{y}{2}=1$。
    • 切线绕x轴旋转得到圆锥面 $S_2$ 的方程。
      • $x$不动，$y$要换成$\pm \sqrt{y^2+z^2}$
      • 根据切线方程得到 $S_2$ 的方程：$\left(\frac{x}{4}-1\right)^2=\frac{y^2+z^2}{4} \text {, 即 }(x-4)^2-4 y^2-4 z^2=0 \text {. }$

• 求 $S_1$ 与 $S_2$ 之间立体的体积 $V$(由两者之间：联想到割补法)

  • 计算总体积 $V=V_1-V_2$。
    • $V_1$ 为圆锥体体积(如何求圆锥体的体积)
      • 底面半径 $\frac{3}{2}$，高为 $3$。
      • 计算 $V_1$：$V_1 =\frac{1}{3} \pi r^2 h=\frac{1}{3} \pi \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^2 \cdot 3=\frac{9}{4} \pi .$。
    • $V_2$ 为椭球体部分体积(如何求椭球体的体积)
      • 在平面 $x=1$ 和 $x=2$ 之间。
      • 计算 $V_2$：$\displaystyle V_2 = \pi \int_1^2 y^2 \mathrm{~d} x=\pi \int_1^2 3\left(1-\frac{x^2}{4}\right) \mathrm{d} x=\frac{5}{4} \pi$。
  • 得到最终体积。
    • $V = \frac{9}{4} \pi - \frac{5}{4} \pi = \pi$。

(18)

(本题满分 11 分) ( I ) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续,在 $(a, b)$ 内可导, 则存在 $\xi \in(a, b)$, 使得 $f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b-a)$. (II) 证明: 若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续, 在 $(0, \delta)(\delta>0)$ 内可导, 且 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} f^{\prime}(x)=A$, 则 $f_{+}^{\prime}(0)$ 存在, 且 $f_{+}^{\prime}(0)=A$.

(18)解

• 构造辅助函数
  • 令 $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a) - f(a)$
    • $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导
      • 计算导数 $F'(x)$
        • $F'(x) = f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$
• 应用罗尔定理
  • 因为 $F(a) = F(b) = 0$
    • 存在 $\xi \in (a, b)$ 使 $F'(\xi) = 0$
      • 即 $f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

证明 $f_{+}'(0) = A$

• 右导数定义
  • $\displaystyle f_{+}'(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x}$
    • 对任意 $x \in (0, \delta)$
• 应用拉格朗日中值定理
  • 在 $[0, x]$ 上应用定理
    • 存在 $\xi \in (0, x)$，则 $\frac{f(x) - f(0)}{x} = f'(\xi)$
      • 当 $x \to 0^{+}$，$\xi \to 0^{+}$
        • $\displaystyle \lim_{\xi \to 0^{+}} f'(\xi) = \lim_{x \to 0^{+}} f'(x)$
          • $= A$，因此 $f_{+}'(0) = A$

(19)

(本题满分 10 分)
计算曲面积分 $\displaystyle I={\Sigma} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}$, 其中 $\displaystyle \Sigma$ 是曲面 $2 x^{2}+2 y^{2}+z^{2}=4$ 的外侧.

(19)解

解 取 $\displaystyle \Sigma_1: x^2+y^2+z^2=\varepsilon^2(0<\varepsilon<\sqrt{2})$ 的外侧, $\displaystyle \Sigma_1$ 与 $\displaystyle \Sigma$ 之间的空间体记为 $\Omega$.
因为

• $\frac{\partial P(x, y, z)}{\partial x}=\frac{y^2+z^2-2 x^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{5}{2}}}, \frac{\partial Q(x, y, z)}{\partial y}=\frac{x^2+z^2-2 y^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}}, \frac{\partial R(x, y, z)}{\partial z}=\frac{x^2+y^2-2 z^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{5}{2}}},$根据高斯公式, 得
• $\displaystyle \iint_{\Sigma=\Sigma_1} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} 0 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0 .$又因为
• $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{\Sigma} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}} & =\frac{1}{\varepsilon^3} \iint_{\Sigma_i} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{\varepsilon^3} \iiint_{x^{\prime}+y^{\prime}+z^{\prime}<i^i} 3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=4 \pi, \end{aligned}$所以
• $\displaystyle I=\iint_{\Sigma-\Sigma} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}}+\iint_{\Sigma_i} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}}=4 \pi .$注 本题是采用“挖洞法”使用高斯公式的情形.

(20)

(本题满分 11 分)
设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & -4 & -2\end{array}\right), \boldsymbol{\xi}_{1}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ -2\end{array}\right)$.
(I ) 求满足 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{\xi}_{2}=\boldsymbol{\xi}_{1}, A^{2} \boldsymbol{\xi}_{3}=\boldsymbol{\xi}_{1}$ 的所有向量 $\boldsymbol{\xi}_{2}, \boldsymbol{\xi}_{3}$;
( II ) 对 ( I ) 中的任意向量 $\boldsymbol{\xi}_{2}, \boldsymbol{\xi}_{3}$, 证明 $\boldsymbol{\xi}_{1}, \boldsymbol{\xi}_{2}, \boldsymbol{\xi}_{3}$ 线性无关.

(20)解

(I ) 解 首先, 对增广矩阵 $\left(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\xi}_1\right)$ 作初等行变换:

• $\displaystyle \left(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\xi}_1\right)=\left(\begin{array}{ccc:c}1 & -1 & -1 & -1 \\-1 & 1 & 1 & 1 \\0 & -4 & -2 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & -1 & -1 & -1 \\0 & 2 & 1 & 1 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right),$故得其基础解系为 $(1,-1,2)^{\mathrm{T}}$,一个特解为 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)^{\mathrm{T}}$, 从而
• $\displaystyle \boldsymbol{\xi}_2=\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)^{\mathrm{T}}+C_1(1,-1,2)^{\mathrm{T}} \text { 或 } \boldsymbol{\xi}_2=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}+C_1 \\\frac{1}{2}-C_1 \\2 C_1\end{array}\right) \text {, }$其中 $C_1$ 为任意常数.
  其次,$\displaystyle \boldsymbol{A}^2=\left(\begin{array}{ccc}2 & 2 & 0 \\-2 & -2 & 0 \\4 & 4 & 0\end{array}\right)$对增广矩阵 $\left(A^2: \xi_1\right)$ 作初等行变换:
• $\displaystyle \left(\boldsymbol{A}^2: \boldsymbol{\xi}_1\right)=\left(\begin{array}{ccc:c}2 & 2 & 0 & -1 \\-2 & -2 & 0 & 1 \\4 & 4 & 0 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\0 & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right),$故得基础解系为 $(-1,1,0)^{\mathrm{T}},(0,0,1)^{\mathrm{T}}$,一个特解为 $\left(-\frac{1}{2}, 0,0\right)^{\mathrm{T}}$, 从而
• $\displaystyle \xi_3=C_2(-1,1,0)^{\mathrm{T}}+C_3(0,0,1)^{\mathrm{T}}+\left(-\frac{1}{2}, 0,0\right)^{\mathrm{T}} \text { 或 } \xi_3=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}-C_2 \\C_2 \\C_3\end{array}\right),$其中 $C_2, C_3$ 为任意常数.
  (II)证 只篅证明行列式 $\left|\xi_1, \xi_2, \xi_3\right| \neq 0$ 即可. 事实上,$\displaystyle \begin{aligned} \left|\xi_1, \xi_2, \xi_3\right| & =\left|\begin{array}{ccc}-1 & -\frac{1}{2}+C_1 & -\frac{1}{2}-C_2 \\1 & \frac{1}{2}-C_1 & C_2 \\-2 & 2 C_1 & C_3\end{array}\right| \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\left|\begin{array}{ccc}-1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}-C_2 \\1 & \frac{1}{2} & C_2 \\-2 & 0 & C_3\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}0 & 0 & -\frac{1}{2} \\1 & \frac{1}{2} & C_2 \\-2 & 0 & C_3\end{array}\right|=-\frac{1}{2} \neq 0, \end{aligned}$故 $\xi_1, \xi_2, \xi_3$ 线性无关.

(21)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=a x_{1}^{2}+a x_{2}^{2}+(a-1) x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{3}-2 x_{2} x_{3}$.
(I) 求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值;
(II) 若二次型 $f$ 的规范形为 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$, 求 $a$ 的值.

(21)解

解
(I) 二次型 $f$ 的矩阵为

• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}a & 0 & 1 \\0 & a & -1 \\1 & -1 & a-1\end{array}\right),$其特征多项式为
• $\displaystyle \begin{aligned} |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}| & =\left|\begin{array}{ccc}\lambda-a & 0 & -1 \\0 & \lambda-a & 1 \\-1 & 1 & \lambda-(a-1)\end{array}\right| \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =(\lambda-a)[\lambda-(a+1)][\lambda-(a-2)], \end{aligned}$所以 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为
• $\lambda_1=a, \lambda_2=a+1, \lambda_3=a-2 .$

(II) 由 $f$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$ 知, 其矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值有两个为正数,一个为零. 又

• $a-2<a<a+1,$所以 $a-2=0$, 即 $a=2$.

(22)

(本题满分 11 分)
袋中有 1 个红球、 2 个黑球与 3 个白球. 现有放回地从袋中取两次, 每次取一个球. 以 $X, Y, Z$ 分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数.
(I) 求 $P\{X=1 \mid Z=0\}$;
(II) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布.

(22)解

• 分析情况:每次有放回地取球
  • X:0，1，2
  • Y :0，1，2
  • Z:0，1，2

解 (I )

• 读题

  • $P\{X=1, Z=0\}$表示:
    • X=1:表示两次取球只取到一个红球的概率
    • Z=0:表示两次取球都没有取到白球的概率
    • 转化为两次取球:分别取到一次红球，一次黑球的概率
      • 两次取球中一次取红球（1/6 概率）
      • 一次取非白球（黑球，1/3 概率）
  • $P\{Z=0\}$表示:表示两次都没有取到白球

• 组合起来条件=联合÷边缘$P\{X=1 \mid Z=0\}=\frac{P\{X=1, Z=0\}}{P\{Z=0\}}=\frac{\mathrm{C}_2^1 \times \frac{1}{6} \times \frac{1}{3}}{\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{4}{9}$.

• (II) 由题意知 $X$ 与 $Y$ 的所有可能取值均为 $0,1,2$

  • 一共6种组合(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)

• 当然，下面是对二维随机变量 $(X, Y)$ 概率分布表中每种事件的文字性描述：

  • $P\{X=0, Y=0\}=\frac{3}{6} \times \frac{3}{6}= = \frac{1}{4}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到任何红球（$X=0$）和黑球（$Y=0$），这意味着两次都抽到了白球。
  • $P\{X=0, Y=1\}=2 \times \frac{2}{6} \times \frac{3}{6} = \frac{1}{3}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到红球（$X=0$），但抽到了一个黑球（$Y=1$）和一个白球。这可以是先抽到黑球后抽到白球，或者先抽到白球后抽到黑球。
  • $P\{X=0, Y=2\}=\left(\frac{2}{6}\right)^2 = \frac{1}{9}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到红球（$X=0$），而是连续抽到了两个黑球（$Y=2$）。
  • $P\{X=1, Y=0\}=2 \times \frac{1}{6} \times \frac{3}{6} = \frac{1}{6}$
    • 描述：在两次抽取中，抽到了一个红球（$X=1$）和一个白球，没有抽到黑球（$Y=0$）。这可以是先抽到红球后抽到白球，或者先抽到白球后抽到红球。
  • $P\{X=1, Y=1\} =2 \times \frac{1}{6} \times \frac{2}{6}= \frac{1}{9}$
    • 描述：在两次抽取中，抽到了一个红球（$X=1$）和一个黑球（$Y=1$），没有抽到白球。这可以是先抽到红球后抽到黑球，或者先抽到黑球后抽到红球。
  • $P\{X=2, Y=0\}=\left(\frac{1}{6}\right)^2= \frac{1}{36}$
    • 描述：在两次抽取中，连续抽到了两个红球（$X=2$），没有抽到黑球（$Y=0$）或白球。
  • 三种不可能时间:$P\{X=1, Y=2\}=P\{X=2, Y=1\}=P\{X=2, Y=2\}=0$

• 让我们在概率分布表中包含计算每个概率值的对应公式。

X \ Y	0	1	2
0	$\frac{3}{6} \times \frac{3}{6} = \frac{1}{4}$	$2 \times \frac{2}{6} \times \frac{3}{6} = \frac{1}{3}$	$\left(\frac{2}{6}\right)^2 = \frac{1}{9}$
1	$2 \times \frac{1}{6} \times \frac{3}{6} = \frac{1}{6}$	$2 \times \frac{1}{6} \times \frac{2}{6} = \frac{1}{9}$	0
2	$\left(\frac{1}{6}\right)^2 = \frac{1}{36}$	0	0

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\lambda^{2} x \mathrm{e}^{-\lambda x}, & x>0, \\ 0, & \text { 其他, }\end{array}\right.$ 其中参数 $\lambda(\lambda>0)$ 未知, $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 是 来自总体 $X$ 的简单随机样本.
( I ) 求参数 $\lambda$ 的矩估计量;
(II) 求参数 $\lambda$ 的最大似然估计量.

(23)解

解 ( I ) $\displaystyle E X=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x=\int_0^{+\infty} \lambda^2 x^2 \mathrm{e}^{-\lambda x} \mathrm{~d} x=\frac{2}{\lambda}$.
令 $\bar{X}=E X$, 得 $\bar{X}=\frac{2}{\lambda}$, 解得 $\lambda$ 的矩估计量 $\hat{\lambda}_1=\frac{2}{\bar{X}}$.
(II) 设 $x_1, x_2, \cdots, x_n\left(x_i>0, i=1,2, \cdots, n\right)$ 为样本观测值, 则似然函数为$\displaystyle \begin{aligned} & L\left(x_1, x_2, \cdots, x_n ; \lambda\right)=\lambda^{2 n} \exp \left\{-\lambda \sum_{i=1}^n x_i\right\} \prod_{i=1}^n x_i, \end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned} \ln L=2 n \ln \lambda-\lambda \sum_{i=1}^n x_i+\sum_{i=1}^n \ln x_i, \end{aligned}$令 $\displaystyle \frac{\mathrm{d}(\ln L)}{\mathrm{d} \lambda}=\frac{2 n}{\lambda}-\sum_{i=1}^n x_i=0$, 得 $\lambda$ 的最大似然估计量为 $\hat{\lambda}_2=\frac{2}{\bar{X}}$.