数一2010

一、选择题

(本题共 8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目要 求，把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

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

(1)

选(C)

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

(2)

设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0$ 确定, 其中 $F$ 为可微函数, 且 $F_2^{\prime }\ne 0$, 则 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=()$
(A) $x$.
( B) $z$.
(C) $-x$
(D) $-z$

(2)

• 求表达式 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}$。
  • 方程 $F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0$ 分别对 $x\text{，}y$求偏导
    • 对 $x$ 求偏导得：$-\frac{y}{x^2}{F}_1^{\prime }+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\cdot \frac{1}{x}-z\frac{1}{x^2}\right)F_2^{\prime }=0\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\frac{y}{x}{F}_1^{\prime }+\frac{z}{x}{F}_2^{\prime }}{F_2^{\prime }},$
    • 对 $y$ 求偏导得：$\frac{1}{x}{F}_1^{\prime }+\frac{1}{x}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}{F}_2^{\prime }=0\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_1^{\prime }}{F_2^{\prime }}$
  • 组合两个偏导数得：$\left(x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}\right)=\frac{y{F}_1^{\prime }+z{F}_2^{\prime }-y{F}_1^{\prime }}{F_2^{\prime }}\stackrel{F_2^{\prime }\ne 0}{=}z$

(3)

设 $m,n$ 均是正整数, 则反常积分 ${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x$ 的收玫性 $()$
(A) 仅与 $m$ 的取值有关.
(B) 仅与 $n$ 的取值有关.
(C) 与 $m,n$ 的取值都有关.
(D) 与 $m,n$ 的取值都无关.

(3)

答 应选(D).

• 三件事
  • 找关键点
  • 无穷小要比1高，无穷大要比1低
  • 比较
• 设 $m,n$ 均是正整数，则$m⩾1,n⩾1$
• 由于被积函数有两个可能的瑕点, $x=0$ 和 $x=1$,
  故将原积分拆成两部分进行考虑.
  ${\int }_0^1\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{1}{2}}\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x+{\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x.$
  • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\ln }^{\frac{2}{m}}(1-x)}{x^{\frac{1}{n}}}\stackrel{\ln (1-x)\sim (-x)}{=}\frac{(-x{)}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\stackrel{\text{负号扔掉}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x^{\frac{1}{n}-\frac{2}{m}}}$
    • 当 $m,n$ 为正数时, $\frac{1}{n}-\frac{2}{m}<\frac{1}{n}\le 1$
      • m和n只要取正整数，上面条件肯定成立
      • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p<1,\\ \text{ 发散， }& p⩾1.\end{array}\end{array}$
• $x\to 1$
  • $\begin{array}{r}f(x)=\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{\left(x^{\frac{1}{n}}\right)}\sim [\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}\end{array}$
    • $={\left(-\ln \frac{1}{1-x}\right)}^{\frac{2}{m}}$
    • $={\left(\ln \frac{1}{1-x}\right)}^{\frac{2}{m}}$，伪无穷不用算，必定收敛
• 比较判敛法
  • 设 $\begin{array}{r}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l\end{array}$,默认x跑向无穷时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\begin{array}{r}l\end{array}$ 为非零常数, 则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 与 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 同敛散;(同阶同敛散)
    • (2) $\begin{array}{r}l=0\end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 收敛则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 收敛;
    • (3) $\begin{array}{r}l=\infty \end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 发散则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 发散.
  • 设 $\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l\end{array}$, $\begin{array}{r}0\end{array}$ 为瑕点,默认x跑向0时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\begin{array}{r}l\end{array}$ 为非零常数, 则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 与 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 同敛散;
    • (2) $\begin{array}{r}l=0\end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 收敛则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 收敛;
    • (3) $\begin{array}{r}l=\infty \end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 发散则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 发散.
• 二、 P积分
  • $\begin{array}{rl}& {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p>1,\\ \text{ 发散， }& p⩽1.\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p<1,\\ \text{ 发散， }& p⩾1.\end{array}\end{array}$
• 三、 $\begin{array}{r}{\int }_0^1{\ln }^{n}xdx\end{array}$的敛散性 $(n>0)$:$x\to 0^{+},\left|{\ln }^{n}x\right|\ll \frac{1}{x^m}$

  \begin{document}
  \begin{tikzpicture}
      % 绘制坐标轴
      \draw[->] (-0.2,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-1) -- (0,1) node[above] {$y$};
      % 定义曲线 y = ln(x)，限制范围
      \draw[domain=0.2:1.5,smooth,variable=\x] 
          plot ({\x}, {ln(\x)}) node[right] {$y = \ln(x)$};
      % 填充阴影区域
  	\begin{scope} \clip (0,-1.5) rectangle (1,0); \fill[black!20,opacity=0.7] plot[domain=0.01:1,smooth]({\x}, {ln(\x)}) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle; \end{scope}
      % 标记点
      \node[below] at (1,0) {1};
      \node[below left] at (0,0) {0};
      \node[below left] at (0.05, -1) {$(0, \ln(x))$};
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

  • $\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1/x}{-1/x^2}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-x)=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\ln }^{2}x}{1/x}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}}{-1/x^2}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\ln x}{-1/x}\end{array}$
  • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x^2}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1/x}{-2x^{-3}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2}{-2}=0$

(4)

• $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{n}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)}=($ )
  (A) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}\mathrm{d}y$.
  (B) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)(1+y)}\mathrm{d}y$.
  (C) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1+y)}\mathrm{d}y$.
  (D) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}\mathrm{d}y$.

(4)

答 应选(D).

• 原式 =$\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{n^3}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)}\frac{1}{n^2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{提取}\frac{1}{n^2}}{=}\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+{\left(\frac{j}{n}\right)}^2\right)}\cdot \frac{1}{n^2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\frac{i}{n}=x,\frac{j}{n}=y}{=}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}dy\end{array}$

(5)

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

(5)

答 应选 (A).
解 由已知可得 $r(\mathbf{A})⩽\min \{m,n\}⩽m,r(\mathbf{B})⩽\min \{m,n\}⩽m,m=r(\mathbf{E})=r(\mathbf{AB})⩽\min \{r(\mathbf{A}),r(\mathbf{B})\}$, 即有 $r(\mathbf{A})⩾m$ 及 $r(\mathbf{B})⩾m$. 所以 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{B})=m$, 应选 $(\mathrm{A})$.

(6)

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

(6)

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

(7)

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

(7)

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

(8)

设 $f_1(x)$ 为标准正态分布的概率密度, $f_2(x)$ 为 $[-1,3]$ 上均匀分布的概率密度, 若

• $f(x)=\{\begin{array}{ll}a{f}_1(x),& x⩽0,\\ b{f}_2(x),& x>0\end{array}(a>0,b>0)$
  为概率密度, 则 $a,b$ 应满足 ( )
  (A) $2a+3b=4$.
  (B) $3a+2b=4$.
  (C) $a+b=1$.
  (D) $a+b=2$.

(8)

• 题中出现参数，由规范性求参数$1={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$
  • $\stackrel{\text{按照}f(x)\text{区间拆开}}{=}{\int }_{-\infty }^{0}a{f}_1(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{+\infty }b{f}_2(x)\mathrm{d}x$，之后，在何处算概率，在何处求积分
    • $\underset{{\int }_{-\infty }^0{f}_1(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}}{\overset{\text{计算第一部分积分}}{\to }}{\int }_{-\infty }^{0}a{f}_1(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}a$
      • $f_1(x)$是标准正态分布，服从$N(0\text{，}1)$
    • $\stackrel{\text{计算第二部分积分}}{\to }{\int }_0^{+\infty }b{f}_2(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{在}(0,3)\text{取值}}{=}{\int }_0^{3}b{f}_2(x)\mathrm{d}x$
      • $f_2(x)\text{是}[-1,3]$上的均匀分布
        • ${\int }_0^3{f}_2(x)\mathrm{d}x={\int }_0^3\frac{b}{4}\cdot 1dx=\frac{3}{4}\stackrel{\text{计算积分}}{\to }b{\int }_0^3{f}_2(x)\mathrm{d}x=\frac{3}{4}b$
  • $\stackrel{\text{将两部分结合}}{=}\frac{1}{2}a+\frac{3}{4}b=1\stackrel{\text{同乘4}}{\to }2a+3b=4$
    答 应选 (A).

二、填空题

(本题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分, 把答案填在题中横线上. )

(9)

设 $\{\begin{array}{l}x={\mathrm{e}}^{-t},\\ y={\int }_0^t\ln \left(1+u^2\right)\mathrm{d}u,\text{ 则 }{\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}=\end{array}$

(9)

答 应填 0 .

• 计算$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$
    • 由 $y={\int }_0^t\ln (1+u^2)\mathrm{d}u$ 得 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\ln (1+t^2)$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
    • 由 $x={\mathrm{e}}^{-t}$ 得 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=-{\mathrm{e}}^t$
  • 得出 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\ln (1+t^2)}{-{\mathrm{e}}^{-t}}$- 计算 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$
• 使用链式法则 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)$
    • 由前面得出的 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 式子，得 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)={\mathrm{e}}^t\left[\frac{2t}{1+t^2}+\ln (1+t^2)\right]$
  • 使用 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=-{\mathrm{e}}^t$ 得出 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}={\mathrm{e}}^{2t}\left[\frac{2t}{1+t^2}+\ln (1+t^2)\right]$- 计算 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}$
• 将 $t=0$ 代入 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$
  • 得出 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}=0$

(10)

• ${\int }_0^{{\pi }^2}\sqrt{x}\cos \sqrt{x}\mathrm{d}x=$

(10)

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

(11)

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

(11)

答 应填 0 .

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 绘制坐标轴
    \draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
    \draw[->] (0,-0.5) -- (0,1.5) node[above] {$y$};
    % 三角形顶点
    \coordinate (A) at (-1,0);
    \coordinate (B) at (1,0);
    \coordinate (C) at (0,1);
    % 绘制三角形边
    \draw[thick,red!50] (A) -- (C) node[midway,left] {$L_1$};
    \draw[thick,red!50] (C) -- (B) node[midway,right] {$L_2$};
    \draw[thick,blue!50] (B) -- (A) node[midway,below] {$L_3$};
    % 标注顶点
    \node[below left] at (A) {$(-1,0)$};
    \node[below right] at (B) {$(1,0)$};
    \node[above] at (C) {$(0,1)$};
    \node[below left] at (0,0) {$0$};
    % 添加方向箭头
    \draw[->,red!50,line width=1pt] (-0.5,0.5) -- (-0.45,0.55);
    \draw[->,red!50,line width=1pt] (0.5,0.5) -- (0.55,0.45);
    \draw[->,blue!50,line width=1pt] (0,-0.05) -- (-0.05,-0.05);
\end{tikzpicture}
\end{document}

• $\begin{array}{rl}& {\int }_{L}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y=\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{照抄}}{=}{\int }_{L+L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y-{\int }_{L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\underset{P=xyQ=x^2}{\underbrace{{\oint }_{L+L^{\prime }}xydx+x^{2}dy}}\underset{\text{逆时针，加负号}}{\overset{\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial P}{\partial y}=}{=}}-{\iint }_D(2x-x)dxdy\end{array}$
      • $=-{\iint }_{p}xdxdy$
      • $\begin{array}{r}\underset{x\text{是奇函数}}{\overset{\text{区域关于}y\text{对称}}{=}}0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{\int }_{L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y\stackrel{xy=0}{=}0+0=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_L=0-0=0\end{array}$

(12)

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

(12)

\usepackage{tikz-3dplot}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (0,0,0) -- (1.5,0,0) node[below right] {$x$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,1.5,0) node[below left] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
        % 主平面上的虚线轮廓
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] ({\x},0,{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] ({-\x},0,{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] (0,{\x},{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] (0,{-\x},{\x*\x});
        % 真实边缘轮廓
        \foreach \angle in {120, 300} {
            \draw[smooth, thick] plot[domain=0:1,samples=50] 
                ({\x*cos(\angle)},{\x*sin(\angle)},{\x*\x});
        }
        % 顶部圆形
        \draw[smooth] (1,0,1) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1];
        % 标注点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
        \node[right] at (0,0,1) {$z=1$};
        % 在右侧标注曲面方程
        \node[anchor=west] at (0,1,0.5) {\large $z = x^2 + y^2$};
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

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

答 应填 $\frac{2}{3}$.

用面积辅助计算

• $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }zdV}{{\iiint }_{\Omega }dV}=\frac{\pi /3}{\pi /2}=\frac{2}{3}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }zdV={\int }_0^{1}dz{\iint }_{D_z}zdxdy={\int }_0^1\pi z^{2}dz=\frac{\pi }{3}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }dV={\int }_0^{1}dz{\iint }_{D_z}dxdy={\int }_0^1\pi zdz=\frac{\pi }{2}\end{array}$

直接硬算

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

• $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=\frac{2}{3}.\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y{\int }_{x^2+y^2}^1\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_D\left(1-x^2-y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\left(1-r^2\right)r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{2},\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y{\int }_{x^2+y^2}^{1}z\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{2}{\iint }_D\left[1-{\left(x^2+y^2\right)}^2\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\left(1-r^4\right)r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{3},\end{array}$
• 注 由 $\Omega$ 的对称性,知形心的横坐标与纵坐标 $\bar{x}=\bar{y}=0$.

(13)

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

(13)

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

(14)

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

(14)

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

三、解答题

(本题共 9 小题, 共 94 分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

(15)

(本题满分 10 分)
求微分方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2x{\mathrm{e}}^x$ 的通解.

(15)

• 解题步骤
  • 求对应的齐次方程的通解.(特征方程法)
  • 求原方程的一个特解.(待定系数法)
• 特征方程法求齐次方程的通解.
  • 对应的齐次线性方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$
    • 特征方程为 ${\lambda }^2-3\lambda +2=0$.
      • $\begin{array}{rl}& (\lambda -1)(\lambda -2)=0\Rightarrow {\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2\end{array}$
  • $\begin{array}{r}y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}.\end{array}$
• 待定系数法求特解
  • 设原方程的一个特解为$y^{\ast }=(ax+b)x{\mathrm{e}}^x$
    • ${\left(y^{\ast }\right)}^{\prime }=\left(a{x}^2+bx\right)e^x+(2ax+b)e^x=\left(a{x}^2+(2a+b)x+b\right)e^x$
    • $\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }=\left[a{x}^2+(2a+b)x+b\right]e^x+[2ax+2a+b]e^x\end{array}$
      • $\begin{array}{r}=\left[a{x}^2+(4a+b)x+2(a+b)\right]e^x.\end{array}$
  • 将$\begin{array}{r}y,y^{\prime },y^{\prime \prime }\end{array}$代入$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2x{\mathrm{e}}^x$得
    • $\left(a{x}^2+4ax+bx+2a+2b\right){\mathrm{e}}^x-3\left(a{x}^2+2ax+bx+b\right){\mathrm{e}}^x+2\left(a{x}^2+bx\right){\mathrm{e}}^x=2x{\mathrm{e}}^x$
      • 同时出现三项:$\begin{array}{r}{x}^2{e}^x\text{，}x{e}^x\text{，}{e}^x\end{array}$，对比它们的系数
        • $\begin{array}{rl}& x^2{e}^{x}a-3a+2a=0\end{array}$
        • $\begin{array}{r}x{e}^{x}4a+b-6a-3b+2b=2\Rightarrow a=-1\end{array}$
        • $\begin{array}{r}{e}^{x}2(a+b)-3b=2a-b=0\Rightarrow b=-2\end{array}$
  • 求得特解$\begin{array}{r}{y}^{\ast }=\left(-x^2-2x\right)e^x\end{array}$
• 齐次特解和特解组合得非齐次的通解
  • 因此, 原方程的通解为
    $y=Y+y^{\ast }=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{2x}-\left(x^2+2x\right){\mathrm{e}}^x,$
• 1987 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+y=x{\mathrm{e}}^x$ 的通解.
• 1990 年数一试题求微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y={\mathrm{e}}^{-2x}$ 的通解.
• 1990 年数二试题求微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y={\mathrm{e}}^{ax}$ 的通解，其中 $a$ 为实数。
• 1991 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+y=x+\cos x$ 的通解.
• 1992 年数一试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }-3y={\mathrm{e}}^{-3x}$ 的通解。
• 1992 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=x{\mathrm{e}}^x$ 的通解。
• 1994 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+a^{2}y=\sin x$ 的通解, 其中常数 $a>0$.
• 1996 年数一试题
  微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y={\mathrm{e}}^x$ 的通解为 .
• 2007 年数一、二试题
  二阶常系数非齐次线性微分方程$y^{\prime \prime }-4y^{\prime }+3y=2{\mathrm{e}}^{2x}$ 的通解为
  特征方程法

特征方程 $\begin{array}{r}{\lambda }^2+p\lambda +q=0\end{array}$ 的根	微分方程 $\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0\end{array}$ 的通解
两个不相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1,{\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}\end{array}$
两个相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1={\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=(C_1+C_{2}x)e^{{\lambda }_{1}x}\end{array}$
对共轭复根 $\begin{array}{r}{\lambda }_{1,2}=\alpha \pm \beta i\end{array}$	$\begin{array}{r}y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)\end{array}$

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

(16)

(本题满分 10 分)
求函数 $f(x)={\int }_1^{x^2}\left(x^2-t\right){\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t$ 的单调区间与极值.

(16)

• 整体思路总结：
  • 1. 对 $f(x)$ 进行分解并求导。
  • 2. 通过解方程找到驻点 $x=0,\pm 1$。
  • 3. 分析 $f^{\prime }(x)$ 的符号来确定单调区间。
    • 为什么不用二阶导判断极值点？
      因为二阶导难求
  • 4. 计算极值点 $x=0,\pm 1$ 时的 $f(x)$ 值。
• 求 $f(x)$ 的导数
  • 分解 $f(x)$
    • $f(x)\stackrel{\text{拆开}}{=}{x}^2{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t-{\int }_1^{x^2}t{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$
  • 求导 $f^{\prime }(x)$
    • 得 $f^{\prime }(x)=2x{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t+2x^3{e}^{-x^4}-2x^3{e}^{-x^4}\stackrel{\text{后两项相减为}0}{=}2x{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$
• 确定驻点
  • 解方程 $f^{\prime }(x)=0\underset{{\int }_1^{x^2}=0}{\overset{2x=0}{\to }}x=0,\pm 1$- 分析 $f^{\prime }(x)$ 的符号
  • 在区间 $(-\infty ,-1)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{<0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2>1\text{，则}>0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{负正}}{\to }<0$
    • $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(-1,0)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{<0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2<1\text{，则}<0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{负负}}{\to }>0$
    • $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增
  • 在区间 $(0,1)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{>0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2<1\text{，则}<0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{正负}}{\to }<0$
    • $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(1,+\infty )$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{>0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2>1\text{，则}>0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{正正}}{\to }>0$
    • $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增
• 确定极值：增减性如图:$\searrow \nearrow \searrow \nearrow$
  • 计算 $f(0)$
    • $f(0)=-{\int }_1^{0}t{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}(1-e^{-1})$
  • 计算 $f(\pm 1)$
    • $f(\pm 1)={\int }_1^1(1-t)e^{-t^2}\mathrm{d}t=0$
  • 得出结论
    • 单调增加区间：$(-1,0)$ 和 $(1,+\infty )$
    • 单调递减区间：$(-\infty ,-1)$ 和 $(0,1)$
    • 两个极小值点：$x=\pm 1$ 时 $f(\pm 1)=0$
    • 一个极大值点：$x=0$ 时 $f(0)=\frac{1}{2}(1-e^{-1})$

(17)

(本题满分 10 分) (抽象题)
( I ) 比较 ${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t$ 与 ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots )$ 的大小, 说明理由;
( II ) 记 $u_n={\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots )$, 求极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$.

(17)

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

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

(18)

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

(18)

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

• $\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n-1}{2n+1}{x}^2=x^2,$所以,当 $|x|<1$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 绝对收玫; 当 $|x|>1$ 时, $\underset{n\to \infty }{\lim }\left|u_n(x)\right|=+\infty ,\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 发散. 因此帛级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$ 的收敛半径 $R=1$.
  当 $x=\pm 1$ 时,$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(\pm 1)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}\text{, }$根据莱布尼茨判别法知此级数收敛. 故案级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$ 的收敛域为 $[-1,1]$.
  设
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n-1}(-1⩽x⩽1).$由于 $S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^{2n-2}=\frac{1}{1+x^2}$, 且 $S(0)=0$, 所以
• $S(x)={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\arctan x,$从而
• $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}=xS(x)=x\arctan x(-1⩽x⩽1).$

(19)

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

(19)

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

(20)

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

(20)

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

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

(21)

已知二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$ 下的标准形为 $y_1^2+y_2^2$, 且 $\mathbf{Q}$ 的第三列为 ${\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{\mathrm{T}}$.
(I) 求矩阵 $\mathbf{A}$;
(II) 证明 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 为正定矩阵, 其中 $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵.

(21)

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

• $Q^{-1}\mathbf{A}Q=Q^{\mathrm{T}}\mathbf{A}Q=\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right),$且矩阵 $Q$ 的第 3 列就是属于特征值 0 的特征向量.
  设 ${\left(x_1,x_2,x_3\right)}^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量. 由于实对称矩阵属于不同特征值的特征向量是正交 的,故有
• $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=0,$即 $x_1+x_3=0$, 解得 ${\xi }_1={\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{\mathrm{T}},{\xi }_2=(0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$ 即为属于特征值 1 的两个正交单位特征向贯. 以 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 分别为 $Q$ 的第 1,2 列(或第 2,1 列)得到
• $\begin{array}{r}Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{2}}{2}& 0& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0& 1& 0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& 0& \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)\text{ 或 }\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 1& 0& 0\\ 0& -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}{Q}^{\top }AQ=\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right).\end{array}$从而得
• $\mathbf{A}=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{lll}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right){\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 2& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right)$(II) 证法 1 因 $\mathbf{A}$ 的特征值为 1,1,0, 所以矩阵 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 的特征值为 2,2 , 1; 又 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 为实对称矩阵, 故 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 是正定矩阵 (实对称矩阵正定的一个充要条件是其所有特征值均为正数).
  证法 2 分别计算 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 的顺序主子式: ${\Delta }_1=\frac{3}{2}>0,{\Delta }_2=3>0,{\Delta }_3=4>0$, 故 $\mathbf{A}+\mathbf{E}$ 正定.

(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

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

(22)

解

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

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率分布为

X & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 1-\theta & \theta-\theta^{2} & \theta^{2} \end{array}

$\text{其中参数}$ $\theta \in (0,1)$ $\text{末知}$. $\text{以}$ $N_i$ $\text{表示来自总体}$ $X$ $\text{的简单随机样本}$ (样本容量为 $n$ ) $\text{中等于}$ $i$ $\text{的}$ $\text{个数}$ $(i=1,2,3)$. $\text{试求常数}$ $a_1,a_2,a_3$, $\text{使}$ $T=\sum _{i=1}^3{a}_i{N}_i$ $\text{为}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{并求}$ $T$ $\text{的方差}$.

(23)

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

• $E{N}_i=n{p}_i\text{, }\text{于是}$
• $ET=a_{1}E{N}_1+a_{2}E{N}_2+a_{3}E{N}_3=n\left[a_1(1-\theta )+a_2\left(\theta -{\theta }^2\right)+a_3{\theta }^2\right].\text{为使}$ $T$ $\text{是}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{必有}$
• $n\left[a_1(1-\theta )+a_2\left(\theta -{\theta }^2\right)+a_3{\theta }^2\right]=\theta ,\text{因此}$
• $a_1=0,a_2-a_1=\frac{1}{n},a_3-a_2=0,\text{由此得}$
• $a_1=0,a_2=a_3=\frac{1}{n}\text{. }\text{由于}$ $N_1+N_2+N_3=n$, $\text{故}$
• $T=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)=1-\frac{N_1}{n}.\text{注意到}$ $N_1\sim B(n,1-\theta )$, $\text{故}$
• $DT=\frac{1}{n^2}D{N}_1=\frac{n(1-\theta )\theta }{n^2}=\frac{(1-\theta )\theta }{n}.$