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)

数一2016 若反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} \mathrm{~d} x$ 收敛, 则( )
(A) $a<1$ 且 $b>1$.
(B) $a>1$ 且 $b>1$.
(C) $a<1$ 且 $a+b>1$.
(D) $a>1$ 且 $a+b>1$.

(1)

数一2016 答 应选(C).

• 三件事
  • 找关键点:
    • 0是无界点，\infty是无穷
    • 点1不研究，因为这个点是定积分
  • 看无穷小，无穷大
    • 无穷小用等价
    • 无穷大用提马法
  • 比较
    • 如果一个函数比收敛的小，肯定收敛
    • 如果一个函数比发散的大，肯定发散
• 将原积分分解为两部分，以便分别考虑在 $x$ 接近 0 和 $x$ 接近 $\infty$ 时的行为。
  • 分解为 $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x + \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x$。
• $\displaystyle \int_0^{1} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\text{等价}]{\lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^b=1} \frac{1}{x^a}\xrightarrow[]{x\to0\text{，}a<1}\text{收敛}$
  • 结论：由$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^p} d x=\left\{\begin{array}{l}p<1,\text{收敛}\\ p \geqslant 1,\text{发散}\end{array}\right.$,得$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^a} \, \mathrm{d} x$ 收敛,则 $a<1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a<1$ 时收敛。
• $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\frac{1}{x^a} \cdot \frac{1}{x^b} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^b}]{\lim _{x \rightarrow \infty}(1+x)^b=x^b}\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} d x\xrightarrow[]{x\to\infty, a+b>1}\text{收敛}$
  • 结论：由$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} d x=\left\{\begin{array}{l}p>1,\text{收敛}\\ p \leqslant 1,\text{发散}\end{array}\right.$,得$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} \, \mathrm{d} x$ 收敛时,$a+b>1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a+b>1$ 时收敛。
• 通过分析积分在 $x$ 接近 0 和 $\infty$ 时的行为，
  原积分收敛当且仅当 $a<1$ 且 $a+b>1$。
  正确选项是 (C)

(2)

数一2016
已知函数 $\displaystyle f(x)=\begin{cases} 2(x-1), & x<1, \\ \ln x, & x \geqslant 1, \end{cases}$ 则 $f(x)$ 的一个原函数是：
(A) $\displaystyle F(x)= \begin{cases} (x-1)^{2}, & x<1, \\ x(\ln x-1), & x \geqslant 1 . \end{cases}$
(B) $\displaystyle F(x)= \begin{cases} (x-1)^{2}, & x<1, \\ x(\ln x+1)-1, & x \geqslant 1 . \end{cases}$
(C) $\displaystyle F(x)= \begin{cases} (x-1)^{2}, & x<1, \\ x(\ln x+1)+1, & x \geqslant 1 . \end{cases}$
(D) $\displaystyle F(x)= \begin{cases} (x-1)^{2}, & x<1, \\ x(\ln x-1)+1, & x \geqslant 1 . \end{cases}$

(2)

• 第一步：计算原函数
  • 小总结：对 $f(x)$ 的进行分段积分以找到原函数。
  • 做法与数学公式：
    • 当 $x<1$ 时，$\displaystyle F(x) = \int 2(x-1) \, \mathrm{d}x = (x-1)^2 + C_1$。
    • 当 $x \geqslant 1$ 时，$\displaystyle F(x) = \int \ln x \, \mathrm{d}x = x(\ln x - 1) + C_2$。
• 第二步：若原函数在分段点$x\text{＝}1$连续,则左右极限相等
  • 小总结：原函数必须在分段点 $x=1$ 处连续。
  • 做法与数学公式：代入$x=1$
    • 计算 $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^-} [(x-1)^2 + C_1] = C_1$。
    • 计算 $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^+} [x(\ln x - 1) + C_2] = -1 + C_2$。
    • 为了保证连续性，需要 $C_1 = -1 + C_2$。
• 第三步：确定常数,令$C = 0$
  • 小总结：选择合适的常数使得原函数在整个定义域上有效。
  • 做法与数学公式：
    • 令 $C_1 = C$，则 $C_2 = 1 + C$。
    • 因此，$\displaystyle F(x) = \begin{cases} (x-1)^2 + C, & x<1, \\ x(\ln x - 1) + 1 + C, & x \geqslant 1 . \end{cases}$
    • 选择 $C = 0$ 以简化表达式。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $f(x)$ 的原函数
  • 并确保其在分段点连续，我们得到 $F(x)$ 的表达式。
  • 在这个过程中，选择合适的常数$0$是关键
    答 应选(D).

(3)

若 $y = \left(1 + x^2\right)^2 - \sqrt{1 + x^2}$ 和 $y = \left(1 + x^2\right)^2 + \sqrt{1 + x^2}$ 是微分方程 $y' + p(x) y = q(x)$ 的两个解，则 $q(x)$ 等于：
A. $3x\left(1 + x^2\right)$
B. $-3x\left(1 + x^2\right)$
C. $\frac{x}{1 + x^2}$
D. $-\frac{x}{1 + x^2}$

(3)

数一2016 答 应选(A).

• 若 $y_1, y_2$ 是微分方程 $y^{\prime}+p(x) y=q(x)$ 的解,
  • 则 $\frac{y_1+y_2}{2}$ 仍是该微分方程的解,
  • 而 $y_2-y_1$ 是对应的齐次线性方程 $y^{\prime}+p(x) y=0$ 线性无关的解.
• 先利用 $y_2-y_1$ 是 $y^{\prime}+p(x) y=0$ 的解来确定 $p(x)$,
  再利用 $y_1, y_2$ 是 $y^{\prime}+p(x) y=q(x)$ 的解来确定 $q(x)$.
• 通过 $\frac{y_2 - y_1}{2}$ 求解 $p(x)$。
  • 计算 $\left(\frac{y_2 - y_1}{2}\right)' + p(x)\left(\frac{y_2 - y_1}{2}\right) = 0$
    • $y_2-y_1=2 \sqrt{1+x^2}$
    • $\displaystyle \left(y_2-y_1\right)^{\prime}=\frac{2 x}{\sqrt{1+x^2}}$
  • 得到 $\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} + \sqrt{1 + x^2} p(x) = 0$
    • 解得 $p(x) = -\frac{x}{1 + x^2}$
• 利用 $\frac{y_1 + y_2}{2}$ 求解 $q(x)$
  • $\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2}=\left(1+x^2\right)^2$
  • $\displaystyle \left(\frac{y_1+y_2}{2}\right)^{\prime} =2\left(1+x^2\right) \cdot 2 x =4 x\left(4+x^2\right) .$
  • 代入 $\left[\left(1 + x^2\right)^2\right]' + \underbrace{p(x)\left(1 + x^2\right)^2}_{p(x) = -\frac{x}{1 + x^2}} = q(x)$
    • $\displaystyle 4 x\left(1+x^2\right)-\frac{x}{1+x^2} \cdot\left(1+x^2\right)^2=q(x)$
    • $\displaystyle 4 x\left(1+x^2\right)-x\left(1+x^2\right)=3 x\left(1+x^2\right) =q(x)$
    • 解得 $q(x) = 3x\left(1 + x^2\right)$。
• 2016 年数一第 (3) 题的拓展:
  • (1) 一阶线性微分方程的解的叠加原理。
  • (2) 一阶非齐次线性微分方程的通解结构.

(4)

数一2016 已知函数 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x, & x \leqslant 0, \\ \frac{1}{n}, & \frac{1}{n+1}<x \leqslant \frac{1}{n}, n=1,2, \cdots,\end{array}\right.$ 则 ( )
(A) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点.
(B) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点.
(C) $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续但不可导.
(D) $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.

(4)

数一2016 答 应选(D).

• 计算 $x = 0$ 处的左导数。
  • $\displaystyle f_{-}^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{x} = 1$。
• 计算 $x = 0$ 处的右导数。
  • $\displaystyle f_{+}^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x} = 1$
    • 当 $\frac{1}{n+1} < x \leqslant \frac{1}{n}$ 时, $f(x) = \frac{1}{n}$。
    • 因此，$1 \leqslant \frac{f(x)}{x} < \frac{n+1}{n}$。
    • 当 $x \rightarrow 0^{+}$ 时，$n \rightarrow \infty$，由夹逼准则，$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x} = 1$，即 $f_{+}^{\prime}(0) = 1$- 第三步：判断可导性
  • 小总结：由于左导数和右导数相等，函数在 $x = 0$ 处可导。
  • 做法与数学公式：$f_{-}^{\prime}(0) = f_{+}^{\prime}(0) = 1$。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $x = 0$ 处的左导数和右导数，我们发现它们都等于 1，因此函数在 $x = 0$ 处可导。
    正确选项是 D.

(5)

设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 是可逆矩阵,且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似,则下列结论错误的是 ( )
(A) $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}$ 与 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(B) $A^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似.
(C) $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(D) $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似.

(5)

• 答 应选(C).
  解 依题意可知, 存在可逆矩阵 $P$, 使得 $P^{-1} A P=B$, 则
• $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}=\left(\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}\right)^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\left(\boldsymbol{P}^{-1}\right)^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\left(\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\right)^{-1}=\boldsymbol{P}_1^{-1} \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{P}_1,$其中 $\boldsymbol{P}_1=\left(\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\right)^{-1}$ 可逆,故 $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \sim \boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}$.
• $B^{-1}=\left(P^{-1} A P\right)^{-1}=P^{-1} A^{-1}\left(P^{-1}\right)^{-1}=P^{-1} A^{-1} P,$故 $\boldsymbol{A}^{-1} \sim \boldsymbol{B}^{-1}$.
• $\boldsymbol{P}^{-1}\left(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{-1}\right) \boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}+\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A}^{-1} \boldsymbol{P}=\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{-1},$故 $A+A^{-1} \sim B+B^{-1}$.
  由此可知, (A), (B), (D) 均正确, 故选 (C).
  对于 (C), 取 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ll}1 & 3 \\ 2 & 2\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{cc}4 & 0 \\ 0 & -1\end{array}\right)$, 易知 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似, 但 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}$ 与 $\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}$ 不相似.

(6)

设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{2}+4 x_{1} x_{3}+4 x_{2} x_{3}$, 则 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2$ 在空间直角坐标下表示的二次曲面为( )
(A) 单叶双曲面.
(B) 双叶双曲面.
(C) 椭球面.
(D) 柱面.

(6)

二次曲面$f(x_{1},x_{2},x_{3})=1$ 的类型:

$\lambda_1, \lambda_2, \lambda_1$ 的符号	$f(x_1, x_2, x_3) = 1$ 的类型
3 正	椭球面
2 正 1 负	单叶双曲面
1 正 2 负	双叶双曲面
2 正 1 零	椭圆柱面
1 正 1 负 1 零	双曲柱面

$f(x, y, z) = 1$ 表示的二次曲面	二次曲面的标准方程	正惯性指数	负惯性指数
单叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$	2	1
双叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$	1	2
椭球面	$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$	3	0
椭圆柱面	$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$	2	0
双曲柱面	$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$	1	1
答 应选(B).
解 二次型矩阵
由

• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 2 \\2 & 1 & 2 \\2 & 2 & 1\end{array}\right),$ $\displaystyle |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-1 & -2 & -2 \\-2 & \lambda-1 & -2 \\-2 & -2 & \lambda-1\end{array}\right|=(\lambda-5)(\lambda+1)^2,$ 可知矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $5,-1,-1$.那么在正交变换下二次型的标准形为 $5 y_1^2-y_2^2-y_3^2$, 则 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2$ 表示的二次曲面为双叶双曲 面,故选(B).

(7)

设随机变量 $\displaystyle X \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)(\sigma>0)$, 记 $\displaystyle p=P\left\{X \leqslant \mu+\sigma^{2}\right\}$, 则 $(\quad)$
(A) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而增加.
(B) $p$ 随着 $\displaystyle \sigma$ 的增加而增加.
(C) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而减少.
(D) $p$ 随着 $\displaystyle \sigma$ 的增加而减少.

(7)

• 关键步骤:对$\displaystyle \mu + \sigma^2$标准化
• 标准化首先，我们需要将给定的正态分布标准化。标准化的过程是将一般的正态分布转换为标准正态分布 $N(0, 1)$。对于 $\displaystyle X \sim N(\mu, \sigma^2)$，标准化的随机变量 $Z$ 定义为 $\displaystyle Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$。
• 计算概率：我们需要计算 $\displaystyle P\{X \leq \mu + \sigma^2\}$。不等式两边同时使用标准化的随机变量 $Z$，这个概率可以写为
  $\displaystyle p = P\left\{ \frac{X - \mu}{\sigma} \leq \frac{\mu + \sigma^2 - \mu}{\sigma} \right\} = P\left\{ Z \leq \sigma \right\}$ 不等式右侧可以写成$\displaystyle \frac{\mu + \sigma^2-\mu}{\sigma}=\sigma$，
  • 这里，$Z$ 是一个标准正态分布的随机变量，所以 $\displaystyle P\{Z \leq \sigma\}$ 是标准正态分布的累积分布函数 $\displaystyle \Phi(\sigma)$。
• 分析概率与参数的关系：
  • 对于 $\mu$：由于 $\displaystyle \sigma$ 是标准差，它与均值 $\mu$ 无关。因此，$p$ 不会随着 $\mu$ 的变化而变化。
  • 对于 $\displaystyle \sigma$：当 $\displaystyle \sigma$ 增加时，$\displaystyle \Phi(\sigma)$ 增加，因为标准正态分布的累积分布函数是单调递增的。这意味着 $p$ 随着 $\displaystyle \sigma$ 的增加而增加。
    正确选项是 (B) $p$ 随着 $\displaystyle \sigma$ 的增加而增加。

(8)

随机试验 $E$ 有三种两两不相容的结果 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$, 且三种结果发生的概率均为 $\frac{1}{3}$, 将试验 $E$ 独立 重复做 2 次, $X$ 表示 2 次试验中结果 $A_{1}$ 发生的次数, $Y$ 表示 2 次试验中结果 $A_{2}$ 发生的次数,则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为 $(\quad)$(A) $-\frac{1}{2}$.(B) $-\frac{1}{3}$.(C) $\frac{1}{3}$.(D) $\frac{1}{2}$.

(8)

• 随机变量 $X$ 和 $Y$ 的分布
  • $X$ 和 $Y$ 都服从二项分布 $B(2, \frac{1}{3})$，因为每次试验中 $A_1$ 或 $A_2$ 发生的概率都是 $\frac{1}{3}$，且试验重复两次。
• 计算相关系数 $\rho_{XY} = \frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{DX} \sqrt{DY}}$
• 计算分母 $E(X)$、$E(Y)$、$DX$ 和 $DY$
  • 若 $X \sim B(n, p)$, 则 $E X=n p, D X=n p(1-p)$.
    • $E(X) = E(Y) = 2 \times \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$
    • $DX = DY = 2 \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$
• 计算分子 $\operatorname{Cov}(X, Y)$
  • $\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$
  • 首先求 $E(XY)$：
    • 先求(X,Y)的分布函数
      • 找取值,然后求概率
        • $XY=1\xrightarrow[]{\text{一种情况}}(X=1,Y=1)$
          • $P\{XY=1\} = P\{X=1, Y=1\} = 2 \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9}$
        • $XY=0\xrightarrow[]{\text{取逆}}1-\frac29=\frac79$
      • 联合概率分布得 : $\displaystyle X Y \sim\left(\begin{array}{cc}1 & 0 \\ \frac{2}{9} & \frac{7}{9}\end{array}\right)$,
    • 期望为:$E(XY) = 1 \times \frac{2}{9} + 0 \times \frac{7}{9} = \frac{2}{9}$
  • 合并计算结果，得$\operatorname{Cov}(X, Y) = \frac{2}{9} - \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} = -\frac{2}{9}$

(9)

• $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x} t \ln (1+t \sin t) \mathrm{d} t}{1-\cos x^{2}}=$

(9)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解
• $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x t \ln (1+t \sin t) \mathrm{d} t}{1-\cos x^2} \xlongequal[]{1-\cos \Delta \sim \frac{1}{2} \Delta^2}\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x t \ln (1+t \sin t) \mathrm{d} t}{\frac{1}{2} x^4}$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{洛必达}}\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \ln (1+x \sin x)}{2 x^3}$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\ln (1+\Delta) \sim \Delta}\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \sin x}{2 x^3}=\frac{1}{2} .$

(10)

向量场 $\boldsymbol{A}(x, y, z)=(x+y+z) \boldsymbol{i}+x y \boldsymbol{j}+z \boldsymbol{k}$ 的旋度 $\operatorname{rot} \boldsymbol{A}=$

(10)

• 答 应填 $j+(y-1) k$.
• $\boldsymbol{A}(x, y, z)=(x+y+z) \boldsymbol{i}+x y \boldsymbol{j}+z \boldsymbol{k}$
  • $\displaystyle \operatorname{rot} A=\left|\begin{array}{ccc}i & j & \cdot k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x+y+z & x y & z\end{array}\right|$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{按第一行展开}}0\vec{i} + (-1)(0-1)\vec{j} + (y-1)\vec{k}$
    • $\displaystyle = \vec{j} + (y-1)\vec{k}.$
• 分析 本题主要考查旋度的定义.
  • 为了方便记忆，可以将 rot $A$ 写成行列式的形式，并利用行列式的计算方法来计算：
  • $\displaystyle \operatorname{rot} \boldsymbol{A}=\left|\begin{array}{ccc}\boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\P & Q & R\end{array}\right|$
• (2018 年数一第 (11) 题)
  设$\boldsymbol{F}(x, y, z)=x y i-y z j+z x \boldsymbol{k}$ ，则 $\boldsymbol{\operatorname { r o t }} \boldsymbol{F}(1,1,0)=$ $\qquad$

(11)

设函数 $f(u, v)$ 可微, $z=z(x, y)$ 由方程 $(x+1) z-y^{2}=x^{2} f(x-z, y)$ 确定, 则 $\left.\mathrm{d} z\right|_{(0,1)}=$

(11)

解
本解法不是最优解法

• 因为隐函数方程有z，所以要确定点 $(0,1)$ 处的 $z$ 值。
  • 代入 $x = 0$ 和 $y = 1$ 到方程，得到 $z = 1$。
• 求方程两边关于 $x$ 和 $y$ 的偏导数。
  • 对 $x$ 求偏导数得：$z + (x+1) \frac{\partial z}{\partial x} = 2xf(x-z, y) + x^2 f_1^{\prime} (1 - \frac{\partial z}{\partial x})$。
  • 对 $y$ 求偏导数得：$(x+1) \frac{\partial z}{\partial y} - 2y = x^2 (f_1^{\prime} (-\frac{\partial z}{\partial y}) + f_2^{\prime})$。
• 先代值，后移项求偏导：在点 $(0,1)$ 求偏导数的值。
  • 代入 $x = 0$，$y = 1$，$z = 1$ 得：
    • $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} = -1$。
    • $\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = 2$。
• 计算微分 $\mathrm{d}z$ 在点 $(0,1)$ 的值。
  • 使用全微分公式得：$\left.\mathrm{d}z\right|_{(0,1)} = \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} \mathrm{d}x + \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} \mathrm{d}y=-\mathrm{d}x + 2\mathrm{d}y$

(12)

设函数 $f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a x^{2}}$, 且 $f^{\prime \prime \prime}(0)=1$, 则 $a=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解 利用箱级数展开. 当 $-1<x<1$ 时,$f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a x^2}=\left(x-\frac{1}{3} x^3+\cdots\right)-x\left(1-a x^2+\cdots\right)$ $=\left(a-\frac{1}{3}\right) x^3+\cdots,$ 由淂级数展开式的唯一性可知 $a-\frac{1}{3}=\frac{f^{\prime \prime \prime}(0)}{3 !}, a=\frac{1}{2}$.注 $\displaystyle \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2 n+1}}{2 n+1},-1 \leqslant x \leqslant 1, \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n,-1<x<1$.

(13)

行列式 $\displaystyle \left|\begin{array}{cccc}\lambda & -1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & -1 \\ 4 & 3 & 2 & \lambda+1\end{array}\right|=$.

(13)

• 答 应填 $4+3 \lambda+2 \lambda^2+\lambda^3+\lambda^4$.解 利用行列式展开定理.$\displaystyle D=\left|\begin{array}{cccc}\lambda -1 0 0 \\0 \lambda -1 0 \\0 0 \lambda -1 \\4 3 2 \lambda+1\end{array}\right| \frac{\text{ 按第 } 4 \text{ 行 }}{\text{ 展开 }} 4(-1)^{4+1}\left|\begin{array}{ccc}-1 0 0 \\\lambda -1 0 \\0 \lambda -1\end{array}\right|+3(-1)^{4+2}\left|\begin{array}{ccc}\lambda 0 0 \\0 -1 0 \\0 \lambda -1\end{array}\right|+$
• $\displaystyle 2(-1)^{4+3}\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1 0 \\0 \lambda 0 \\0 0 -1\end{array}\right|+(\lambda+1)(-1)^{4+4}\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1 0 \\0 \lambda -1 \\0 0 \lambda\end{array}\right|=4+3 \lambda+2 \lambda^2+\lambda^3+\lambda^4 .$

(14)

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 样本均值 $\bar{X}=9.5$, 参数 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间的置信上限为 10.8 , 则 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间为

(14)

• 答 应填 $(8.2,10.8)$.解 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为来自总体 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^2\right)$ 的样本. 由于 $\mu$ 的双侧置信区间的上限、下限关于样本均值 $\bar{x}$ 是对称的,故置信下限应为 $9.5-(10.8-9.5)=8.2$, 故置信区间为 $(8.2,10.8)$.# 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)已知平面区域 $D=\left\{(r, \theta) \mid 2 \leqslant r \leqslant 2(1+\cos \theta),-\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right\}$, 计算二重积分 $\iint_{D} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$.

(15)

• 解
• 
  
• 本题主要考查二重积分的计算. 由于题设中区域 $D$ 的表示为极坐标形式,
  故考虑将二重积分化为极坐标系下的二次积分后再计算. 本题需要用到华里士公式:
  $\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n x \mathrm{~d} x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^n x \mathrm{~d} x= \begin{cases}\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdot \cdots \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}, & n \text { 为正偶数, } \\ \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \cdots \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3}, & n \text { 为大于 } 1 \text { 的奇数. }\end{cases}$
  • $\displaystyle x=r \cos \theta$
  • $\displaystyle y=r \sin \theta$
  • $\displaystyle d x d y=r d r d \theta$
• $\displaystyle \iint_D x \, dx \, dy = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_2^{2(1+\cos\theta)} r \cos \theta \cdot r \, dr$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{将和}r\text{无关的}\cos\theta\text{提出}} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta \int_2^{2(1+\cos\theta)} r^2 \, dr$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{牛莱公式}} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \cos \theta \cdot \frac{r^3}{3} \bigg|_2^{2(1+\cos\theta)} \right] d\theta$
  • $\displaystyle = \frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \left[ (1+\cos\theta)^3 - 1 \right] d\theta$
    • $\displaystyle (a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{完全平方}}\frac{8}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\cos^{4}\theta + 3\cos^{3}\theta + 3\cos^{2}\theta\right) d\theta$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{区间对称}}\frac{16}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\cos^{4}\theta + 3\cos^{3}\theta + 3\cos^{2}\theta\right) d\theta$
  • $\displaystyle \xlongequal{\text{ 华里士公式 }} \frac{16}{3} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}+16 \times \frac{2}{3}+16 \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}$
  • $\displaystyle =5 \pi+\frac{32}{3} .$

(16)

(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 满足方程 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+k y=0$, 其中 $0<k<1$.
( I ) 证明:反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x$ 收敛.
(II) 若 $y(0)=1, y^{\prime}(0)=1$, 求 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x$ 的值.

(16)

• (解) (I) 原方程的特征方程为 $\lambda^2+2 \lambda+k=0$.
  • 由于 $0<k<1$, 故 $\Delta=4-4 k>0$,
    • 从而解得 $\lambda_{1,2}=\frac{-2 \pm \sqrt{4+4 k}}{2}=-1 \pm \sqrt{1-k}<0$
    • 于是$\displaystyle y(x) =C_1 \mathrm{e}^{\lambda_1 x}+C_2 \mathrm{e}^{\lambda_2 x}$
• $\displaystyle \int_0^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x \xlongequal[]{\text{代入}y(x)}\int_0^{+\infty}\left(C_1 \mathrm{e}^{\lambda_1 x}+C_2 \mathrm{e}^{\lambda_2 x}\right) \mathrm{d} x$
  • $\displaystyle \xlongequal[\int e^{\lambda x} d x=\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}]{\text{牛莱}}\left.\left(\frac{C_1}{\lambda_1} \mathrm{e}^{\lambda_1 x}+\frac{C_2}{\lambda_2} \mathrm{e}^{\lambda_2 x}\right)\right|_0 ^{+\infty}$
  • $\displaystyle =0-\frac{C_1}{\lambda_1}+0-\frac{C_2}{\lambda_2}=-\left(\frac{C_1}{\lambda_1}+\frac{C_2}{\lambda_2}\right) =$常数
  • 所以反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x$ 收敛.
    (II)
• $\displaystyle y+ 2y' + ky = 0 \xrightarrow[]{\text{变形}} y = -\frac{1}{k}(y'' + 2y')$
  • $\displaystyle \xrightarrow[]{\text{两端积分}}\int_{0}^{+\infty} y(x) \, dx = \frac{1}{k} \int_{0}^{+\infty} [y''(x) + 2y'(x)] \, dx$
    • $\displaystyle = -\frac{1}{k} [y'(x) + 2y(x)] \bigg|_{0}^{+\infty}$
      • $\displaystyle y(x) = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} \quad (\lambda_1 \lambda_2 < 0)$
        • $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} y(x) = \lim_{x \to +\infty} (C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}) = 0$
      • $\displaystyle y'(x) = C_1 \lambda_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 \lambda_2 e^{\lambda_2 x}$
        • $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} y^{\prime}(x)=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(C_1 \lambda_1 \mathrm{e}^{\lambda_1 x}+C_2 \lambda_2 \mathrm{e}^{\lambda_2 x}\right)=0$.
      • $y(0)=1$
      • $\displaystyle y^{\prime}(0)=1$
    • $\displaystyle =-\frac{1}{k}(0-1-2)=\frac{3}{k}$

(17)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x, y)$ 满足 $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}=(2 x+1) \mathrm{e}^{2 x-y}$, 且 $f(0, y)=y+1, L_{t}$ 是从点 $(0,0)$ 到点 $(1, t)$ 的光 滑曲线. 计算曲线积分 $\displaystyle I(t)=\int_{L_{l}} \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} \mathrm{~d} x+\frac{\partial f(x, y)}{\partial y} \mathrm{~d} y$,并求 $I(t)$ 的最小值.

(17)

• 解 因为 $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}=(2 x+1) \mathrm{e}^{2 x-y}$, 所以
• $\displaystyle f(x, y)=\int \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} \mathrm{~d} x=\int(2 x+1) \mathrm{e}^{2 x-y} \mathrm{~d} x=x \mathrm{e}^{2 x-y}+C(y),$将 $f(0, y)=y+1$ 代人上式, 得 $C(y)=y+1$.
  所以
• $f(x, y)=x e^{2 x-y}+y+1,$从而
• $\displaystyle I(t)=\int_{L_t} \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} \mathrm{~d} x+\frac{\partial f(x, y)}{\partial y} \mathrm{~d} y=\left.f(x, y)\right|_{(0,0)} ^{(1, t)}=f(1, t)-f(0,0)=\mathrm{e}^{2-t}+t .$
• $\displaystyle I^{\prime}(t)=-\mathrm{e}^{2-t}+1,$令 $I^{\prime}(t)=0$ 得 $t=2$.
  由于当 $t<2$ 时, $I^{\prime}(t)<0, I(t)$ 单调减少; 当 $t>2$ 时, $I^{\prime}(t)>0, I(t)$ 单调增加, 因此 $I(2)=3$ 是 $I(t)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上的最小值.

(18)

(本题满分 10 分)
设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2 x+y+2 z=2$ 与三个坐标平面围成, $\displaystyle \Sigma$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧,计算曲面积分 $\displaystyle I=\iint_{\Sigma}\left(x^{2}+1\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z-2 y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3 z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$.

(18)

• 
  ，，
• 根据高斯公式$\displaystyle \begin{aligned}\iint_{\Sigma_{\text {外 }}} P d y d z+Q d z d x+R d x d y=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) d V\end{aligned}$
• $\displaystyle D=\{(x, y) \mid 2 x+y \leqslant 2\}$
  • $\displaystyle$底面积$S_D=\frac{1}{3} \times 2$\times$1 =1$，高$h=1$
• $\displaystyle I = \iint_{\Omega}(x^{2}+1) dy dz - 2y dz dx + 3z dx dy$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{高斯}}\iint_{\Omega} (2x - 2 + 3) dV= \iint_{\Omega} (2x + 1) dV$
  • $\displaystyle =\iiint_{\Omega} 2 x d V+V_{\Omega}$
    • $\displaystyle V_{\Omega} = \frac{1}{3} \times 1 \times 1 = \frac{1}{3}.$
• $\displaystyle \Omega=\left\{(x, y, z) \left\lvert\, 0 \leq z \leq \frac{2-2 x-y}{2}\right.,(x, y) \in D\right\}$
• $\displaystyle D=\{(x, y) \mid 0 \leq y \leq 2-2 x, 0 \leq x \leq 1\}$
• $\displaystyle \iiint_{\Omega} 2 x d V = \int_{0}^{1} 2x \, dx \int_{0}^{2-2x} dy \int_{0}^{\frac{2-2x-y}{2}} dz$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{对}z\text{积分}}\int_{0}^{1} 2x \left[ \int_{0}^{2-2x} \frac{2-2x-y}{2} \, dy \right] dx$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{消去}2} \int_{0}^{1} x \left[ \int_{0}^{2-2x} (2-2x-y) \, dy \right] dx$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{对}y\text{积分}} \int_{0}^{1} x \left[ \left( (2-2x)y - \frac{y^2}{2} \right) \Bigg|_{0}^{2-2x} \right] dx$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{代入积分上下限}}\int_{0}^{1} x \left( (2-2x)^2 - \frac{(2-2x)^2}{2} \right) dx$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{整理}} \int_{0}^{1} x \cdot \frac{(2-2x)^2}{2} \, dx \xlongequal[]{\text{整理}}\int_{0}^{1} x \cdot 2(1-x)^2 \, dx$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{完全平方}}2 \int_{0}^{1} x(x^2 - 2x + 1) \, dx \xlongequal[]{\text{去括号}}2 \int_{0}^{1} (x^3 - 2x^2 + x) \, dx$
  • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{对}x\text{积分}} 2 \left( \frac{x^4}{4} - \frac{2x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right) \Bigg|_{0}^{1}$
  • $\displaystyle = 2 \left( \frac{1}{4} - \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{6}.$

(19)

(本题满分 10 分)
已知函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(0)=1,0<f^{\prime}(x)<\frac{1}{2}$. 设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)(n=1,2, \cdots)$. 证明:
( I ) 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 绝对收敛;
( II ) $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在, 且 $\displaystyle 0<\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}<2$.

(19)

• 证 (I ) 因为 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$, 所以
• $\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|f\left(x_n\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime}(\xi)\left(x_n-x_{n-1}\right)\right|$, 其中 $\xi$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n-1}$ 之间.
  又 $0<f^{\prime}(x)<\frac{1}{2}$, 所以 $\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{2}\left|x_n-x_{n-1}\right|<\cdots<\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$.
  由于级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$ 收敛, 因此级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛.
  (II) 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 则 $S_n=x_{n+1}-x_1$.
  由 (I ) 知, $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} S_n$ 存在, 即 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(x_{n+1}-x_1\right)$ 存在, 所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ 存在.
  设 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_n=c$, 由 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 及 $f(x)$ 连续, 得 $c=f(c)$, 即 $c$ 是 $g(x)=x-f(x)$ 的零点. 因为
• $g(0)=-1, g(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2 f^{\prime}(\eta)>0,$其中 $\eta \in(0,2)$, 又 $g^{\prime}(x)=1-f^{\prime}(x)>0$, 所以 $g(x)$ 存在唯一零点, 且零点位于区间 $(0,2)$ 内.
  于是 $0<c<2$, 即 $\displaystyle 0<\lim _{n \rightarrow \infty} x_n<2$.

(20)

(本题满分 11 分)

• $\boldsymbol{B}$ 无解、有唯一解、有无穷多解? 在有解时, 求解此方程.

(20)

• 解 对矩阵 $(\boldsymbol{A} \vdots \boldsymbol{B})$ 作初等行变换, 有
• $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{B})=\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\2 & a & 1 & 1 & a \\-1 & 1 & a & -a-1 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\0 & 0 & a-1 & 1-a & 0\end{array}\right)=\boldsymbol{C}$ .
• 当 $a \neq 1$ 且 $a \neq-2$ 时, 由于
• $\displaystyle C \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & 0 & 0 & 1 & \frac{3 a}{a+2} \\0 & 1 & 0 & 0 & \frac{a-4}{a+2} \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right),$ 因此 $A X=B$ 有唯一解, 且
• $\displaystyle \boldsymbol{X}=\left(\begin{array}{cc}1 & \frac{3 a}{a+2} \\0 & \frac{a-4}{a+2} \\-1 & 0\end{array}\right)$
• $当 $a=1$ 时,由于
• $\displaystyle \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & 3 & 3 & -3 & -3 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\0 & 1 & 1 & -1 & -1 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right),$因此 $A X=B$ 有无穷多解, 且
• $\displaystyle \boldsymbol{X} =\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\-1 & -1 \\0 & 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}0 & 0 \\k_1 & k_2 \\-k_1 & -k_2\end{array}\right)$, 其中$k_1, k_2$为任意常数;
  于$\boldsymbol{C} =\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & 0 & 3 & -3 & -6 \\0 & 0 & -3 & 3 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)$,因此$\boldsymbol{A X}=\boldsymbol{B}$无解.当 $a=-2$ 时, 由于 $\displaystyle \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 3 & -3 & -6 \\ 0 & 0 & -3 & 3 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)$, 因此 $\boldsymbol{A X}=\boldsymbol{B}$ 无解.

(21)

(本题满分 11 分)
已知矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}0 & -1 & 1 \\ 2 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$.
( I ) 求 $\boldsymbol{A}^{99}$.
(II ) 设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 满足 $\boldsymbol{B}^{2}=\boldsymbol{B} \boldsymbol{A}$. 记 $\boldsymbol{B}^{100}=\left(\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}\right)$, 将 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 分别表示 为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的线性组合.

(21)

解 (I )因为 $\displaystyle |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1 & -1 \\ -2 & \lambda+3 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda\end{array}\right|=\lambda(\lambda+1)(\lambda+2)$,所以 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1=-1, \lambda_2=-2, \lambda_3=0$.
当 $\lambda_1=-1$ 时,解方程组 $(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得特征向量 $\boldsymbol{\xi}_1=(1,1,0)^{\mathrm{T}}$;
当 $\lambda_2=-2$ 时,解方程组 $(-2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得特征向量 $\xi_2=(1,2,0)^{\mathrm{T}}$;
当 $\lambda_3=0$ 时,解方程组 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$, 得特征向量 $\boldsymbol{\xi}_3=(3,2,2)^{\mathrm{T}}$.
令 $\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\xi}_1, \boldsymbol{\xi}_2, \boldsymbol{\xi}_3\right)=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$, 则 $\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}=\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$, 所以

• $\displaystyle \boldsymbol{A}^{99}=\boldsymbol{P}\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{P}^{-1}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 3 \\1 & 2 & 2 \\0 & 0 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2 & -1 & -2 \\-1 & 1 & \frac{1}{2} \\0 & 0 & \frac{1}{2}\end{array}\right)$$\displaystyle =\left(\begin{array}{ccc}2^{99}-2 & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\2^{100}-2 & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\0 & 0 & 0\end{array}\right)$(II)因为 $B^2=B A$, 所以
• $B^{100}=B^{98} B^2=B^{99} A=B^{97} B^2 A=B^{98} A^2=\cdots=B A^{99},$即 $\displaystyle \left(\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)\left(\begin{array}{ccc}2^{99}-2 & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\ 2^{100}-2 & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$, 所以 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{\beta}_1=\left(2^{99}-2\right) \boldsymbol{\alpha}_1+\left(2^{100}-2\right) \boldsymbol{\alpha}_2, \\ \boldsymbol{\beta}_2=\left(1-2^{99}\right) \boldsymbol{\alpha}_1+\left(1-2^{100}\right) \boldsymbol{\alpha}_2, \\ \boldsymbol{\beta}_3=\left(2-2^{98}\right) \boldsymbol{\alpha}_1+\left(2-2^{99}\right) \boldsymbol{\alpha}_2 .\end{array}\right.$

(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X, Y)$ 在区域 $D=\left\{(x, y) \mid 0<x<1, x^{2}<y<\sqrt{x}\right\}$ 上服从均匀分布, 令 $\displaystyle U= \begin{cases}1, & X \leqslant Y, \\ 0, & X>Y .\end{cases}$
( I ) 写出 $(X, Y)$ 的概率密度;
( II ) 问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立, 并说明理由;
(III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$.

(22)

解

• 均匀分布的概率密度怎么求？先求面积，取面积的倒数就是概率密度
  • 先通过区域画图，用定积分计算面积$\displaystyle S_{D}=\int_{0}^{1}(\sqrt{x}-x^{2})dx=\frac{1}{3}$
  • 取面积的倒数得到概率密度∶$\displaystyle f(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} 3, & 0 < x < 1, x^2 < y < \sqrt{x} \\ 0, & \text{其他} \end{array} \right.$
• 区分度来了∶研究两个随机变量是否相互独立(方向比努力更重要)
• (II) 判断 $U$ 和 $X$ 是否独立，通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
  • 计算 $P\{X \leq \frac{1}{2}\}$ 和 $P\{U\text{＝}0\}$
    • 计算$P\{U=0\}$＝$P\{X>Y\}$，数形结合计算定积分的面积
      • 下半部分的面积比上总面积等于1/2
    • 计算 $P\{X \leq \frac{1}{2}\} = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{8}$
      • $\displaystyle$如图所示$P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}\right\}=\int_0^{\frac{1}{2}} \mathrm{~d} x \int_{x^2}^{\sqrt{x}} 3 \mathrm{~d} y$
• $\displaystyle \xlongequal[]{\text{对}y\text{积分}}3 \int_0^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{x}-x^2\right) \mathrm{d} x$
• $\displaystyle =\left.3\left(\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}-\frac{x^3}{3}\right)\right|_0 ^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8} ;$
  • 计算 $P\{X \leq \frac{1}{2}, U \text{＝} 0\}$的联合分布，通过用二重积分计算区域图形的面积
    • $\displaystyle$如图所示,$P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}, U \text{＝}0\right\}$
• $\displaystyle =P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}, X>Y\right\}$
• $\displaystyle =\int_0^{\frac{1}{2}} \mathrm{~d} x \int_{x^2}^x 3 \mathrm{~d} y\xlongequal[]{\text{对}y\text{积分}}3 \int_0^{\frac{1}{2}}\left(x-x^2\right) \mathrm{d} x$
• $\displaystyle =\left.3\left(\frac{1}{2} x^2-\frac{1}{3} x^3\right)\right|_0 ^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}$
  • 通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
    • 由于 $P\{X \leq \frac{1}{2}\} \cdot P\{U \text{＝}0\} \neq P\{X \leq \frac{1}{2}, U \text{＝}0\}$
      即$\frac{1}{2}\cdot(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8})\neq\frac{1}{4}$
      • 因此 $X, U$ 不独立
• (III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$
  • 核心思想∶$U$和$X$一个离散，一个连续∶则对离散的那个进行全集分解
  • 先写出分布函数$F(z)=P\{Z \leq z\}$
    • 再通过题中所给关系式进行替换∶$F(z)=P\{Z \leq z\}=P\{U+X \leq z\}$
  • 进行全集分解，
    $=P\{U+X \leqslant Y, U=0)+P(U+X \leqslant Y, U=1)$
    • 将进行的全集分解代入到关系式
      将$U$代入到$U+X$
      • 则$=P\{X \leqslant z, U=0\}+P(X \leq z-1, U=1)$
        • 接下来的计算，如果X和U独立，则可以展开成一维概率相乘
        • 但是第二问证得X和U不独立，则无法拆开
  • 用另一种方式来计算二维联合概率，而不是拆开变成一维，将$\displaystyle U=\left\{\begin{array}{l}1, X \leq Y \\ 0, X>Y\end{array}\right.$代入
    • $=P(X \leq z, X>Y)+P(X \leq z-1, X \leq Y)$∶
      • 到这里题型就变了，变成了区域的二重积分，即$Z=g(x,y)$，然后$X\text{和}Y$都是连续型的
        • $z$从$-\infty{\text{到}}+\infty$移动
        • 逗号，表示的是交集
        • 这里就是看z和z- 1的左侧有没有包含那个区域 $D=\left\{(x, y) \mid 0<x<1, x^2<y<\sqrt{x}\right\}$∶可以表示为三个区域的交集
          • $P(X \leq z, X>Y)$
            • $(-\infty,z)$
            • 区域 $D=\left\{(x, y) \mid 0<x<1, x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X>Y\Rightarrow x-y>0$
          • $P(X \leq z-1, X \leq Y)$
            • $(-\infty,z-1)$
            • 区域 $D=\left\{(x, y) \mid 0<x<1, x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X\leq Y\Rightarrow x-y\leq 0$
        • 然后每一种情况∶都可以分为$z$或$z-1$在区域D左侧，区域内侧，区域右侧
          • 在将这几种情况按照z的取值来组合
          • 在哪里求概率，就在哪里做二重积分
  • 根据不同 $z$ 的取值范围，计算区域D内的面积，从而得到 $F_Z(z)$
    • 当 $z < 0$，$F_Z(z) = 0$
      • 这时$F(z)=P(\phi)+P(\phi)=0$
    • 当 $0 \leq z < 1$，$F_Z(z) = \frac{3}{2} z^2 - z^3$
      • 当 $0 \leq z<1, F(x)=P(X \leq z, X>Y)+P(\phi)$
    • 当 $1 \leq z < 2$，$F_Z(z) = 2(z-1)^{\frac{3}{2}} - \frac{3}{2} z^2 + 3z - 1$
      • 当 $1 \leqslant z<2 \text{，} F(z)=\frac{1}{2}+P(X \leq z-1, X \leq Y)$
    • 当 $z \geq 2$，$F_Z(z) = 1$
      • $F(z)=\frac12+\frac12=0$
  • 得出 $Z$ 的分布函数
    • $\displaystyle F_Z(z) = \left\{ \begin{array}{l} 0, z < 0 \\ \frac{3}{2} z^2 - z^3, 0 \leq z < 1 \\ 2(z-1)^{\frac{3}{2}} - \frac{3}{2} z^2 + 3z - 1, 1 \leq z < 2 \\ 1, z \geq 2 \end{array} \right.$

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{3 x^{2}}{\theta^{3}}, & 0<x<\theta, \\ 0, & \text { 其他, }\end{array}\right.$ 其中 $\theta \in(0,+\infty)$ 为未知参数, $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 令 $T=\max \left\{X_{1}, X_{2}, X_{3}\right\}$.
(I) 求 $T$ 的概率密度;
(II) 确定 $a$, 使得 $a T$ 为 $\theta$ 的无偏估计.

(23)

解 (I ) 总体 $X$ 的分布函数为

• $\displaystyle F_X(x)= \begin{cases}0, & x<0 \\ \frac{x^3}{\theta^3}, & 0 \leqslant x<\theta \\ 1, & x \geqslant \theta\end{cases}$从而 $T$ 的分布函数为
• $\displaystyle F_T(z)=\left[F_X(z)\right]^3= \begin{cases}0, & z<0 \\ \frac{z^9}{\theta^9}, & 0 \leqslant z<\theta \\ 1, & z \geqslant \theta\end{cases}$所以 $T$ 的概率密度为
• $\displaystyle f_T(z)= \begin{cases}\frac{9 z^8}{\theta^9}, & 0<z<\theta, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}$(II) $\displaystyle E T=\int_{-\infty}^{+\infty} z f_T(z) \mathrm{d} z=\int_0^\theta \frac{9 z^9}{\theta^9} \mathrm{~d} z=\frac{9}{10} \theta$, 从而 $E(a T)=\frac{9}{10} a \theta$, 由 $E(a T)=\theta$, 得 $a=\frac{10}{9}$. 所以当 $a=\frac{10}{9}$ 时, $a T$ 为 $\theta$ 的无偏估计.