数一2011

(1)

曲线 $y=(x-1)(x-2{)}^2(x-3{)}^3(x-4{)}^4$ 的拐点是 $()$
(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, $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0,S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k(n=1,2,\cdots )$ 无界, 则幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 的 收敛域为 $()$(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 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 所以 $a_n>0$, 由莱布尼茨判别法知, 交错级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$ 收 敛, 即军级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 在 $x=0$ 处收敛, 则原级数收敛半径 $R⩾|0-1|=1$. 又因为 $S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k(n=$ $1,2,\cdots )$ 无界,所以罚级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 在 $x=2$ 处发散, 即 $R⩽|2-1|=1$. 故 $R=1$.
综上可知，策级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 的收敛域为 $[0,2)$, 应选(C).
注 由于是级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 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 $()$
(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$f^{\prime }(0)=0，f(0)\ne 0$
  • $\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(x)\ln f(y)\stackrel{在(0,0)处}{=}{f}^{\prime }(0)\ln f(0)=0$
  • $\frac{\partial z}{\partial y}=f(x)\frac{f^{\prime }(y)}{f(y)}\stackrel{在(0,0)处}{=}\frac{f(0)f^{\prime }(0)}{f(0)}=0$
• 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：
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=f^{\prime \prime }(x)\ln f(y)\stackrel{x=0，y=0}{=}{f}^{\prime \prime }(0)\ln f(0)$
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{f^{\prime }(x)f^{\prime }(y)}{f(y)}\stackrel{x=0，y=0}{=}\frac{f^{\prime }(0)f^{\prime }(0)}{f(0)}=0$
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=f(x)\frac{f^{\prime \prime }(y)f(y)-[f^{\prime }(y){]}^2}{[f(y){]}^2}\stackrel{x=0，y=0}{=}\frac{f^2(0)f^{\prime \prime }(0)-f(0){\left[f^{\prime }(0)\right]}^2}{f^2(0)}=f^{\prime \prime }(0)$
    • 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 $I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x,J={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)\mathrm{d}x,K={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x$, 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：${\int }_0^{\pi }$
• 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 $0<\sin x<\cos x\stackrel{\ln x是增函数}{\to }\ln (\sin x)<\ln (\cos x)$ ​
    • 函数大，积分就大，两端取积分，因此 $I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x<{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x=K$
• 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$J={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x-\underset{<0}{\underbrace{{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x}}$
        • 由于在 $(0,\frac{\pi }{4})$ 上，$\ln \sin x<\ln 1<0\stackrel{取积分}{\to }{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x<0$
    • 所以：${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)dx<{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)dx$
• 得出 $I<K<J$ ，正确答案是 (B)
  答 应选(B).

(5)

设 $\mathbf{A}$ 为 3 阶矩阵,将 $\mathbf{A}$ 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 $\mathbf{B}$, 再交换 $\mathbf{B}$ 的第 2 行与第 3 行得单位矩阵. 记 ${\mathbf{P}}_1=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),{\mathbf{P}}_2=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$, 则 $\mathbf{A}=()$(A) ${\mathbf{P}}_1{\mathbf{P}}_2$.
( B) ${\mathbf{P}}_1^{-1}{\mathbf{P}}_2$.
(C) ${\mathbf{P}}_2{\mathbf{P}}_1$.
(D) ${\mathbf{P}}_2{\mathbf{P}}_1^{-1}$

(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 $\mathbf{A}$ 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 ${\mathbf{P}}_1^{-1}\ne {\mathbf{P}}_1$, 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 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right)$ 是 4 阶矩阵, ${\mathbf{A}}^{\ast }$ 为 $\mathbf{A}$ 的伴随矩阵. 若 $(1,0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 是方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 的 一个基础解系,则 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的基础解系可为( )
(A) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$.
( C) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.

(6)

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

• $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=\{\begin{array}{ll}n,& r(\mathbf{A})=n,\\ 1,& r(\mathbf{A})=n-1,\\ 0,& r(\mathbf{A})<n-1,\end{array}$于是 $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=1$, 从而方程组 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的基础解系包含 $4-r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=4-1=3$ 个解向量. 由此, 选项 (A), (B) 被排除.
  又因为 $A^{\ast }A=|A|E$ 及 $|A|=0$, 故矩阵 $A$ 的列向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$ 都是方程组 $A^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的解. 由 $r(\mathbf{A})=3$, 可知向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 的秩也为 3 , 则其中 3 个线性无关的向量即为 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系.
  因向量 $(1,0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解, 故
• $\mathbf{A}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right)\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=0,$即 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_3=0$, 则 ${\mathbf{\alpha }}_1=-{\mathbf{\alpha }}_3$. 由此可知 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ (或 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$ ) 线性无关, 是 ${\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{x}=0$ 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 $r\left({\mathbf{A}}^{\ast }\right)=1$, 排除选项 (A), (B); 由 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_3=0$, 即 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关, 排除选项 (C), 只能选 (D).
  注 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_s$ 是 ${\mathbf{A}}_{m\times n}x=0$ 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 ${\alpha }_1$, ${\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_s$ 线性表出; (4) $s=n-r(\mathbf{A})$.

(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 $()$
(A) $f_1(x)f_2(x)$.
(B) $2f_2(x)F_1(x)$.
(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 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=1$, 而其他选项无法验证, 可排除. 事实上

• ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left[f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)\right]\mathrm{d}x={F_1(x)F_2(x)|}_{-\infty }^{+\infty }=1.$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 $E(UV)=()$
(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$UV=XY\text{ 或 }UV=YX$
• 总之, 总有 $UV=XY$, 也有 $U+V=X+Y$.
  • $\begin{array}{l}\text{ 当 }X⩾Y\text{ 时, }U=X,V=Y;\\ \text{ 当 }X<Y\text{ 时, }U=Y,V=X,\end{array}$
• 所以总有 $UV=XY$
  • 又因为随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 从而 $EUV=EXY\stackrel{独立}{=}EX\cdot EY\text{. }$ 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 $UV=\max \{X,Y\}\cdot \min \{X,Y\}=XY$ 及随 机变量相互独立的性质计算即可. 因为 $UV=XY$,且 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 故 $E(UV)=EX\cdot EY$, 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$U+V=X+Y,U-V=|X-Y|,UV=XY.$

(9)

曲线 $y={\int }_0^x\tan t\mathrm{d}t\left(0⩽x⩽\frac{\pi }{4}\right)$ 的弧长 $s=$

(9)

• 弧长公式：$s=\int \sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}\mathrm{d}x$，因此需要计算 $y^{\prime }$和$\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}$
  • $y^{\prime }$ 是 $y$ 的导数: $y={\int }_0^x\tan t\mathrm{d}t$，得 $y^{\prime }=\tan x$。
  • 计算 $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+{\tan }^{2}x}=\sec x$
• 计算 $s={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec x\mathrm{d}x={\ln |\sec x+\tan x||}_0^{\frac{\pi }{4}}=\ln (1+\sqrt{2})$
  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
    $\begin{array}{r}y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int q(x){\mathrm{e}}^{\int \rho (x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]\end{array}$

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

  • $\begin{array}{r}={\mathrm{e}}^{-x}\left(\int \cos x\mathrm{d}x+C\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\mathrm{e}}^{-x}(\sin x+C).\end{array}$
    • 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 $y\mathrm{d}x+\left(x-3y^2\right)\mathrm{d}y=0$ 满足条件 ${y|}_{x=1}=1$的解为 $y=$

(11)

设函数 $F(x,y)={\int }_0^{xy}\frac{\sin t}{1+t^2}\mathrm{d}t$, 则 ${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=$

(11)

• 方法1

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

• 方法2:先代后求

  • 求x的一阶偏导：$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y\sin xy}{1+x^2{y}^2}\stackrel{代入y=2}{\to }{F}_x(x,2)=\frac{2\sin 2x}{1+4x^2}=\phi (x)$
  • 用导数定义求二阶偏导：${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=F_{xx}(0,2)\stackrel{导数定义}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}\stackrel{\phi (x)=0}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sin 2x}{x\left(1+4x^2\right)}\stackrel{\sin 2x\sim 2x}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x}{x\left(1+4x^2\right)}=4$
  • 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， $z=f(x,xy)$ ，则 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=$

(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 ${\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z=$

(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 $\Sigma$ 取为平面 $x+y-z=0$ 上被 $L$ 截得的有限部分. 根据右手规则， $\mathbf{\Sigma }$ 的法向量取为 $\stackrel{z朝上，是正数}{\to }\mathbf{n}=(-1,-1,1)$ ，单位法向量为 $\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
  • $\begin{array}{rl}& {\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ xz& x& \frac{y^2}{2}\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$
    • $\underset{注意a12是负号}{\overset{按第一行展开}{=}}-\frac{\sqrt{3}}{3}y+(-1)\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)(-x)+\frac{\sqrt{3}}{3}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_{\mathbf{Z}}(1-\mathbf{x}-\mathbf{y})\mathrm{dS}\stackrel{之后全部投影到dxdy}{\to }\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}dS& =\sqrt{1+(-1{)}^2+(-1{)}^2}dxdy=\sqrt{3}dxdy\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& =\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_D(1-x-y)\cdot \sqrt{3}dxdy\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_D(1-x-y)dxdy\end{array}$

• \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 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz=4$ 经正交变换化为 $y_1^2+4z_1^2=4$, 则 $a=$

(13)

答 应填 1 . 解 因为方程 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz=4$ 与 $y_1^2+4z_1^2=4$ 的左端都是二次型, 且 $y_1^2+4z_1^2$ 是 $x^2+3y^2+z^2+2axy+2xz+2yz$ 的标准形, 所以后者的秩也是 2 , 从而 $0=\left|\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right|=-(a-1{)}^2,$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 $N\left(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0\right)$, 则 $E\left(X{Y}^2\right)=$

(14)

• 已知条件

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

• 计算 $E(X{Y}^2)$

  • $E(X{Y}^2)\stackrel{独立}{=}EX\cdot E(Y^2)\stackrel{E(Y^2)=DY+(EY{)}^2}{=}E(X)\cdot \left[D(Y)+E(Y{)}^2\right]$
  • $\underset{D(X)=D(Y)={\sigma }^2}{\overset{代入E(X)=E(Y)=\mu }{=}}\mu \cdot \left({\sigma }^2+{\mu }^2\right)$

因此，$E(X{Y}^2)=\mu ({\sigma }^2+{\mu }^2)$。

(15)

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

(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，
  $e^{{\lim }_{x\to 0}\frac{1}{e^x-1}\cdot \ln \left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}$
  • 通过等价无穷小代换:对于分子中的
    $\underset{进行加1,再减1}{\overset{凑ln(1+x)}{=}}\ln \left(1+\frac{\ln (1+x)}{x}-1\right)\stackrel{ln(1+x)\sim x}{=}\frac{\ln (1+x)}{x}-1$
• 原式$\underset{\frac{1}{e^x-1}\sim \frac{1}{x}}{\overset{通分}{=}}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}$ 。
  • 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 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-1}{2(1+x)}=-\frac{1}{2}$。
    • 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 $z=f(xy,yg(x))$, 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 ${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{\begin{array}{c}x=1\\ y=1\end{array}}$.

(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 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}$。
    • 在 $x=1$ 时，得：${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}=y{f}_1^{\prime }(y,yg(1))\stackrel{g(1)=1}{=}y{f}_1^{\prime }(y,y)$

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

  • 对 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}$ 关于 $y$ 求偏导得：
  • ${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{x=1,y=1}\stackrel{y{f}_1^{\prime }(y,y)乘法求导}{=}{f}_1^{\prime }(y,y)+y\left[f_{11}^{\prime \prime }(y,y)+f_{12}^{\prime \prime }(y,y)\right]$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{x=1，y=1}{=}{f}_1^{\prime }(1,1)+f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_{12}^{\prime \prime }(1,1)\end{array}$

(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

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

• 第三步：分类讨论

  • 分析 $f^{\prime }(x)=0$ 的解，考虑 $k-1$ 是否大于 0
    • (1) 当 $k-1\le 0$，即 $k\le 1$
      • $f^{\prime }(x)<0$，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 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x_0=\sqrt{k-1}$
        • (i) 当 $0<x<x_0$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增，故无实根
        • (ii) 当 $x_0\le x<+\infty$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 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

  • $k\le 1$ 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 $\frac{f(n+1)-f(n)}{n+1-n}\stackrel{代入f(x)=\ln x}{=}\frac{\ln (n+1)-\ln (n)}{n+1-n}\stackrel{拉格朗日}{=}\frac{1}{\xi }$
  • 即 $\ln (n+1)-\ln n\stackrel{减法变除法}{=}\ln \frac{n+1}{n}\stackrel{通分}{=}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\stackrel{等于上式结果}{=}\frac{1}{\xi }$ 。
    • 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 $\begin{array}{l}{a}_{n+1}-a_n\\ \stackrel{末端相减}{=}-\left[\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)\right]-\left[\frac{1}{n}-\ln n\right]\\ =\frac{1}{n+1}-\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)\end{array}$
  • 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
    $\begin{array}{rl}& a_n>\ln (2)+\ln \left(\frac{3}{2}\right)+\cdots +\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\ln n\stackrel{ln除法变减法}{=}\\ & (\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots +[\ln (n+1)-\ln (n)]-\ln (n)\end{array}$
  • 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 $D=\{(x,y)\mid 0⩽x⩽1,0⩽y⩽1\}$, 计算二重积分 $I={\iint }_{D}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(19)

• $\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{D}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^{1}y{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}y\end{array}$

  • $\begin{array}{r}\stackrel{凑微分}{=}{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^{1}y\mathrm{d}\left[f_x^{\prime }(x,y)\right]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 分部积分 }}{=}{\int }_0^{1}x\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{y{f}_x^{\prime }(x,y)|}_{y=0}^{y=1}}}-{\int }_0^1{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=-{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^1{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}y\stackrel{交换积分次序}{\to }-{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}x{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{凑微分}{=}-{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}x\mathrm{d}[f(x,y)]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 分部积分 }}{=}-{\int }_0^1\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{xf(x,y)|}_{x=0}^{x=1}}}-{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{f(1,y)=0}{=}{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x={\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a.\end{array}$

• 1992 年数三试题交换积分次序
  ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}}f(x,y)\mathrm{d}x=$

• 2002 年数三试题
  交换积分次序：
  ${\int }_0^{\frac{1}{4}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\sqrt{y}}f(x,y)\mathrm{d}x+{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\frac{1}{2}}f(x,y)\mathrm{d}x=$

• 2014 年数三试题
  二次积分 ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_y^1\left(\frac{{\mathrm{e}}^{x^2}}{x}-{\mathrm{e}}^{y^2}\right)\mathrm{d}x=$ .

(20)

(本题满分 11 分)

设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1=(1,0,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(0,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,3,5{)}^{\mathrm{T}}$ 不能由向量组 ${\mathbf{\beta }}_1=$ $(1,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\beta }}_2=(1,2,3{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\beta }}_3=(3,4,a{)}^{\mathrm{T}}$ 线性表示.

(I) 求 $a$ 的值;

(II ) 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 用 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 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

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

(21)

(本题满分 11 分)

设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵, $A$ 的秩为 2 , 且

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

(II) 求矩阵 $\mathbf{A}$.

(21)

解 (I ) 由于 3 阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩为 2 , 因此 0 是 $\mathbf{A}$ 的一个特征值.
由 $\mathbf{A}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$, 可得 $\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=-\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right),\mathbf{A}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, 所以 -1 是 $\mathbf{A}$ 的一个特 征值, 其对应的全部特征向量为 $k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ ( $k_1$ 为任意非零常数); 1 也是 $\mathbf{A}$ 的一个特征值, 其对应的全部特 征向量为 $k_2\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ ( $k_2$ 为任意非零常数).
设 $\mathbf{A}$ 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

• $\begin{array}{r}(1,0,-1)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,(1,0,1)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,\end{array}$
• $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{x}_1-x_3=0,\\ x_1+x_3=0,\end{array}\text{ 解得 }\{\begin{array}{l}{x}_1=0,\\ x_2=k_3,\\ x_3=0,\end{array}\end{array}$于是对应于特征值 0 的全部特征向量为 $k_3\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ ( $k_3$ 为任意非零常数).
  (II) 令 $Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\end{array}\right)$, 则 $Q^{-1}AQ=Q^{\mathrm{T}}AQ=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 故
• $\mathbf{A}=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right){\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right).$注 也可令 $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)$, 则
• $\mathbf{A}=\mathbf{P}\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right){\mathbf{P}}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& 0& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right).$

(22)

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

• $x\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right)$,$Y\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  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 $Z=XY$ 的概率分布;
  (III) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$.

(22)

解
(1)

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

$X\text{Y}$	-1	0	1
0	$0$	$\frac{1}{3}$	$0$
1	$\frac{1}{3}$	$0$	$\frac{1}{3}$

• 由Y的边缘分布$Y\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$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$p_{ii}$	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$Z\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$

(3)

• $P_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{Dx}\sqrt{DY}}$
  • 分子:$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY$
    • $E(X)=0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$,
    • $E(Y)=(-1)\times \frac{1}{3}+0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}=0$
    • $E(XY)=E(Z)=(-1)\times \frac{1}{3}+0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}=0$
  • 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:${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=0$

(23)

(本题满分 11 分)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自正态总体 $N\left({\mu }_0,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本, 其中 ${\mu }_0$ 已知, ${\sigma }^2>0$ 未知, $\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别表示样本均值和样本方差.
(I) 求参数 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计 $\widehat{{\sigma }^2}$;
(II) 计算 $E\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)$ 和 $D\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)$.

(23)

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

• $\begin{array}{rl}L\left({\sigma }^2\right)=& {\left(2\pi {\sigma }^2\right)}^{-\frac{n}{2}}\cdot \exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-{\mu }_0\right)}^2\right\},\\ \ln L\left({\sigma }^2\right)=& -\frac{n}{2}\ln \left(2\pi {\sigma }^2\right)-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-{\mu }_0\right)}^2,\end{array}$
• \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 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计
• ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2.$（II ) 解法 1 由于
• $\frac{n{\hat{\sigma }}^2}{{\sigma }^2}=\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\sim {\chi }^2(n),$因此
• $E\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{{\sigma }^2}{n}\cdot n={\sigma }^2,D\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{{\sigma }^4}{n^2}\cdot 2n=\frac{2{\sigma }^4}{n}.$解法 2$\begin{array}{rl}E\left({\hat{\sigma }}^2\right)& =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]={\sigma }^2,\\ D\left({\hat{\sigma }}^2\right)& =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]=\frac{1}{n}D\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{{\sigma }^4}{n}\left\{E\left[{\left(\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\right)}^4\right]-E^2\left[{\left(\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\right)}^2\right]\right\}\left(\text{ 其中 }\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\sim N(0,1)\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{2{\sigma }^4}{n}.\end{array}$