数一2011

(1)

曲线 $y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}$ 的拐点是 $(\quad)$
(A) $(1,0)$.
(B) $(2,0)$.
(C) $(3,0)$.
(D) $(4,0)$.

(1)

答 应选 (C).

• (1)拐点的必要条件 : 若点 $\left(x_0, f\left(x_0\right)\right)$ 为曲线 $y=f(x)$ 的拐点，且 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$ 存在，则 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)=0$.
  • 拐点处，二阶导等于零
  • 拐点是凹凸性改变的点
• (2)拐点与极值点 : 对于多项式函数或存在任意阶导数的函数 $f(x)$ ，设点 $\left(x_0, f\left(x_0\right)\right)$ 为曲线 $y=f(x)$ 上一点，则有如下结论：
  • (a) 若 $x_0$ 是 $f(x)$ 的极值点，则点 $\left(x_0, f\left(x_0\right)\right)$ 一定不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点.
  • (b) 若点 $\left(x_0, f\left(x_0\right)\right)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点，则 $x_0$ 也一定不是 $f(x)$ 的极值点.
• 穿针引线怯：设多项式的最高次项系数大于零.从数轴上最右边的根的右上方开始穿根，
  根据零点的重数的奇偶性决定穿或者不穿，即奇穿偶不穿，或奇穿偶回

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 坐标轴
    \draw[->] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] {$x$};
    \draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[above] {$y$};

    % 限制 y 轴高度，防止数值过大
    \draw[smooth, thick, domain=0.2:4.2, samples=100] 
        plot (\x, {max(-1.5, min(2.5, (\x-1)*(\x-2)^2*(\x-3)^3*(\x-4)^4))});

    % 关键点标注
    \node[below] at (1,0) {$1$};
    \node[below] at (2,0) {$2$};
    \node[below] at (3,0) {$3$};
    \node[below] at (4,0) {$4$};
    \node[below left] at (0,0) {$O$};

    % 右侧标注方程
    \node[anchor=west] at (4.5,2) {\large $y = (x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 因为 $x=3$ 是方程 $y=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4=0$ 的 3 重根
  • 所以它是方程 $y^{\prime \prime}=0$ 的 单根, 从而函数 $y=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4$ 的二阶导数在点 $x=3$ 的两侧附近改变正负号,
    • 故点 $(3,0)$ 是曲线 $y=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4$ 的拐点.

(2)

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少, $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0, S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}(n=1,2, \cdots)$ 无界, 则幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$ 的 收敛域为 $(\quad)$(A) $(-1,1]$.
(B) $[-1,1)$.
(C) $[0,2)$.
(D) $(0,2]$.

(2)

答 应选 $(\mathrm{C})$.
解 因为数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调减少, 且 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$, 所以 $a_n>0$, 由莱布尼茨判别法知, 交错级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n a_n$ 收 敛, 即军级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n(x-1)^n$ 在 $x=0$ 处收敛, 则原级数收敛半径 $R \geqslant|0-1|=1$. 又因为 $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n a_k(n=$ $1,2, \cdots)$ 无界,所以罚级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n(x-1)^n$ 在 $x=2$ 处发散, 即 $R \leqslant|2-1|=1$. 故 $R=1$.
综上可知，策级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n(x-1)^n$ 的收敛域为 $[0,2)$, 应选(C).
注 由于是级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n(x-1)^n$ 的收敛中心是 $x_0=1$, 则显然排除 $(\mathrm{A})$ 和 $(\mathrm{B})$. (因为軍级数的收敛区间 是关于中心点对称的）

(3)

设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数, 且 $f(x)>0, f^{\prime}(0)=0$, 则函数 $z=f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处 取得极小值的一个充分条件是 $(\quad)$
(A) $f(0)>1, f^{\prime \prime}(0)>0$.
(B) $f(0)>1, f^{\prime \prime}(0)<0$.
(C) $f(0)<1, f^{\prime \prime}(0)>0$.
(D) $f(0)<1, f^{\prime \prime}(0)<0$.

(3)

该问题涉及判断函数 $z = f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处是否取得极小值。

• 求一阶偏导确定驻点(题目中其实已经给出驻点(0，0))：
  • 已知$f'(0)=0，f(0)≠0$
  • $\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime}(x) \ln f(y)\xlongequal[]{在(0,0)处}f^{\prime}(0) \ln f(0)=0$
  • $\frac{\partial z}{\partial y}=f(x) \frac{f^{\prime}(y)}{f(y)}\xlongequal[]{在(0,0)处}\frac{f(0) f^{\prime}(0)}{f(0)}=0$
• 求函数 $z = f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处的二阶偏导数，计算AC-B²
  • 计算二阶偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$、$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$ 和 $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$。
    • 使用链式法则和导数公式得：
      • $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = f^{\prime \prime}(x) \ln f(y)\xlongequal[]{x=0，y=0}f^{\prime \prime}(0) \ln f(0)$
      • $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{f^{\prime}(x) f^{\prime}(y)}{f(y)}\xlongequal[]{x=0，y=0}\frac{f^{\prime}(0) f^{\prime}(0)}{f(0)}=0$
      • $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = f(x) \frac{f^{\prime \prime}(y) f(y) - [f^{\prime}(y)]^2}{[f(y)]^2}\xlongequal[]{x=0，y=0}\frac{f^2(0) f^{\prime \prime}(0)-f(0)\left[f^{\prime}(0)\right]^2}{f^2(0)}=f^{\prime \prime}(0)$
    • 使用海森矩阵判断极小值条件
      • $A = f^{\prime \prime}(0) \ln f(0) > 0$，说明有极值
      • $AC - B^2 = [f^{\prime \prime}(0)]^2 \ln f(0) > 0$ 说明 $z = f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处取得极小值
      • 解得$f(0)>1, f^{\prime \prime}(0)>0$.

(4)

设 $\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\sin x) \mathrm{d} x, J=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cot x) \mathrm{d} x, K=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cos x) \mathrm{d} x$, 则 $I, J, K$ 的大小关系为 ( )
(A) $I<J<K$.
(B) $I<K<J$.
(C) $J<I<K$.
(D) $K<J<I$.

(4)

问题是求积分 $I$, $J$, 和 $K$ 的大小关系。

• 理解题目
  • 比较积分 $I$, $J$, 和 $K$ 的大小
    • $I$, $J$, $K$ 都是特定的积分表达式
    • 他们都同属于同一个区间：$\displaystyle \int_0^\pi$
• 比较 $I$ 和 $K$ 的大小，就是比较$\ln (\sin x)$与$\ln (\cos x)$的大小
  • 对于 $x \in (0, \frac{\pi}{4})$, 比较 $\sin x$ 和 $\cos x$
    • 由 $0 < \sin x < \cos x\xrightarrow[]{\ln x是增函数}\ln (\sin x)<\ln (\cos x)$ ​
    • 函数大，积分就大，两端取积分，因此 $\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x) \mathrm{d}x < \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x) \mathrm{d}x = K$
• 比较 $J$ 和 $K$ 的大小，就是$\ln (\cot x)$与$\ln (\cos x)$的大小
  • 分解 $J$ 的表达式
    • 由$\cot x=\frac{1}{\tan x}=\frac{\cos x}{\sin x}$，取对数，然后在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上积分
      • 得$\displaystyle J = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cot x) \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x) \mathrm{d}x - \underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x) \mathrm{d}x}_{<0}$
        • 由于在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上，$\displaystyle \ln \sin x<\ln 1<0\xrightarrow[]{取积分}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x) \mathrm{d}x < 0$
    • 所以：$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cos x) d x<\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cot x) d x$
• 得出 $I < K < J$ ，正确答案是 (B)
  答 应选(B).

(5)

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵,将 $\boldsymbol{A}$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $\boldsymbol{B}$, 再交换 $\boldsymbol{B}$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵. 记 $\displaystyle \boldsymbol{P}_{1}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{P}_{2}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{array}\right)$, 则 $\boldsymbol{A}=(\quad)$(A) $\boldsymbol{P}_{1} \boldsymbol{P}_{2}$.
( B) $\boldsymbol{P}_{1}^{-1} \boldsymbol{P}_{2}$.
(C) $\boldsymbol{P}_{2} \boldsymbol{P}_{1}$.
(D) $\boldsymbol{P}_{2} \boldsymbol{P}_{1}^{-1}$

(5)

答 应选(D).
解 由题设条件知, 矩阵 $P_1, P_2$ 正是与题中所给初等变换相对应的初等矩阵. 根据初等矩阵的性 质, 有 $B=A P_1$ 和 $E=P_2 B$, 从而 $E=P_2 A P_1$, 即 $A=P_2^{-1} P_1^{-1}$. 而 $P_2^{-1}=P_2$, 故有 $A=P_2 P_1^{-1}$, 即选项 (D) 是 正确的.
另一方面, 由于对矩阵 $A$ 作一次初等行(列)变换, 相当于矩阵 $\boldsymbol{A}$ 左 (右) 乘相应的初等矩阵, 因此由题 意知选项 (A), (B) 是错误的; 而 $\boldsymbol{P}_1^{-1} \neq \boldsymbol{P}_1$, 故选项 (C)也是错误的.
注 本题考查矩阵的初等变换与初等矩阵. 对于初等变换要会用初等矩阵来描述.

(6)

设 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}\right)$ 是 4 阶矩阵, $\boldsymbol{A}^{*}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵. 若 $(1,0,1,0)^{\mathrm{T}}$ 是方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 的 一个基础解系,则 $\boldsymbol{A}^{*} \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 的基础解系可为( )
(A) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$.
(B) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$.
( C) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$.
(D) $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$.

(6)

答 应选(D).
解 因为齐次线性方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的基础解系只包含 1 个向量 $(1,0,1,0)^{\mathrm{T}}$, 所以矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩 $r(\boldsymbol{A})=$ $4-1=3 . \boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵的秩 $r\left(\boldsymbol{A}^*\right)$ 是由 $r(\boldsymbol{A})$ 确定的, 它们之间的关系为

• $\displaystyle r\left(\boldsymbol{A}^*\right)= \begin{cases}n, & r(\boldsymbol{A})=n, \\ 1, & r(\boldsymbol{A})=n-1, \\ 0, & r(\boldsymbol{A})<n-1,\end{cases}$于是 $r\left(\boldsymbol{A}^*\right)=1$, 从而方程组 $\boldsymbol{A}^* \boldsymbol{x}=0$ 的基础解系包含 $4-r\left(\boldsymbol{A}^*\right)=4-1=3$ 个解向量. 由此, 选项 (A), (B) 被排除.
  又因为 $A^* A=|A| E$ 及 $|A|=0$, 故矩阵 $A$ 的列向量 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 都是方程组 $A^* \boldsymbol{x}=0$ 的解. 由 $r(\boldsymbol{A})=3$, 可知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 的秩也为 3 , 则其中 3 个线性无关的向量即为 $\boldsymbol{A}^* \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 的一个基础解系.
  因向量 $(1,0,1,0)^{\mathrm{T}}$ 是 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$ 的解, 故
• $\displaystyle \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{l}1 \\0 \\1 \\0\end{array}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4\right)\left(\begin{array}{l}1 \\0 \\1 \\0\end{array}\right)=\mathbf{0},$即 $\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3=\mathbf{0}$, 则 $\boldsymbol{\alpha}_1=-\boldsymbol{\alpha}_3$. 由此可知 $\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ (或 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_4$ ) 线性无关, 是 $\boldsymbol{A}^* \boldsymbol{x}=0$ 的一个基础解系, 选项 (D) 是正确的.
  也可利用排除法求解. 求出 $r\left(\boldsymbol{A}^*\right)=1$, 排除选项 (A), (B); 由 $\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3=\mathbf{0}$, 即 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关, 排除选项 (C), 只能选 (D).
  注 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_s$ 是 $\boldsymbol{A}_{m \times n} x=0$ 的基础解系包含着四层含义:
  (1)$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$ 是 $A_{m \times n} x=0$ 的解;
  (2) $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_1$ 线性无关;
  (3) $A_{m \times n} x=0$ 的任意一个解都可由 $\alpha_1$, $\boldsymbol{\alpha}_2, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_s$ 线性表出; (4) $s=n-r(\boldsymbol{A})$.

(7)

设 $F_{1}(x)$ 与 $F_{2}(x)$ 为两个分布函数, 其相应的概率密度 $f_{1}(x)$ 与 $f_{2}(x)$ 是连续函数, 则必为概率 密度的是 $(\quad)$
(A) $f_{1}(x) f_{2}(x)$.
(B) $2 f_{2}(x) F_{1}(x)$.
(C) $f_{1}(x) F_{2}(x)$.
(D) $f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x)$.

(7)

解
概率密度必有原函数，只有d选项是导数的乘积形式
答 应选(D).
解 对选项 (D) 可验证其满足概率密度的性质 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x=1$, 而其他选项无法验证, 可排除. 事实上

• $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[f_1(x) F_2(x)+f_2(x) F_1(x)\right] \mathrm{d} x=\left.F_1(x) F_2(x)\right|_{-\infty} ^{+\infty}=1 .$注 本题主要考査分布函数与概率密度的性质及二者的关系, 是基础题.

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $E(X)$ 与 $E(Y)$ 存在, 记 $U=\max \{X, Y\}, V=\min \{X, Y\}$, 则 $E(U V)=(\quad)$
(A) $E(U) \cdot E(V)$.
(B) $E(X) \cdot E(Y)$.
(C) $E(U) \cdot E(Y)$
(D) $E(X) \cdot E(V)$.

(8)

解

• 不要想得太复杂了, 由于 $U$ 是 $X$ 和 $Y$ 中的较大者, $V$ 是 $X$ 和 $Y$ 中的较小的
  • 故 $U$ 和 $V$ 总有一个取的是 $X, $一 个取的是 $Y$,
  • 因此$U V=X Y \text { 或 } U V=Y X$
• 总之, 总有 $U V=X Y$, 也有 $U+V=X+Y$.
  • $\displaystyle \begin{array}{l}\text { 当 } X \geqslant Y \text { 时, } U=X, V=Y ; \\\text { 当 } X<Y \text { 时, } U=Y, V=X,\end{array}$
• 所以总有 $U V=X Y$
  • 又因为随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 从而 $E U V=E X Y\xlongequal[]{独立}E X \cdot E Y \text {. }$ 故选 (B) . 答 应选(B). 解 本题考查相互独立随机变简单函数的数字特征. 利用 $U V=\max \{X, Y\} \cdot \min \{X, Y\}=X Y$ 及随 机变量相互独立的性质计算即可. 因为 $U V=X Y$,且 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 故 $E(U V)=E X \cdot E Y$, 即应选 (B).
• 注 $U=\max \{X, Y\}=\frac{X+Y+|X-Y|}{2}, V=\min \{X, Y\}=\frac{X+Y-|X-Y|}{2}$, 于是$U+V=X+Y, U-V=|X-Y|, U V=X Y .$

(9)

曲线 $\displaystyle y=\int_{0}^{x} \tan t \mathrm{~d} t\left(0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{4}\right)$ 的弧长 $s=$

(9)

• 弧长公式：$\displaystyle s = \int \sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x$，因此需要计算 $y'$和$\sqrt{1 + (y')^2}$
  • $y'$ 是 $y$ 的导数: $\displaystyle y = \int_{0}^{x} \tan t \mathrm{d} t$，得 $y' = \tan x$。
  • 计算 $\sqrt{1 + (y')^2} =\sqrt{1 + \tan^2 x} = \sec x$
• 计算 $\displaystyle s=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec x \mathrm{d} x=\left.\ln |\sec x + \tan x|\right|_0^{\frac{\pi}{4}} = \ln(1 + \sqrt{2})$
  答 应填 $\ln (1+\sqrt{2})$.

(10)

微分方程 $y^{\prime}+y=\mathrm{e}^{-x} \cos x$ 满足条件 $y(0)=0$ 的解为 $y=$

(10)

答 应填 $\mathrm{e}^{-x} \sin x$.

• 本题主要考查一阶非齐次线性微分方程初值问题的求解.
  对一阶非齐次线性微分方程 $y^{\prime}+p(x) y=q(x)$, 一般可以用公式法求解.

  • 一阶非齐次线性微分方程 $y^{\prime}+p(x) y=q(x)$ 的求解公式
    $\displaystyle \begin{aligned}y=\mathrm{e}^{-\int p(x) \mathrm{d} x}\left[\int q(x) \mathrm{e}^{\int \rho(x) \mathrm{d} x} \mathrm{~d} x+C\right]\end{aligned}$

• 根据一阶非齐次线性微分方程的通解公式, 得
  $\displaystyle \begin{aligned} y(x) & =\mathrm{e}^{-\int \mathrm{d} x}\left(\int \mathrm{e}^{-x} \cos x \cdot \mathrm{e}^{\int \mathrm{d} x} \mathrm{~d} x+C\right) \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} =\mathrm{e}^{-x}\left(\int \cos x \mathrm{~d} x+C\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =\mathrm{e}^{-x}(\sin x+C) . \end{aligned}$
    • 由 $y(0)=0$, 得 $C=0$,

• 所以 $y=\mathrm{e}^{-x} \sin x$.

• 可分离变量的微分方程

• 一阶线性微分方程

• 齐次方程

• 伯努利方程

• 2012 年数二试题
  微分方程 $y \mathrm{~d} x+\left(x-3 y^2\right) \mathrm{d} y=0$ 满足条件 $\left.y\right|_{x=1}=1$的解为 $y=$

(11)

设函数 $\displaystyle F(x, y)=\int_{0}^{x y} \frac{\sin t}{1+t^{2}} \mathrm{~d} t$, 则 $\left.\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}\right|_{\substack{x=0 \\ y=2}}=$

(11)

• 方法1

  • 先求1阶：$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y \sin x y}{1+x^2 y^2}$
  • 再求2阶(易出错)：$\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac{y^2 \cos (x y)\left(1+x^2 y^2\right)-2 x y^3 \sin x y}{\left(1+x^2 y^2\right)^2}$
  • 把点(0，2)代入进去：$\left.\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}\right|_{\substack{x=0 \\ y=2}}=4$.

• 方法2:先代后求

  • 求x的一阶偏导：$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y \sin x y}{1+x^2 y^2} \xrightarrow[]{代入y=2} F_x(x, 2)=\frac{2 \sin 2 x}{1+4 x^2}=\varphi(x)$
  • 用导数定义求二阶偏导：$\displaystyle \left.\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}\right|_{\substack{x=0 \\ y=2}}=F_{x x}(0,2)\xlongequal[]{导数定义}\lim _{x \rightarrow 0}\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0}\xlongequal[]{\varphi(x)=0}\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin 2 x}{x\left(1+4 x^2\right)}\xlongequal[]{\sin 2 x \sim 2 x}\lim _{x \rightarrow 0} \frac{4 x}{x\left(1+4 x^2\right)}=4$
  • 用商的求导
  • 方法选取是关键

• 2009 年数一试题
  设函数 $f(u, v)$ 具有二阶连续偏导数， $z=f(x, x y)$ ，则 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=$ $\qquad$

(12)

设 $L$ 是柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 与平面 $z=x+y$ 的交线, 从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向, 则曲线积分 $\oint_{L} x z \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y+\frac{y^{2}}{2} \mathrm{~d} z=$

(12)

\usepackage{tikz-3dplot}
\begin{document}

% 定义 3D 旋转角度变量
\def\elevationAngle{35} % 俯仰角
\def\rotationAngle{0}   % 水平旋转角（可调整 90 或 120）

\begin{tikzpicture}
    % 使用变量设置 3D 视角
    \tdplotsetmaincoords{\elevationAngle}{\rotationAngle}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]

        % 1. 绘制坐标轴（扩展 z 轴到负方向）
        \draw[->] (0,0,-2) -- (0,0,3) node[above] {$z$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (2,0,0) node[below right] {$x$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,2,0) node[below left] {$y$};

        % 2. 绘制完整圆柱 (x^2 + y^2 = 1, -1 ≤ z ≤ 2)
        \draw[smooth, thick] (1,0,-2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % 底部 (实线)
        \draw[smooth, thick] (1,0,2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % 顶部 (实线)
        \draw[smooth, blue!80!white] (1,0,0) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % z=0 处 (蓝色虚线)
        \draw[smooth, thick] ({cos(\rotationAngle)}, {sin(\rotationAngle)}, -2) -- ({cos(\rotationAngle)}, {sin(\rotationAngle)}, 2); % 左边界
        \draw[smooth, thick] ({cos(\rotationAngle+180)}, {sin(\rotationAngle+180)}, -2) -- ({cos(\rotationAngle+180)}, {sin(\rotationAngle+180)}, 2); % 右边界

        % 3. 正确填充平面区域 (z = x + y, 仅限 x^2 + y^2 ≤ 1)
        \begin{scope}
            \clip plot[domain=0:6.28,samples=100] 
                ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});
            \fill[red!20,opacity=0.2] plot[domain=0:6.28,samples=100] 
                ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});
        \end{scope}

        % 4. 绘制交线 L: z = x + y 与 x^2 + y^2 = 1 (红色)
        \draw[smooth, red] plot[domain=0:6.28,samples=100] 
            ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});

        % 5. 法向量 (红色箭头, 方向修正，确保垂直于交线)
        % 原始方向 (1,1,-1)，投影到 3D 旋转视角
        \draw[->, thick, red] (0,0,0) -- (-0.6,-0.6,0.6) node[right] {$\mathbf{n}$};

        % 6. 标注点
        \node[below] at (1,0,0) {1};
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};

        % 7. 方程标注
        \node[left] at (-1.5, 0, 1.5) {\large $x^2 + y^2 = 1$};
        \node[right] at (1.5, 1.5, 2) {\large $z = x + y$};

    \end{scope}
\end{tikzpicture}

\end{document}

• 解题过程 如图所示，平面 $\displaystyle \Sigma$ 取为平面 $x+y-z=0$ 上被 $L$ 截得的有限部分. 根据右手规则， $\displaystyle \boldsymbol{\Sigma}$ 的法向量取为 $\xrightarrow[]{z朝上，是正数}\boldsymbol{n}=(-1,-1,1)$ ，单位法向量为 $\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
  • $\displaystyle \begin{aligned} & \oint_L x z \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y+\frac{y^2}{2} \mathrm{~d} z=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\x z & x & \frac{y^2}{2}\end{array}\right| \mathrm{d} S \end{aligned}$
    • $\xlongequal[注意a12是负号]{按第一行展开}-\frac{\sqrt{3}}{3} y+(-1) \cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)(-x)+\frac{\sqrt{3}}{3}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{\sqrt{3}} \iint_{\mathbf{Z}}(1-\mathbf{x}-\mathbf{y}) \mathrm{dS} \xrightarrow[]{之后全部投影到dxdy}\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} d S & =\sqrt{1+(-1)^2+(-1)^2} d xd y=\sqrt{3} d x d y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & =\frac{1}{\sqrt{3}} \iint_D(1-x-y) \cdot \sqrt{3} d x d y \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\iint_D(1-x-y) d x d y \end{aligned}$

• \begin{document}
  \begin{tikzpicture}
      % 绘制坐标轴
      \draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above] {$y$};
  
      % 绘制圆 (x^2 + y^2 = 1)
      \draw[thick,red] (0,0) circle(1);
  
      % 在圆内部填充斜线
      \begin{scope}
          \clip (0,0) circle(1); % 只填充圆内区域
          \foreach \y in {-1.5,-1.2,...,1.5} {
              \draw[red!70] (-1.5,\y) -- (1.5,\y+1);
          }
      \end{scope}
  
      % 添加旋转箭头
      \draw[->,red,thick] (1,0) arc[start angle=0,end angle=45,radius=1];
  
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

(13)

若二次曲面的方程 $x^{2}+3 y^{2}+z^{2}+2 a x y+2 x z+2 y z=4$ 经正交变换化为 $y_{1}^{2}+4 z_{1}^{2}=4$, 则 $a=$

(13)

答 应填 1 . 解 因为方程 $x^2+3 y^2+z^2+2 a x y+2 x z+2 y z=4$ 与 $y_1^2+4 z_1^2=4$ 的左端都是二次型, 且 $y_1^2+4 z_1^2$ 是 $x^2+3 y^2+z^2+2 a x y+2 x z+2 y z$ 的标准形, 所以后者的秩也是 2 , 从而 $\displaystyle 0=\left|\begin{array}{lll}1 & a & 1 \\a & 3 & 1 \\1 & 1 & 1\end{array}\right|=-(a-1)^2,$解得 $a=1$. 注 本题是以空间解析几何中二次曲面的形式给出的线性代数题, 考查的是将二次型化为标准形的 内容, 是一道比较简单的综合题.

(14)

设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $\displaystyle N\left(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0\right)$, 则 $E\left(X Y^{2}\right)=$

(14)

• 已知条件

  • $(X, Y)$ 服从二维正态分布 $\displaystyle N(\mu, \mu; \sigma^2, \sigma^2; 0)$。
  • 这里的 0 表示 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 0，即 $X$ 和 $Y$ 相互独立。
  • $\displaystyle E(X)=E(Y)=\mu, D(X)=D(Y)=\sigma^2$

• 计算 $E(XY^2)$

  • $E(XY^2) \xlongequal[]{独立} EX \cdot E(Y^2)\xlongequal[]{E(Y^2) = DY + (EY)^2}E(X) \cdot\left[D(Y)+E(Y)^2\right]$
  • $\displaystyle \xlongequal[D(X)=D(Y)=\sigma^2]{代入E(X)=E(Y)=\mu}\mu·\left(\sigma^2+\mu^2\right)$

因此，$\displaystyle E(XY^2) = \mu(\sigma^2 + \mu^2)$。

(15)

(本题满分 10 分)
求极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]^{\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}}$.

(15)

• 常见的五种形式
  • $e^{ln}$形式
  • 有理化
  • 定积分的定义
  • 中值定理
  • 倒代换
• 原极限表达式可以写为$e^{ln}$形式，
  $\displaystyle e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{e^x-1} \cdot \ln \left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)}$
  • 通过等价无穷小代换:对于分子中的
    $\xlongequal[进行加1,再减1]{凑ln(1+x)}\ln\left(1 + \frac{\ln(1+x)}{x} - 1\right)\xlongequal[]{ln(1+x) \sim x}\frac{\ln(1+x)}{x} - 1$
• 原式$\xlongequal[\frac{1}{e^x-1} \sim \frac{1}{x}]{通分}\frac{\ln(1+x) - x}{x^2}$ 。
  • 接下来的两种方法
    • 应用洛必达法则,分母为2次,则洛必达两次
      • 此时可以应用洛必达法则来处理 $\frac{0}{0}$ 的不定形式，计算分子和分母的导数，并得出 $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{1+x} - 1}{2x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-1}{2(1+x)} = -\frac{1}{2}$。
    • 泰勒公式一次退烧：
      • 在注释中提到了另一种处理方法，即通过泰勒公式来展开 $\ln(1+x) - x$对它进行泰勒展开$x-\frac{1}{2} x^2-x$，从而简化极限表达式并得出相同的结果 $-\frac{1}{2}$。
• 最终，原极限表达式的值为 $e^{-\frac{1}{2}}$

(16)

(本题满分 9 分) 设函数 $z=f(x y, y g(x))$, 其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数, 函数 $g(x)$ 可导, 且在 $x=1$ 处取 得极值 $g(1)=1$. 求 $\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{\substack{x=1 \\ y=1}}$.

(16)

• 该问题涉及求函数 $z = f(xy, yg(x))$ 在点 $(x=1, y=1)$ 的二阶混合偏导数 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$
  • 因为是求具体点的值，可以利用先代后求

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[
grow=right, % 让树从左向右生长
sibling distance=15mm, % 兄弟节点的默认间距
edge from parent/.style={draw,thick}, % 连接线样式
level distance=12mm, % 默认层级间距
level 2/.style={sibling distance=5mm}, % 让第二层的节点稍微分开，避免重叠
level 3/.style={sibling distance=14mm} % 让第三层稍微紧凑
]

% 根节点
\node {$z$}
    child {node {$xy$} 
        child {node {$x$}}
        child {node {$y$}} 
    }
    child {node {$yg(x)$} 
        child {node {$g(x)$} 
            child {node {$x$}}}
        child {node {$y$}} 
	};

\end{tikzpicture}
\end{document}
```

• 计算函数 $z = f(xy, yg(x))$ 对x的一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

  • 使用链式法则得：$\frac{\partial z}{\partial x} = y f_1^{\prime} + y g^{\prime}(x) f_2^{\prime}$。
  • 先带后求得，计算 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1}$。
    • 在 $x = 1$ 时，得：$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1} = y f_1^{\prime}(y, yg(1))\xlongequal[]{g(1) = 1}y f_1^{\prime}(y, y)$

• 计算二阶混合偏导数 $\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{x=1, y=1}$。

  • 对 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1}$ 关于 $y$ 求偏导得：
  • $\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{x=1, y=1}\xlongequal[]{y f_1^{\prime}(y, y)乘法求导}f_1^{\prime}(y, y) + y\left[f_{11}^{\prime \prime}(y, y) + f_{12}^{\prime \prime}(y, y)\right]$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{x=1，y=1}f_1^{\prime}(1,1) + f_{11}^{\prime \prime}(1,1) + f_{12}^{\prime \prime}(1,1)\end{aligned}$

(17)

(本题满分 10 分) 求方程 $k \arctan x-x=0$ 不同实根的个数, 其中 $k$ 为参数.

(17)

• 第一步：构造函数

  • 定义 $f(x) = k \arctan x - x$，则 $f(0) = 0$
    • 将原题转化为求 $f(x)$ 的零点个数
    • 由于 $f(x)$ 是奇函数，只需讨论 $(0, +\infty)$ 区间

• 第二步：求导

  • $f'(x) = \frac{k}{1+x^2} - 1 = \frac{k-1-x^2}{1+x^2}$

• 第三步：分类讨论

  • 分析 $f'(x) = 0$ 的解，考虑 $k-1$ 是否大于 0
    • (1) 当 $k-1 \leq 0$，即 $k \leq 1$
      • $f'(x) < 0$，故 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 内严格单调递减
      • 由于 $f(x)$ 为奇函数，$f(x) = 0$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上有唯一实根 $x = 0$
    • (2) 当 $k-1 > 0$，即 $k > 1$
      • 设 $f'(x) = 0$ 得 $x_0 = \sqrt{k-1}$
        • (i) 当 $0 < x < x_0$ 时 $f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增，故无实根
        • (ii) 当 $x_0 \leq x < +\infty$ 时 $f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减
          • 由连续函数的零点定理得 $f(x) = 0$ 在 $(x_0, +\infty)$ 内有唯一实根
      • 由 $f(x)$ 的奇函数性质，得 $f(x) = 0$ 在 $(-\infty, 0)$ 内也有唯一实根
      • 加上 $f(0) = 0$，总共有三个实根

• 第四步：下结论

  • $k \leq 1$ 时，$f(x) = 0$ 存在唯一实根 $x = 0$
  • $k > 1$ 时，$f(x) = 0$ 有三个实根

(18)

(本题满分 10 分)
( I ) 证明: 对任意的正整数 $n$, 都有 $\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$ 成立.
(II) 设 $a_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n(n=1,2, \cdots)$, 证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛

(18)

(I) 证明不等式

证法一：利用拉格朗日中值定理

• 第一步：应用拉格朗日中值定理
• 定义函数 $f(x)=\ln x$, 其导数 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$ 。
• 应用拉格朗日中值定理于区间 $[n, n+1]$, 存在 $\xi$ 满足 $n<\xi<n+1$ 使得 $\frac{f(n+1)-f(n)}{n+1-n}\xlongequal[]{代入f(x)=\ln x}\frac{\ln (n+1)-\ln (n)}{n+1-n}\xlongequal[]{拉格朗日}\frac{1}{\xi}$
  • 即 $\ln (n+1)-\ln n\xlongequal[]{减法变除法}\ln \frac{n+1}{n}\xlongequal[]{通分}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\xlongequal[]{等于上式结果}\frac{1}{\xi}$ 。
    • 由于 $n<\xi<n+1$, 得到$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{\xi}<\frac{1}{n}$
    • 故$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$(II) 证明数列收敛

证法一: 单调有界准则

• 第一步: 证明单调性
• 考虑 $\displaystyle \begin{array}{l}a_{n+1}-a_n \\\xlongequal[]{末端相减}-\left[\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)\right]-\left[\frac{1}{n}-\ln n\right] \\= \frac{1}{n+1}-\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)\end{array}$
  • 代入 $\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$, 得$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$
  • 根据 (I) 中证明的不等式左侧, 知 $a_{n+1}-a_n<0$ 。
  • 因此数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减。
• 第二步：证明有界性
  • 考虑 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$ 。
  • 使用 (I) 中的不等式右侧, 得
    $\displaystyle \begin{aligned}& a_n>\ln (2)+\ln \left(\frac{3}{2}\right)+\cdots+\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\ln n\xlongequal[]{ln除法变减法} \\& (\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots+[\ln (n+1)-\ln (n)]-\ln (n)\end{aligned}$
  • 化简得
    $a_n>\ln (n+1)-\ln n=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$- 由 (I) 的不等式左侧知, $\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n+1}>0$
  • 因此 $a_n>0$, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 有下界。
• 总结:
  • 根据单调有界准则, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 收敛。

(19)

(本题满分 11 分) 已知函数 $f(x, y)$ 具有二阶连续偏导数, 且 $f(1, y)=0, f(x, 1)=0, \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=a$, 其中 $D=\{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant 1\}$, 计算二重积分 $I=\iint_{D} x y f_{x y}^{\prime \prime}(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$.

(19)

• $\displaystyle \begin{aligned} I & =\iint_D x y f_{x y}^{\prime \prime}(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_0^1 x \mathrm{~d} x \int_0^1 y f_{x y}^{\prime \prime}(x, y) \mathrm{d} y \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{凑微分}\int_0^1 x \mathrm{~d} x \int_0^1 y \mathrm{~d}\left[f_x^{\prime}(x, y)\right]\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal{\text { 分部积分 }} \int_0^1 x\left[\underbrace{\left.y f_x^{\prime}(x, y)\right|_{y=0} ^{y=1}}_{0-0=0}-\int_0^1 f_x^{\prime}(x, y) \mathrm{d} y\right] \mathrm{d} x\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}=-\int_0^1 x \mathrm{~d} x \int_0^1 f_x^{\prime}(x, y) \mathrm{d} y \xrightarrow[]{交换积分次序}-\int_0^1 \mathrm{~d} y \int_0^1 x f_x^{\prime}(x, y) \mathrm{d} x\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{凑微分}-\int_0^1 \mathrm{~d} y \int_0^1 x \mathrm{~d}[f(x, y)]\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal{\text { 分部积分 }}-\int_0^1\left[\underbrace{\left.x f(x, y)\right|_{x=0} ^{x=1}}_{0-0=0}-\int_0^1 f(x, y) \mathrm{d} x\right] \mathrm{d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal{f(1, y)=0} \int_0^1 \mathrm{~d} y \int_0^1 f(x, y) \mathrm{d} x=\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=a . \end{aligned}$

• 1992 年数三试题交换积分次序
  $\displaystyle \int_0^1 \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}} f(x, y) \mathrm{d} x=$

• 2002 年数三试题
  交换积分次序：
  $\displaystyle \int_0^{\frac{1}{4}} \mathrm{~d} y \int_y^{\sqrt{y}} f(x, y) \mathrm{d} x+\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} \mathrm{~d} y \int_y^{\frac{1}{2}} f(x, y) \mathrm{d} x=$

• 2014 年数三试题
  二次积分 $\displaystyle \int_0^1 \mathrm{~d} y \int_y^1\left(\frac{\mathrm{e}^{x^2}}{x}-\mathrm{e}^{y^2}\right) \mathrm{d} x=$ $\qquad$ .

(20)

(本题满分 11 分)

设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,0,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,3,5)^{\mathrm{T}}$ 不能由向量组 $\boldsymbol{\beta}_{1}=$ $(1,1,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{2}=(1,2,3)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{3}=(3,4, a)^{\mathrm{T}}$ 线性表示.

(I) 求 $a$ 的值;

(II ) 将 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示.

(20)

解 (I )因为 4 个 3 维向量 是线性相关的, 所以, 若 线性无关, 则 可由 线性表示, 与题设矛盾. 于是 线性相关, 从而行列式

• $\displaystyle \left|\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right|=\left|\begin{array}{lll}1 & 1 & 3 \\1 & 2 & 4 \\1 & 3 & a\end{array}\right|=a-5=0$即 $a=5$.
  (II) 将 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性表示, 即解 3 个非齐次线性方程组: $x_1 \boldsymbol{\alpha}_1+x_2 \boldsymbol{\alpha}_2+x_3 \boldsymbol{\alpha}_3=\boldsymbol{\beta}_i(i=1,2,3)$. 由于 3 个线性方程组的系数矩阵是相同的, 因此令 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3 \vdots \boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right)$, 并对 $\boldsymbol{A}$ 作初等行变换
• $\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{A} & =\left(\begin{array}{lll:lll}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\0 & 1 & 3 & 1 & 2 & 4 \\1 & 1 & 5 & 1 & 3 & 5\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\0 & 1 & 3 & 1 & 2 & 4 \\0 & 1 & 4 & 0 & 2 & 2\end{array}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\0 & 1 & 3 & 1 & 2 & 4 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 0 & 0 & 2 & 1 & 5 \\0 & 1 & 0 & 4 & 2 & 10 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -2\end{array}\right), \end{aligned}$由此可得
• $\boldsymbol{\beta}_1=2 \boldsymbol{\alpha}_1+4 \boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}_2=\boldsymbol{\alpha}_1+2 \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\beta}_3=5 \boldsymbol{\alpha}_1+10 \boldsymbol{\alpha}_2-2 \boldsymbol{\alpha}_3 .$

(21)

(本题满分 11 分)

设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵, $A$ 的秩为 2 , 且

• $\displaystyle \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\0 & 0 \\-1 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1 & 1 \\0 & 0 \\1 & 1\end{array}\right) .$
  (I) 求 $\boldsymbol{A}$ 的所有特征值与特征向量;

(II) 求矩阵 $\boldsymbol{A}$.

(21)

解 (I ) 由于 3 阶实对称矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩为 2 , 因此 0 是 $\boldsymbol{A}$ 的一个特征值.
由 $\displaystyle \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\ 0 & 0 \\ -1 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1 & 1 \\ 0 & 0 \\ 1 & 1\end{array}\right)$, 可得 $\displaystyle \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)=-\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right), \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$, 所以 -1 是 $\boldsymbol{A}$ 的一个特 征值, 其对应的全部特征向量为 $\displaystyle k_1\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right)$ ( $k_1$ 为任意非零常数); 1 也是 $\boldsymbol{A}$ 的一个特征值, 其对应的全部特 征向量为 $\displaystyle k_2\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$ ( $k_2$ 为任意非零常数).
设 $\boldsymbol{A}$ 的对应于特征值 0 的特征向量为 $\left(x_1, x_2, x_3\right)^{\mathrm{T}}$, 由实对称矩阵对应于不同特征值的特征向量是正交的, 知

• $\displaystyle \begin{aligned} (1,0,-1)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)=0,(1,0,1)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)=0, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array} { l } { x _ { 1 } - x _ { 3 } = 0 , } \\{ x _ { 1 } + x _ { 3 } = 0 , }\end{array} \text { 解得 } \left\{\begin{array}{l}x_1=0, \\x_2=k_3, \\x_3=0,\end{array}\right.\right. \end{aligned}$于是对应于特征值 0 的全部特征向量为 $\displaystyle k_3\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)$ ( $k_3$ 为任意非零常数).
  (II) 令 $\displaystyle Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0\end{array}\right)$, 则 $\displaystyle Q^{-1} A Q=Q^{\mathrm{T}} A Q=\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$, 故
• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\0 & 0 & 1 \\-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0 \\1 & 0 & 0\end{array}\right) .$注 也可令 $\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0\end{array}\right)$, 则
• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\boldsymbol{P}\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{P}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\0 & 1 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0 \\1 & 0 & 0\end{array}\right) .$

(22)

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

• $\displaystyle x \sim\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3}\end{array}\right)$,$\displaystyle Y \sim\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  且 $P\left\{X^{2}=Y^{2}\right\}=1$.
  ( I ) 求二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布;
  (II) 求 $Z=X Y$ 的概率分布;
  (III) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $\rho_{X Y}$.

(22)

解
(1)

• 由$P\left\{X^2=Y^2\right\}=1$ 得,$P\{X^2≠Y^2\}=1-1=0$
  • $P\{X=0, Y=-1\}=P\{X=0, Y=1\}=P\{X=1, Y=0\}$=0
    画表格

$X\Y$	-1	0	1
0	$\color{red}0$	$\frac{1}{3}$	$\color{red}0$
1	$\frac{1}{3}$	$\color{red}0$	$\frac{1}{3}$

• 由Y的边缘分布$\displaystyle Y \sim\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{array}\right)$减去联合分布
  • 可以求的剩下三个框的数值，分别都是三分之一
  • 即:表格位置$p_{12}=p_{21}=p_{23}=\frac{1}{3}$

(2)

$(x, y)$的取值	$(0 ,-1)$	$(0,0)$	$(0,1)$	$(1 ,-1)$	$(1,0)$	$(1,1)$
位置$p_{i i}$	0	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$
$Z=XY$	0	0	0	-1	0	1

• Z为离散型:概率相加$\displaystyle Z \sim\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{array}\right)$

(3)

• $P_{X Y}=\frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D x} \sqrt{D Y}}$
  • 分子:${\operatorname{Cov}(X, Y)}=E(X Y)-E X \cdot E Y$
    • $E(X)=0 \times \frac{1}{3}+1 \times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$,
    • $E(Y)=(-1) \times \frac{1}{3}+0 \times \frac{1}{3}+1 \times \frac{1}{3}=0$
    • $E(X Y)=E(Z)=(-1) \times \frac{1}{3}+0 \times \frac{1}{3}+1 \times \frac{1}{3}=0$
  • 计算两个方差(这道题分子为0,其实可以不用算分母)
    • $E\left(X^2\right)=0^2 \times \frac{1}{3}+1^2 \times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$
      • $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X)]^2=\frac{2}{9}$
    • $E\left(Y^2\right)=(-1)^2 \times \frac{1}{3}+0^2 \times \frac{1}{3}+1^2 \times \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$,
      • $D(Y)=E\left(Y^2\right)-[E(Y)]^2=\frac{2}{3}$
  • 合并计算结果:$\rho_{X Y}=\frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}}=\frac{E(X Y)-E(X) E(Y)}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}}=0$

(23)

(本题满分 11 分)

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自正态总体 $\displaystyle N\left(\mu_{0}, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 其中 $\mu_{0}$ 已知, $\displaystyle \sigma^{2}>0$ 未知, $\bar{X}$ 和 $S^{2}$ 分别表示样本均值和样本方差.
(I) 求参数 $\displaystyle \sigma^{2}$ 的最大似然估计 $\displaystyle \widehat{\sigma^{2}}$;
(II) 计算 $\displaystyle E\left(\widehat{\sigma^{2}}\right)$ 和 $\displaystyle D\left(\widehat{\sigma^{2}}\right)$.

(23)

(I) 解 设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为样本观测值, 则似然函数

• $\displaystyle \begin{aligned} L\left(\sigma^2\right)= & \left(2 \pi \sigma^2\right)^{-\frac{n}{2}} \cdot \exp \left\{-\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu_0\right)^2\right\}, \\\ln L\left(\sigma^2\right)= & -\frac{n}{2} \ln \left(2 \pi \sigma^2\right)-\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu_0\right)^2, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} -\frac{n}{2 \sigma^2}+\frac{1}{2 \sigma^4} \sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu_0\right)^2=0, \end{aligned}$$\displaystyle \text { 令 } \frac{\mathrm{d}\left[\ln L\left(\sigma^2\right)\right]}{\mathrm{d} \sigma^2}=0 \text {, 得 }$从而得 $\displaystyle \sigma^2$ 的最大似然估计
• $\displaystyle \hat{\sigma}^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\mu_0\right)^2 .$（II ) 解法 1 由于
• $\displaystyle \frac{n \hat{\sigma}^2}{\sigma^2}=\frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\mu_0\right)^2 \sim \chi^2(n),$因此
• $\displaystyle E\left(\hat{\sigma}^2\right)=\frac{\sigma^2}{n} \cdot n=\sigma^2, D\left(\hat{\sigma}^2\right)=\frac{\sigma^4}{n^2} \cdot 2 n=\frac{2 \sigma^4}{n} .$解法 2$\displaystyle \begin{aligned} E\left(\hat{\sigma}^2\right) & =\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E\left[\left(X_i-\mu_0\right)^2\right]=\sigma^2, \\D\left(\hat{\sigma}^2\right) & =\frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n D\left[\left(X_i-\mu_0\right)^2\right]=\frac{1}{n} D\left[\left(X_i-\mu_0\right)^2\right] \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{\sigma^4}{n}\left\{E\left[\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^4\right]-E^2\left[\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^2\right]\right\}\left(\text { 其中 } \frac{X_i-\mu_0}{\sigma} \sim N(0,1)\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{2 \sigma^4}{n} . \end{aligned}$