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)

极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right]^{x}=(\quad$ )
(A) 1 .
(B) e.
(C) $\mathrm{e}^{a-b}$.
(D) $\mathrm{e}^{b-a}$.

(1)

选(C)

• $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right]^{x}= e^{\lim_{x \to \infty} x \ln \left[ \frac{x^2}{x^2 + (b-a)x - ab} \right] }= e^{a-b} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\ln(1+a)\to a}\lim_{x \to \infty} x \ln \left[ \frac{x^2}{x^2 + (b-a)x - ab} - 1 + 1 \right] \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{等价无穷小后通分}}\lim_{x \to \infty} x \frac{x^2 - x^2 - (b-a)x + ab}{x^2 + (b-a)x - ab} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[x^2 - x^2 =0]{\text{只取平方项}}\lim_{x \to \infty} \frac{-(b-a)x^2 + abx}{x^2 + (b-a)x - ab}=\lim_{x \to \infty} \frac{-(b-a) x^2}{x^2} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = -(b-a)=a - b \end{aligned}$
• 表达式转换：使用 $\displaystyle e^{\lim_{x \rightarrow \infty} x(\text{表达式} - 1)}$ 形式。
• 处理 $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty} x\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)} - 1\right]$。
  1. 通分中括号内的表达式：$\frac{x^2}{(x-a)(x+b)} - 1 = \frac{x^2 - (x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}$。
  2. $\xlongequal[]{\text{因式展开}:}\frac{x^2 - (x^2 + bx - ax - ab)}{(x-a)(x+b)}\xlongequal[]{\text{消去}x^2}:\frac{ab - (b - a)x}{(x-a)(x+b)}$。
  3. 分子乘$x$,$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{(a-b)x^2 + abx}{(x-a)(x+b)}\xlongequal[]{\text{抓高去低}}a - b$。
• 最终极限：$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\right]^{x} = e^{a-b}$。

(2)

设函数 $z=z(x, y)$ 由方程 $F\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right)=0$ 确定, 其中 $F$ 为可微函数, 且 $F_{2}^{\prime} \neq 0$, 则 $x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=(\quad)$
(A) $x$.
( B) $z$.
(C) $-x$
(D) $-z$

(2)

• 求表达式 $x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y}$。
  • 方程 $F\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right)=0$ 分别对 $x\text{，}y$求偏导
    • 对 $x$ 求偏导得：$-\frac{y}{x^2} F_1^{\prime} + \left(\frac{\partial z}{\partial x} \cdot \frac{1}{x} - z \frac{1}{x^2}\right) F_2^{\prime} = 0\xrightarrow[]{\text{移项}}\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\frac{y}{x} F_1^{\prime}+\frac{z}{x} F_2^{\prime}}{F_2^{\prime}},$
    • 对 $y$ 求偏导得：$\frac{1}{x} F_1^{\prime} + \frac{1}{x} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} F_2^{\prime} = 0\xrightarrow[]{\text{移项}}\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_1^{\prime}}{F_2^{\prime}}$
  • 组合两个偏导数得：$\left(x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y}\right) =\frac{y F_1^{\prime}+z F_2^{\prime}-y F_1^{\prime}}{F_2^{\prime}}\xlongequal[]{F_2^{\prime} \neq 0} z$

(3)

设 $m, n$ 均是正整数, 则反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 的收玫性 $(\quad)$
(A) 仅与 $m$ 的取值有关.
(B) 仅与 $n$ 的取值有关.
(C) 与 $m, n$ 的取值都有关.
(D) 与 $m, n$ 的取值都无关.

(3)

答 应选(D).

• 三件事
  • 找关键点
  • 无穷小要比1高，无穷大要比1低
  • 比较
• 设 $m, n$ 均是正整数，则$m \geqslant 1, n \geqslant 1$
• 由于被积函数有两个可能的瑕点, $x=0$ 和 $x=1$,
  故将原积分拆成两部分进行考虑.
  $\displaystyle \int_0^1 \frac{[\ln (1-x)]^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} \mathrm{~d} x=\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{[\ln (1-x)]^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} \mathrm{~d} x+\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{[\ln (1-x)]^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} \mathrm{~d} x .$
  • $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln ^{\frac{2}{m}}(1-x)}{x^{\frac{1}{n}}}\xlongequal[]{\ln (1-x) \sim(-x)}\frac{(-x)^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\xlongequal[]{\text{负号扔掉}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x^{\frac{1}{n}-\frac{2}{m}}}$
    • 当 $m, n$ 为正数时, $\frac{1}{n}-\frac{2}{m}<\frac{1}{n} \leq 1$
      • m和n只要取正整数，上面条件肯定成立
      • $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 \frac{1}{x^p} d x \begin{cases}\text { 收敛， } & p<1, \\\text { 发散， } & p \geqslant 1 .\end{cases}\end{aligned}$
• $x \rightarrow 1$
  • $\displaystyle \begin{aligned}f(x)=\frac{[\ln (1-x)]^{\frac{2}{m}}}{\left(x^{\frac{1}{n}}\right)} \sim[\ln (1-x)]^{\frac{2}{m}}\end{aligned}$
    • $=\left(-\ln \frac{1}{1-x}\right)^{\frac{2}{m}}$
    • $=\left(\ln \frac{1}{1-x}\right)^{\frac{2}{m}}$，伪无穷不用算，必定收敛
• 比较判敛法
  • 设 $\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=l \end{aligned}$,默认x跑向无穷时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\displaystyle \begin{aligned} l \end{aligned}$ 为非零常数, 则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} f(x) dx \end{aligned}$ 与 $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} g(x) dx \end{aligned}$ 同敛散;(同阶同敛散)
    • (2) $\displaystyle \begin{aligned} l=0 \end{aligned}$, $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} g(x) dx \end{aligned}$ 收敛则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} f(x) dx \end{aligned}$ 收敛;
    • (3) $\displaystyle \begin{aligned} l=\infty \end{aligned}$, $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} g(x) dx \end{aligned}$ 发散则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty} f(x) dx \end{aligned}$ 发散.
  • 设 $\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=l \end{aligned}$, $\displaystyle \begin{aligned} 0 \end{aligned}$ 为瑕点,默认x跑向0时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\displaystyle \begin{aligned} l \end{aligned}$ 为非零常数, 则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 f(x) dx \end{aligned}$ 与 $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 g(x) dx \end{aligned}$ 同敛散;
    • (2) $\displaystyle \begin{aligned} l=0 \end{aligned}$, $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 g(x) dx \end{aligned}$ 收敛则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 f(x) dx \end{aligned}$ 收敛;
    • (3) $\displaystyle \begin{aligned} l=\infty \end{aligned}$, $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 g(x) dx \end{aligned}$ 发散则 $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 f(x) dx \end{aligned}$ 发散.
• 二、 P积分
  • $\displaystyle \begin{aligned}& \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} d x \begin{cases}\text { 收敛， } & p>1, \\\text { 发散， } & p \leqslant 1 .\end{cases} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 \frac{1}{x^p} d x \begin{cases}\text { 收敛， } & p<1, \\\text { 发散， } & p \geqslant 1 .\end{cases}\end{aligned}$
• 三、 $\displaystyle \begin{aligned}\int_0^1 \ln ^n x d x\end{aligned}$的敛散性 $(n>0)$:$x \rightarrow 0^{+},\left|\ln ^n x\right| \ll \frac{1}{x^m}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{1 / x}\xlongequal[]{\text{洛必达}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1 / x}{-1 / x^2}\xlongequal[]{\text{整理}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(-x)=0\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln ^2 x}{1 / x}\xlongequal[]{\text{洛必达}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2 \ln x \cdot \frac{1}{x}}{-1 / x^2}\xlongequal[]{\text{整理}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2 \ln x}{-1 / x}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\operatorname{ln} x}{1 / x^2}\xlongequal[]{\text{洛必达}}\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1 / x}{-2 x^{-3}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^2}{-2}=0$

(4)

• $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)\left(n^{2}+j^{2}\right)}=(\quad$ )
  (A) $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \frac{1}{(1+x)\left(1+y^{2}\right)} \mathrm{d} y$.
  (B) $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \frac{1}{(1+x)(1+y)} \mathrm{d} y$.
  (C) $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)(1+y)} \mathrm{d} y$.
  (D) $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)\left(1+y^{2}\right)} \mathrm{d} y$.

(4)

答 应选(D).

• 原式 =$\displaystyle \begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{n^3}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)} \frac{1}{n^2} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{提取}\frac{1}{n^2} }\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+\left(\frac{j}{n}\right)^2\right)} \cdot \frac{1}{n^2} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\frac{i}{n}=x, \frac{j}{n}=y}\int_0^1 d x \int_0^1 \frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)} d y\end{aligned}$

(5)

设 $\boldsymbol{A}$ 为 $m \times n$ 矩阵, $\boldsymbol{B}$ 为 $n \times m$ 矩阵, $\boldsymbol{E}$ 为 $m$ 阶单位矩阵,若 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$, 则 $(\quad)$(A) 秩 $r(\boldsymbol{A})=m$, 秩 $r(\boldsymbol{B})=m$.
(B) 秩 $r(\boldsymbol{A})=m$, 秩 $r(\boldsymbol{B})=n$.
(C) 秩 $r(\boldsymbol{A})=n$, 秩 $r(\boldsymbol{B})=m$.
(D) 秩 $r(\boldsymbol{A})=n$, 秩 $r(\boldsymbol{B})=n$.

(5)

答 应选 (A).
解 由已知可得 $r(\boldsymbol{A}) \leqslant \min \{m, n\} \leqslant m, r(\boldsymbol{B}) \leqslant \min \{m, n\} \leqslant m, m=r(\boldsymbol{E})=r(\boldsymbol{A B}) \leqslant \min \{r(\boldsymbol{A}), r(\boldsymbol{B})\}$, 即有 $r(\boldsymbol{A}) \geqslant m$ 及 $r(\boldsymbol{B}) \geqslant m$. 所以 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{B})=m$, 应选 $(\mathrm{A})$.

(6)

设 $\boldsymbol{A}$ 为 4 阶实对称矩阵, 且 $\boldsymbol{A}^{2}+\boldsymbol{A}=\boldsymbol{O}$. 若 $\boldsymbol{A}$ 的秩为 3 , 则 $\boldsymbol{A}$ 相似于 ()
(A) $\displaystyle \left(\begin{array}{llll}1 & & & \\ & 1 & & \\ & & 1 & \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(B) $\displaystyle \left(\begin{array}{llll}1 & & & \\ & 1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(C) $\displaystyle \left(\begin{array}{llll}1 & & & \\ & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0\end{array}\right)$.
(D) $\displaystyle \left(\begin{array}{llll}-1 & & & \\ & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0\end{array}\right)$.

(6)

答 应选(D).
解 因 $\boldsymbol{A}$ 是秩为 3 的实对称矩阵, 所以 $\boldsymbol{A}$ 必相似于秩为 3 的对角矩阵. 设 $\lambda$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值, 由 $\boldsymbol{A}^2+\boldsymbol{A}=\boldsymbol{O}$ 可得 $\lambda^2+\lambda=0$, 即 $\lambda=0$ 或 -1 . 由此可知只有选项 (D) 是正确的.
注 题目中“实对称”这个条件是可以删掉的, 不影响答案, 但是这样题目难度就加大了, 因为此时判 断 $\boldsymbol{A} \sim \boldsymbol{\Lambda}$ 就不那么容易了. 读者可以利用“ $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量”来完成 $\boldsymbol{A} \sim \boldsymbol{\Lambda}$ 这一步.

(7)

设随机变量 $X$ 的分布函数 $\displaystyle F(x)=\left\{\begin{array}{ll}0, & x<0, \\ \frac{1}{2}, & 0 \leqslant x<1, \\ 1-\mathrm{e}^{-x}, & x \geqslant 1,\end{array}\right.$ 则 $P\{X=1\}=(\quad)$
( A) 0 .
( B) $\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{1}{2}-\mathrm{e}^{-1}$.
(D) $1-\mathrm{e}^{-1}$.

(7)

• 定义随机变量 $X$ 的分布函数 $F(x)$：
  • $\displaystyle F(x) = \left\{\begin{array}{ll}0, & x < 0, \\\frac{1}{2}, & 0 \leqslant x < 1, \\1 - \mathrm{e}^{-x}, & x \geqslant 1,\end{array}\right.$
• 计算 $P\{X=1\}$：
  • 根据分布函数计算公式：$P\{X=x\} = F(x) - F\left(x^{-}\right)$
    • 对 $x = 1$ 进行计算：
      • $F(1) = 1 - \mathrm{e}^{-1}$
      • $F\left(1^{-}\right) = \frac{1}{2}$（即 $x = 1$ 之前的分布函数值）
    • 计算概率：$P\{X=1\} \xlongequal[]{\text{定义}} F(1) - F\left(1^{-}\right)$
      • $\xlongequal[]{\text{具体值}} (1 - \mathrm{e}^{-1}) - \frac{1}{2}= \frac{1}{2} - \mathrm{e}^{-1}$
        答 应选(C).

(8)

设 $f_{1}(x)$ 为标准正态分布的概率密度, $f_{2}(x)$ 为 $[-1,3]$ 上均匀分布的概率密度, 若

• $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}a f_{1}(x), & x \leqslant 0, \\b f_{2}(x), & x>0\end{array}(a>0, b>0)\right.$
  为概率密度, 则 $a, b$ 应满足 ( )
  (A) $2 a+3 b=4$.
  (B) $3 a+2 b=4$.
  (C) $a+b=1$.
  (D) $a+b=2$.

(8)

• 题中出现参数，由规范性求参数$\displaystyle 1 = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, \mathrm{d} x$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{按照} f(x) \text{区间拆开}} \int_{-\infty}^0 a f_1(x) \, \mathrm{d} x + \int_0^{+\infty} b f_2(x) \, \mathrm{d} x$，之后，在何处算概率，在何处求积分
    • $\displaystyle \xrightarrow[\int_{-\infty}^0 f_1(x) \, \mathrm{d} x = \frac{1}{2}]{\text{计算第一部分积分}} \int_{-\infty}^0 a f_1(x) \, \mathrm{d} x = \frac{1}{2} a$
      • $f_1(x) \text{}$是标准正态分布，服从$N(0\text{，}1)$
    • $\displaystyle \xrightarrow[]{\text{计算第二部分积分}} \int_0^{+\infty} b f_2(x) \, \mathrm{d} x \xlongequal[]{\text{在}(0,3)\text{取值}}\int_0^3 b f_2(x) \, \mathrm{d} x$
      • $f_2(x) \text{是} [-1,3] \text{}$上的均匀分布
        • $\displaystyle \int_0^3 f_2(x) \, \mathrm{d} x = \int_0^3 \frac{b}{4} \cdot 1 d x=\frac{3}{4}\xrightarrow[]{\text{计算积分}} b \int_0^3 f_2(x) \, \mathrm{d} x = \frac{3}{4} b$
  • $\xlongequal[]{\text{将两部分结合}} \frac{1}{2} a + \frac{3}{4} b=1\xrightarrow[]{\text{同乘4}} 2a + 3b = 4$
    答 应选 (A).

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 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{e}^{-t}, \\ y=\int_{0}^{t} \ln \left(1+u^{2}\right) \mathrm{d} u, \text { 则 }\left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{t=0}=\end{array}\right.$

(9)

答 应填 0 .

• 计算$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}$
    • 由 $\displaystyle y = \int_{0}^{t} \ln(1 + u^2) \mathrm{d} u$ 得 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = \ln(1 + t^2)$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x}$
    • 由 $x = \mathrm{e}^{-t}$ 得 $\frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x} = -\mathrm{e}^t$
  • 得出 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{\ln(1 + t^2)}{-\mathrm{e}^{-t}}$- 计算 $\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}$
• 使用链式法则 $\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\right) \cdot \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\right)$
    • 由前面得出的 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}$ 式子，得 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\right) = \mathrm{e}^{t}\left[\frac{2t}{1 + t^2} + \ln(1 + t^2)\right]$
  • 使用 $\frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x} = -\mathrm{e}^t$ 得出 $\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} = \mathrm{e}^{2t}\left[\frac{2t}{1 + t^2} + \ln(1 + t^2)\right]$- 计算 $\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}\right|_{t=0}$
• 将 $t = 0$ 代入 $\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}$
  • 得出 $\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}\right|_{t=0} = 0$

(10)

• $\displaystyle \int_{0}^{\pi^{2}} \sqrt{x} \cos \sqrt{x} \mathrm{~d} x=$

(10)

• 问题: 求定积分 $\displaystyle \int_{0}^{\pi^{2}} \sqrt{x} \cos \sqrt{x} \, \mathrm{d} x$
  • 第一步：看到一次根号，直接换元根号
    • 换元有三换：
      • 设置换元: 令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$
      • 计算微分: $\mathrm{d}x = 2t \, \mathrm{d}t$
      • 调整积分限: 当 $x = 0$，$t = 0$；当 $x = \pi^2$，$t = \pi$
    • 换元后的积分: $\displaystyle \int_{0}^{\pi} t \cos t \cdot 2t \, \mathrm{d} t = 2 \int_{0}^{\pi} t^2 \cos t \, \mathrm{d} t$
  • 第二步：分部积分法
    • 准备$\displaystyle \int u \, \mathrm{d}v = uv - \int v \, \mathrm{d}u$
      • 选择 $u$ 和 $\mathrm{d}v$: 令 $u = t^2$，$\mathrm{d}v = \, \mathrm{d}(\sin t)$
      • 计算 $\mathrm{d}u$ 和 $v$: $\mathrm{d}u = 2t \, \mathrm{d}t$，$v = \sin t$
    • 第一次分部积分:
      • $\displaystyle 2 \int_{0}^{\pi} t^2 \cos t \, \mathrm{d} t = \left.2 t^2 \sin t\right|_0^{\pi} - 4 \int_{0}^{\pi} t \sin t \, \mathrm{d} t$
        • 计算第一部分：$2 t^2 \sin t|_0^{\pi} =0-0=0$
  • 接下来两种方法(分部积分，常用结论)
    • 方法1：对第二部分再次分部积分: $\displaystyle -\int_{0}^{\pi} t \, \mathrm{d}(\cos t) = -[\left.t \cos t\right|_0^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \cos t \, \mathrm{d} t]$
      • 计算: $-[-\pi - \left.\sin t\right|_0^{\pi}] = \pi$
      • 将第二部分带回得：$-4 \pi$
    • 方法2：对第二部分用结论：$\displaystyle \int_0^\pi x f(\sin x){d x}\xlongequal[]{\text{提出}x\text{变成}\frac{\pi}{2}}\frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin x) d x=\frac{\pi}{2} \cdot 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) d x$
      • $\displaystyle -4 \int_0^\pi t \sin t d t=-4 \cdot \frac{\pi}{2} \int_0^\pi \sin t d t\xlongequal[]{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin t d t=1}-2 \pi \cdot 2=-4 \pi$

(11)

已知曲线 $L$ 的方程为 $y=1-|x|(x \in[-1,1])$, 起点是 $(-1,0)$, 终点为 $(1,0)$, 则曲线积分 $\displaystyle \int_{L} x y \mathrm{~d} x+x^{2} \mathrm{~d} y=$

(11)

答 应填 0 .

• $\displaystyle \begin{aligned} & \int_L x y \mathrm{~d} x+x^2 \mathrm{~d} y= \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{照抄}}\int_{L+L^{\prime}} x y \mathrm{~d} x+x^2 \mathrm{~d} y-\int_{L^{\prime}} x y \mathrm{~d} x+x^2 \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\underbrace{\oint_{L+L'} x y d x+x^2 d y}_{P=x y \quad Q=x^2}\xlongequal[\text{逆时针，加负号}]{\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial P}{\partial y}=}-\iint_D(2 x-x) d x d y\end{aligned}$
      • $=-\iint_p x d x d y$
      • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[x\text{是奇函数}]{\text{区域关于}y\text{对称}}0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\int_{L^{\prime}} x y \mathrm{~d} x+x^2 \mathrm{~d} y\xlongequal[]{xy=0}0+0=0\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\int_L=0-0=0\end{aligned}$

(12)

设 $\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant z \leqslant 1\right\}$, 则 $\Omega$ 的形心的坚坐标 $\bar{z}=$

(12)

• 空间区域的形心：空间有界闭区域 $\Omega$ 的形心坐标为
  • 
    $\displaystyle \begin{aligned} \bar{x} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} v, \\\bar{y} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} y \mathrm{~d} v, \\\bar{z} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} v, \end{aligned}$
    • 其中 $V=\iiint_{\Omega} \mathrm{d} v$ 为区域 $\Omega$ 的体积.

答 应填 $\frac{2}{3}$.

用面积辅助计算

• $\displaystyle \begin{aligned}\bar{z}=\frac{\iiint_{\Omega} z d V}{\iiint_{\Omega} d V}=\frac{\pi / 3}{\pi / 2}=\frac{2}{3}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\iiint_{\Omega} z d V=\int_0^1 d z \iint_{D_z} z d x d y=\int_0^1 \pi z^2 d z=\frac{\pi}{3}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\iiint_{\Omega} d V=\int_0^1 d z \iint_{D_z} d x d y=\int_0^1 \pi z d z=\frac{\pi}{2}\end{aligned}$

直接硬算

解 设 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\right\}$, 则

• $\displaystyle \begin{aligned} \bar{z}=\frac{\iint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}=\frac{2}{3} . \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{x^2+y^2}^1 \mathrm{~d} z\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\iint_D\left(1-x^2-y^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1\left(1-r^2\right) r \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{2}, \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{x^2+y^2}^1 z \mathrm{~d} z\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{1}{2} \iint_D\left[1-\left(x^2+y^2\right)^2\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1\left(1-r^4\right) r \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{3}, \end{aligned}$
• 注 由 $\Omega$ 的对称性,知形心的横坐标与纵坐标 $\bar{x}=\bar{y}=0$.

(13)

(13) 设 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,2,-1,0)^{\mathrm{T}} \text{，} \boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,0,2)^{\mathrm{T}}$ ， $\alpha_3=(2,1,1, a)^{\mathrm{T}}$ 。若由 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 生成的向量空间的维数为 2 ，则 $a=$ $\qquad$ -

(13)

答 应填 6 .
解 对矩阵 $\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)$ 作初等行变换,$\displaystyle \left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 2 \\2 & 1 & 1 \\-1 & 0 & 1 \\0 & 2 & a\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 2 \\0 & 1 & 3 \\0 & 0 & a-6 \\0 & 0 & 0\end{array}\right),$由于此矩阵的秩为 2 , 故 $a=6$.

(14)

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=k\}=\frac{C}{k !}, k=0,1,2, \cdots$, 则 $E\left(X^{2}\right)=$

(14)

• 确定常数 $C$
  • 利用规范性求参数:概率分布的总和等于 1 ：$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} P\{X=k\} = 1$。
  • 由给定的概率分布：$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} P\{X=k\}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{C}{k !}=C \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k !}=1\xrightarrow[]{\mathrm{e}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !}}C = e^{-1}$
• 识别泊松分布
  • 泊松分布的概率公式为 $P\{X=k\} = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}$。
    • 由 $C$ 的值，可知 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布。
  • 在本题中，$\lambda = 1$。
    • 对于泊松分布，$E(X) = \lambda$ 且 $D(X) = \lambda$。
• 计算 $E\left(X^2\right)$
  • 因此，$E\left(X^2\right) = D(X) + (E(X))^2 = 1 + 1 = 2$。
    答 应填 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)
求微分方程 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=2 x \mathrm{e}^{x}$ 的通解.

(15)

• 解题步骤
  • 求对应的齐次方程的通解.(特征方程法)
  • 求原方程的一个特解.(待定系数法)
• 特征方程法求齐次方程的通解.
  • 对应的齐次线性方程 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0$
    • 特征方程为 $\lambda^2-3 \lambda+2=0$.
      • $\displaystyle \begin{aligned} & (\lambda-1)(\lambda-2)=0 \Rightarrow \lambda_1=1, \lambda_2=2 \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} y=C_1 e^x+C_2 e^{2 x} . \end{aligned}$
• 待定系数法求特解
  • 设原方程的一个特解为$y^*=(a x+b) x \mathrm{e}^x$
    • $\left(y^*\right)^{\prime}=\left(a x^2+b x\right) e^x+(2 a x+b) e^x=\left(a x^2+(2 a+b) x+b\right) e^x$
    • $\displaystyle \begin{aligned} y'' =\left[a x^2+(2 a+b) x+b\right] e^x+[2 a x+2 a+b] e^x \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =\left[a x^2+(4 a+b) x+2(a+b)\right] e^x . \end{aligned}$
  • 将$\displaystyle \begin{aligned}y,y',y''\end{aligned}$代入$y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=2 x \mathrm{e}^{x}$得
    • $\left(a x^2+4 a x+b x+2 a+2 b\right) \mathrm{e}^x-3\left(a x^2+2 a x+b x+b\right) \mathrm{e}^x+2\left(a x^2+b x\right) \mathrm{e}^x=2 x \mathrm{e}^x$
      • 同时出现三项:$\displaystyle \begin{aligned}x^2 e^x \text{，} x e^x \text{，} e^x\end{aligned}$，对比它们的系数
        • $\displaystyle \begin{aligned} & x^2 e^x \quad a-3 a+2 a=0 \end{aligned}$
        • $\displaystyle \begin{aligned} x e^x \quad 4 a+b-6 a-3 b+2 b=2 \Rightarrow a=-1 \end{aligned}$
        • $\displaystyle \begin{aligned} e^x \quad 2(a+b)-3 b=2 a-b=0 \quad \Rightarrow b=-2 \end{aligned}$
  • 求得特解$\displaystyle \begin{aligned} y^*=\left(-x^2-2 x\right) e^x \end{aligned}$
• 齐次特解和特解组合得非齐次的通解
  • 因此, 原方程的通解为
    $y=Y+y^*=C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{2 x}-\left(x^2+2 x\right) \mathrm{e}^x,$
• 1987 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=x \mathrm{e}^x$ 的通解.
• 1990 年数一试题求微分方程 $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=\mathrm{e}^{-2 x}$ 的通解.
• 1990 年数二试题求微分方程 $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=\mathrm{e}^{a x}$ 的通解，其中 $a$ 为实数。
• 1991 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime}+y=x+\cos x$ 的通解.
• 1992 年数一试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=\mathrm{e}^{-3 x}$ 的通解。
• 1992 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=x \mathrm{e}^x$ 的通解。
• 1994 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime}+a^2 y=\sin x$ 的通解, 其中常数 $a>0$.
• 1996 年数一试题
  微分方程 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=\mathrm{e}^x$ 的通解为 $\qquad$ .
• 2007 年数一、二试题
  二阶常系数非齐次线性微分方程$y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+3 y=2 \mathrm{e}^{2 x}$ 的通解为 $\qquad$
  特征方程法

特征方程 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda^2 + p\lambda + q = 0 \end{aligned}$ 的根	微分方程 $\displaystyle \begin{aligned} y'' + py' + qy = 0 \end{aligned}$ 的通解
两个不相等的实根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_1, \lambda_2 \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = C_1e^{\lambda_1 x} + C_2e^{\lambda_2 x} \end{aligned}$
两个相等的实根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_1 = \lambda_2 \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = (C_1 + C_2 x)e^{\lambda_1 x} \end{aligned}$
对共轭复根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_{1,2} = \alpha \pm \beta i \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = e^{\alpha x}(C_1 \cos \beta x + C_2 \sin \beta x) \end{aligned}$

• 待定系数法
  • 当 $f(x)=\mathrm{e}^{\lambda x} P_m(x)$, 其中 $\lambda$ 为常数, $P_m(x)$ 是 $x$ 的一个 $m$次多项式时,
    • $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x)$ 有形如
      $y^*=x^k R_m(x) \mathrm{e}^{\lambda x}$的特解,
      • $x^k$
        • 当 $\lambda$ 不是特征方程的根时, $k=0$;
        • 当 $\lambda$ 是特征方程的单根时, $k=1$;
        • 当 $\lambda$ 是特征方程的重根时, $k=2$.
      • 其中 $R_m(x)$ 是与 $P_m(x)$ 同次的多项式.
      • $\displaystyle \begin{aligned}\mathrm{e}^{\lambda x}\end{aligned}$照抄

(16)

(本题满分 10 分)
求函数 $\displaystyle f(x)=\int_{1}^{x^{2}}\left(x^{2}-t\right) \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t$ 的单调区间与极值.

(16)

• 整体思路总结：
  • 1. 对 $f(x)$ 进行分解并求导。
  • 2. 通过解方程找到驻点 $x = 0, \pm 1$。
  • 3. 分析 $f'(x)$ 的符号来确定单调区间。
    • 为什么不用二阶导判断极值点？
      因为二阶导难求
  • 4. 计算极值点 $x = 0, \pm 1$ 时的 $f(x)$ 值。
• 求 $f(x)$ 的导数
  • 分解 $f(x)$
    • $\displaystyle f(x) \xlongequal[]{\text{拆开}}x^2 \int_1^{x^2} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t - \int_1^{x^2} t e^{-t^2} \, \mathrm{d}t$
  • 求导 $f'(x)$
    • 得 $\displaystyle f'(x) = 2x \int_1^{x^2} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t + 2x^3 e^{-x^4} - 2x^3 e^{-x^4}\xlongequal[]{\text{后两项相减为}0}2x \int_1^{x^2} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t$
• 确定驻点
  • 解方程 $\displaystyle f'(x) = 0 \xrightarrow[\int_{1}^{x^{2}}=0]{2x=0}x = 0, \pm 1$- 分析 $f'(x)$ 的符号
  • 在区间 $(-\infty, -1)$
    • $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{<0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2>1\text{，则}>0} \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{负正}}<0$
    • $f'(x) < 0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(-1, 0)$
    • $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{<0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2<1\text{，则}<0} \, \mathrm{d}t\xrightarrow[]{\text{负负}} >0$
    • $f'(x) > 0$，$f(x)$ 递增
  • 在区间 $(0, 1)$
    • $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{>0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2<1\text{，则}<0} \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{正负}} <0$
    • $f'(x) < 0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(1, +\infty)$
    • $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{>0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2>1\text{，则}>0} \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{正正}}>0$
    • $f'(x) > 0$，$f(x)$ 递增
• 确定极值：增减性如图:$\searrow\nearrow\searrow\nearrow$
  • 计算 $f(0)$
    • $\displaystyle f(0) = -\int_1^0 t e^{-t^2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$
  • 计算 $f(\pm 1)$
    • $\displaystyle f(\pm 1) = \int_1^1 (1 - t) e^{-t^2} \, \mathrm{d}t = 0$
  • 得出结论
    • 单调增加区间：$(-1, 0)$ 和 $(1, +\infty)$
    • 单调递减区间：$(-\infty, -1)$ 和 $(0, 1)$
    • 两个极小值点：$x = \pm 1$ 时 $f(\pm 1) = 0$
    • 一个极大值点：$x = 0$ 时 $f(0) = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$

(17)

(本题满分 10 分) (抽象题)
( I ) 比较 $\displaystyle \int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{~d} t$ 与 $\displaystyle \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t(n=1,2, \cdots)$ 的大小, 说明理由;
( II ) 记 $\displaystyle u_{n}=\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{~d} t(n=1,2, \cdots)$, 求极限 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}$.

(17)

解 (I ) 当 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 时, 因为 $0 \leqslant \ln (1+t) \leqslant t$, 所以

• $0 \leqslant|\ln t|[\ln (1+t)]^n \leqslant t^n|\ln t|,$由定积分的性质,得 $\displaystyle \quad \int_0^1|\ln t|[\ln (1+t)]^n \mathrm{~d} t \leqslant \int_0^1 t^n|\ln t| \mathrm{d} t(n=1,2, \cdots)$.
  ( II) 由 ( I ) 知
• $\displaystyle 0 \leqslant u_n=\int_0^1|\ln t|[\ln (1+t)]^n \mathrm{~d} t \leqslant \int_0^1 t^n|\ln t| \mathrm{d} t .$因为
• $\displaystyle \int_0^1 t^n|\ln t| \mathrm{d} t=-\int_0^1 t^n \ln t \mathrm{~d} t=-\frac{1}{n+1} \int_0^1 \ln t \mathrm{~d}\left(t^{n+1}\right)=-\left.\frac{t^{n+1}}{n+1} \ln t\right|_0 ^1+\frac{1}{n+1} \int_0^1 t^n \mathrm{~d} t=\frac{1}{(n+1)^2},$所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^1 t^n|\ln t| \mathrm{d} t=0$. 故由夹逼准则知 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_n=0$.
  注（1)本题第一问用到基本不等式: $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x, x \in(0,+\infty)$.
  (2)
  第二问实际上有更一般的结论.
  若 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^1 x^n f(x) \mathrm{d} x=0$ (可用夹逼准则简单验证). 由于 $\displaystyle \lim _{r \rightarrow 0^{+}} t|\ln t|=0$, 记 $f(t)=t|\ln t|, 0<t \leqslant 1$, 则可补充定义 $f(0)=0$. 这样 $f(t)=t|\ln t|$ 在 $[0,1]$ 上连续, 再根据上面的结论便有
• $\displaystyle \begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^1 t^{n-1} \cdot t|\ln t| \mathrm{d} t=0, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^1|\ln t|[\ln (1+t)]^n \mathrm{~d} t=0 . \end{aligned}$

(18)

(本题满分 10 分)
求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}$ 的收敛域及和函数.

(18)

解 记 $u_n(x)=\frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}$. 由于

• $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n-1}{2 n+1} x^2=x^2,$所以,当 $|x|<1$ 时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 绝对收玫; 当 $|x|>1$ 时, $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left|u_n(x)\right|=+\infty, \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 发散. 因此帛级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}$ 的收敛半径 $R=1$.
  当 $x= \pm 1$ 时,$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n( \pm 1)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} \text {, }$根据莱布尼茨判别法知此级数收敛. 故案级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}$ 的收敛域为 $[-1,1]$.
  设
• $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n-1}(-1 \leqslant x \leqslant 1) .$由于 $\displaystyle S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n-2}=\frac{1}{1+x^2}$, 且 $S(0)=0$, 所以
• $\displaystyle S(x)=\int_0^x \frac{\mathrm{d} t}{1+t^2}=\arctan x,$从而
• $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}=x S(x)=x \arctan x(-1 \leqslant x \leqslant 1) .$

(19)

(本题满分 10 分)
设 $P$ 为椭球面 $S: x^{2}+y^{2}+z^{2}-y z=1$ 上的动点, 若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $x O y$ 面垂直, 求点 $P$ 的轨迹 $C$, 并计算曲面积分 $\displaystyle I=\iint_{\Sigma} \frac{(x+\sqrt{3})|y-2 z|}{\sqrt{4+y^{2}+z^{2}-4 y z}} \mathrm{~d} S$, 其中 $\displaystyle \Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于曲线 $C$ 上 方的部分. (抽象题)

(19)

• 椭球面 $S: x^2+y^2+z^2-y z=1$ 在点 $P$ 处的法向量是
  • $n=(2 x, 2 y-z, 2 z-y) \text {, }$
  • $x O y$ 面的法向量是 $k=(0,0,1)$.
  • $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $x O y$ 面垂直的充分必要条件是 $n \cdot k=2 z-y=0 \text {. }$
  • 所以点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array}{l}2 z-y=0, \\x^2+y^2+z^2-y z=1,\end{array}\right. \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array}{l}2 z-y=0, \\x^2+\frac{3}{4} y^2=1 .\end{array}\right. \end{aligned}$
• 取 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+\frac{3}{4} y^2 \leqslant 1\right\}$,
  • 记曲面 $\displaystyle \Sigma$ 的方程为 $z=z(x, y),(x, y) \in D$.
  • 由于$\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2}=\sqrt{1+\left(\frac{2 x}{y-2 z}\right)^2+\left(\frac{2 y-z}{y-2 z}\right)^2}=\frac{\sqrt{4+y^2+z^2-4 y z}}{|y-2 z|},$
• 所以 $I=\iint_D \frac{(x+\sqrt{3})|y-2 z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4 y z}} \cdot \frac{\sqrt{4+y^2+z^2-4 y z}}{|y-2 z|} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_D(x+\sqrt{3}) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y .$
  • 又因为 $\iint_D x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0, \iint_D \sqrt{3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=2 \pi$,
  • 所以$I=\iint_D(x+\sqrt{3}) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \pi .$
• 注 正确写出轨迹方程是后续解题的关键.

(20)

(本题满分 11 分)
设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}\lambda & 1 & 1 \\ 0 & \lambda-1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda\end{array}\right), \boldsymbol{b}=\left(\begin{array}{l}a \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$. 已知线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 存在 2 个不同的解.
(I) 求 $\lambda, a$;
(II) 求方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 的通解. (21) (本题满分 11 分)

(20)

解 （I ）因为非齐次线性方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 有两个不同的解, 即解不是唯一的, 所以系数行列式

• $\displaystyle |\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1 & 1 \\0 & \lambda-1 & 0 \\1 & 1 & \lambda\end{array}\right|=(\lambda-1)^2(\lambda+1)=0,$解得 $\lambda=-1$ 或 1 (二重).
  当 $\lambda=1$ 时,方程组的增广矩阵
• $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{b})=\left(\begin{array}{lll:l}1 & 1 & 1 & a \\0 & 0 & 0 & 1 \\1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & 1 & 1 \\0 & 0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0 & a-1\end{array}\right)$的秩为 2, 系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩为 1, 方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 无解, 故 $\lambda=1$ 应舍去.
  当 $\lambda=-1$ 时,对方程组 $A x=b$ 的增广矩阵作初等行变换:
• $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{b})=\left(\begin{array}{ccc:c}-1 & 1 & 1 & a \\0 & -2 & 0 & 1 \\1 & 1 & -1 & 1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & -1 & 1 \\0 & 2 & 0 & -1 \\0 & 0 & 0 & a+2\end{array}\right)=\boldsymbol{B} .$因为方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 有解, 所以 $a+2=0$, 即 $a=-2$. 综上, $\lambda=-1, a=-2$.
  (II) 当 $\lambda=-1, a=-2$ 时,继续对 (I) 中的矩阵 $B$ 作初等行变换得
• $\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{B} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{x}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}3 \\-1 \\0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1 \\0 \\1\end{array}\right), \end{aligned}$于是方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 的通解为 其中 $k$ 为任意常数.
  注 对克拉默法则要理解清楚, 若 $|A| \neq 0$, 则 $A x=b$ 有唯一解; 若 $|A|=0$, 则 $A x=b$ 没有唯.一解, 此时 方程组可能无解,也可能有无穷多解.

(21)

已知二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$, 且 $\boldsymbol{Q}$ 的第三列为 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{\mathrm{T}}$.
(I) 求矩阵 $\boldsymbol{A}$;
(II) 证明 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵, 其中 $\boldsymbol{E}$ 为 3 阶单位矩阵.

(21)

( I ) 解 因为二次型 $\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A x}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q y}$ 下的标准形为 $y_1^2+y_2^2$, 所以其系数 $1,1,0$ 就是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值, 即

• $\displaystyle Q^{-1} \boldsymbol{A} Q=Q^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} Q=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\& 1 & \\& & 0\end{array}\right),$且矩阵 $Q$ 的第 3 列就是属于特征值 0 的特征向量.
  设 $\left(x_1, x_2, x_3\right)^{\mathrm{T}}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量. 由于实对称矩阵属于不同特征值的特征向量是正交 的,故有
• $\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)=0,$即 $x_1+x_3=0$, 解得 $\xi_1=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{\mathrm{T}}, \xi_2=(0,1,0)^{\mathrm{T}}$ 即为属于特征值 1 的两个正交单位特征向贯. 以 $\xi_1, \xi_2$ 分别为 $Q$ 的第 1,2 列(或第 2,1 列)得到
• $\displaystyle \begin{aligned} Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\0 & 1 & 0 \\-\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right) \text { 或 }\left(\begin{array}{ccc}0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \\1 & 0 & 0 \\0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} Q^{\top} A Q=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\& 1 & \\& & 0\end{array}\right) . \end{aligned}$从而得
• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{lll}1 & & \\& 1 & \\& & 0\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & -1 \\0 & 2 & 0 \\-1 & 0 & 1\end{array}\right)$(II) 证法 1 因 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 1,1,0, 所以矩阵 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 的特征值为 2,2 , 1; 又 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 为实对称矩阵, 故 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 是正定矩阵 (实对称矩阵正定的一个充要条件是其所有特征值均为正数).
  证法 2 分别计算 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 的顺序主子式: $\Delta_1=\frac{3}{2}>0, \Delta_2=3>0, \Delta_3=4>0$, 故 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 正定.

(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

• $f(x, y)=A \mathrm{e}^{-2 x^{2}+2 x y-y^{2}},-\infty<x<+\infty,-\infty<y<+\infty,$
  求常数 $A$ 及条件概率密度 $f_{\eta X}(y \mid x)$.

(22)

解

• 求常数 $A$,用规范性
  • 性质：对于任何概率密度函数 $f(x, y)$，其在所有可能的 $x$ 和 $y$ 上的积分等于 1。
  • 应用到给定的 $f(x, y)$:对 $f(x, y) = A e^{-2x^2 + 2xy - y^2}$ 进行双重积分
    • $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\xlongequal[]{\text{将}f(x,y)\text{代入}}\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} A \mathrm{e}^{-2 x^2+2 x y-y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$
      • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{配方用高斯积分}}\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} A \mathrm{e}^{-x^2-(y-x)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{对}y\text{积分，提出}x}A \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm{~d} x \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-(y-x)^2} \mathrm{~d} y$
      • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[dy=dx]{\text{线性凑微分}}A \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm{~d} x \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-(y-x)^2} \mathrm{~d}(y-x)\end{aligned}$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{令}t=y-x}A \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm{~d} x \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2} \mathrm{~d} t\xlongequal[]{\text{高斯积分}\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2} \mathrm{~d} t\sqrt{\pi}}A \pi \text {, }$
    • 结果：通过使用高斯积分 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2} dt = \sqrt{\pi}$，得到 $A \pi = 1\xrightarrow[]{\text{移项}}A = \frac{1}{\pi}$
• 求条件概率密度 $f_{Y \mid X}(y \mid x)=\frac{f(x, y)}{f_X(x)}=\frac{\text{联合}}{\text{边缘}}$
  • 计算边缘概率密度 $f_X(x)$:联合$f(x, y)$对y积分
    • 公式：$\displaystyle f_X(x) \xlongequal[]{\text{积分区间}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x, y) dy\xlongequal[]{\text{代入}f(x,y)}\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2x^2 + 2xy - y^2} dy$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\text{对}y\text{积分，提出常数}x}\frac{1}{\pi} \mathrm{e}^{-x^2} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-(y-x)^2} \mathrm{~d} y\xlongequal[]{\text{高斯积分}}\frac{1}{\pi} \mathrm{e}^{-x^2} \cdot \sqrt{\pi}=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-x^2}\end{aligned}$
    • 结果：$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}$。
  • 求条件概率密度$f_{Y \mid X}(y \mid x) = \frac{f(x, y)}{f_X(x)}$
    • $f_{Y \mid X}(y \mid x) = \frac{f(x, y)}{f_X(x)}\xlongequal[]{\text{代入}}\frac{\frac{1}{\pi} e^{-2x^2 + 2xy - y^2}}{\frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-x^2+2 x y-y^2}\xlongequal[]{\text{完全平方}}\frac{1}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-(x-y)^2}$
    • 结果：$f_{Y \mid X}(y \mid x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x-y)^2}$

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率分布为

$$\begin{array}{c|ccc} X & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 1-\theta & \theta-\theta^{2} & \theta^{2} \end{array}$$

$\text{其中参数}$ $\theta \in(0,1)$ $\text{末知}$. $\text{以}$ $N_{i}$ $\text{表示来自总体}$ $X$ $\text{的简单随机样本}$ (样本容量为 $n$ ) $\text{中等于}$ $i$ $\text{的}$ $\text{个数}$ $(i=1,2,3)$. $\text{试求常数}$ $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, $\text{使}$ $\displaystyle T=\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}$ $\text{为}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{并求}$ $T$ $\text{的方差}$.

(23)

$\text{解}$ $\text{记}$ $p_1=1-\theta, p_2=\theta-\theta^2, p_3=\theta^2$. $\text{由于}$ $N_i \sim B\left(n, p_i\right), i=1,2,3$, $\text{故}$

• $E N_i=n p_i \text {, }\text{于是}$
• $E T=a_1 E N_1+a_2 E N_2+a_3 E N_3=n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right] .\text{为使}$ $T$ $\text{是}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{必有}$
• $n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right]=\theta,\text{因此}$
• $a_1=0, a_2-a_1=\frac{1}{n}, a_3-a_2=0,\text{由此得}$
• $a_1=0, a_2=a_3=\frac{1}{n} \text {. }\text{由于}$ $N_1+N_2+N_3=n$, $\text{故}$
• $T=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)=1-\frac{N_1}{n} .\text{注意到}$ $N_1 \sim B(n, 1-\theta)$, $\text{故}$
• $D T=\frac{1}{n^2} D N_1=\frac{n(1-\theta) \theta}{n^2}=\frac{(1-\theta) \theta}{n} .$