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2003 年真题

22 题

填空题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

1

设 $f (x) = {x^{λ} cos \frac{1}{x}, 0, 若 x \neq = 0, 若 x = 0,$ 其导函数在 $x = 0$ 处连续，则 $λ$ 的取值范围是 ______．

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【答案】 $λ > 2$

【解析】
函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的导函数连续需满足两个条件：一是 $f^{'} (0)$ 存在，二是 $lim_{x \to 0} f^{'} (x) = f^{'} (0)$ 。

首先，求 $f^{'} (0)$ ：

f^{'} (0) = h \to 0 lim \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0 lim \frac{h ^{λ} cos \frac{1}{h}}{h} = h \to 0 lim h^{λ - 1} cos \frac{1}{h} .

该极限存在当且仅当 $λ - 1 > 0$ ，即 $λ > 1$ ，此时 $f^{'} (0) = 0$ 。

其次，求 $f^{'} (x)$ 对于 $x \neq = 0$ ：

f^{'} (x) = \frac{d}{d x} (x^{λ} cos \frac{1}{x}) = λ x^{λ - 1} cos \frac{1}{x} + x^{λ} (- sin \frac{1}{x}) (- \frac{1}{x ^{2}}) = λ x^{λ - 1} cos \frac{1}{x} + x^{λ - 2} sin \frac{1}{x} .

计算极限：

x \to 0 lim f^{'} (x) = x \to 0 lim (λ x^{λ - 1} cos \frac{1}{x} + x^{λ - 2} sin \frac{1}{x}) .

由于 $cos \frac{1}{x}$ 和 $sin \frac{1}{x}$ 有界，第一项趋于 0 当 $λ > 1$ ，但第二项趋于 0 仅当 $λ - 2 > 0$ ，即 $λ > 2$ 。若 $λ \leq 2$ ，则第二项极限不存在或不为 0。因此， $lim_{x \to 0} f^{'} (x) = 0$ 当且仅当 $λ > 2$ 。

综上， $f^{'} (0) = 0$ 且 $lim_{x \to 0} f^{'} (x) = 0$ 当 $λ > 2$ ，故导函数在 $x = 0$ 处连续时 $λ$ 的取值范围为 $λ > 2$ 。

2

已知曲线 $y = x^{3} - 3 a^{2} x + b$ 与 $x$ 轴相切，则 $b^{2}$ 可以通过 $a$ 表示为 $b^{2} =$ ______．

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【答案】 $4 a^{6}$

【解析】
设曲线与 $x$ 轴相切的切点为 $(x_{0}, 0)$ ，则有

{y (x_{0}) = 0, y^{'} (x_{0}) = 0. \Rightarrow {x_{0}^{3} - 3 a^{2} x_{0} + b = 0, 3 x_{0}^{2} - 3 a^{2} = 0.

于是有 $x_{0}^{2} = a^{2}$ ， $b = x_{0} (x_{0}^{2} - 3 a^{2})$ 。所以

b^{2} = x_{0}^{2} (3 a^{2} - x_{0}^{2})^{2} = a^{2} \cdot 4 a^{4} = 4 a^{6} .

3

设 $a > 0$ ， $f (x) = g (x) = {a, 0, 若 0 \leq x \leq 1, 其他 .$ 而 $D$ 表示全平面，则
$I = \iint_{D} f (x) g (y - x) d x d y =$ ______．

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【答案】 $a^{2}$

【解析】
给定 $f (x) = g (x) = {a, 0, 0 \leq x \leq 1 其他$ ，且 $D$ 为全平面，计算二重积分 $I = \iint_{D} f (x) g (y - x) d x d y$ 。

由于 $f (x)$ 仅在 $x \in [0, 1]$ 上非零，积分可写为：

I = \int_{0}^{1} \int_{- \infty}^{\infty} f (x) g (y - x) d y d x = \int_{0}^{1} a (\int_{- \infty}^{\infty} g (y - x) d y) d x .

令 $u = y - x$ ，则内积分变为：

\int_{- \infty}^{\infty} g (y - x) d y = \int_{- \infty}^{\infty} g (u) d u = \int_{0}^{1} a d u = a .

代入得：

I = \int_{0}^{1} a \cdot a d x = \int_{0}^{1} a^{2} d x = a^{2} .

或者，通过卷积理解：

I = \int_{- \infty}^{\infty} (f * g) (y) d y,

其中

(f * g) (y) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) g (y - x) d x .

由于 $f$ 和 $g$ 均为矩形函数，卷积结果为：

(f * g) (y) = ⎩ ⎨ ⎧ a^{2} y, a^{2} (2 - y), 0, 0 \leq y \leq 1 1 \leq y \leq 2 其他

则：

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

两种方法均得 $I = a^{2}$ 。

4

设 $n$ 维向量 $α = (a, 0, \dots, 0, a)^{T}, a < 0$ ； $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，矩阵 $A = E - α α^{T}$ ， $B = E + \frac{1}{a} α α^{T}$ ，其中 $A$ 的逆矩阵为 $B$ ，则 $a =$ ______．

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【答案】 -1

【解析】 已知矩阵 $A = E - α α^{T}$ ， $B = E + \frac{1}{a} α α^{T}$ ，且 $A$ 的逆矩阵为 $B$ ，即 $A B = E$ 。计算 $A B$ ：

A B = (E - α α^{T}) (E + \frac{1}{a} α α^{T}) = E + \frac{1}{a} α α^{T} - α α^{T} - \frac{1}{a} α α^{T} α α^{T} .

由于 $α α^{T} α α^{T} = α (α^{T} α) α^{T}$ ，且 $α^{T} α = a^{2} + 0 + \dots + 0 + a^{2} = 2 a^{2}$ ，代入得：

A B = E + (\frac{1}{a} - 1) α α^{T} - \frac{1}{a} \cdot 2 a^{2} α α^{T} = E + (\frac{1}{a} - 1 - 2 a) α α^{T} .

为使 $A B = E$ ，需满足：

\frac{1}{a} - 1 - 2 a = 0.

两边乘以 $a$ （注意 $a < 0$ ，故 $a \neq = 0$ ）：

1 - a - 2 a^{2} = 0 \Rightarrow 2 a^{2} + a - 1 = 0.

解此二次方程：

(2 a - 1) (a + 1) = 0 \Rightarrow a = \frac{1}{2} a = - 1.

由条件 $a < 0$ ，取 $a = - 1$ 。验证：当 $a = - 1$ 时， $A = E - α α^{T}$ ， $B = E - α α^{T}$ ，则 $A = B$ ，且 $A^{2} = E$ ，故 $A B = E$ 成立。因此， $a = - 1$ 。

5

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.9$ ，若 $Z = X - 0.4$ ，则 $Y$ 与 $Z$ 的相关系数为 ______．

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【答案】 0.9

【解析】
给定随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $ρ_{X, Y} = 0.9$ ，且 $Z = X - 0.4$ 。需要求 $Y$ 与 $Z$ 的相关系数 $ρ_{Y, Z}$ 。

6

设总体 $X$ 服从参数为 $2$ 的指数分布， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，则当 $n \to \infty$ 时， $Y_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$ 依概率收敛于 ______．

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】
总体 $X$ 服从参数为 $2$ 的指数分布，即速率参数 $λ = 2$ 。其概率密度函数为

f (x) = 2 e^{- 2 x}, x \geq 0.

需要求

Y_{n} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}^{2}

当 $n \to \infty$ 时的概率极限。

由强大数定律，样本均值依概率收敛于期望值，即

Y_{n} P E [X^{2}] .

计算 $E [X^{2}]$ ：对于指数分布，

E [X] = \frac{1}{λ} = \frac{1}{2}, E [X^{2}] = \frac{2}{λ ^{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} .

因此， $Y_{n}$ 依概率收敛于 $\frac{1}{2}$ 。

选择题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

7

设 $f (x)$ 为不恒等于零的奇函数，且 $f^{'} (0)$ 存在，则函数 $g (x) = \frac{f ( x )}{x}$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
应选 (D)。取 $f (x) = x$ ，此时

g (x) = \frac{x}{x} = {1, 0, x \neq = 0; x = 0.

可排除 (A)，(B)，(C) 三项。

下面证明 (D) 是正确的：由 $g (x) = \frac{f ( x )}{x}$ ，知 $g (x)$ 在 $x = 0$ 处没定义，故 $x = 0$ 为 $g (x)$ 的间断点。由 $f (x)$ 为奇函数知 $f (0) = 0$ ，从而

x \to 0 lim g (x) = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = f^{'} (0),

故 $x = 0$ 为可去间断点。

8

设可微函数 $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 取得极小值，则下列结论正确的是

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由 $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处可微，知它在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处的两个偏导数都存在，又由二元函数极值的必要条件即得 $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处的两个偏导数都等于零。从而有

\frac{d f ( x _{0} , y )}{d y}_{y = y_{0}} = \frac{\partial f}{\partial y}_{(x, y) = (x_{0}, y_{0})} = 0.

9

设 $p_{n} = \frac{a _{n} + ∣ a _{n} ∣}{2}$ ， $q_{n} = \frac{a _{n} - ∣ a _{n} ∣}{2}$ ， $n = 1, 2, \dots$ ，则下列命题正确的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
给定 $p_{n} = \frac{a _{n} + ∣ a _{n} ∣}{2}$ 和 $q_{n} = \frac{a _{n} - ∣ a _{n} ∣}{2}$ ，则 $p_{n}$ 表示 $a_{n}$ 的正部（当 $a_{n} \geq 0$ 时 $p_{n} = a_{n}$ ，否则 $p_{n} = 0$ ）， $q_{n}$ 表示 $a_{n}$ 的负部（当 $a_{n} < 0$ 时 $q_{n} = a_{n}$ ，否则 $q_{n} = 0$ ）。

若 $\sum a_{n}$ 绝对收敛，即 $\sum ∣ a_{n} ∣$ 收敛，则由于 $0 \leq p_{n} \leq ∣ a_{n} ∣$ 和 $∣ q_{n} ∣ \leq ∣ a_{n} ∣$ ，由比较判别法可知 $\sum p_{n}$ 和 $\sum q_{n}$ 均收敛，故选项 B 正确。

若 $\sum a_{n}$ 条件收敛，即 $\sum a_{n}$ 收敛但 $\sum ∣ a_{n} ∣$ 发散，则 $\sum p_{n}$ 和 $\sum q_{n}$ 均发散（因为若其中一个收敛，则另一个也收敛，导致 $\sum ∣ a_{n} ∣$ 收敛，矛盾），故选项 A 和 C 错误。选项 D 也错误，因为绝对收敛时 $\sum p_{n}$ 和 $\sum q_{n}$ 均收敛。

10

设三阶矩阵 $A = a b b b a b b b a$ ，若 $A$ 的伴随矩阵的秩为 $1$ ，则必有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
$A$ 与其伴随矩阵 $A^{*}$ 秩之间有关系

r (A^{*}) = ⎩ ⎨ ⎧ n, 1, 0, r (A) = n; r (A) = n - 1; r (A) < n - 1.

因此可得 $r (A) = 2$ 。它的秩小于它的列数或者行数，故有 $∣ A ∣ = 0$ ，即

∣ A ∣ = a b b b a b b b a = (a + 2 b) 111 b a b b b a

= (a + 2 b) 100 b a - b 0 b 0 a - b = (a + 2 b) (a - b)^{2} = 0,

即有 $a + 2 b = 0$ 或 $a = b$ 。当 $a = b$ 时，

A = b b b b b b b b b \to b 00 b 00 b 00,

显然 $r (A) = 1 \neq = 2$ ，故必有 $a \neq = b$ 且 $a + 2 b = 0$ 。

11

设 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ 均为 $n$ 维向量，下列结论不正确的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
选项 A 正确，因为如果对任意一组不全为零的数 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{s}$ ，都有

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{s} α_{s} \neq = 0,

则不存在不全为零的数使得线性组合为零向量，因此向量组线性无关。

选项 B 错误，因为向量组线性相关仅意味着存在一组不全为零的数使得线性组合为零向量，而不是对任意一组不全为零的数都成立。
例如，取 $n = 2$ ， $α_{1} = (1, 0)$ ， $α_{2} = (2, 0)$ ，它们线性相关，但取 $k_{1} = 1, k_{2} = 1$ ，则

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} = (3, 0) \neq = 0.

选项 C 正确，因为向量组线性无关当且仅当其秩等于向量个数 $s$ 。

选项 D 正确，因为如果向量组线性无关，则其中任意两个向量也线性无关，这是必要条件。

12

将一枚硬币独立地掷两次，引进事件： $A_{1} =$ {掷第一次出现正面}， $A_{2} =$ {掷第二次出现正面}， $A_{3} =$ {正、反面各出现一次}， $A_{4} =$ {正面出现两次}，则事件

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
掷两次硬币的样本空间为 ${HH, H T, T H, TT}$ ，每个结果的概率为 $1/4$ 。
计算事件概率：

P (A_{1}) = \frac{1}{2}, P (A_{2}) = \frac{1}{2}, P (A_{3}) = \frac{1}{2}, P (A_{4}) = \frac{1}{4} .

对于选项 A，检查 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 相互独立：
虽然两两独立成立

P (A_{1} \cap A_{2}) = \frac{1}{4} = P (A_{1}) P (A_{2}), P (A_{1} \cap A_{3}) = \frac{1}{4} = P (A_{1}) P (A_{3}), P (A_{2} \cap A_{3}) = \frac{1}{4} = P (A_{2}) P (A_{3}),

但

P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}) = 0 \neq = P (A_{1}) P (A_{2}) P (A_{3}) = \frac{1}{8},

因此不相互独立。

对于选项 B，检查 $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 相互独立：

P (A_{2} \cap A_{4}) = \frac{1}{4} \neq = P (A_{2}) P (A_{4}) = \frac{1}{8},

故不满足两两独立，更不相互独立。

对于选项 C，检查 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 两两独立：
如上所述，所有两两交集的概率等于各自概率的乘积，因此两两独立成立。

对于选项 D，检查 $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 两两独立：

P (A_{2} \cap A_{4}) = \frac{1}{4} \neq = P (A_{2}) P (A_{4}) = \frac{1}{8},

故不满足两两独立。

因此，正确答案为 C。

解答题

13

设 $f (x) = \frac{1}{π x} + \frac{1}{s i n π x} - \frac{1}{π ( 1 - x )}, x \in [\frac{1}{2}, 1)$ ，试补充定义 $f (1)$ 使得 $f (x)$ 在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上连续．

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【答案】 $f (1) = \frac{1}{π}$

【解析】
为了使得 $f (x)$ 在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上连续，需要补充定义 $f (1)$ 使得 $f (1) = lim_{x \to 1^{-}} f (x)$ . 计算该极限时，令 $t = 1 - x$ ，则当 $x \to 1^{-}$ 时， $t \to 0^{+}$ . 代入函数得：

f (1 - t) = \frac{1}{π ( 1 - t )} + \frac{1}{sin π t} - \frac{1}{π t} .

当 $t \to 0^{+}$ ，第一项 $\frac{1}{π ( 1 - t )} \to \frac{1}{π}$ . 第二项和第三项的差为：

\frac{1}{sin π t} - \frac{1}{π t} = \frac{π t - sin π t}{π t sin π t} .

使用泰勒展开： $sin π t = π t - \frac{( π t ) ^{3}}{6} + O (t^{5})$ ，则分子 $π t - sin π t = \frac{π ^{3} t ^{3}}{6} + O (t^{5})$ ，分母 $π t sin π t = π^{2} t^{2} - \frac{π ^{4} t ^{4}}{6} + O (t^{6})$ ，所以：

\frac{π t - sin π t}{π t sin π t} = \frac{\frac{π ^{3} t ^{3}}{6} + O ( t ^{5} )}{π ^{2} t ^{2} + O ( t ^{4} )} = \frac{π}{6} t + O (t^{3}) \to 0.

因此， $lim_{t \to 0^{+}} (\frac{1}{s i n π t} - \frac{1}{π t}) = 0$ ，从而：

t \to 0^{+} lim f (1 - t) = \frac{1}{π} + 0 = \frac{1}{π} .

故补充定义 $f (1) = \frac{1}{π}$ .

14

设 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数，且满足 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} = 1$ ，又\goodbreak $g (x, y) = f [x y, \frac{1}{2} (x^{2} - y^{2})]$ ，求 $\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}}$ ．

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【答案】 $x^{2} + y^{2}$

【解析】
由复合函数的求导法则得

\frac{\partial g}{\partial x} = y \frac{\partial f}{\partial u} + x \frac{\partial f}{\partial v}, \frac{\partial g}{\partial y} = x \frac{\partial f}{\partial u} - y \frac{\partial f}{\partial v} .

从而

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} = y [\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \cdot y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot x] + \frac{\partial f}{\partial v} + x [\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot y + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \cdot x] = y^{2} \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + 2 x y \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} + x^{2} \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} + \frac{\partial f}{\partial v},

\frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = x [\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} \cdot x - \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot y] - \frac{\partial f}{\partial v} - y [\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} \cdot x - \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} \cdot y] = x^{2} \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} - 2 x y \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v} + y^{2} \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} - \frac{\partial f}{\partial v} .

所以

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = (x^{2} + y^{2}) (\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}}) = x^{2} + y^{2} .

15

计算二重积分

I = \iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2} - π)} sin (x^{2} + y^{2}) d x d y,

其中积分区域 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq π}$ ．

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【答案】 $\frac{π}{2} (1 + e^{π})$

【解析】
作极坐标变换：设 $x = r cos θ, y = r sin θ$ ，有

I = \iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2} - π)} sin (x^{2} + y^{2}) d x d y = e^{π} \iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2})} sin (x^{2} + y^{2}) d x d y = e^{π} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π} e^{- r^{2}} sin r^{2} \cdot r d r = \frac{e ^{π}}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π} e^{- r^{2}} sin r^{2} d (r^{2}) = π e^{π} \int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t .

记 $A = \int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t$ ，则

A = \int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t = - \int_{0}^{π} e^{- t} d (cos t) = - [e^{- t} cos t]_{0}^{π} - \int_{0}^{π} e^{- t} cos t d t = e^{- π} + 1 - \int_{0}^{π} e^{- t} d (sin t) = e^{- π} + 1 - [e^{- t} sin t]_{0}^{π} - \int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t = e^{- π} + 1 - A .

因此 $A = \frac{1}{2} (1 + e^{- π})$ ， $I = \frac{π e ^{π}}{2} (1 + e^{- π}) = \frac{π}{2} (1 + e^{π})$ 。

16

求幂级数 $1 + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n}}{2 n}$ （ $∣ x ∣ < 1$ ）的和函数 $f (x)$ 及其极值．

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【答案】 和函数为 $f (x) = 1 - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ ，其中 $∣ x ∣ < 1$ 。极值为极大值 $1$ ，在 $x = 0$ 处取得。

【解析】
对和函数 $f (x) = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n}}{2 n}$ 求导，得

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

对上式两边从 $0$ 到 $x$ 积分，得

f (x) = f (0) - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) = 1 - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) (∣ x ∣ < 1) .

对 $f (x)$ 求一阶导数，并令

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

求得唯一驻点 $x = 0$ 。由于

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

由极值的第二充分条件，得 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处取得极大值，且极大值为 $f (0) = 1$ 。

17

设 $F (x) = f (x) g (x)$ ，其中函数 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内满足以下条件：
$f^{'} (x) = g (x)$ ， $g^{'} (x) = f (x)$ ，且 $f (0) = 0$ ， $f (x) + g (x) = 2 e^{x}$ ．

(1) 求 $F (x)$ 所满足的一阶微分方程；

(2) 求出 $F (x)$ 的表达式．

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【答案】
(1) $F^{'} (x) + 2 F (x) = 4 e^{2 x}$
(2) $F (x) = e^{2 x} - e^{- 2 x}$

【解析】
(1) 由 $F (x) = f (x) g (x)$ ，求导得

F^{'} (x) = f^{'} (x) g (x) + f (x) g^{'} (x) .

代入 $f^{'} (x) = g (x)$ 和 $g^{'} (x) = f (x)$ ，有

F^{'} (x) = g (x)^{2} + f (x)^{2} .

已知 $f (x) + g (x) = 2 e^{x}$ ，两边平方得

[f (x) + g (x)]^{2} = f (x)^{2} + 2 f (x) g (x) + g (x)^{2} = 4 e^{2 x} .

即

f (x)^{2} + g (x)^{2} + 2 F (x) = 4 e^{2 x} .

代入 $F^{'} (x) = f (x)^{2} + g (x)^{2}$ ，得

F^{'} (x) + 2 F (x) = 4 e^{2 x} .

此为 $F (x)$ 所满足的一阶微分方程。

(2) 解微分方程 $F^{'} (x) + 2 F (x) = 4 e^{2 x}$ 。
积分因子为 $e^{2 x}$ ，两边乘以积分因子得

e^{2 x} F^{'} (x) + 2 e^{2 x} F (x) = 4 e^{4 x},

即

\frac{d}{d x} [e^{2 x} F (x)] = 4 e^{4 x} .

积分得

e^{2 x} F (x) = \int 4 e^{4 x} d x = e^{4 x} + C,

故

F (x) = e^{2 x} + C e^{- 2 x} .

由初始条件 $f (0) = 0$ 和 $f (x) + g (x) = 2 e^{x}$ ，得

f (0) + g (0) = 2,

即 $g (0) = 2$ 。
于是

F (0) = f (0) g (0) = 0.

代入 $F (x)$ 表达式，有

F (0) = 1 + C = 0,

解得 $C = - 1$ 。
因此

F (x) = e^{2 x} - e^{- 2 x} .

18

设函数 $f (x)$ 在 $[0, 3]$ 上连续，在 $(0, 3)$ 内可导，且 $f (0) + f (1) + f (2) = 3$ ， $f (3) = 1$ ．试证：必存在 $ξ \in (0, 3)$ ，使 $f^{'} (ξ) = 0$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
因为 $f (x)$ 在 $[0, 3]$ 上连续，所以 $f (x)$ 在 $[0, 2]$ 上连续，则在 $[0, 2]$ 上必有最大值 $M$ 和最小值 $m$ ，于是

m \leq f (0) \leq M, m \leq f (1) \leq M, m \leq f (2) \leq M .

三式相加可得

m \leq \frac{f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 )}{3} \leq M .

由介值定理知，至少存在一点 $c \in [0, 2]$ ，使得

f (c) = \frac{f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 )}{3} = 1.

因为 $f (c) = f (3) = 1$ ，且 $f (x)$ 在 $[c, 3]$ 上连续，在 $(c, 3)$ 内可导，由罗尔定理知，必存在 $ξ \in (c, 3) \subset (0, 3)$ ，使 $f^{'} (ξ) = 0$ 。

19

已知齐次线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ (a_{1} + b) x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3} + \dots + a_{n} x_{n} = 0, a_{1} x_{1} + (a_{2} + b) x_{2} + a_{3} x_{3} + \dots + a_{n} x_{n} = 0, a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + (a_{3} + b) x_{3} + \dots + a_{n} x_{n} = 0, \dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3} + \dots + (a_{n} + b) x_{n} = 0,

其中 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \neq = 0$ ．试讨论 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 和 $b$ 满足何种关系时，

(1) 方程组仅有零解；

(2) 方程组有非零解．在有非零解时，求此方程组的一个基础解系．

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【答案】
(1) 仅有零解
当 $b \neq = 0$ 且 $b + \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \neq = 0$ 时，方程组仅有零解。

(2) 有非零解
当 $b = 0$ 或 $b = - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ 时，方程组有非零解。

当 $b = 0$ ：
基础解系为
$α_{1} = (- \frac{a _{2}}{a _{1}}, 1, 0, \dots, 0)^{T}, α_{2} = (- \frac{a _{3}}{a _{1}}, 0, 1, \dots, 0)^{T}, \dots,$
$α_{n - 1} = (- \frac{a _{n}}{a _{1}}, 0, 0, \dots, 1)^{T},$
其中 $a_{1} \neq = 0$ （若 $a_{1} = 0$ ，可选第一个非零 $a_{k}$ 类似构造）。
当 $b = - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ ：
基础解系为
$α = (1, 1, \dots, 1)^{T} .$

【解析】
方程组的系数行列式

∣ A ∣ = a_{1} + b a_{1} a_{1} ⋮ a_{1} a_{2} a_{2} + b a_{2} ⋮ a_{2} a_{3} a_{3} a_{3} + b ⋮ a_{3} \dots \dots \dots ⋱ \dots a_{n} a_{n} a_{n} ⋮ a_{n} + b = b^{n - 1} (b + i = 1 \sum n a_{i}) .

(I) 当 $∣ A ∣ \neq = 0$ ，即 $b \neq = 0$ 且 $b + \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \neq = 0$ 时，秩 $r (A) = n$ ，方程组仅有零解。

(II) 当 $b = 0$ 时， $∣ A ∣ = 0$ ，原方程组的同解方程组为

a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + \dots + a_{n} x_{n} = 0.

由 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \neq = 0$ 可知， $a_{i} (i = 1, 2, \dots, n)$ 不全为零。不妨设 $a_{1} \neq = 0$ ，得原方程组的一个基础解系

α_{1} = (- \frac{a _{2}}{a _{1}}, 1, 0, \dots, 0)^{T}, α_{2} = (- \frac{a _{3}}{a _{1}}, 0, 1, \dots, 0)^{T}, \dots,

α_{n} = (- \frac{a _{n}}{a _{1}}, 0, 0, \dots, 1)^{T} .

当 $b = - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ 时， $∣ A ∣ = 0$ 。这时 $b \neq = 0$ ，原方程组的系数矩阵可化为

A = a_{1} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} a_{1} a_{1} ⋮ a_{1} a_{2} a_{2} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} a_{2} ⋮ a_{2} a_{3} a_{3} a_{3} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} ⋮ a_{3} \dots \dots \dots ⋱ \dots a_{n} a_{n} a_{n} ⋮ a_{n} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}

\to a_{1} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} ⋮ \sum_{i = 1}^{n} a_{i} a_{2} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} 0 ⋮ 0 a_{3} 0 - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots a_{n} 00 ⋮ - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}

\to a_{1} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} - 1 - 1 ⋮ - 1 a_{2} 10 ⋮ 0 a_{3} 01 ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots a_{n} 00 ⋮ 1 \to 0 - 1 ⋮ - 1 - 1 01 ⋮ 00 00 ⋮ 00 \dots \dots ⋱ \dots \dots 00 ⋮ 01 .

由此得原方程组的同解方程组为

x_{2} = x_{1}, x_{3} = x_{1}, \dots, x_{n} = x_{1} .

原方程组的一个基础解系为 $α = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ 。

20

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = X^{T} A X = a x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} - 2 x_{3}^{2} + 2 b x_{1} x_{3} (b > 0)$ 中二次型的矩阵 $A$ 的特征值之和为 $1$ ，特征值之积为 $- 12$ ．

(1) 求 $a$ ， $b$ 的值；

(2) 利用正交变换将二次型 $f$ 化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵．

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【答案】
(1) $a = 1$ ， $b = 2$
(2) 二次型 $f$ 的标准形为 $2 y_{1}^{2} + 2 y_{2}^{2} - 3 y_{3}^{2}$ ，所用的正交变换为 $X = Q Y$ ，其中正交矩阵

Q = \frac{2}{5} 0 \frac{1}{5} 010 \frac{1}{5} 0 - \frac{2}{5}

【解析】
(I) 二次型 $f$ 的矩阵为

A = a 0 b 020 b 0 - 2 .

设 $A$ 的特征值为 $λ_{i} (i = 1, 2, 3)$ ，则有

λ_{1} + λ_{2} + λ_{3} = a_{11} + a_{22} + a_{33} = a + 2 + (- 2) = 1,

λ_{1} λ_{2} λ_{3} = ∣ A ∣ = a 0 b 020 b 0 - 2 = - 4 a - 2 b^{2} = - 12.

解得 $a = 1, b = - 2$ 。

(II) 求矩阵 $A$ 的特征值，令

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 0 - 2 0 λ - 2 0 - 2 0 λ + 2 = (λ - 2)^{2} (λ + 3) = 0,

得矩阵 $A$ 的特征值 $λ_{1} = λ_{2} = 2, λ_{3} = - 3$ 。

对于 $λ_{1} = λ_{2} = 2$ ，解齐次线性方程组 $(2 E - A) x = 0$ ，得基础解系

ξ_{1} = (2, 0, 1)^{T}, ξ_{2} = (0, 1, 0)^{T} .

对于 $λ_{3} = - 3$ ，解齐次线性方程组 $(- 3 E - A) x = 0$ ，得基础解系

ξ_{3} = (1, 0, - 2)^{T} .

由于 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 已是正交向量组，为得到规范正交向量组，只需将 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 单位化，由此得

η_{1} = (\frac{2}{5}, 0, \frac{1}{5})^{T}, η_{2} = (0, 1, 0)^{T}, η_{3} = (\frac{1}{5}, 0, - \frac{2}{5})^{T} .

令矩阵

Q = (η_{1} η_{2} η_{3}) = \frac{2}{5} 0 \frac{1}{5} 010 \frac{1}{5} 0 - \frac{2}{5},

则 $Q$ 为正交矩阵。在正交变换 $x = Q y$ 下，有

Q^{T} A Q = 200020 00 - 3 .

且二次型的标准形为 $f = 2 y_{1}^{2} + 2 y_{2}^{2} - 3 y_{3}^{2}$ 。

21

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = {\frac{1}{3 3 x ^{2}}, 0, 若 x \in [1, 8], 其他;

$F (x)$ 是 $X$ 的分布函数．求随机变量 $Y = F (X)$ 的分布函数．

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【答案】
随机变量 $Y = F (X)$ 的分布函数为

G (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, y, 1, y < 0 0 \leq y \leq 1 y > 1

即 $Y$ 服从区间 $[0, 1]$ 上的均匀分布。

【解析】
方法 1：当 $x < 1$ 时， $F (x) = 0$ ；当 $x > 8$ 时， $F (x) = 1$ 。对于 $x \in [1, 8]$ ，有

F (x) = \int_{1}^{x} \frac{1}{3 3 t ^{2}} d t = 3 x - 1.

设 $G (y)$ 是随机变量 $Y = F (X)$ 的分布函数。则当 $y < 0$ 时， $G (y) = 0$ ；当 $y \geq 1$ 时， $G (y) = 1$ 。对于 $y \in [0, 1)$ ，有

G (y) = P {Y \leq y} = P {F (X) \leq y} = P {3 X - 1 \leq y} = P {X \leq (y + 1)^{3}} = F [(y + 1)^{3}] = y .

于是 $Y = F (X)$ 的分布函数为

G (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, y, 1, 若 y < 0, 若 0 \leq y < 1, 若 y \geq 1.

方法 2：设 $G (y)$ 是随机变量 $Y = F (X)$ 的分布函数。则有

G (y) = P {Y \leq y} = P {F (X) \leq y} .

因为 $F (x)$ 是 $X$ 的分布函数，故有 $0 \leq F (x) \leq 1$ 。从而当 $y < 0$ 时 $G (y) = 0$ ；当 $y \geq 1$ 时， $G (y) = 1$ 。当 $0 \leq y < 1$ 时，因为 $F (x)$ 单调增加，所以

G (y) = P {Y \leq y} = P {F (X) \leq y} = P {X \leq F^{- 1} (y)} = F (F^{- 1} (y)) = y .

于是 $Y = F (X)$ 的分布函数为

G (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, y, 1, 若 y < 0, 若 0 \leq y < 1, 若 y \geq 1.

22

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立，其中 $X$ 的概率分布为 $X \sim (1 0.3 2 0.7)$ ，而 $Y$ 的概率密度为 $f (y)$ ，求随机变量 $U = X + Y$ 的概率密度 $g (u)$ ．

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【答案】 $g (u) = 0.3 f (u - 1) + 0.7 f (u - 2)$

【解析】
设 $F (y)$ 是 $Y$ 的分布函数，由全概率公式，得 $U = X + Y$ 的分布函数

G (u) = P {X + Y \leq u} = P {X = 1} P {X + Y \leq u ∣ X = 1} + P {X = 2} P {X + Y \leq u ∣ X = 2} = 0.3 P {X + Y \leq u ∣ X = 1} + 0.7 P {X + Y \leq u ∣ X = 2} = 0.3 P {Y \leq u - 1 ∣ X = 1} + 0.7 P {Y \leq u - 2 ∣ X = 2} .

由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，所以

G (u) = 0.3 P {Y \leq u - 1} + 0.7 P {Y \leq u - 2} = 0.3 F (u - 1) + 0.7 F (u - 2) .

由此得 $U$ 的概率密度

g (u) = G^{'} (u) = 0.3 F^{'} (u - 1) + 0.7 F^{'} (u - 2) = 0.3 f (u - 1) + 0.7 f (u - 2) .