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1997 年真题

22 题

填空题

本题共5分，每小题3分，满分15分

1

x \to 0 lim \frac{3 sin x + x ^{2} cos \frac{1}{x}}{( 1 + cos x ) ln ( 1 + x )} =

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【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{3 s i n x + x ^{2} c o s \frac{1}{x}}{( 1 + c o s x ) l n ( 1 + x )}$ 。
当 $x \to 0$ 时，分子中的 $3 sin x \sim 3 x$ ，而 $x^{2} cos \frac{1}{x}$ 由于 $∣ cos \frac{1}{x} ∣ \leq 1$ 且 $x^{2} \to 0$ ，因此 $x^{2} cos \frac{1}{x} \to 0$ ，故分子等价于 $3 x$ 。
分母中， $1 + cos x \to 2$ ， $ln (1 + x) \sim x$ ，因此分母等价于 $2 x$ 。
于是，原极限化为 $lim_{x \to 0} \frac{3 x}{2 x} = \frac{3}{2}$ 。
Alternatively, 使用夹逼定理：由于 $∣ cos \frac{1}{x} ∣ \leq 1$ ，有

\frac{3 sin x - x ^{2}}{( 1 + cos x ) ln ( 1 + x )} \leq \frac{3 sin x + x ^{2} cos \frac{1}{x}}{( 1 + cos x ) ln ( 1 + x )} \leq \frac{3 sin x + x ^{2}}{( 1 + cos x ) ln ( 1 + x )}

当 $x \to 0$ 时，左右两边的极限均为 $\frac{3}{2}$ ，故由夹逼定理，原极限为 $\frac{3}{2}$ 。

2

设幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 $3$ , 则幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n + 1}$ 的收敛区间为 ______．

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【答案】 $(- 2, 4)$

【解析】
已知幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 3，因此其收敛区间为 $(- 3, 3)$ （端点收敛性未知）。

考虑幂级数

n = 1 \sum \infty n a_{n} (x - 1)^{n + 1} .

令 $y = x - 1$ ，则原级数化为

n = 1 \sum \infty n a_{n} y^{n + 1} = y n = 1 \sum \infty n a_{n} y^{n} .

由于 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 3，有

n \to \infty lim sup ∣ a_{n} ∣^{1/ n} = \frac{1}{3} .

对于级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} y^{n}$ ，

n \to \infty lim sup ∣ n a_{n} ∣^{1/ n} = n \to \infty lim sup n^{1/ n} \cdot ∣ a_{n} ∣^{1/ n} = 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3},

因此其收敛半径也为 3。

于是 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} y^{n}$ 在 $∣ y ∣ < 3$ 时收敛，在 $∣ y ∣ > 3$ 时发散。从而

n = 1 \sum \infty n a_{n} y^{n + 1}

在 $∣ y ∣ < 3$ 时收敛，在 $∣ y ∣ > 3$ 时发散。

代回 $y = x - 1$ ，即当 $∣ x - 1∣ < 3$ 时级数收敛，解得 $- 2 < x < 4$ 。

当 $∣ x - 1∣ = 3$ 时，即 $x = - 2$ 或 $x = 4$ ，级数变为

n = 1 \sum \infty n a_{n} (\pm 3)^{n + 1} .

由于原级数在 $x = \pm 3$ 处的收敛性未知，且 $\sum n a_{n} (\pm 3)^{n}$ 可能发散，因此端点 $x = - 2$ 和 $x = 4$ 处的收敛性无法确定，故收敛区间为开区间 $(- 2, 4)$ 。

综上，幂级数

n = 1 \sum \infty n a_{n} (x - 1)^{n + 1}

的收敛区间为 $(- 2, 4)$ 。

3

对数螺线 $ρ = e^{θ}$ 在点 $(ρ, θ) = (e^{\frac{π}{2}}, \frac{π}{2})$ 处的切线的直角坐标方程为 ______．

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【答案】

x + y = e^{\frac{π}{2}}

【解析】
给定对数螺线 $ρ = e^{θ}$ 在点 $(ρ, θ) = (e^{\frac{π}{2}}, \frac{π}{2})$ 处，首先将该点转换为直角坐标：

x = ρ cos θ = e^{\frac{π}{2}} cos \frac{π}{2} = 0

y = ρ sin θ = e^{\frac{π}{2}} sin \frac{π}{2} = e^{\frac{π}{2}}

因此点为 $(0, e^{\frac{π}{2}})$ 。

求切线斜率，由极坐标关系 $x = e^{θ} cos θ$ 和 $y = e^{θ} sin θ$ ，对参数 $θ$ 求导：

\frac{d x}{d θ} = e^{θ} (cos θ - sin θ)

\frac{d y}{d θ} = e^{θ} (sin θ + cos θ)

则

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d θ}{d x / d θ} = \frac{sin θ + cos θ}{cos θ - sin θ}

在 $θ = \frac{π}{2}$ 处：

\frac{d y}{d x} = \frac{sin \frac{π}{2} + cos \frac{π}{2}}{cos \frac{π}{2} - sin \frac{π}{2}} = \frac{1 + 0}{0 - 1} = - 1

切线斜率为 $- 1$ 。

使用点斜式方程：

y - e^{\frac{π}{2}} = - 1 \cdot (x - 0)

即

x + y = e^{\frac{π}{2}}

故切线的直角坐标方程为 $x + y = e^{\frac{π}{2}}$ 。

4

设 $A = 143 2 t - 1 - 2 31$ , $B$ 为三阶非零矩阵，且 $A B = O$ ，则 $t =$ ______．

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【答案】 $- 3$

【解析】
由于 $A B = O$ 且 $B$ 为非零矩阵，则 $A$ 不可逆，故 $det (A) = 0$ 。
计算行列式：

det (A) = det 143 2 t - 1 - 2 31 = 1 \cdot det (t - 1 31) - 2 \cdot det (4331) + (- 2) \cdot det (43 t - 1)

其中：

det (t - 1 31) = t \cdot 1 - 3 \cdot (- 1) = t + 3

det (4331) = 4 \cdot 1 - 3 \cdot 3 = 4 - 9 = - 5

det (43 t - 1) = 4 \cdot (- 1) - t \cdot 3 = - 4 - 3 t

代入得：

det (A) = (t + 3) - 2 \cdot (- 5) + (- 2) \cdot (- 4 - 3 t) = t + 3 + 10 + 8 + 6 t = 7 t + 21

设 $det (A) = 0$ ，有 $7 t + 21 = 0$ ，解得 $t = - 3$ 。
当 $t = - 3$ 时， $A$ 奇异，存在非零矩阵 $B$ 满足 $A B = O$ 。

5

袋中有 $50$ 个乒乓球，其中 $20$ 个是黄球， $30$ 个是白球．今有两人依次随机地从袋中各取一球，取后不放回，则第二个人取得黄球的概率是 ______．

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【答案】

\frac{2}{5}

【解析】

设第二个人取到黄球为事件 $B$ 。
根据全概率公式：

P (B) = P (B ∣ A_{1}) \cdot P (A_{1}) + P (B ∣ A_{2}) \cdot P (A_{2})

其中：

$A_{1}$ ：第一个人取到黄球
$A_{2}$ ：第一个人取到白球

已知：

P (A_{1}) = \frac{20}{50} = \frac{2}{5}, P (A_{2}) = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}

若第一个人取到黄球，则剩余 49 个球中有 19 个黄球：

P (B ∣ A_{1}) = \frac{19}{49}

若第一个人取到白球，则剩余 49 个球中有 20 个黄球：

P (B ∣ A_{2}) = \frac{20}{49}

代入全概率公式：

P (B) = \frac{19}{49} \cdot \frac{2}{5} + \frac{20}{49} \cdot \frac{3}{5}

P (B) = \frac{38}{245} + \frac{60}{245} = \frac{98}{245} = \frac{2}{5}

因此，第二个人取到黄球的概率为 $\frac{2}{5}$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

二元函数 $f (x, y) = {\frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}, 0, (x, y) \neq = (0, 0), (x, y) = (0, 0)$ 在点 $(0, 0)$ 处

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
首先，检查连续性：
考虑沿路径 $y = x$ 接近 $(0, 0)$ ，有

f (x, x) = \frac{x \cdot x}{x ^{2} + x ^{2}} = \frac{x ^{2}}{2 x ^{2}} = \frac{1}{2},

极限为 $\frac{1}{2} \neq = f (0, 0) = 0$ ，因此函数在 $(0, 0)$ 处不连续。

其次，检查偏导数：
由定义，

f_{x} (0, 0) = h \to 0 lim \frac{f ( h , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{h} = h \to 0 lim \frac{0}{h} = 0,

同理 $f_{y} (0, 0) = 0$ ，故偏导数存在。

因此，选项 C 正确。

7

设在区间 $[a, b]$ 上 $f (x) > 0$ , $f^{'} (x) < 0$ , $f^{''} (x) > 0$ ，令

S_{1} = \int_{a}^{b} f (x) d x, S_{2} = f (b) (b - a), S_{3} = \frac{1}{2} [f (a) + f (b)] (b - a),

则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
在区间 $[a, b]$ 上， $f^{'} (x) < 0$ ，说明函数 $f (x)$ 严格递减。
因此，对于任意 $x \in [a, b]$ ，有

f (x) \geq f (b),

从而

S_{1} = \int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{a}^{b} f (b) d x = f (b) (b - a) = S_{2} .

由于函数严格递减，等号不成立，故

S_{2} < S_{1} .

又因为 $f^{''} (x) > 0$ ，函数 $f (x)$ 严格凸，因此图像在连接点 $(a, f (a))$ 与 $(b, f (b))$ 的弦之下，即积分 $S_{1}$ 小于梯形面积

S_{3} = \frac{1}{2} [f (a) + f (b)] (b - a),

故

S_{1} < S_{3} .

综上，

S_{2} < S_{1} < S_{3},

对应选项 B。

8

$设 F (x) = \int_{x}^{x + 2 π} e^{s i n t} sin t d t$ ，则 $F (x)$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

给定

F (x) = \int_{x}^{x + 2 π} e^{s i n t} sin t d t,

由于被积函数 $e^{s i n t} sin t$ 是以 $2 π$ 为周期的函数，在一个完整周期上的积分与起点 $x$ 无关，因此 $F (x)$ 是一个常数。

为确定该常数的符号，计算

F (0) = \int_{0}^{2 π} e^{s i n t} sin t d t .

将积分拆分为两部分：

\int_{0}^{π} e^{s i n t} sin t d t + \int_{π}^{2 π} e^{s i n t} sin t d t .

对第二部分作变量代换 $u = t - π$ ，则

\int_{π}^{2 π} e^{s i n t} sin t d t = \int_{0}^{π} e^{s i n (u + π)} sin (u + π) d u = \int_{0}^{π} - e^{- s i n u} sin u d u .

因此，

F (0) = \int_{0}^{π} (e^{s i n t} sin t - e^{- s i n t} sin t) d t = \int_{0}^{π} sin t (e^{s i n t} - e^{- s i n t}) d t .

利用双曲正弦函数 $sinh z = \frac{e ^{z} - e ^{- z}}{2}$ ，可得

F (0) = 2 \int_{0}^{π} sin t \cdot sinh (sin t) d t .

在区间 $[0, π]$ 上， $sin t \geq 0$ ，且当 $t \in (0, π)$ 时， $sinh (sin t) > 0$ ，因此被积函数恒正，积分大于零。

故 $F (x)$ 为正常数。

9

设 $α_{1} = a_{1} a_{2} a_{3}$ , $α_{2} = b_{1} b_{2} b_{3}$ , $α_{3} = c_{1} c_{2} c_{3}$ ，则三条直线

a_{1} x + b_{1} y + c_{1} = 0, a_{2} x + b_{2} y + c_{2} = 0, a_{3} x + b_{3} y + c_{3} = 0

（其中 $a_{i}^{2} + b_{i}^{2} \neq = 0, i = 1, 2, 3$ ）交于一点的充要条件是

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】 三条直线交于一点等价于方程组有唯一解，这要求系数矩阵与增广矩阵的秩均为2。向量

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性相关意味着秩小于3，而

α_{1}, α_{2}

线性无关意味着秩为2，确保两条直线相交于一点，且第三条直线经过该点。因此，充要条件是

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性相关，且

α_{1}, α_{2}

线性无关，对应选项 D。

10

设两个相互独立的随机变量 $X$ 和 $Y$ 的方差分别为 $4$ 和 $2$ ，则随机变量 $3 X - 2 Y$ 的方差是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，随机变量 $3 X - 2 Y$ 的方差为：

Var (3 X - 2 Y) = 3^{2} \cdot Var (X) + (- 2)^{2} \cdot Var (Y) = 9 \times 4 + 4 \times 2 = 36 + 8 = 44.

计算题

本题共3小题，每小题5分，满分15分

11

计算 $I = ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2}) d V$ ，其中 $Ω$ 为平面曲线 ${y^{2} = 2 z, x = 0$ 绕 $z$ 轴旋转一周形成的曲面与平面 $z = 8$ 所围成的区域．

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【答案】 $\frac{1024 π}{3}$

【解析】

积分区域 $Ω$ 是由曲线

{y^{2} = 2 z x = 0

绕 $z$ -轴旋转所形成的曲面与平面 $z = 8$ 所围成。旋转曲面的方程为

x^{2} + y^{2} = 2 z,

即

r^{2} = 2 z,

其中 $r = x^{2} + y^{2}$ 。该曲面与平面 $z = 8$ 相交于圆 $r = 4$ 。

使用柱坐标计算积分：令

x = r cos θ, y = r sin θ, z = z,

则 $x^{2} + y^{2} = r^{2}$ ，体积元素

d V = r d r d θ d z .

积分变为

I = ∭_{Ω} r^{2} \cdot r d r d θ d z = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{4} d r \int_{z = \frac{r ^{2}}{2}}^{8} r^{3} d z .

先对 $z$ 积分：

\int_{\frac{r ^{2}}{2}}^{8} d z = 8 - \frac{r ^{2}}{2},

因此

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{4} r^{3} (8 - \frac{r ^{2}}{2}) d r = 2 π \int_{0}^{4} (8 r^{3} - \frac{1}{2} r^{5}) d r .

计算对 $r$ 的积分：

\int_{0}^{4} (8 r^{3} - \frac{1}{2} r^{5}) d r = [2 r^{4} - \frac{r ^{6}}{12}]_{0}^{4} = 2 \cdot 256 - \frac{4096}{12} = 512 - \frac{1024}{3} = \frac{512}{3} .

于是

I = 2 π \cdot \frac{512}{3} = \frac{1024 π}{3} .

另一种方法：交换积分次序，以 $z$ 为外层变量：

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{8} d z \int_{0}^{2 z} r^{3} d r = 2 π \int_{0}^{8} [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{2 z} d z = 2 π \int_{0}^{8} z^{2} d z = 2 π \cdot \frac{512}{3} = \frac{1024 π}{3},

结果一致。

12

计算曲线积分 $\oint_{C} (z - y) d x + (x - z) d y + (x - y) d z$ ，其中 $C$ 是曲线 ${x^{2} + y^{2} = 1, x - y + z = 2,$ 从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看， $C$ 的方向是顺时针的．

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【答案】 $- 2 π$

【解析】 曲线积分 $\oint_{C} (z - y) d x + (x - z) d y + (x - y) d z$ ，其中 $C$ 是曲线 ${x^{2} + y^{2} = 1, x - y + z = 2$ ，从 $z$ 轴正向往负向看方向为顺时针。

使用斯托克斯定理，将曲线积分转化为曲面积分。设 $F = (z - y, x - z, x - y)$ ，则旋度 $\nabla \times F = (\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) = (0, 0, 2)$ 。

选取曲面 $S$ 为平面 $x - y + z = 2$ 上满足 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ 的部分，根据曲线方向（从 $z$ 轴正向往负向看顺时针），曲面的法向量应指向 $z$ 轴负方向。曲面 $S$ 的参数化为 $z = 2 - x + y$ ，向下法向量对应的 $d S = (- 1, 1, - 1) d x d y$ 。

计算通量积分：

\iint_{S} (\nabla \times F) \cdot d S = \iint_{S} (0, 0, 2) \cdot (- 1, 1, - 1) d x d y = \iint_{S} - 2 d x d y .

投影区域 $D$ 为 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ ，面积为 $π$ ，因此积分值为 $- 2 \times π = - 2 π$ 。

也可直接参数化曲线验证：令 $x = cos t$ , $y = - sin t$ , $z = 2 - cos t - sin t$ ， $t \in [0, 2 π]$ ，代入曲线积分计算得 $- 2 π$ ，结果一致。

故曲线积分为 $- 2 π$ 。

13

在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的．设该人群的总人数为 $N$ ，在 $t = 0$ 时刻已掌握新技术的人数为 $x_{0}$ ，在任意时刻 $t$ 已掌握新技术的人数为 $x (t)$ （将 $x (t)$ 视为连续可微变量），其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比，比例常数 $k > 0$ ，求 $x (t)$ ．

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【答案】

x (t) = \frac{N}{1 + ( \frac{N - x _{0}}{x _{0}} ) e ^{- N k t}}

【解析】 根据题意，已掌握新技术人数 $x (t)$ 的变化率与已掌握人数和未掌握人数之积成正比，即：

\frac{d x}{d t} = k x (N - x)

其中 $k > 0$ 为比例常数。这是一个可分离变量的微分方程。将方程改写为：

\frac{d x}{x ( N - x )} = k d t

对两边积分：

\int \frac{1}{x ( N - x )} d x = \int k d t

左边积分通过部分分式分解：

\frac{1}{x ( N - x )} = \frac{1}{N} (\frac{1}{x} + \frac{1}{N - x})

因此：

\frac{1}{N} \int (\frac{1}{x} + \frac{1}{N - x}) d x = k \int d t

积分得：

\frac{1}{N} (ln x - ln (N - x)) = k t + C

即：

\frac{1}{N} ln (\frac{x}{N - x}) = k t + C

代入初始条件 $t = 0$ 时 $x = x_{0}$ ：

\frac{1}{N} ln (\frac{x _{0}}{N - x _{0}}) = C

所以：

\frac{1}{N} ln (\frac{x}{N - x}) = k t + \frac{1}{N} ln (\frac{x _{0}}{N - x _{0}})

两边乘以 $N$ ：

ln (\frac{x}{N - x}) = N k t + ln (\frac{x _{0}}{N - x _{0}})

取指数：

\frac{x}{N - x} = \frac{x _{0}}{N - x _{0}} e^{N k t}

解出 $x$ ：

x = \frac{N}{1 + ( \frac{N - x _{0}}{x _{0}} ) e ^{- N k t}}

此即 $x (t)$ 的表达式。

计算题

本题共2小题，第(1)小题6分，第(2)小题7分，满分13分

14

设直线 $L : {x + y + b = 0, x + a y - z - 3 = 0$ 在平面 $Π$ 上，且平面 $Π$ 与曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 相切于点 $(1, - 2, 5)$ ，求 $a, b$ 之值．

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【答案】
$a = - 5$ ， $b = - 2$

【解析】
曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 在点 $(1, - 2, 5)$ 处的切平面方程为 $z - 5 = 2 (x - 1) - 4 (y + 2)$ ，即 $2 x - 4 y - z - 5 = 0$ 。
直线 $L$ 由方程 $x + y + b = 0$ 和 $x + a y - z - 3 = 0$ 定义，且位于切平面上。因此，切平面方程可表示为这两个方程的线性组合：

λ (x + y + b) + μ (x + a y - z - 3) = 2 x - 4 y - z - 5

比较系数：

$x$ 系数： $λ + μ = 2$
$y$ 系数： $λ + a μ = - 4$
$z$ 系数： $- μ = - 1$ ，解得 $μ = 1$
代入 $μ = 1$ ：
$λ + 1 = 2$ ，解得 $λ = 1$
$1 + a \cdot 1 = - 4$ ，解得 $a = - 5$
常数项： $λb - 3 μ = - 5$ ，即 $1 \cdot b - 3 \cdot 1 = - 5$ ，解得 $b = - 2$
因此， $a = - 5$ ， $b = - 2$ 。

15

设函数 $f (u)$ 具有二阶连续导数，而 $z = f (e^{x} sin y)$ 满足方程 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = e^{2 x} z$ ，求 $f (u)$ ．

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【答案】
$f (u) = C_{1} e^{u} + C_{2} e^{- u}$ ，其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】
设 $u = e^{x} sin y$ ，则 $z = f (u)$ 。计算一阶偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial x} = f^{'} (u) e^{x} sin y = f^{'} (u) u,

\frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial y} = f^{'} (u) e^{x} cos y .

计算二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} [f^{'} (u) e^{x} sin y] = f^{''} (u) (e^{x} sin y)^{2} + f^{'} (u) e^{x} sin y = f^{''} (u) u^{2} + f^{'} (u) u,

\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} [f^{'} (u) e^{x} cos y] = f^{''} (u) (e^{x} cos y)^{2} - f^{'} (u) e^{x} sin y = f^{''} (u) e^{2 x} cos^{2} y - f^{'} (u) u .

将二阶偏导数相加：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = f^{''} (u) u^{2} + f^{'} (u) u + f^{''} (u) e^{2 x} cos^{2} y - f^{'} (u) u = f^{''} (u) (u^{2} + e^{2 x} cos^{2} y) .

代入 $u^{2} = e^{2 x} sin^{2} y$ ，得：

u^{2} + e^{2 x} cos^{2} y = e^{2 x} (sin^{2} y + cos^{2} y) = e^{2 x} .

所以，

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

由给定方程 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = e^{2 x} z$ 和 $z = f (u)$ ，得：

f^{''} (u) e^{2 x} = e^{2 x} f (u) .

除以 $e^{2 x}$ （因 $e^{2 x} \neq = 0$ ），得：

f^{''} (u) = f (u) .

解此微分方程：
特征方程为 $r^{2} - 1 = 0$ ，根为 $r = \pm 1$ ，故通解为

f (u) = C_{1} e^{u} + C_{2} e^{- u},

其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

解答题

16

设 $f (x)$ 连续， $φ (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t$ ，且 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = A$ （ $A$ 为常数），求 $φ^{'} (x)$ 并讨论 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性．

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【答案】 $φ^{'} (x) = \frac{1}{x} f (x) - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u$ （当 $x \neq = 0$ ），且 $φ^{'} (0) = \frac{A}{2}$ ， $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解析】 由 $φ (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t$ ，当 $x \neq = 0$ 时，通过变量代换 $u = x t$ ，得 $φ (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u$ 。对其求导，有

φ^{'} (x) = \frac{d}{d x} (\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u) = - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u + \frac{1}{x} f (x)

当 $x = 0$ 时，由导数定义：

φ^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{φ ( x ) - φ ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{1} f ( x t ) d t}{x}

由变量代换 $\int_{0}^{1} f (x t) d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u$ ，得

φ^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{2 x} = \frac{A}{2}

其中最后一步使用了洛必达法则。
为讨论 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性，计算

x \to 0 lim φ^{'} (x) = x \to 0 lim (\frac{1}{x} f (x) - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u) = A - \frac{A}{2} = \frac{A}{2} = φ^{'} (0)

因此 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

17

设 $a_{1} = 2, a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{1}{a _{n}}), n = 1, 2, \dots$ ，证明：

(1) $lim_{n \to \infty} a_{n}$ 存在；

(2) 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1)$ 收敛．

查看答案与解析

【答案】
(1) $lim_{n \to \infty} a_{n}$ 存在且等于 1。
(2) 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1)$ 收敛。

【解析】
(1) 首先，由 $a_{1} = 2 > 0$ 及递推关系 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{1}{a _{n}})$ ，通过数学归纳法可知所有 $a_{n} > 0$ 。进一步，由算术-几何平均不等式，有 $a_{n} + \frac{1}{a _{n}} \geq 2$ ，故 $a_{n + 1} \geq 1$ ，即序列有下界。
考虑差值 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{2} (\frac{1}{a _{n}} - a_{n}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 - a _{n}^{2}}{a _{n}}$ 。由于 $a_{n} \geq 1$ ，有 $1 - a_{n}^{2} \leq 0$ ，故 $a_{n + 1} - a_{n} \leq 0$ ，即序列单调递减。
单调递减有下界的序列必有极限，设 $lim_{n \to \infty} a_{n} = L$ 。对递推公式取极限得 $L = \frac{1}{2} (L + \frac{1}{L})$ ，解得 $L^{2} = 1$ 。因 $a_{n} \geq 1$ ，故 $L = 1$ 。因此 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 1$ 。

(2) 考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1)$ 。由递推关系，

\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = \frac{a _{n}}{\frac{1}{2} ( a _{n} + \frac{1}{a _{n}} )} = \frac{2 a _{n}}{a _{n} + \frac{1}{a _{n}}} = \frac{2 a _{n}^{2}}{a _{n}^{2} + 1},

故

\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1 = \frac{2 a _{n}^{2}}{a _{n}^{2} + 1} - 1 = \frac{a _{n}^{2} - 1}{a _{n}^{2} + 1} .

令 $b_{n} = \frac{a _{n}^{2} - 1}{a _{n}^{2} + 1}$ ，需证 $\sum b_{n}$ 收敛。
由 $a_{n} \to 1$ ，定义 $c_{n} = a_{n} - 1$ ，则 $c_{n} > 0$ 且 $c_{n} \to 0$ 。由递推关系，

a_{n + 1} - 1 = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{1}{a _{n}}) - 1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{( a _{n} - 1 ) ^{2}}{a _{n}},

即

c_{n + 1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{c _{n}^{2}}{1 + c _{n}} \leq \frac{1}{2} c_{n}^{2},

其中利用了 $1 + c_{n} \geq 1$ 。
通过数学归纳法可证 $c_{n} \leq \frac{1}{2 ^{2^{n - 1} - 1}}$ 对于 $n \geq 1$ 成立：
当 $n = 1$ ， $c_{1} = 1 = \frac{1}{2 ^{0}}$ ；
假设 $c_{n} \leq \frac{1}{2 ^{2^{n - 1} - 1}}$ ，则

c_{n + 1} \leq \frac{1}{2} c_{n}^{2} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{2 ^{2^{n - 1} - 1}})^{2} = \frac{1}{2 ^{2^{n} - 1}} = \frac{1}{2 ^{2^{(n + 1) - 1} - 1}},

故成立。因此 $\sum c_{n}$ 收敛。
现在证明 $b_{n} \leq c_{n}$ 。考虑函数 $f (x) = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1} - (x - 1)$ for $x \geq 1$ 。
有 $f (1) = 0$ ，且

f^{'} (x) = \frac{4 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} - 1.

对于 $x > 1$ ，有 $(x^{2} + 1)^{2} \geq 4$ ，故 $\frac{4 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} \leq x \leq 1$ （当 $x > 1$ 时严格小于），所以 $f^{'} (x) < 0$ ，即 $f (x) \leq 0$ ，因此 $b_{n} \leq c_{n}$ 。
由比较判别法， $\sum b_{n}$ 收敛，即级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1)$ 收敛。

解答题

18

设 $B$ 是秩为 $2$ 的 $5 \times 4$ 矩阵，

α_{1} = (1, 1, 2, 3)^{T}, α_{2} = (- 1, 1, 4, - 1)^{T}, α_{3} = (5, - 1, - 8, 9)^{T}

是齐次线性方程组 $B x = 0$ 的解向量，求 $B x = 0$ 的解空间的一个标准正交基．

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【答案】 解空间的一个标准正交基为：

e_{1} = \frac{1}{15} 1123, e_{2} = \frac{1}{39} - 2 15 - 3

【解析】 已知 $B$ 是秩为 $2$ 的 $5 \times 4$ 矩阵，根据秩-零化度定理，解空间（零空间）的维数为 $4 - 2 = 2$ 。给定解向量 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ ，通过线性相关性检验发现 $α_{3} = 2 α_{1} - 3 α_{2}$ ，因此 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 线性无关，构成解空间的一组基。

使用 Gram-Schmidt 正交化过程：

令 $v_{1} = α_{1} = 1123$ 。
计算 $⟨ α_{2}, v_{1} ⟩ = 5$ 和 $⟨ v_{1}, v_{1} ⟩ = 15$ ，则 $v_{2} = α_{2} - \frac{5}{15} v_{1} = - 1 14 - 1 - \frac{1}{3} 1123 = - \frac{4}{3} \frac{2}{3} \frac{10}{3} - 2$ 。

单位化：

$∥ v_{1} ∥ = 15$ ，所以 $e_{1} = \frac{v _{1}}{∥ v _{1} ∥} = \frac{1}{15} 1123$ 。
$∥ v_{2} ∥ = \frac{52}{3} = \frac{2 39}{3}$ ，所以 $e_{2} = \frac{v _{2}}{∥ v _{2} ∥} = \frac{1}{39} - 2 15 - 3$ .

验证内积 $⟨ e_{1}, e_{2} ⟩ = 0$ ，故 $e_{1}$ 和 $e_{2}$ 标准正交。

19

已知 $ξ = 11 - 1$ 是矩阵 $A = 25 - 1 - 1 a b 23 - 2$ 的一个特征向量．

(1) 试确定参数 $a, b$ 及特征向量 $ξ$ 所对应的特征值；

(2) 问 $A$ 能否相似于对角阵？说明理由．

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【答案】 (1) $a = - 3$ ， $b = 0$ ，特征值 $λ = - 1$ 。 (2) $A$ 不能相似于对角阵，因为特征值 $λ = - 1$ 的代数重数为 3，但几何重数为 1，几何重数小于代数重数。

【解析】 (1) 由于 $ξ$ 是 $A$ 的特征向量，满足 $A ξ = λ ξ$ 。计算 $A ξ$ ：

A ξ = 25 - 1 - 1 a b 23 - 2 11 - 1 = 2 \cdot 1 + (- 1) \cdot 1 + 2 \cdot (- 1) 5 \cdot 1 + a \cdot 1 + 3 \cdot (- 1) - 1 \cdot 1 + b \cdot 1 + (- 2) \cdot (- 1) = - 1 2 + a 1 + b

令其等于 $λ ξ = λ 11 - 1 = λ λ - λ$ ，得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ - 1 = λ 2 + a = λ 1 + b = - λ

解得 $λ = - 1$ ，代入第二式得 $2 + a = - 1$ ，即 $a = - 3$ ；代入第三式得 $1 + b = 1$ ，即 $b = 0$ 。

(2) 代入 $a = - 3$ 和 $b = 0$ ，得矩阵：

A = 25 - 1 - 1 - 3 0 23 - 2

求特征多项式：

det (A - λ I) = det 2 - λ 5 - 1 - 1 - 3 - λ 0 23 - 2 - λ

计算得 $det (A - λ I) = - λ^{3} - 3 λ^{2} - 3 λ - 1 = - (λ + 1)^{3}$ ，所以特征值为 $λ = - 1$ （三重根），代数重数为 3。
计算几何重数，即解空间维数 of $A - (- 1) I = A + I$ ：

A + I = 35 - 1 - 1 - 2 0 23 - 1

行化简增广矩阵：

35 - 1 - 1 - 2 0 23 - 1 000 \to 100010110000

得方程 $x_{1} + x_{3} = 0$ ， $x_{2} + x_{3} = 0$ ，解向量为 $x_{3} - 1 - 1 1$ ，几何重数为 1。
由于几何重数小于代数重数， $A$ 不能相似于对角阵。

20

设 $A$ 是 $n$ 阶可逆方阵，将 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 行对换后得到的矩阵记为 $B$ ．

(1) 证明 $B$ 可逆；

(2) 求 $A B^{- 1}$ ．

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【答案】
(1) $B$ 可逆。
(2) $A B^{- 1} = E$ ，其中 $E$ 是对换第 $i$ 行和第 $j$ 行的初等矩阵。

【解析】
(1) 由于 $A$ 可逆，且 $B$ 是通过对换 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 行得到的矩阵，这一操作等价于左乘一个对换两行的初等矩阵 $E$ ，即 $B = E A$ 。初等矩阵 $E$ 可逆，且 $E^{- 1} = E$ 。因此 $B$ 是可逆矩阵的乘积，故 $B$ 可逆。
(2) 由 $B = E A$ 可得 $B^{- 1} = A^{- 1} E^{- 1} = A^{- 1} E$ 。于是 $A B^{- 1} = A (A^{- 1} E) = (A A^{- 1}) E = I E = E$ ，即 $A B^{- 1}$ 等于对换第 $i$ 行和第 $j$ 行的初等矩阵 $E$ 。

21

从学校乘汽车到火车站的途中有 $3$ 个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是 $\frac{2}{5}$ ．设 $X$ 为途中遇到红灯的次数，求随机变量 $X$ 的分布律、分布函数和数学期望．

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【答案】
随机变量 $X$ 的分布律为：

P (X = 0) = \frac{27}{125}, P (X = 1) = \frac{54}{125}, P (X = 2) = \frac{36}{125}, P (X = 3) = \frac{8}{125}

分布函数为：

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 \frac{27}{125} \frac{81}{125} \frac{117}{125} 1 x < 0 0 \leq x < 1 1 \leq x < 2 2 \leq x < 3 x \geq 3

数学期望为：

E [X] = \frac{6}{5}

【解析】
由于有 3 个交通岗，每个交通岗遇到红灯的事件相互独立，且概率均为 $\frac{2}{5}$ ，因此 $X$ 服从二项分布 $B (3, \frac{2}{5})$ 。
分布律由二项分布公式 $P (X = k) = (k 3) (\frac{2}{5})^{k} (\frac{3}{5})^{3 - k}$ 计算可得：

$P (X = 0) = (0 3) (\frac{2}{5})^{0} (\frac{3}{5})^{3} = \frac{27}{125}$
$P (X = 1) = (1 3) (\frac{2}{5})^{1} (\frac{3}{5})^{2} = \frac{54}{125}$
$P (X = 2) = (2 3) (\frac{2}{5})^{2} (\frac{3}{5})^{1} = \frac{36}{125}$
$P (X = 3) = (3 3) (\frac{2}{5})^{3} (\frac{3}{5})^{0} = \frac{8}{125}$
分布函数 $F (x) = P (X \leq x)$ 是累积概率，根据 $x$ 的取值范围分段定义：
当 $x < 0$ 时， $F (x) = 0$
当 $0 \leq x < 1$ 时， $F (x) = P (X = 0) = \frac{27}{125}$
当 $1 \leq x < 2$ 时， $F (x) = P (X = 0) + P (X = 1) = \frac{81}{125}$
当 $2 \leq x < 3$ 时， $F (x) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = \frac{117}{125}$
当 $x \geq 3$ 时， $F (x) = 1$
数学期望对于二项分布有 $E [X] = n p = 3 \times \frac{2}{5} = \frac{6}{5}$ ，也可直接计算：
$E [X] = \sum_{k = 0}^{3} k P (X = k) = 0 \times \frac{27}{125} + 1 \times \frac{54}{125} + 2 \times \frac{36}{125} + 3 \times \frac{8}{125} = \frac{54}{125} + \frac{72}{125} + \frac{24}{125} = \frac{150}{125} = \frac{6}{5}$

22

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x) = {(θ + 1) x^{θ}, 0, 0 < x < 1, 其它,

其中 $θ > - 1$ 是未知参数． $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 是来自总体 $X$ 的一个容量为 $n$ 的简单随机样本，分别用矩估计法和最大似然估计法求 $θ$ 的估计量．

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【答案】 矩估计法得到的估计量为：

\hat{θ}_{M} = \frac{2 x ˉ - 1}{1 - x ˉ}

其中 $\overset{x}{ˉ} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}$ 。

最大似然估计法得到的估计量为：

\hat{θ}_{M L E} = - 1 - \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} ln x _{i}}

【解析】 对于矩估计法，首先计算总体均值 $E [X]$ 。由于概率密度函数为 $f (x) = (θ + 1) x^{θ}$ 在区间 $(0, 1)$ 上，有：

E [X] = \int_{0}^{1} x \cdot (θ + 1) x^{θ} d x = (θ + 1) \int_{0}^{1} x^{θ + 1} d x = (θ + 1) [\frac{x ^{θ + 2}}{θ + 2}]_{0}^{1} = \frac{θ + 1}{θ + 2}

设总体均值等于样本均值 $\overset{x}{ˉ}$ ，即：

\frac{θ + 1}{θ + 2} = \overset{x}{ˉ}

解此方程求 $θ$ ：

θ + 1 = \overset{x}{ˉ} (θ + 2)

θ + 1 = \overset{x}{ˉ} θ + 2 \overset{x}{ˉ}

θ - \overset{x}{ˉ} θ = 2 \overset{x}{ˉ} - 1

θ (1 - \overset{x}{ˉ}) = 2 \overset{x}{ˉ} - 1

θ = \frac{2 x ˉ - 1}{1 - x ˉ}

因此，矩估计量为 $\hat{θ}_{M} = \frac{2 x ˉ - 1}{1 - x ˉ}$ 。

对于最大似然估计法，似然函数为：

L (θ) = i = 1 \prod n f (x_{i}) = i = 1 \prod n (θ + 1) x_{i}^{θ} = (θ + 1)^{n} i = 1 \prod n x_{i}^{θ}

取对数似然函数：

l (θ) = ln L (θ) = n ln (θ + 1) + θ i = 1 \sum n ln x_{i}

对 $θ$ 求导并令导数为零：

\frac{\partial l}{\partial θ} = \frac{n}{θ + 1} + i = 1 \sum n ln x_{i} = 0

解得：

\frac{n}{θ + 1} = - i = 1 \sum n ln x_{i}

θ + 1 = - \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} ln x _{i}}

θ = - 1 - \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} ln x _{i}}

二阶导数为 $\frac{\partial ^{2} l}{\partial θ ^{2}} = - \frac{n}{( θ + 1 ) ^{2}} < 0$ ，故为最大值。因此，最大似然估计量为 $\hat{θ}_{M L E} = - 1 - \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} l n x _{i}}$ 。