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1992 年真题

22 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $e^{x + y} + cos (x y) = 0$ 确定，则 $\frac{d y}{d x} =$ ______．

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【答案】

\frac{y sin ( x y ) - e ^{x + y}}{e ^{x + y} - x sin ( x y )}

【解析】 给定方程 $e^{x + y} + cos (x y) = 0$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的函数。对方程两边关于 $x$ 求导，利用链式法则：

\frac{d}{d x} [e^{x + y} + cos (x y)] = 0

求导得：

e^{x + y} \cdot (1 + \frac{d y}{d x}) - sin (x y) \cdot (y + x \frac{d y}{d x}) = 0

展开并整理：

e^{x + y} + e^{x + y} \frac{d y}{d x} - y sin (x y) - x sin (x y) \frac{d y}{d x} = 0

将含有 $\frac{d y}{d x}$ 的项移到一边：

e^{x + y} \frac{d y}{d x} - x sin (x y) \frac{d y}{d x} = - e^{x + y} + y sin (x y)

提取公因式：

\frac{d y}{d x} (e^{x + y} - x sin (x y)) = - e^{x + y} + y sin (x y)

解得：

\frac{d y}{d x} = \frac{- e ^{x + y} + y sin ( x y )}{e ^{x + y} - x sin ( x y )} = \frac{y sin ( x y ) - e ^{x + y}}{e ^{x + y} - x sin ( x y )}

此即所求导数。

2

函数 $u = ln (x^{2} + y^{2} + z^{2})$ 在点 $M (1, 2, - 2)$ 处的梯度 $\nabla u ∣_{M} =$ ______．

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【答案】

(\frac{2}{9}, \frac{4}{9}, - \frac{4}{9})

【解析】 函数 $u = ln (x^{2} + y^{2} + z^{2})$ 的梯度为 $\nabla u = (\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z})$ 。计算偏导数：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2 x}{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}, \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{2 y}{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}, \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{2 z}{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}} .

在点 $M (1, 2, - 2)$ 处，有 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1^{2} + 2^{2} + (- 2)^{2} = 9$ 。代入得：

\frac{\partial u}{\partial x}_{M} = \frac{2 \times 1}{9} = \frac{2}{9}, \frac{\partial u}{\partial y}_{M} = \frac{2 \times 2}{9} = \frac{4}{9}, \frac{\partial u}{\partial z}_{M} = \frac{2 \times ( - 2 )}{9} = - \frac{4}{9} .

因此，梯度为 $(\frac{2}{9}, \frac{4}{9}, - \frac{4}{9})$ .

3

设 $f (x) = {- 1, 1 + x^{2}, - π < x \leq 0, 0 < x \leq π,$ 则其以 $2 π$ 为周期的傅里叶级数在点 $x = π$ 处收敛于 ______．

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【答案】 $\frac{π ^{2}}{2}$

【解析】 函数 $f (x)$ 以 $2 π$ 为周期进行扩展。在点 $x = π$ 处，计算左极限和右极限：

左极限 $f (π^{-}) = lim_{x \to π^{-}} f (x) = 1 + π^{2}$ （因为当 $0 < x \leq π$ 时， $f (x) = 1 + x^{2}$ ）。
右极限 $f (π^{+}) = lim_{x \to π^{+}} f (x)$ 。由于周期扩展，当 $x > π$ 时， $f (x) = f (x - 2 π)$ 。令 $x = π + ε$ ，其中 $ε \to 0^{+}$ ，则 $f (π + ε) = f (ε - π)$ 。当 $ε - π \in (- π, 0]$ 时， $f (ε - π) = - 1$ ，因此 $f (π^{+}) = - 1$ 。傅里叶级数在间断点处收敛于左极限和右极限的平均值，即： $\frac{f ( π ^{-} ) + f ( π ^{+} )}{2} = \frac{( 1 + π ^{2} ) + ( - 1 )}{2} = \frac{π ^{2}}{2} .$ 因此，傅里叶级数在点 $x = π$ 处收敛于 $\frac{π ^{2}}{2}$ 。

4

微分方程 $y^{'} + y tan x = cos x$ 的通解为 $y =$ ______．

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【答案】
$y = (x + C) cos x$

【解析】
给定微分方程 $y^{'} + y tan x = cos x$ ，这是一阶线性微分方程，标准形式为 $y^{'} + P (x) y = Q (x)$ ，其中 $P (x) = tan x$ ， $Q (x) = cos x$ 。
积分因子为 $μ (x) = e^{\int P (x) d x} = e^{\int t a n x d x}$ 。计算 $\int tan x d x = - ln ∣ cos x ∣$ ，所以 $μ (x) = e^{- l n ∣ c o s x ∣} = \frac{1}{∣ c o s x ∣}$ 。通常取 $μ (x) = sec x$ （忽略绝对值）。
将原方程乘以积分因子：

sec x \cdot y^{'} + sec x \cdot y tan x = sec x \cdot cos x

简化得：

\frac{d}{d x} (y sec x) = 1

两边积分：

y sec x = x + C

其中 $C$ 为常数。
因此，通解为：

y = (x + C) cos x

5

设 $A = a_{1} b_{1} a_{2} b_{1} ⋮ a_{n} b_{1} a_{1} b_{2} a_{2} b_{2} ⋮ a_{n} b_{2} \dots \dots \dots a_{1} b_{n} a_{2} b_{n} ⋮ a_{n} b_{n}$ ，其中 $a_{i} \neq = 0$ , $b_{i} \neq = 0$ ( $i = 1, 2 \dots n$ )．则矩阵 $A$ 的秩 $r (A) =$ ______．

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【答案】 $1$

【解析】 矩阵 $A$ 可以表示为列向量 $a = (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})^{T}$ 与行向量 $b^{T} = (b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n})$ 的乘积，即 $A = a b^{T}$ 。由于 $a$ 和 $b$ 的每个分量均不为零，矩阵 $A$ 的每一行都是 $b^{T}$ 的倍数，每一列都是 $a$ 的倍数，因此所有行线性相关，所有列也线性相关，矩阵 $A$ 的秩为 1。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

当 $x \to 1$ 时，函数 $\frac{x ^{2} - 1}{x - 1} e^{\frac{1}{x - 1}}$ 的极限

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
考虑函数

f (x) = \frac{x ^{2} - 1}{x - 1} e^{\frac{1}{x - 1}} .

当 $x \neq = 1$ 时，可简化

\frac{x ^{2} - 1}{x - 1} = x + 1,

因此

f (x) = (x + 1) e^{\frac{1}{x - 1}} .

当 $x \to 1$ 时， $x + 1 \to 2$ ，但 $e^{\frac{1}{x - 1}}$ 的行为取决于 $x$ 趋近于 $1$ 的方向：

当 $x \to 1^{-}$ 时， $x - 1 \to 0^{-}$ ，故
$\frac{1}{x - 1} \to - \infty,$
从而
$e^{\frac{1}{x - 1}} \to 0,$
因此左极限为
$2 \times 0 = 0.$
当 $x \to 1^{+}$ 时， $x - 1 \to 0^{+}$ ，故
$\frac{1}{x - 1} \to + \infty,$
从而
$e^{\frac{1}{x - 1}} \to + \infty,$
因此右极限为
$2 \times + \infty = + \infty.$

由于左极限与右极限不相等，整体极限不存在，且不为 $\infty$ （因为左极限为 $0$ ），故正确答案为 D。

7

级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (1 - cos \frac{α}{n})$ (常数 $α > 0$ )

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
考虑级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} (1 - cos \frac{α}{n}),

其中 $α > 0$ 。

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{α}{n} \to 0$ ，利用泰勒展开可得

1 - cos x \sim \frac{x ^{2}}{2} (x \to 0),

因此

1 - cos \frac{α}{n} \sim \frac{α ^{2}}{2 n ^{2}} .

于是级数的通项近似为

(- 1)^{n} \frac{α ^{2}}{2 n ^{2}} .

考虑绝对收敛性：

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} (1 - cos \frac{α}{n}) = n = 1 \sum \infty (1 - cos \frac{α}{n}) .

由于

1 - cos \frac{α}{n} \sim \frac{α ^{2}}{2 n ^{2}},

而 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛（ $p$ -级数， $p = 2 > 1$ ），由比较判别法可知

n = 1 \sum \infty (1 - cos \frac{α}{n})

收敛，因此原级数绝对收敛。

收敛性与 $α$ 无关，故正确答案为 C。

8

在曲线 $x = t, y = - t^{2}, z = t^{3}$ 的所有切线中，与平面 $x + 2 y + z = 4$ 平行的切线

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 曲线参数方程为 $x = t, y = - t^{2}, z = t^{3}$ ，切线的方向向量为 $v = (1, - 2 t, 3 t^{2})$ 。平面方程为 $x + 2 y + z = 4$ ，其法向量为 $n = (1, 2, 1)$ 。切线与平面平行时，方向向量与法向量垂直，即点积为零：

v \cdot n = 1 \cdot 1 + (- 2 t) \cdot 2 + 3 t^{2} \cdot 1 = 1 - 4 t + 3 t^{2} = 0

解二次方程 $3 t^{2} - 4 t + 1 = 0$ ，判别式 $D = (- 4)^{2} - 4 \cdot 3 \cdot 1 = 4$ ，得根 $t = 1$ 和 $t = \frac{1}{3}$ 。每个 $t$ 值对应一条切线，因此有两条切线与平面平行。故正确答案为 B。

9

设 $f (x) = 3 x^{3} + x^{2} ∣ x ∣$ ，则使 $f^{n} (0)$ 存在的最高阶数 $n$ 为

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 函数 $f (x) = 3 x^{3} + x^{2} ∣ x ∣$ 可写为分段函数：
当 $x \geq 0$ 时， $f (x) = 4 x^{3}$ ；
当 $x < 0$ 时， $f (x) = 2 x^{3}$ 。
首先，检查函数在 $x = 0$ 处的连续性：
$f (0) = 0$ ，且 $lim_{x \to 0^{-}} f (x) = 0$ ， $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 0$ ，故连续。

一阶导数：

当 $x > 0$ ， $f^{'} (x) = 12 x^{2}$ ；当 $x < 0$ ， $f^{'} (x) = 6 x^{2}$ 。
在 $x = 0$ 处，右导数为 $lim_{h \to 0^{+}} \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{+}} \frac{4 h ^{3}}{h} = 0$ ，左导数为 $lim_{h \to 0^{-}} \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{-}} \frac{2 h ^{3}}{h} = 0$ ，相等，故一阶导数存在， $f^{'} (0) = 0$ 。

二阶导数：

当 $x > 0$ ， $f^{''} (x) = 24 x$ ；当 $x < 0$ ， $f^{''} (x) = 12 x$ 。
在 $x = 0$ 处，右导数为 $lim_{h \to 0^{+}} \frac{f ^{'} ( h ) - f ^{'} ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{+}} \frac{12 h ^{2}}{h} = 0$ ，左导数为 $lim_{h \to 0^{-}} \frac{f ^{'} ( h ) - f ^{'} ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{-}} \frac{6 h ^{2}}{h} = 0$ ，相等，故二阶导数存在， $f^{''} (0) = 0$ 。

三阶导数：

当 $x > 0$ ， $f^{'''} (x) = 24$ ；当 $x < 0$ ， $f^{'''} (x) = 12$ 。
在 $x = 0$ 处，右导数为 $lim_{h \to 0^{+}} \frac{f ^{''} ( h ) - f ^{''} ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{+}} \frac{24 h}{h} = 24$ ，左导数为 $lim_{h \to 0^{-}} \frac{f ^{''} ( h ) - f ^{''} ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0^{-}} \frac{12 h}{h} = 12$ ，不相等，故三阶导数不存在。

因此，使 $f^{n} (0)$ 存在的最高阶数 $n$ 为 2。

10

要使 $ξ_{1} = 102$ , $ξ_{2} = 01 - 1$ 都是线性方程组 $A x = 0$ 的解，只要系数矩阵 $A$ 为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
要使 $ξ_{1}$ 和 $ξ_{2}$ 都是 $A x = 0$ 的解，需满足

A ξ_{1} = 0 和 A ξ_{2} = 0 .

对于选项 A， $A = [- 2 11]$ ，
计算

A ξ_{1} = (- 2) \times 1 + 1 \times 0 + 1 \times 2 = 0,

A ξ_{2} = (- 2) \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times (- 1) = 0,

满足条件。

对于选项 B， $A = [2001 - 1 1]$ ，
计算 $A ξ_{1}$ 的第二行为

0 \times 1 + 1 \times 0 + 1 \times 2 = 2 \neq = 0.

对于选项 C， $A = [- 1 0 01 2 - 1]$ ，
计算 $A ξ_{1}$ 的第一行为

(- 1) \times 1 + 0 \times 0 + 2 \times 2 = 3 \neq = 0.

对于选项 D， $A = 040 1 - 2 1 - 1 - 2 1$ ，
计算 $A ξ_{1}$ 的第一行为

0 \times 1 + 1 \times 0 + (- 1) \times 2 = - 2 \neq = 0.

因此，只有选项 A 正确。

计算题

本题共3小题，每小题5分，满分15分

11

求 $lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - s i n x - 1}{1 - 1 - x ^{2}}$ ．

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【答案】 $1$

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - s i n x - 1}{1 - 1 - x ^{2}}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用泰勒展开求解。

分子部分：
$e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{4})$ ，
$sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})$ ，
因此 $e^{x} - sin x - 1 = (1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6}) - (x - \frac{x ^{3}}{6}) - 1 + O (x^{4}) = \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{4})$ 。

分母部分：
$1 - x^{2} = 1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{8} + O (x^{6})$ ，
因此 $1 - 1 - x^{2} = \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} + O (x^{6})$ 。

整体分式：

\frac{e ^{x} - sin x - 1}{1 - 1 - x ^{2}} = \frac{\frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} + O ( x ^{4} )}{\frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} + O ( x ^{6} )} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{x}{3} + O ( x ^{2} )}{\frac{1}{2} + \frac{x ^{2}}{8} + O ( x ^{4} )}

当 $x \to 0$ 时，分子趋于 $\frac{1}{2}$ ，分母趋于 $\frac{1}{2}$ ，因此极限为 1。

或者使用洛必达法则验证：
令 $f (x) = e^{x} - sin x - 1$ ， $g (x) = 1 - 1 - x^{2}$ 。
一阶导数：
$f^{'} (x) = e^{x} - cos x$ ，
$g^{'} (x) = \frac{x}{1 - x ^{2}}$ 。
当 $x \to 0$ 时， $\frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} = \frac{e ^{x} - c o s x}{\frac{x}{1 - x ^{2}}}$ 仍为 $\frac{0}{0}$ 型。
二阶导数：
$f^{''} (x) = e^{x} + sin x$ ，
$g^{''} (x) = \frac{1}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}}$ 。
于是

x \to 0 lim \frac{f ^{''} ( x )}{g ^{''} ( x )} = x \to 0 lim \frac{e ^{x} + sin x}{\frac{1}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}}} = x \to 0 lim (e^{x} + sin x) (1 - x^{2})^{3/2} = 1 \cdot 1 = 1

两种方法均得极限为 1。

12

设 $z = f (e^{x} sin y, x^{2} + y^{2})$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ．

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【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = e^{2 x} sin y cos y \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + 2 e^{x} (y sin y + x cos y) \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} + e^{x} cos y \frac{\partial f}{\partial u} + 4 x y \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}}

其中 $u = e^{x} sin y$ , $v = x^{2} + y^{2}$ .

【解析】 设 $u = e^{x} sin y$ , $v = x^{2} + y^{2}$ ，则 $z = f (u, v)$ .
首先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ :

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} sin y + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot 2 x .

然后求混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial x})$ :

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} sin y) + \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v} \cdot 2 x) .

应用乘积法则：

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} sin y) = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u}) \cdot e^{x} sin y + \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial}{\partial y} (e^{x} sin y) = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u}) \cdot e^{x} sin y + \frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} cos y,

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v} \cdot 2 x) = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v}) \cdot 2 x + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial}{\partial y} (2 x) = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v}) \cdot 2 x,

因为 $\frac{\partial}{\partial y} (2 x) = 0$ .
现在计算 $\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u})$ 和 $\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v})$ ，使用链式法则：

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial u}) = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \cdot e^{x} cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot 2 y,

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial v}) = \frac{\partial ^{2} f}{\partial v \partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot e^{x} cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \cdot 2 y,

其中 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial v \partial u}$ 因为 $f$ 具有二阶连续偏导数。
代入上式：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = (\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \cdot e^{x} cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot 2 y) e^{x} sin y + \frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} cos y + (\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot e^{x} cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \cdot 2 y) 2 x .

展开并整理项：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \cdot e^{2 x} sin y cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot 2 e^{x} y sin y + \frac{\partial f}{\partial u} \cdot e^{x} cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot 2 e^{x} x cos y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \cdot 4 x y .

合并 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v}$ 项：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = e^{2 x} sin y cos y \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + 2 e^{x} (y sin y + x cos y) \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} + e^{x} cos y \frac{\partial f}{\partial u} + 4 x y \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} .

这就是所求的混合偏导数。

13

设 $f (x) = {1 + x^{2}, e^{- x}, x \leq 0, x > 0,$ 求 $\int_{1}^{3} f (x - 2) d x$ ．

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【答案】

\frac{7}{3} - \frac{1}{e}

【解析】 给定函数 $f (x) = {1 + x^{2}, e^{- x}, x \leq 0, x > 0$ ，需要计算 $\int_{1}^{3} f (x - 2) d x$ 。
令 $u = x - 2$ ，则当 $x = 1$ 时， $u = - 1$ ；当 $x = 3$ 时， $u = 1$ ，且 $d x = d u$ 。积分变为 $\int_{- 1}^{1} f (u) d u$ 。
由于 $f (u)$ 是分段函数，积分拆分为：

\int_{- 1}^{1} f (u) d u = \int_{- 1}^{0} (1 + u^{2}) d u + \int_{0}^{1} e^{- u} d u

计算第一积分：

\int_{- 1}^{0} (1 + u^{2}) d u = [u + \frac{u ^{3}}{3}]_{- 1}^{0} = (0 + 0) - (- 1 + \frac{( - 1 ) ^{3}}{3}) = 0 - (- 1 - \frac{1}{3}) = \frac{4}{3}

计算第二积分：

\int_{0}^{1} e^{- u} d u = [- e^{- u}]_{0}^{1} = (- e^{- 1}) - (- 1) = 1 - \frac{1}{e}

因此，

\int_{1}^{3} f (x - 2) d x = \frac{4}{3} + (1 - \frac{1}{e}) = \frac{7}{3} - \frac{1}{e}

解答题

14

求微分方程 $y^{''} + 2 y^{'} - 3 y = e^{- 3 x}$ 的通解．

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【答案】 $y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- 3 x} - \frac{1}{4} x e^{- 3 x}$ ，其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{''} + 2 y^{'} - 3 y = e^{- 3 x}$ ，这是一个二阶线性非齐次微分方程。通解由齐次解和特解组成。

首先，求齐次方程 $y^{''} + 2 y^{'} - 3 y = 0$ 的解。特征方程为 $r^{2} + 2 r - 3 = 0$ ，解得 $r_{1} = 1$ ， $r_{2} = - 3$ 。因此齐次解为 $y_{h} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- 3 x}$ 。

其次，求非齐次方程的特解。由于非齐次项 $e^{- 3 x}$ 是齐次解的一部分，设特解形式为 $y_{p} = A x e^{- 3 x}$ 。计算导数： $y_{p}^{'} = A e^{- 3 x} - 3 A x e^{- 3 x}$ ， $y_{p}^{''} = - 6 A e^{- 3 x} + 9 A x e^{- 3 x}$ 。代入原方程得：

y_{p}^{''} + 2 y_{p}^{'} - 3 y_{p} = (- 6 A e^{- 3 x} + 9 A x e^{- 3 x}) + 2 (A e^{- 3 x} - 3 A x e^{- 3 x}) - 3 (A x e^{- 3 x}) = - 4 A e^{- 3 x}

令其等于 $e^{- 3 x}$ ，即 $- 4 A e^{- 3 x} = e^{- 3 x}$ ，解得 $A = - \frac{1}{4}$ 。因此特解为 $y_{p} = - \frac{1}{4} x e^{- 3 x}$ .

最后，通解为齐次解与特解之和： $y = y_{h} + y_{p} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- 3 x} - \frac{1}{4} x e^{- 3 x}$ .

15

计算曲面积分 $\iint_{Σ} (x^{3} + a z^{2}) d y d z + (y^{3} + a x^{2}) d z d x + (z^{3} + a y^{2}) d x d y$ ，其中 $Σ$ 为上半球面 $z = a^{2} - x^{2} - y^{2}$ 的上侧．

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【答案】 $\frac{29 π a ^{5}}{20}$

【解析】 考虑曲面积分 $\iint_{Σ} (x^{3} + a z^{2}) d y d z + (y^{3} + a x^{2}) d z d x + (z^{3} + a y^{2}) d x d y$ ，其中 $Σ$ 为上半球面 $z = a^{2} - x^{2} - y^{2}$ 的上侧。
应用高斯散度定理，需将上半球面与底面圆盘 $D : x^{2} + y^{2} \leq a^{2}, z = 0$ 构成封闭曲面 $S = Σ \cup D$ ，底面法向量向下。
设向量场 $F = (P, Q, R) = (x^{3} + a z^{2}, y^{3} + a x^{2}, z^{3} + a y^{2})$ ，则散度为：

\nabla \cdot F = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 3 x^{2} + 3 y^{2} + 3 z^{2} = 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2})

对上半球体 $V : x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq a^{2}, z \geq 0$ 计算三重积分：

∭_{V} \nabla \cdot F d V = ∭_{V} 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d V

使用球坐标： $x = ρ sin ϕ cos θ$ , $y = ρ sin ϕ sin θ$ , $z = ρ cos ϕ$ ，其中 $ρ \in [0, a]$ , $ϕ \in [0, π /2]$ , $θ \in [0, 2 π]$ ，体积元素 $d V = ρ^{2} sin ϕ d ρ d ϕ d θ$ 。
代入得：

∭_{V} 3 ρ^{2} \cdot ρ^{2} sin ϕ d ρ d ϕ d θ = 3 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π /2} sin ϕ d ϕ \int_{0}^{a} ρ^{4} d ρ

计算：

\int_{0}^{2 π} d θ = 2 π, \int_{0}^{π /2} sin ϕ d ϕ = 1, \int_{0}^{a} ρ^{4} d ρ = \frac{a ^{5}}{5}

所以：

∭_{V} \nabla \cdot F d V = 3 \times 2 π \times 1 \times \frac{a ^{5}}{5} = \frac{6 π a ^{5}}{5}

即封闭曲面积分 $\iint_{S} F \cdot d S = \frac{6 π a ^{5}}{5}$ 。
接下来计算底面积分 $\iint_{D} F \cdot d S$ 。在底面 $D$ 上， $z = 0$ ，法向量向下，故 $d S = (0, 0, - 1) d A$ ，

\iint_{D} F \cdot d S = \iint_{D} (P, Q, R) \cdot (0, 0, - 1) d A = \iint_{D} - R d A

其中 $R = z^{3} + a y^{2} = a y^{2}$ ，所以：

\iint_{D} - a y^{2} d A = - a \iint_{D} y^{2} d A

在圆盘 $D$ 上使用极坐标： $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ , $d A = r d r d θ$ ，

\iint_{D} y^{2} d A = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{a} (r sin θ)^{2} \cdot r d r d θ = \int_{0}^{2 π} sin^{2} θ d θ \int_{0}^{a} r^{3} d r

计算：

\int_{0}^{2 π} sin^{2} θ d θ = π, \int_{0}^{a} r^{3} d r = \frac{a ^{4}}{4}

所以：

\iint_{D} y^{2} d A = π \cdot \frac{a ^{4}}{4} = \frac{π a ^{4}}{4}

因此：

\iint_{D} F \cdot d S = - a \cdot \frac{π a ^{4}}{4} = - \frac{π a ^{5}}{4}

最终，上半球面的积分为：

\iint_{Σ} F \cdot d S = \iint_{S} F \cdot d S - \iint_{D} F \cdot d S = \frac{6 π a ^{5}}{5} - (- \frac{π a ^{5}}{4}) = \frac{6 π a ^{5}}{5} + \frac{π a ^{5}}{4} = \frac{24 π a ^{5}}{20} + \frac{5 π a ^{5}}{20} = \frac{29 π a ^{5}}{20}

故曲面积分结果为 $\frac{29 π a ^{5}}{20}$ 。

16

设 $f^{''} (x) < 0$ , $f (0) = 0$ ，证明对任何 $x_{1} > 0, x_{2} > 0$ ，有 $f (x_{1} + x_{2}) < f (x_{1}) + f (x_{2})$ ．

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【答案】
对任何 $x_{1} > 0, x_{2} > 0$ ，有 $f (x_{1} + x_{2}) < f (x_{1}) + f (x_{2})$ 。

【解析】
已知 $f^{''} (x) < 0$ ，因此 $f (x)$ 是严格凹函数，且 $f (0) = 0$ 。
考虑点 $0$ 和 $x_{1} + x_{2}$ ，其中 $x_{1} > 0, x_{2} > 0$ 。点 $x_{1}$ 位于区间 $(0, x_{1} + x_{2})$ 内，可表示为 $x_{1} = λ \cdot 0 + (1 - λ) (x_{1} + x_{2})$ ，其中 $λ = \frac{x _{2}}{x _{1} + x _{2}}$ ， $1 - λ = \frac{x _{1}}{x _{1} + x _{2}}$ 。
由严格凹函数的性质，有：

f (x_{1}) > λ f (0) + (1 - λ) f (x_{1} + x_{2}) = \frac{x _{1}}{x _{1} + x _{2}} f (x_{1} + x_{2})

类似地，点 $x_{2}$ 位于区间 $(0, x_{1} + x_{2})$ 内，可表示为 $x_{2} = μ \cdot 0 + (1 - μ) (x_{1} + x_{2})$ ，其中 $μ = \frac{x _{1}}{x _{1} + x _{2}}$ ， $1 - μ = \frac{x _{2}}{x _{1} + x _{2}}$ 。
由严格凹函数的性质，有：

f (x_{2}) > μ f (0) + (1 - μ) f (x_{1} + x_{2}) = \frac{x _{2}}{x _{1} + x _{2}} f (x_{1} + x_{2})

将上述两不等式相加：

f (x_{1}) + f (x_{2}) > \frac{x _{1}}{x _{1} + x _{2}} f (x_{1} + x_{2}) + \frac{x _{2}}{x _{1} + x _{2}} f (x_{1} + x_{2}) = f (x_{1} + x_{2})

即 $f (x_{1} + x_{2}) < f (x_{1}) + f (x_{2})$ 。
因此，对任何 $x_{1} > 0, x_{2} > 0$ ，不等式成立。

17

在变力 $F = yz i + z x j + x y k$ 的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} + \frac{z ^{2}}{c ^{2}} = 1$ 上第一卦限的点 $M (ξ, η, ζ)$ ．问当 $ξ, η, ζ$ 取何值时，力 $F$ 所做的功 $W$ 最大？并求出 $W$ 的最大值．

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【答案】
当 $ξ = \frac{a}{3}$ ， $η = \frac{b}{3}$ ， $ζ = \frac{c}{3}$ 时，力 $F$ 所做的功 $W$ 最大，最大值为 $W_{max} = \frac{ab c}{3 3}$ 。

【解析】
力 $F = yz i + z x j + x y k$ 所做的功 $W$ 为线积分 $W = \int_{C} F \cdot d r$ 。质点从原点沿直线运动到点 $M (ξ, η, ζ)$ ，参数化路径为 $x = t ξ$ ， $y = t η$ ， $z = tζ$ ，其中 $t \in [0, 1]$ 。
则 $d r = (ξ d t) i + (η d t) j + (ζ d t) k$ ，
$F = (t^{2} η ζ) i + (t^{2} ζ ξ) j + (t^{2} ξ η) k$ ，
故 $F \cdot d r = 3 t^{2} ξ η ζ d t$ 。
积分得 $W = \int_{0}^{1} 3 t^{2} ξ η ζ d t = ξ η ζ$ 。
点 $M$ 在椭球面 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} + \frac{z ^{2}}{c ^{2}} = 1$ 上，即 $\frac{ξ ^{2}}{a ^{2}} + \frac{η ^{2}}{b ^{2}} + \frac{ζ ^{2}}{c ^{2}} = 1$ ，且 $ξ, η, ζ > 0$ 。
问题转化为在约束条件下最大化 $W = ξ η ζ$ 。使用拉格朗日乘数法，设 $L = ξ η ζ - λ (\frac{ξ ^{2}}{a ^{2}} + \frac{η ^{2}}{b ^{2}} + \frac{ζ ^{2}}{c ^{2}} - 1)$ 。
求偏导：
$\frac{\partial L}{\partial ξ} = η ζ - \frac{2 λ ξ}{a ^{2}} = 0$ ，
$\frac{\partial L}{\partial η} = ξ ζ - \frac{2 λ η}{b ^{2}} = 0$ ，
$\frac{\partial L}{\partial ζ} = ξ η - \frac{2 λ ζ}{c ^{2}} = 0$ 。
解得 $\frac{ξ ^{2}}{a ^{2}} = \frac{η ^{2}}{b ^{2}} = \frac{ζ ^{2}}{c ^{2}}$ 。
代入约束条件得 $\frac{ξ ^{2}}{a ^{2}} = \frac{η ^{2}}{b ^{2}} = \frac{ζ ^{2}}{c ^{2}} = \frac{1}{3}$ ，
故 $ξ = \frac{a}{3}$ ， $η = \frac{b}{3}$ ， $ζ = \frac{c}{3}$ 。
此时 $W = ξ η ζ = \frac{ab c}{3 3}$ 。
由 AM-GM 不等式验证，此为最大值。

18

设向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，向量组 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关，问：

(1) $α_{1}$ 能否由 $α_{2}, α_{3}$ 线性表示？证明你的结论．

(2) $α_{4}$ 能否由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示？证明你的结论．

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【答案】 (1) $α_{1}$ 能由 $α_{2}, α_{3}$ 线性表示。 (2) $α_{4}$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

【解析】 (1) 由于向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关，存在不全为零的标量 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ 使得 $c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + c_{3} α_{3} = 0$ 。若 $c_{1} = 0$ ，则 $c_{2} α_{2} + c_{3} α_{3} = 0$ ，但向量组 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关，故 $α_{2}, α_{3}$ 线性无关，从而 $c_{2} = c_{3} = 0$ ，与线性相关矛盾。因此 $c_{1} \neq = 0$ ，于是 $α_{1}$ 可由 $α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

(2) 假设 $α_{4}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，即存在标量 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 使得 $α_{4} = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3}$ 。由 (1) 知 $α_{1}$ 可由 $α_{2}, α_{3}$ 线性表示，设 $α_{1} = l_{2} α_{2} + l_{3} α_{3}$ ，代入得 $α_{4} = (k_{1} l_{2} + k_{2}) α_{2} + (k_{1} l_{3} + k_{3}) α_{3}$ ，即 $α_{4}$ 可由 $α_{2}, α_{3}$ 线性表示。但向量组 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关，矛盾。故 $α_{4}$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

19

设 $3$ 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = 1, λ_{2} = 2, λ_{3} = 3$ ，对应的特征向量依次为

ξ_{1} = 111, ξ_{2} = 124, ξ_{3} = 139,

又向量 $β = 113$ ．

(1) 将 $β$ 用 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 线性表示．

(2) 求 $A^{n} β$ （ $n$ 为自然数）．

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【答案】
(1) $β = 2 ξ_{1} - 2 ξ_{2} + ξ_{3}$
(2) $A^{n} β = 2 ξ_{1} - 2^{n + 1} ξ_{2} + 3^{n} ξ_{3}$

【解析】
(1) 设 $β = c_{1} ξ_{1} + c_{2} ξ_{2} + c_{3} ξ_{3}$ ，代入向量得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ c_{1} + c_{2} + c_{3} = 1 c_{1} + 2 c_{2} + 3 c_{3} = 1 c_{1} + 4 c_{2} + 9 c_{3} = 3

解方程组：从第二式减第一式得 $c_{2} + 2 c_{3} = 0$ ，从第三式减第一式得 $3 c_{2} + 8 c_{3} = 2$ 。由 $c_{2} = - 2 c_{3}$ 代入得 $3 (- 2 c_{3}) + 8 c_{3} = 2$ ，即 $2 c_{3} = 2$ ，所以 $c_{3} = 1$ ，进而 $c_{2} = - 2$ ，代入第一式得 $c_{1} = 2$ 。故 $β = 2 ξ_{1} - 2 ξ_{2} + ξ_{3}$ 。

(2) 由于 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 是 $A$ 的特征向量，对应特征值 $λ_{1} = 1, λ_{2} = 2, λ_{3} = 3$ ，有 $A^{n} ξ_{1} = 1^{n} ξ_{1} = ξ_{1}$ ， $A^{n} ξ_{2} = 2^{n} ξ_{2}$ ， $A^{n} ξ_{3} = 3^{n} ξ_{3}$ 。
由(1)知 $β = 2 ξ_{1} - 2 ξ_{2} + ξ_{3}$ ，则

A^{n} β = A^{n} (2 ξ_{1} - 2 ξ_{2} + ξ_{3}) = 2 A^{n} ξ_{1} - 2 A^{n} ξ_{2} + A^{n} ξ_{3} = 2 ξ_{1} - 2 \cdot 2^{n} ξ_{2} + 3^{n} ξ_{3} = 2 ξ_{1} - 2^{n + 1} ξ_{2} + 3^{n} ξ_{3} .

填空题

20

已知 $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{4}$ , $P (A B) = 0$ , $P (A C) = P (BC) = \frac{1}{16}$ ，则事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 全不发生的概率为 ______．

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【答案】 $\frac{3}{8}$

【解析】 事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 全不发生的概率为 $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B} \cap \overset{ˉ}{C})$ 。根据概率的性质，有 $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B} \cap \overset{ˉ}{C}) = 1 - P (A \cup B \cup C)$ 。
使用容斥原理计算 $P (A \cup B \cup C)$ ：

P (A \cup B \cup C) = P (A) + P (B) + P (C) - P (A B) - P (A C) - P (BC) + P (A BC)

已知 $P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{4}$ ， $P (A B) = 0$ ， $P (A C) = P (BC) = \frac{1}{16}$ 。由于 $P (A B) = 0$ ，事件 $A$ 和 $B$ 不能同时发生，因此 $P (A BC) = 0$ 。
代入公式：

P (A \cup B \cup C) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 0 - \frac{1}{16} - \frac{1}{16} + 0 = \frac{3}{4} - \frac{2}{16} = \frac{3}{4} - \frac{1}{8} = \frac{6}{8} - \frac{1}{8} = \frac{5}{8}

因此，

P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B} \cap \overset{ˉ}{C}) = 1 - \frac{5}{8} = \frac{3}{8}

故事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 全不发生的概率为 $\frac{3}{8}$ 。

21

设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的指数分布，则数学期望 $E (X + e^{- 2 X}) =$ ______．

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【答案】
$\frac{4}{3}$

【解析】
由于 $X$ 服从参数为 $1$ 的指数分布，其概率密度函数为 $f (x) = e^{- x}$ （ $x \geq 0$ ）。数学期望 $E (X + e^{- 2 X}) = E (X) + E (e^{- 2 X})$ 。
对于指数分布， $E (X) = \frac{1}{λ} = 1$ 。
计算 $E (e^{- 2 X})$ ，利用矩生成函数或直接积分：
$E (e^{- 2 X}) = \int_{0}^{\infty} e^{- 2 x} e^{- x} d x = \int_{0}^{\infty} e^{- 3 x} d x = [- \frac{1}{3} e^{- 3 x}]_{0}^{\infty} = \frac{1}{3}$ 。
因此， $E (X + e^{- 2 X}) = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$ 。

22

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立， $X$ 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ， $Y$ 服从 $[- π, π]$ 上的均匀分布，试求 $Z = X + Y$ 的概率分布密度（计算结果用标准正态分布函数 $Φ (x)$ 表示，其中 $Φ (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{x} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t$ ）．

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【答案】

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π} [Φ (\frac{z - μ + π}{σ}) - Φ (\frac{z - μ - π}{σ})]

【解析】 由于随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立， $X \sim N (μ, σ^{2})$ ， $Y$ 服从 $[- π, π]$ 上的均匀分布，则 $Z = X + Y$ 的概率密度函数为 $X$ 和 $Y$ 的概率密度函数的卷积。
设 $f_{X} (x)$ 为 $X$ 的概率密度函数， $f_{Y} (y)$ 为 $Y$ 的概率密度函数，则有：

f_{X} (x) = \frac{1}{2 π σ} exp (- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}), f_{Y} (y) = {\frac{1}{2 π} 0 y \in [- π, π] 其他

则 $Z$ 的概率密度函数为：

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X} (z - y) f_{Y} (y) d y = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f_{X} (z - y) d y

代入 $f_{X} (z - y)$ ：

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{1}{2 π σ} exp (- \frac{( z - y - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}) d y

令 $a = z - μ$ ，则：

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π 2 π σ} \int_{- π}^{π} exp (- \frac{( a - y ) ^{2}}{2 σ ^{2}}) d y

进行变量代换 $u = \frac{a - y}{σ}$ ，则 $d y = - σ d u$ ，积分限变为 $u = \frac{a + π}{σ}$ 到 $u = \frac{a - π}{σ}$ ：

\int_{- π}^{π} exp (- \frac{( a - y ) ^{2}}{2 σ ^{2}}) d y = σ \int_{\frac{a - π}{σ}}^{\frac{a + π}{σ}} exp (- \frac{u ^{2}}{2}) d u

代入得：

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π 2 π σ} \cdot σ \int_{\frac{a - π}{σ}}^{\frac{a + π}{σ}} exp (- \frac{u ^{2}}{2}) d u = \frac{1}{2 π 2 π} \int_{\frac{a - π}{σ}}^{\frac{a + π}{σ}} exp (- \frac{u ^{2}}{2}) d u

利用标准正态分布函数 $Φ (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{x} exp (- \frac{t ^{2}}{2}) d t$ ，有：

\int_{\frac{a - π}{σ}}^{\frac{a + π}{σ}} exp (- \frac{u ^{2}}{2}) d u = 2 π [Φ (\frac{a + π}{σ}) - Φ (\frac{a - π}{σ})]

代入并简化：

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π 2 π} \cdot 2 π [Φ (\frac{a + π}{σ}) - Φ (\frac{a - π}{σ})] = \frac{1}{2 π} [Φ (\frac{z - μ + π}{σ}) - Φ (\frac{z - μ - π}{σ})]

此即为所求概率密度函数。