1999 年卷 1 真题

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【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{x t a n x})$ 。首先，将表达式重写为：

\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{x tan x} = \frac{1}{x ^{2}} - \frac{cos x}{x sin x}

合并分式，公共分母为 $x^{2} sin x$ ：

\frac{sin x - x cos x}{x ^{2} sin x}

因此，原极限化为：

x \to 0 lim \frac{sin x - x cos x}{x ^{2} sin x}

使用泰勒展开： $sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})$ ， $cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + O (x^{4})$ 。代入分子：

sin x - x cos x = (x - \frac{x ^{3}}{6}) - x (1 - \frac{x ^{2}}{2}) = x - \frac{x ^{3}}{6} - x + \frac{x ^{3}}{2} = \frac{1}{3} x^{3} + O (x^{5})

分母：

x^{2} sin x = x^{2} (x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})) = x^{3} + O (x^{5})

所以：

\frac{sin x - x cos x}{x ^{2} sin x} = \frac{\frac{1}{3} x ^{3} + O ( x ^{5} )}{x ^{3} + O ( x ^{5} )} = \frac{\frac{1}{3} + O ( x ^{2} )}{1 + O ( x ^{2} )} \to \frac{1}{3} 当 x \to 0

因此，极限为 $\frac{1}{3}$ 。

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【答案】 $sin (x^{2})$

【解析】 考虑积分 $\int_{0}^{x} sin ((x - t)^{2}) d t$ 。令 $u = x - t$ ，则当 $t = 0$ 时， $u = x$ ；当 $t = x$ 时， $u = 0$ 。且 $d u = - d t$ ，即 $d t = - d u$ 。代入积分得：

\int_{0}^{x} sin ((x - t)^{2}) d t = \int_{x}^{0} sin (u^{2}) (- d u) = \int_{0}^{x} sin (u^{2}) d u .

因此，原积分化为 $\int_{0}^{x} sin (u^{2}) d u$ 。由微积分基本定理，对该积分求导得：

\frac{d}{d x} \int_{0}^{x} sin (u^{2}) d u = sin (x^{2}) .

故原导数为 $sin (x^{2})$ 。

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【答案】
$y = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{- 2 x} + \frac{1}{4} x e^{2 x}$

【解析】
给定微分方程 $y^{''} - 4 y = e^{2 x}$ ，首先求解齐次方程 $y^{''} - 4 y = 0$ 。特征方程为 $r^{2} - 4 = 0$ ，解得 $r = \pm 2$ ，因此齐次解为 $y_{h} = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{- 2 x}$ 。
由于非齐次项 $e^{2 x}$ 是齐次解的一部分，设特解为 $y_{p} = A x e^{2 x}$ 。计算导数： $y_{p}^{'} = A e^{2 x} (1 + 2 x)$ ， $y_{p}^{''} = 4 A e^{2 x} (1 + x)$ 。代入原方程得 $4 A e^{2 x} (1 + x) - 4 A x e^{2 x} = 4 A e^{2 x} = e^{2 x}$ ，解得 $A = \frac{1}{4}$ ，因此特解为 $y_{p} = \frac{1}{4} x e^{2 x}$ 。
通解为齐次解与特解之和，即 $y = y_{h} + y_{p} = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{- 2 x} + \frac{1}{4} x e^{2 x}$ 。

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【答案】
$n$ 和 $0$ （其中 $0$ 的重数为 $n - 1$ ）

【解析】
矩阵 $A$ 是一个 $n \times n$ 矩阵，所有元素均为 1。由于所有行相同，矩阵的秩为 1。对于秩为 1 的矩阵，有且仅有一个非零特征值，其余特征值均为 0。
考虑向量 $v = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，计算 $A v$ ：

A v = 11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots ⋱ \dots 11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 = n n ⋮ n = n v

因此， $v$ 是特征向量，对应特征值为 $n$ 。
对于任何与 $v$ 正交的向量 $x$ ，有 $v^{T} x = 0$ ，则 $A x = v v^{T} x = v \cdot 0 = 0$ ，即 $A x = 0 x$ ，因此特征值为 0。由于正交补的维数为 $n - 1$ ，故有 $n - 1$ 个特征值为 0。
综上， $A$ 的 $n$ 个特征值为 $n$ 和 $0$ （重数 $n - 1$ ）。

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 设 $P (A) = P (B) = P (C) = p$ ，其中 $p < \frac{1}{2}$ 。由于事件 $A, B, C$ 两两独立，且 $A BC = \emptyset$ ，即 $P (A \cap B \cap C) = 0$ ，则并集概率公式为：

P (A \cup B \cup C) = P (A) + P (B) + P (C) - P (A \cap B) - P (A \cap C) - P (B \cap C) + P (A \cap B \cap C) .

代入两两独立条件 $P (A \cap B) = P (A) P (B) = p^{2}$ ，同理 $P (A \cap C) = p^{2}$ ， $P (B \cap C) = p^{2}$ ，以及 $P (A \cap B \cap C) = 0$ ，得：

P (A \cup B \cup C) = 3 p - 3 p^{2} .

已知 $P (A \cup B \cup C) = \frac{9}{16}$ ，所以：

3 p - 3 p^{2} = \frac{9}{16} .

两边除以 3：

p - p^{2} = \frac{3}{16} .

整理为二次方程：

p^{2} - p + \frac{3}{16} = 0.

乘以 16 消去分母：

16 p^{2} - 16 p + 3 = 0.

解二次方程，判别式 $D = (- 16)^{2} - 4 \times 16 \times 3 = 256 - 192 = 64$ ，则：

p = \frac{16 \pm 64}{2 \times 16} = \frac{16 \pm 8}{32} .

得 $p = \frac{24}{32} = \frac{3}{4}$ 或 $p = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$ 。由于 $p < \frac{1}{2}$ ，故 $p = \frac{1}{4}$ 。验证：当 $p = \frac{1}{4}$ 时， $P (A \cup B \cup C) = 3 \times \frac{1}{4} - 3 \times (\frac{1}{4})^{2} = \frac{3}{4} - \frac{3}{16} = \frac{12}{16} - \frac{3}{16} = \frac{9}{16}$ ，满足条件。因此 $P (A) = \frac{1}{4}$ 。

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【答案】

\frac{d z}{d x} = \frac{f ( x + y ) F _{y} + x f ^{'} ( x + y ) ( F _{y} - F _{x} )}{F _{y} + x f ^{'} ( x + y ) F _{z}}

其中 $F_{x}, F_{y}, F_{z}$ 分别表示 $F (x, y, z)$ 对 $x, y, z$ 的偏导数。

【解析】 给定方程 $z = x f (x + y)$ 和 $F (x, y, z) = 0$ ，其中 $y = y (x)$ 和 $z = z (x)$ 是由这两个方程确定的函数， $f$ 具有一阶连续导数， $F$ 具有一阶连续偏导数。

首先，对方程 $z = x f (x + y)$ 两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

\frac{d z}{d x} = f (x + y) + x f^{'} (x + y) (1 + \frac{d y}{d x})

整理得：

\frac{d z}{d x} - x f^{'} (x + y) \frac{d y}{d x} = f (x + y) + x f^{'} (x + y) (1)

其次，对方程 $F (x, y, z) = 0$ 两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 和 $z$ 是 $x$ 的函数：

\frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y} \frac{d y}{d x} + \frac{\partial F}{\partial z} \frac{d z}{d x} = 0

记 $F_{x} = \frac{\partial F}{\partial x}$ , $F_{y} = \frac{\partial F}{\partial y}$ , $F_{z} = \frac{\partial F}{\partial z}$ ，则：

F_{x} + F_{y} \frac{d y}{d x} + F_{z} \frac{d z}{d x} = 0 (2)

现在，方程组 (1) 和 (2) 关于 $\frac{d y}{d x}$ 和 $\frac{d z}{d x}$ 线性：

{\frac{d z}{d x} - x f^{'} \frac{d y}{d x} = f + x f^{'} F_{z} \frac{d z}{d x} + F_{y} \frac{d y}{d x} = - F_{x}

其中 $f = f (x + y)$ , $f^{'} = f^{'} (x + y)$ 。

使用克莱姆法则求解 $\frac{d z}{d x}$ 。系数矩阵行列式为：

Δ = 1 F_{z} - x f^{'} F_{y} = F_{y} + x f^{'} F_{z}

替换第一列为常数项后的行列式：

Δ_{1} = f + x f^{'} - F_{x} - x f^{'} F_{y} = (f + x f^{'}) F_{y} - x f^{'} F_{x} = f F_{y} + x f^{'} (F_{y} - F_{x})

因此，

\frac{d z}{d x} = \frac{Δ _{1}}{Δ} = \frac{f F _{y} + x f ^{'} ( F _{y} - F _{x} )}{F _{y} + x f ^{'} F _{z}}

即所求结果。

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【答案】

I = \frac{a ^{2}}{2} [(4 + π) b - πa]

【解析】 首先，注意到被积函数中的 $e^{x} sin y$ 和 $e^{x} cos y$ 部分与函数 $U (x, y) = e^{x} sin y$ 的全微分有关，即 $d U = e^{x} sin y d x + e^{x} cos y d y$ 。因此，积分可重写为：

I = \int_{L} d U - \int_{L} [b (x + y) d x + a x d y] = [U (O) - U (A)] - \int_{L} [b (x + y) d x + a x d y] .

由于 $U (O) = e^{0} sin 0 = 0$ 和 $U (A) = e^{2 a} sin 0 = 0$ ，有 $U (O) - U (A) = 0$ ，所以：

I = - \int_{L} [b (x + y) d x + a x d y] = - b \int_{L} (x + y) d x - a \int_{L} x d y .

接下来，计算积分 $\int_{L} (x + y) d x$ 和 $\int_{L} x d y$ 。曲线 $L$ 是从 $A (2 a, 0)$ 到 $O (0, 0)$ 沿上半圆 $y = 2 a x - x^{2}$ ，即 $(x - a)^{2} + y^{2} = a^{2}$ （ $y \geq 0$ ）。考虑封闭曲线 $C$ 由 $L$ 和从 $O$ 到 $A$ 沿 $x$ 轴的线段 $L_{1}$ 组成，方向为逆时针。

对于 $\int_{L} (x + y) d x$ ，令 $P = x + y$ ， $Q = 0$ ，则：

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 - 1 = - 1.

由格林定理：

\oint_{C} (x + y) d x = \iint_{D} (- 1) d A = - 面积 (D) = - \frac{1}{2} π a^{2} .

又：

\oint_{C} (x + y) d x = \int_{L} (x + y) d x + \int_{L_{1}} (x + y) d x .

在 $L_{1}$ 上， $y = 0$ ，从 $x = 0$ 到 $x = 2 a$ ，有：

\int_{L_{1}} (x + y) d x = \int_{0}^{2 a} x d x = [\frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{2 a} = 2 a^{2} .

所以：

\int_{L} (x + y) d x = \oint_{C} (x + y) d x - \int_{L_{1}} (x + y) d x = - \frac{π a ^{2}}{2} - 2 a^{2} .

对于 $\int_{L} x d y$ ，令 $P = 0$ ， $Q = x$ ，则：

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - 0 = 1.

由格林定理：

\oint_{C} x d y = \iint_{D} 1 d A = 面积 (D) = \frac{1}{2} π a^{2} .

又：

\oint_{C} x d y = \int_{L} x d y + \int_{L_{1}} x d y .

在 $L_{1}$ 上， $y = 0$ ， $d y = 0$ ，所以 $\int_{L_{1}} x d y = 0$ ，因此：

\int_{L} x d y = \oint_{C} x d y = \frac{π a ^{2}}{2} .

代入 $I$ ：

I = - b (- \frac{π a ^{2}}{2} - 2 a^{2}) - a (\frac{π a ^{2}}{2}) = b (\frac{π a ^{2}}{2} + 2 a^{2}) - \frac{π a ^{3}}{2} = \frac{π a ^{2} b}{2} + 2 a^{2} b - \frac{π a ^{3}}{2} = 2 a^{2} b + \frac{π a ^{2}}{2} (b - a) .

整理得：

I = \frac{a ^{2}}{2} [(4 + π) b - πa] .

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【答案】

y = e^{x}

【解析】
设曲线方程为 $y = y (x)$ ，满足 $y^{'} (x) > 0$ ， $y (0) = 1$ 。过点 $P (x, y)$ 作曲线的切线和 $x$ 轴的垂线，两直线与 $x$ 轴围成三角形，其面积记为 $S_{1}$ ；区间 $[0, x]$ 上以曲线为曲边的曲边梯形面积记为 $S_{2}$ 。已知 $2 S_{1} - S_{2} \equiv 1$ ，求曲线方程。

首先，计算 $S_{1}$ 。点 $P$ 坐标为 $(x, y)$ ，曲线在 $P$ 处的切线斜率为 $y^{'}$ ，切线方程为：

Y - y = y^{'} (X - x) .

切线与 $x$ 轴交于点 $A$ ，令 $Y = 0$ ，得：

0 - y = y^{'} (X - x) \Rightarrow X = x - \frac{y}{y ^{'}} .

垂线与 $x$ 轴交于点 $B = (x, 0)$ 。三角形顶点为 $A = (x - \frac{y}{y ^{'}}, 0)$ ， $B = (x, 0)$ ， $P = (x, y)$ 。三角形底边 $A B$ 长度为 $\frac{y}{y ^{'}}$ ，高为 $y$ ，故面积为：

S_{1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{y ^{'}} \cdot y = \frac{y ^{2}}{2 y ^{'}} .

曲边梯形面积 $S_{2}$ 为：

S_{2} = \int_{0}^{x} y (t) d t .

由条件 $2 S_{1} - S_{2} = 1$ ，代入得：

2 \cdot \frac{y ^{2}}{2 y ^{'}} - \int_{0}^{x} y (t) d t = 1 \Rightarrow \frac{y ^{2}}{y ^{'}} - \int_{0}^{x} y (t) d t = 1. (1)

对式 (1) 关于 $x$ 求导（记 $y = y (x)$ ， $y^{'} = y^{'} (x)$ ）：

\frac{d}{d x} (\frac{y ^{2}}{y ^{'}}) - y = 0.

计算导数：

\frac{d}{d x} (\frac{y ^{2}}{y ^{'}}) = \frac{2 y y ^{'} \cdot y ^{'} - y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}} = \frac{2 y ( y ^{'} ) ^{2} - y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}} = 2 y - \frac{y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}} .

代入得：

2 y - \frac{y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}} - y = 0 \Rightarrow y - \frac{y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}} = 0.

由于 $y > 0$ （由 $y (0) = 1$ 和 $y^{'} > 0$ 可知），两边乘以 $\frac{( y ^{'} ) ^{2}}{y}$ ：

(y^{'})^{2} - y y^{''} = 0 \Rightarrow \frac{y ^{''}}{y ^{'}} = \frac{y ^{'}}{y} .

积分得：

ln ∣ y^{'} ∣ = ln ∣ y ∣ + C_{1} \Rightarrow y^{'} = C y, C = e^{C_{1}} .

由 $y^{'} = C y$ ，解得：

y = A e^{C x} .

利用初始条件 $y (0) = 1$ ，得 $A = 1$ ，故：

y = e^{C x} .

为确定 $C$ ，利用条件 (1) 在 $x = 0$ 处的值。当 $x = 0$ 时， $S_{2} = 0$ ，计算 $S_{1}$ ：点 $P (0, 1)$ ，切线斜率为 $y^{'} (0) = C$ ，切线与 $x$ 轴交于点 $(- \frac{1}{C}, 0)$ ，垂线为 $x = 0$ ，三角形面积为：

S_{1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{C} \cdot 1 = \frac{1}{2 C} .

代入条件：

2 S_{1} - S_{2} = \frac{1}{C} = 1 \Rightarrow C = 1.

因此，曲线方程为：

y = e^{x} .

验证： $y = e^{x}$ ，则 $y^{'} = e^{x}$ ， $S_{1} = \frac{e ^{2 x}}{2 e ^{x}} = \frac{e ^{x}}{2}$ ， $2 S_{1} = e^{x}$ ， $S_{2} = \int_{0}^{x} e^{t} d t = e^{x} - 1$ ，故 $2 S_{1} - S_{2} = e^{x} - (e^{x} - 1) = 1$ ，满足条件。

故所求曲线方程为 $y = e^{x}$ 。

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【解析】

当 $x = 1$ 时，原不等式显然成立；当 $0 < x < 1$ 时，原不等式等价于 $ln x \leq \frac{x - 1}{x + 1}$ ；

当 $1 < x < + \infty$ 时，原不等式等价于 $ln x > \frac{x - 1}{x + 1}$ 。令 $f (x) = ln x - \frac{x - 1}{x + 1}$ ，则

f^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{2}{( x + 1 ) ^{2}} = \frac{x ^{2} + 1}{x ( x + 1 ) ^{2}} > 0 (x > 0) .

又因为 $f (1) = 0$ ，利用函数单调性可知当 $0 < x < 1$ 时， $f (x) < 0$ 即 $ln x < \frac{x - 1}{x + 1}$ ；

当 $1 < x < + \infty$ 时， $f (x) > 0$ 即 $ln x > \frac{x - 1}{x + 1}$ 。综上所述，当 $x > 0$ 时，总有

(x^{2} - 1) ln x \geq (x - 1)^{2} .

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【答案】 91500

【解析】 为了计算克服重力所做的功，考虑抓斗从井底（ $x = 0$ ）提升到井口（ $x = 30$ ）的过程中，井口拉力 $F (x)$ 随高度 $x$ 变化。功 $W$ 为 $F (x)$ 对 $x$ 的积分，即 $W = \int_{0}^{30} F (x) d x$ 。

抓斗自重为 $400 N$ ，污泥初始重量为 $2000 N$ ，以 $20 N/s$ 的速度漏掉。提升速度为 $3 m/s$ ，因此时间 $t = x /3$ 。污泥重量随高度变化为 $2000 - 20 \cdot (x /3) = 2000 - \frac{20}{3} x N$ 。抓斗和污泥的总重量为：

G (x) = 400 + (2000 - \frac{20}{3} x) = 2400 - \frac{20}{3} x N .

缆绳每米重 $50 N$ ，当抓斗在高度 $x$ 时，井中缆绳长度为 $30 - x$ 米，重量为 $50 (30 - x) N$ 。井口拉力 $F (x)$ 需克服抓斗、污泥和井中缆绳的重力，因此：

F (x) = G (x) + 50 (30 - x) = (2400 - \frac{20}{3} x) + 1500 - 50 x = 3900 - \frac{170}{3} x N .

积分求功：

W = \int_{0}^{30} (3900 - \frac{170}{3} x) d x = [3900 x - \frac{170}{3} \cdot \frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{30} = [3900 x - \frac{170}{6} x^{2}]_{0}^{30} .

代入上下限：

W = 3900 \times 30 - \frac{170}{6} \times 900 = 117000 - 25500 = 91500 J .

因此，克服重力需作 $91500 J$ 的功。

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【答案】 $\frac{3 π}{2}$

【解析】 给定椭球面 $S : \frac{x ^{2}}{2} + \frac{y ^{2}}{2} + z^{2} = 1$ 的上半部分，点 $P (x, y, z) \in S$ ，切平面 $π$ 的方程为 $x X + y Y + 2 z Z = 2$ ，其中 $(X, Y, Z)$ 为切平面上点。原点 $O (0, 0, 0)$ 到切平面的距离为：

ρ (x, y, z) = \frac{2}{x ^{2} + y ^{2} + 4 z ^{2}} .

因此，被积函数为：

\frac{z}{ρ ( x , y , z )} = \frac{z}{2} x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} .

曲面积分变为：

\iint_{S} \frac{z}{ρ ( x , y , z )} d S = \iint_{S} \frac{z}{2} x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} d S .

参数化曲面 $S$ ：令 $x = 2 sin θ cos ϕ$ , $y = 2 sin θ sin ϕ$ , $z = cos θ$ ，其中 $θ \in [0, π /2]$ , $ϕ \in [0, 2 π]$ 。计算面积元素：

d S = \frac{\partial r}{\partial θ} \times \frac{\partial r}{\partial ϕ} d θ d ϕ = 2 sin θ 1 + cos^{2} θ d θ d ϕ .

代入被积函数：

x^{2} + y^{2} = 2 sin^{2} θ, x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} = 2 sin^{2} θ + 4 cos^{2} θ = 2 (1 + cos^{2} θ),

x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} = 2 1 + cos^{2} θ,

\frac{z}{2} x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} = \frac{cos θ}{2} \cdot 2 1 + cos^{2} θ = \frac{1}{2} cos θ 1 + cos^{2} θ .

积分变为：

\iint_{S} \frac{z}{ρ} d S = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π /2} \frac{1}{2} cos θ 1 + cos^{2} θ \cdot 2 sin θ 1 + cos^{2} θ d θ d ϕ = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π /2} cos θ sin θ (1 + cos^{2} θ) d θ d ϕ .

先对 $ϕ$ 积分：

\int_{0}^{2 π} d ϕ = 2 π,

再对 $θ$ 积分：

2 π \int_{0}^{π /2} cos θ sin θ (1 + cos^{2} θ) d θ .

令 $u = cos θ$ , $d u = - sin θ d θ$ ，积分限变为 $u = 1$ 到 $u = 0$ ：

\int_{0}^{π /2} cos θ sin θ (1 + cos^{2} θ) d θ = \int_{1}^{0} u (1 + u^{2}) (- d u) = \int_{0}^{1} u (1 + u^{2}) d u = \int_{0}^{1} (u + u^{3}) d u = [\frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{4}}{4}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4} .

因此，

\iint_{S} \frac{z}{ρ} d S = 2 π \cdot \frac{3}{4} = \frac{3 π}{2} .

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【答案】

(1) $1$
(2) 收敛

【解析】

(Ⅰ) 因为

\frac{1}{n} (a_{n} + a_{n + 2}) = \frac{1}{n} \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan^{n} x (1 + tan^{2} x) d x = \frac{1}{n} \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan^{n} x sec^{2} x d x

= \frac{1}{n} \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan^{n} x d (tan x) = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n ( n + 1 )} .

所以部分和数列

S_{n} = i = 1 \sum n \frac{1}{i} (a_{i} + a_{i + 2}) = i = 1 \sum n \frac{1}{i ( i + 1 )} = i = 1 \sum n (\frac{1}{i} - \frac{1}{i + 1}) = 1 - \frac{1}{n + 1},

因此

n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} (a_{n} + a_{n + 2}) = n \to \infty lim S_{n} = 1.

(Ⅱ) 令 $t = tan x$ ，则有

a_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan^{n} x d x = \int_{0}^{1} \frac{t ^{n}}{1 + t ^{2}} < \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1} \Rightarrow \frac{a _{n}}{n ^{λ}} < \frac{1}{n ^{λ} ( n + 1 )} < \frac{1}{n ^{λ + 1}} .

由于 $λ + 1 > 0$ ，所以 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{λ + 1}}$ 收敛，从而 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a _{n}}{n ^{λ}}$ 也收敛。

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【答案】 $a = 2$ ， $b = - 3$ ， $c = 2$ ， $λ_{0} = 1$

【解析】 已知矩阵 $A$ 的行列式 $∣ A ∣ = - 1$ ，伴随矩阵 $A^{*}$ 有一个特征值 $λ_{0}$ ，对应的特征向量为 $α = (- 1, - 1, 1)^{T}$ 。由伴随矩阵的性质， $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1} = - A^{- 1}$ ，因此 $A^{*} α = λ_{0} α$ 等价于 $- A^{- 1} α = λ_{0} α$ ，即 $A α = - \frac{1}{λ _{0}} α$ 。令 $μ = - \frac{1}{λ _{0}}$ ，则 $A α = μα$ 。

计算 $A α$ ：

A α = a 5 1 - c - 1 b 0 c 3 - a - 1 - 1 1 = - a + 1 + c - 5 - b + 3 - 1 + c - a = - a + c + 1 - b - 2 - a + c - 1

而 $μα = μ - 1 - 1 1 = - μ - μ μ$ ，因此得到方程组：

⎩ ⎨ ⎧ - a + c + 1 = - μ - b - 2 = - μ - a + c - 1 = μ

由第一式和第三式相减得：

(- a + c + 1) - (- a + c - 1) = - μ - μ ⟹ 2 = - 2 μ ⟹ μ = - 1

代入第一式：

- a + c + 1 = - (- 1) ⟹ - a + c + 1 = 1 ⟹ - a + c = 0 ⟹ a = c

代入第二式：

- b - 2 = - (- 1) ⟹ - b - 2 = 1 ⟹ - b = 3 ⟹ b = - 3

现在利用行列式 $∣ A ∣ = - 1$ 求 $a$ 和 $c$ 。代入 $a = c$ 和 $b = - 3$ ，矩阵 $A$ 为：

A = a 5 1 - a - 1 - 3 0 a 3 - a

计算行列式：

∣ A ∣ = a \cdot det (- 3 0 3 - a) - (- 1) \cdot det (5 1 - a 3 - a) + a \cdot det (5 1 - a - 3 0)

= a \cdot [(- 3) (- a) - 3 \cdot 0] + 1 \cdot [5 \cdot (- a) - 3 \cdot (1 - a)] + a \cdot [5 \cdot 0 - (- 3) (1 - a)]

= a \cdot (3 a) + [- 5 a - 3 + 3 a] + a \cdot [0 + 3 (1 - a)]

= 3 a^{2} + (- 2 a - 3) + a \cdot (3 - 3 a)

= 3 a^{2} - 2 a - 3 + 3 a - 3 a^{2}

= a - 3

令 $∣ A ∣ = a - 3 = - 1$ ，得 $a = 2$ ，故 $c = 2$ 。

求 $λ_{0}$ ：由 $μ = - 1$ 和 $μ = - \frac{1}{λ _{0}}$ ，得 $λ_{0} = - \frac{1}{μ} = - \frac{1}{- 1} = 1$ 。或者由伴随矩阵特征值公式， $A^{*}$ 的特征值为 $\frac{∣ A ∣}{μ} = \frac{- 1}{- 1} = 1$ ，故 $λ_{0} = 1$ 。

因此， $a = 2$ ， $b = - 3$ ， $c = 2$ ， $λ_{0} = 1$ 。

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【答案】
$B^{T} A B$ 为正定矩阵的充分必要条件是 $B$ 的秩 $r (B) = n$ 。

【解析】
首先，证明充分性：若 $r (B) = n$ ，则 $B^{T} A B$ 正定。
由于 $A$ 是实对称正定矩阵，且 $B$ 列满秩，故对任意非零向量 $x \in R^{n}$ ，有 $B x \neq = 0$ 。
于是

x^{T} (B^{T} A B) x = (B x)^{T} A (B x) > 0,

因为 $A$ 正定且 $B x \neq = 0$ 。
因此 $B^{T} A B$ 正定。

其次，证明必要性：若 $B^{T} A B$ 正定，则 $r (B) = n$ 。
假设 $r (B) < n$ ，则存在非零向量 $x \in R^{n}$ 使得 $B x = 0$ 。
于是

x^{T} (B^{T} A B) x = (B x)^{T} A (B x) = 0,

与 $B^{T} A B$ 正定性矛盾。
故 $r (B) = n$ 。

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【答案】

填充后的表格如下：

X \ Y x_{1} x_{2} P (Y = y_{j}) = p_{j} y_{1} \frac{1}{24} \frac{1}{8} \frac{1}{6} y_{2} \frac{1}{8} \frac{3}{8} \frac{1}{2} y_{3} \frac{1}{12} \frac{1}{4} \frac{1}{3} P (X = x_{i}) = p_{i} \frac{1}{4} \frac{3}{4} 1

【解析】

由于随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，联合概率等于边缘概率的乘积。设 $P (X = x_{1}) = a$ ， $P (X = x_{2}) = b$ ，则 $a + b = 1$ 。设 $P (Y = y_{1}) = \frac{1}{6}$ ， $P (Y = y_{2}) = c$ ， $P (Y = y_{3}) = d$ ，则 $\frac{1}{6} + c + d = 1$ 。

从已知条件： $P (X = x_{1}, Y = y_{2}) = \frac{1}{8} = a \cdot c$ ， $P (X = x_{2}, Y = y_{1}) = \frac{1}{8} = b \cdot \frac{1}{6}$ 。由后者得 $b = \frac{3}{4}$ ，进而 $a = \frac{1}{4}$ 。代入前者得 $c = \frac{1}{2}$ ，于是 $d = 1 - \frac{1}{6} - \frac{1}{2} = \frac{1}{3}$ 。

计算所有联合概率：

$P (X = x_{1}, Y = y_{1}) = a \cdot P (Y = y_{1}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{24}$
$P (X = x_{1}, Y = y_{2}) = \frac{1}{8}$
$P (X = x_{1}, Y = y_{3}) = a \cdot P (Y = y_{3}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$
$P (X = x_{2}, Y = y_{1}) = \frac{1}{8}$
$P (X = x_{2}, Y = y_{2}) = b \cdot P (Y = y_{2}) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{8}$
$P (X = x_{2}, Y = y_{3}) = b \cdot P (Y = y_{3}) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{4}$

边缘概率：

$P (X = x_{1}) = \frac{1}{24} + \frac{1}{8} + \frac{1}{12} = \frac{1}{4}$
$P (X = x_{2}) = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$
$P (Y = y_{1}) = \frac{1}{24} + \frac{1}{8} = \frac{1}{6}$
$P (Y = y_{2}) = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} = \frac{1}{2}$
$P (Y = y_{3}) = \frac{1}{12} + \frac{1}{4} = \frac{1}{3}$

所有值均一致，填入表格即可。

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【答案】 (1) $θ = 2 \overset{ˉ}{X}$ ，其中 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ (2) $D (θ) = \frac{θ ^{2}}{5 n}$

【解析】 首先，求总体 $X$ 的期望 $E (X)$ 。
计算：

E (X) = \int_{0}^{θ} x \cdot \frac{6 x}{θ ^{3}} (θ - x) d x = \frac{6}{θ ^{3}} \int_{0}^{θ} x^{2} (θ - x) d x

积分：

\int_{0}^{θ} x^{2} (θ - x) d x = \int_{0}^{θ} (θ x^{2} - x^{3}) d x = [θ \cdot \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{θ} = \frac{θ ^{4}}{3} - \frac{θ ^{4}}{4} = \frac{θ ^{4}}{12}

所以，

E (X) = \frac{6}{θ ^{3}} \cdot \frac{θ ^{4}}{12} = \frac{θ}{2}

根据矩估计法，令样本均值 $\overset{ˉ}{X}$ 等于总体期望 $E (X)$ ，即：

\overset{ˉ}{X} = \frac{θ}{2}

解得矩估计量：

θ = 2 \overset{ˉ}{X}

其次，求 $θ$ 的方差 $D (θ)$ 。
由于 $θ = 2 \overset{ˉ}{X}$ ，有：

D (θ) = D (2 \overset{ˉ}{X}) = 4 D (\overset{ˉ}{X})

其中 $D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{D ( X )}{n}$ ，需先求总体方差 $D (X)$ 。
计算 $E (X^{2})$ ：

E (X^{2}) = \int_{0}^{θ} x^{2} \cdot \frac{6 x}{θ ^{3}} (θ - x) d x = \frac{6}{θ ^{3}} \int_{0}^{θ} x^{3} (θ - x) d x

积分：

\int_{0}^{θ} x^{3} (θ - x) d x = \int_{0}^{θ} (θ x^{3} - x^{4}) d x = [θ \cdot \frac{x ^{4}}{4} - \frac{x ^{5}}{5}]_{0}^{θ} = \frac{θ ^{5}}{4} - \frac{θ ^{5}}{5} = \frac{θ ^{5}}{20}

所以，

E (X^{2}) = \frac{6}{θ ^{3}} \cdot \frac{θ ^{5}}{20} = \frac{3 θ ^{2}}{10}

方差：

D (X) = E (X^{2}) - [E (X)]^{2} = \frac{3 θ ^{2}}{10} - (\frac{θ}{2})^{2} = \frac{3 θ ^{2}}{10} - \frac{θ ^{2}}{4} = \frac{6 θ ^{2}}{20} - \frac{5 θ ^{2}}{20} = \frac{θ ^{2}}{20}

因此，

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{D ( X )}{n} = \frac{θ ^{2}}{20 n}

最终，

D (θ) = 4 \cdot \frac{θ ^{2}}{20 n} = \frac{θ ^{2}}{5 n}

1999 年真题

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