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2005 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

极限 $lim_{x \to \infty} x sin \frac{2 x}{x ^{2} + 1} =$ ______．

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【答案】 $2$

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to \infty} x sin \frac{2 x}{x ^{2} + 1}$ 。
当 $x \to \infty$ 时， $\frac{2 x}{x ^{2} + 1} \to 0$ ，因此可利用等价无穷小替换 $sin u \sim u$ （当 $u \to 0$ ），即 $sin \frac{2 x}{x ^{2} + 1} \sim \frac{2 x}{x ^{2} + 1}$ 。
于是原极限化为

x \to \infty lim x \cdot \frac{2 x}{x ^{2} + 1} = x \to \infty lim \frac{2 x ^{2}}{x ^{2} + 1} .

分子分母同除以 $x^{2}$ ，得

x \to \infty lim \frac{2}{1 + \frac{1}{x ^{2}}} = \frac{2}{1 + 0} = 2.

因此，极限值为 $2$ 。

2

微分方程 $x y^{'} + y = 0$ 满足初始条件 $y (1) = 2$ 的特解为 ______．

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【答案】 $y = \frac{2}{x}$

【解析】
给定微分方程 $x y^{'} + y = 0$ ，可以写为 $x \frac{d y}{d x} + y = 0$ 。
通过分离变量法，将方程整理为 $\frac{d y}{y} = - \frac{d x}{x}$ 。
两边积分得 $ln ∣ y ∣ = - ln ∣ x ∣ + C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
简化得 $ln ∣ y ∣ = ln \frac{1}{x} + C$ ，即 $∣ y ∣ = e^{C} \frac{1}{x}$ 。
令 $K = e^{C}$ ，则通解为 $y = \frac{K}{x}$ 。
代入初始条件 $y (1) = 2$ ，得 $2 = \frac{K}{1}$ ，因此 $K = 2$ 。
故特解为 $y = \frac{2}{x}$ 。

3

设二元函数 $z = x e^{x + y} + (x + 1) ln (1 + y)$ ，则 $d z_{(1, 0)} =$ ______．

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【答案】 $2 e d x + (e + 2) d y$

【解析】
求偏导数得

\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x + y} + x e^{x + y} + ln (1 + y), \frac{\partial z}{\partial y} = x e^{x + y} + \frac{x + 1}{1 + y} .

于是 $z$ 的全微分为

d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y = (e^{x + y} + x e^{x + y} + ln (1 + y)) d x + (x e^{x + y} + \frac{x + 1}{y + 1}) d y .

所以 $d z ∣_{(1, 0)} = 2 e d x + (e + 2) d y$ 。

4

设行向量组 $(2, 1, 1, 1)$ ， $(2, 1, a, a)$ ， $(3, 2, 1, a)$ ， $(4, 3, 2, 1)$ 线性相关，且 $a \neq = 1$ ，则 $a =$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 给定行向量组：

α_{1} = (2, 1, 1, 1), α_{2} = (2, 1, a, a), α_{3} = (3, 2, 1, a), α_{4} = (4, 3, 2, 1)

线性相关，且 $a \neq = 1$ 。由于向量个数等于维数，线性相关等价于由这些向量作为行构成的矩阵的行列式为零。

构造矩阵：

A = 22341123 1 a 12 1 a a 1

计算行列式 $det (A)$ 。

首先进行行变换：

$R_{2} \leftarrow R_{2} - R_{1}$ ，得： $20341023 1 a - 1 12 1 a - 1 a 1$ 由于 $a \neq = 1$ ，可从第二行提取公因子 $a - 1$ ： $det (A) = (a - 1) \cdot det 203410231112 11 a 1$ 记上述矩阵为 $A^{'}$ ，计算 $det (A^{'})$ 。

继续行变换：

$R_{3} \leftarrow R_{3} - R_{1}$ ，得： $201410131102 11 a - 1 1$
$R_{4} \leftarrow R_{4} - 2 R_{1}$ ，得： $201010111100 11 a - 1 - 1$ 按第三列展开行列式。第三列元素为：
$a_{13} = 1$ ，余子式 $C_{13}$ ；
$a_{23} = 1$ ，余子式 $C_{23}$ ；
$a_{33} = 0$ ， $a_{43} = 0$ 。

计算 $C_{13}$ （删除第一行、第三列）：

C_{13} = det 010011 1 a - 1 - 1 = 1 \cdot det (1011) = 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1

计算 $C_{23}$ （删除第二行、第三列）：

C_{23} = (- 1)^{2 + 3} \cdot det 210111 1 a - 1 - 1 = - 1 \cdot [2 \cdot (1 \cdot (- 1) - (a - 1) \cdot 1) - 1 \cdot (1 \cdot (- 1) - (a - 1) \cdot 0) + 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 0)] = - 1 \cdot [2 (- 1 - (a - 1)) - 1 (- 1) + 1 (1)] = - 1 \cdot [2 (- a) + 1 + 1] = - 1 \cdot (- 2 a + 2) = 2 a - 2

所以：

det (A^{'}) = 1 \cdot C_{13} + 1 \cdot C_{23} = 1 + (2 a - 2) = 2 a - 1

于是：

det (A) = (a - 1) (2 a - 1)

令 $det (A) = 0$ ，得 $(a - 1) (2 a - 1) = 0$ 。由 $a \neq = 1$ ，得 $a = \frac{1}{2}$ 。

因此，答案为 $\frac{1}{2}$ 。

5

同试卷 1 第 6 题

6

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为

X ∖ Y 01 0 0.4 b 1 a 0.1

已知随机事件 ${X = 0}$ 与 ${X + Y = 1}$ 相互独立，则 $a =$ ______， $b =$ ______．

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【答案】 $0.4, 0.1$

【解析】
由概率分布的性质，所有概率之和为1，即：

0.4 + a + b + 0.1 = 1

解得：

a + b = 0.5

事件 ${X = 0}$ 的概率为：

P (X = 0) = P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) = 0.4 + a

事件 ${X + Y = 1}$ 的概率为：

P (X + Y = 1) = P (X = 0, Y = 1) + P (X = 1, Y = 0) = a + b

事件 ${X = 0}$ 与 ${X + Y = 1}$ 的交集为 ${X = 0, Y = 1}$ ，其概率为 $a$ 。由独立性条件：

P ({X = 0} \cap {X + Y = 1}) = P (X = 0) \cdot P (X + Y = 1)

即：

a = (0.4 + a) (a + b)

代入 $a + b = 0.5$ ：

a = (0.4 + a) \times 0.5

解得：

a = 0.2 + 0.5 a

a = 0.4

代入 $a + b = 0.5$ ：

b = 0.1

验证： $P (X = 0) = 0.4 + 0.4 = 0.8$ ， $P (X + Y = 1) = 0.4 + 0.1 = 0.5$ ， $P ({X = 0} \cap {X + Y = 1}) = 0.4$ ，且 $0.8 \times 0.5 = 0.4$ ，满足独立性条件。

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

当 $a$ 取下列哪个值时，函数 $f (x) = 2 x^{3} - 9 x^{2} + 12 x - a$ 恰好有两个不同的零点

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 因为 $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 18 x + 12 = 6 (x - 1) (x - 2)$ ，知可能极值点为 $x = 1$ 和 $x = 2$ 。从而可将函数划分为 3 个严格单调区间：

x f^{'} (x) (- \infty, 1) + (1, 2) - (2, + \infty) +

并且 $lim_{x \to - \infty} f (x) = - \infty$ ， $lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ 。若 $f (x)$ 恰好有两个零点，则必有 $f (1) = 0$ 或 $f (2) = 0$ （否则有一个或三个零点），解之得 $a = 5$ 或 $a = 4$ 。故选 (B)。

8

设 $I_{1} = \iint_{D} cos x^{2} + y^{2} d σ$ , $I_{2} = \iint_{D} cos (x^{2} + y^{2}) d σ$ , $I_{3} = \iint_{D} cos (x^{2} + y^{2})^{2} d σ$ ，其中 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 在区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 上，除原点 $x^{2} + y^{2} = 0$ 及边界 $x^{2} + y^{2} = 1$ 外，总有

x^{2} + y^{2} > x^{2} + y^{2} > (x^{2} + y^{2})^{2} .

而在 $0 \leq u \leq 1$ 内， $cos u$ 是严格单调减函数，于是

cos (x^{2} + y^{2})^{2} > cos (x^{2} + y^{2}) > cos x^{2} + y^{2} .

因此二重积分

\iint_{D} cos (x^{2} + y^{2})^{2} d σ > \iint_{D} cos (x^{2} + y^{2}) d σ > \iint_{D} cos x^{2} + y^{2} d σ,

即 $I_{3} > I_{2} > I_{1}$ .

9

设 $a_{n} > 0$ , $n = 1, 2, \dots$ ，若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散， $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 收敛，则下列结论正确的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 给定 $a_{n} > 0$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散，但 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 收敛。由交错级数收敛可知 $a_{n} \to 0$ 。

考虑选项 D： $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{2 n - 1} - a_{2 n})$ 。交错级数的部分和

S_{2 N} = n = 1 \sum N (a_{2 n - 1} - a_{2 n}),

由于交错级数收敛， $S_{2 N}$ 收敛，因此 $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{2 n - 1} - a_{2 n})$ 收敛。

选项 A 和 B 不一定成立，例如取 $a_{n} = \frac{1}{n}$ 时， $\sum a_{2 n - 1}$ 和 $\sum a_{2 n}$ 均发散。
选项 C 中 $\sum (a_{2 n - 1} + a_{2 n}) = \sum a_{n}$ ，发散。

故 D 正确。

10

设 $f (x) = x sin x + cos x$ ，下列命题中正确的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 首先，求函数 $f (x) = x sin x + cos x$ 的导数：

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

令 $f^{'} (x) = 0$ ，得 $x cos x = 0$ ，解得临界点 $x = 0$ 或 $x = \frac{π}{2} + kπ$ （ $k$ 为整数）。本题关注 $x = 0$ 和 $x = \frac{π}{2}$ 。

为判断极值类型，求二阶导数：

f^{''} (x) = \frac{d}{d x} (x cos x) = cos x - x sin x

在 $x = 0$ 处，

f^{''} (0) = cos 0 - 0 \cdot sin 0 = 1 > 0

故 $x = 0$ 为极小值点。

在 $x = \frac{π}{2}$ 处，

f^{''} (\frac{π}{2}) = cos \frac{π}{2} - \frac{π}{2} sin \frac{π}{2} = 0 - \frac{π}{2} \cdot 1 = - \frac{π}{2} < 0

故 $x = \frac{π}{2}$ 为极大值点。

因此， $f (0)$ 是极小值， $f (\frac{π}{2})$ 是极大值，对应选项 B。

11

以下四个命题中，正确的是

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 设 $f (x) = \frac{1}{x}$ ，则 $f (x)$ 及 $f^{'} (x) = - \frac{1}{x ^{2}}$ 均在 $(0, 1)$ 内连续，但 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 内无界，故排除 (A) 和 (B)。又 $f (x) = x$ 在 $(0, 1)$ 内有界，但 $f^{'} (x) = \frac{1}{2 x}$ 在 $(0, 1)$ 内无界，故排除 (D)。

如果 $f^{'} (x)$ 在区间 $(0, 1)$ 内有界，则对于正数 $M$ ，使 $(0, 1)$ 内的一切 $x$ ，有 $∣ f^{'} (x) ∣ \leq M$ 。在 $(0, 1)$ 内取定点 $x_{0}$ ，则对于任意 $x \in (0, 1)$ 有

f (x) - f (x_{0}) = f^{'} (ξ) (x - x_{0}), ξ \in (0, 1) .

于是

∣ f (x) ∣ \leq ∣ f (x_{0}) ∣ + ∣ f^{'} (ξ) ∣∣ x - x_{0} ∣ \leq ∣ f (x_{0}) ∣ + M,

所以 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 内有界。

12

设矩阵 $A$ = $(a_{ij})_{3 \times 3}$ 满足 $A^{*} = A^{T}$ ，其中 $A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵， $A^{T}$ 为 $A$ 的转置矩阵．若 $a_{11}, a_{12}, a_{13}$ 为三个相等的正数，则 $a_{11}$ 为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 由已知条件

A^{*} = A_{11} A_{12} A_{13} A_{21} A_{22} A_{23} A_{31} A_{32} A_{33} = a_{11} a_{12} a_{13} a_{21} a_{22} a_{23} a_{31} a_{32} a_{33} = A^{T},

则有 $a_{ij} = A_{ij}$ , $i, j = 1, 2, 3$ ，其中 $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式。又由 $A^{*} = A^{T}$ 和 $A A^{*} = ∣ A ∣ E$ 得 $A A^{T} = ∣ A ∣ E$ ，两边取行列式，得到 $∣ A ∣^{2} = ∣ A ∣^{3}$ ，于是有 $∣ A ∣ = 0$ 或 $∣ A ∣ = 1$ 。而

∣ A ∣ = a_{11} A_{11} + a_{12} A_{12} + a_{13} A_{13} = a_{11}^{2} + a_{12}^{2} + a_{13}^{2} = 3 a_{11}^{2} \neq = 0,

于是 $∣ A ∣ = 1$ ，即 $3 a_{11}^{2} = 1$ ，故 $a_{11} = \frac{3}{3}$ 。故正确选项为 (A)。

13

同试卷 1 第 11 题

14

设一批零件的长度服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ，其中 $μ, σ^{2}$ 均未知．现从中随机抽取 $16$ 个零件，测得样本均值 $\overline{x} = 20 (c m)$ ，样本标准差 $s = 1 (c m)$ ，则 $μ$ 的置信度为 $0.90$ 的置信区间是

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 由于总体方差未知，样本量较小（ $n = 16$ ），需使用 $t$ 分布构建置信区间。置信度为 $0.90$ ，则显著性水平 $α = 0.10$ ， $α /2 = 0.05$ 。自由度为 $n - 1 = 15$ 。置信区间公式为：

\overline{x} \pm t_{α /2, df} \cdot \frac{s}{n}

代入数据得：

20 \pm t_{0.05} (15) \cdot \frac{1}{16} = 20 \pm \frac{1}{4} t_{0.05} (15)

因此，置信区间为

(20 - \frac{1}{4} t_{0.05} (15), 20 + \frac{1}{4} t_{0.05} (15))

对应选项 C。选项 A 和 B 自由度错误，选项 D 分位数错误。

解答题

本题共9小题，满分94分

15

（本题满分 8 分）

x \to 0 lim (\frac{1 + x}{1 - e ^{- x}} - \frac{1}{x}) =

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【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} (\frac{1 + x}{1 - e ^{- x}} - \frac{1}{x})$ 。直接代入 $x = 0$ 会得到未定式，因此采用洛必达法则或泰勒展开求解。

方法一：泰勒展开
首先，将 $e^{- x}$ 展开为泰勒级数： $e^{- x} = 1 - x + \frac{x ^{2}}{2 !} - \frac{x ^{3}}{3 !} + O (x^{4})$ ，则 $1 - e^{- x} = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} - O (x^{4})$ 。
于是，

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

令 $g (x) = \frac{1}{1 - \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{6} - O ( x ^{3} )}$ ，其泰勒展开为：

g (x) = 1 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{12} + O (x^{3}) .

因此，

\frac{1 + x}{1 - e ^{- x}} = (\frac{1}{x} + 1) (1 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{12} + O (x^{3})) = \frac{1}{x} + \frac{3}{2} + \frac{7}{12} x + O (x^{2}) .

原表达式为：

(\frac{1}{x} + \frac{3}{2} + \frac{7}{12} x + O (x^{2})) - \frac{1}{x} = \frac{3}{2} + \frac{7}{12} x + O (x^{2}) .

当 $x \to 0$ 时，极限为 $\frac{3}{2}$ .

方法二：洛必达法则
将表达式通分：

x \to 0 lim \frac{x ( 1 + x ) - ( 1 - e ^{- x} )}{x ( 1 - e ^{- x} )} = x \to 0 lim \frac{e ^{- x} + x + x ^{2} - 1}{x ( 1 - e ^{- x} )} .

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则。
分子导数： $- e^{- x} + 1 + 2 x$ ，分母导数： $1 - e^{- x} + x e^{- x}$ 。
在 $x = 0$ 处，分子导数为 0，分母导数为 0，仍需洛必达法则。
二阶分子导数： $e^{- x} + 2$ ，二阶分母导数： $2 e^{- x} - x e^{- x}$ 。
在 $x = 0$ 处，二阶分子导数为 3，二阶分母导数为 2，因此极限为 $\frac{3}{2}$ 。

两种方法均得极限为 $\frac{3}{2}$ .

16

（本题满分 8 分）

设 $f (u)$ 具有二阶连续导数，且 $g (x, y) = f (\frac{y}{x}) + y f (\frac{x}{y})$ ，求 $x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} - y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}}$ ．

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【答案】

\frac{2 y}{x} f^{'} (\frac{y}{x})

【解析】 设 $g (x, y) = f (\frac{y}{x}) + y f (\frac{x}{y})$ ，其中 $f (u)$ 具有二阶连续导数。

首先，求一阶偏导数：

\frac{\partial g}{\partial x} = - \frac{y}{x ^{2}} f^{'} (\frac{y}{x}) + f^{'} (\frac{x}{y})

\frac{\partial g}{\partial y} = \frac{1}{x} f^{'} (\frac{y}{x}) + f (\frac{x}{y}) - \frac{x}{y} f^{'} (\frac{x}{y})

然后，求二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} = \frac{2 y}{x ^{3}} f^{'} (\frac{y}{x}) + \frac{y ^{2}}{x ^{4}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{1}{y} f^{''} (\frac{x}{y})

所以，

x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} = \frac{2 y}{x} f^{'} (\frac{y}{x}) + \frac{y ^{2}}{x ^{2}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{x ^{2}}{y} f^{''} (\frac{x}{y})

\frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = \frac{1}{x ^{2}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{x ^{2}}{y ^{3}} f^{''} (\frac{x}{y})

所以，

y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = \frac{y ^{2}}{x ^{2}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{x ^{2}}{y} f^{''} (\frac{x}{y})

因此，

x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} - y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = (\frac{2 y}{x} f^{'} (\frac{y}{x}) + \frac{y ^{2}}{x ^{2}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{x ^{2}}{y} f^{''} (\frac{x}{y})) - (\frac{y ^{2}}{x ^{2}} f^{''} (\frac{y}{x}) + \frac{x ^{2}}{y} f^{''} (\frac{x}{y})) = \frac{2 y}{x} f^{'} (\frac{y}{x})

故结果为 $\frac{2 y}{x} f^{'} (\frac{y}{x})$ .

17

（本题满分 9 分）

同试卷 2 第 21 题

18

（本题满分 9 分）

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{2 n + 1} - 1) x^{2 n}$ 在区间 $(- 1, 1)$ 内的和函数 $S (x)$ ．

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【答案】

S (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - 1 + \frac{1}{2 x} ln \frac{1 + x}{1 - x} - \frac{1}{1 - x ^{2}}, 0, ∣ x ∣ < 1, x \neq = 0; x = 0.

【解析】
将幂级数分为两部分：

S (x) = n = 1 \sum \infty (\frac{1}{2 n + 1} - 1) x^{2 n} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{2 n + 1} x^{2 n} - n = 1 \sum \infty x^{2 n} = S_{1} (x) - S_{2} (x) .

先求级数 $S_{2} (x)$ ：

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

再求级数 $S_{1} (x)$ ：由于

(x S_{1} (x))^{'} = (n = 1 \sum \infty \frac{x ^{2 n + 1}}{2 n + 1})^{'} = n = 1 \sum \infty (\frac{x ^{2 n + 1}}{2 n + 1})^{'} = n = 1 \sum \infty x^{2 n} = \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}},

因此由微积分基本公式得

x S_{1} (x) = 0 \times S_{1} (0) + \int_{0}^{x} \frac{t ^{2}}{1 - t ^{2}} d t = - x + \frac{1}{2} ln \frac{1 + x}{1 - x} .

又由于 $S_{1} (0) = 0$ ，故

S_{1} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - 1 + \frac{1}{2 x} ln \frac{1 + x}{1 - x}, 0, ∣ x ∣ < 1, x = 0.

所以原幂级数的和函数

S (x) = S_{1} (x) - S_{2} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ - 1 + \frac{1}{2 x} ln \frac{1 + x}{1 - x} - \frac{1}{1 - x ^{2}}, 0, ∣ x ∣ < 1, x \neq = 0; x = 0.

19

（本题满分 8 分）

设 $f (x), g (x)$ 在 $[0, 1]$ 上的导数连续，且 $f (0) = 0$ , $f^{'} (x) \geq 0$ , $g^{'} (x) \geq 0$ ．证明：对任何 $a \in [0, 1]$ ，有 $\int_{0}^{a} g (x) f^{'} (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) g^{'} (x) d x \geq f (a) g (1) .$

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【答案】 证明见解析。

【解析】
将 $a$ 看成变限，设

F (x) = \int_{0}^{x} g (t) f^{'} (t) d t + \int_{0}^{1} f (t) g^{'} (t) d t - f (x) g (1),

则 $F (x)$ 在 $[0, 1]$ 上的导数连续，并且

F^{'} (x) = g (x) f^{'} (x) - f^{'} (x) g (1) = f^{'} (x) [g (x) - g (1)] .

由 $x \in [0, 1]$ 时， $g^{'} (x) \geq 0$ 知 $g (x)$ 是单调递增的，所以 $g (x) - g (1) \leq 0$ ；又 $f^{'} (x) \geq 0$ ，因此 $F^{'} (x) \leq 0$ ，即 $F (x)$ 在 $[0, 1]$ 上单调递减。另一方面，

F (1) = \int_{0}^{1} g (t) f^{'} (t) d t + \int_{0}^{1} f (t) g^{'} (t) d t - f (1) g (1) .

由分部积分公式

\int_{0}^{1} g (t) f^{'} (t) d t = \int_{0}^{1} g (t) d [f (t)] = [g (t) f (t)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f (t) g^{'} (t) d t = f (1) g (1) - \int_{0}^{1} f (t) g^{'} (t) d t,

故 $F (1) = 0$ 。因此当 $x \in [0, 1]$ 时 $F (x) \geq F (1) = 0$ 。由此对任何 $a \in [0, 1]$ 有

\int_{0}^{a} g (x) f^{'} (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) g^{'} (x) d x \geq f (a) g (1) .

20

（本题满分 13 分）

已知齐次线性方程组 (I) $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + 2 x_{2} + 3 x_{3} = 0, 2 x_{1} + 3 x_{2} + 5 x_{3} = 0, x_{1} + x_{2} + a x_{3} = 0,$ 和(II) ${x_{1} + b x_{2} + c x_{3} = 0, 2 x_{1} + b^{2} x_{2} + (c + 1) x_{3} = 0,$ 同解，求 $a, b, c$ 的值．

查看答案与解析

【答案】 $a = 2$ ， $b = 1$ ， $c = 2$

【解析】 首先，考虑齐次线性方程组（I）的系数矩阵：

A = 121231 35 a

对其进行行化简：

100 2 - 1 0 3 - 1 a - 2

当 $a \neq = 2$ 时，秩为3，方程组（I）只有零解。但方程组（II）有两个方程、三个变量，不可能只有零解（系数矩阵秩最大为2），故 $a \neq = 2$ 不成立。因此 $a = 2$ 。

当 $a = 2$ 时，方程组（I）的系数矩阵行化简为：

100 2 - 1 0 3 - 1 0

解为：

x_{1} = - x_{3}, x_{2} = - x_{3}

即解空间由向量 $v = (- 1, - 1, 1)$ 张成。

由于方程组（I）和（II）同解， $v$ 必须满足方程组（II）：

{- 1 + b (- 1) + c (1) = 0 2 (- 1) + b^{2} (- 1) + (c + 1) (1) = 0

化简得：

{c - b = 1 c - b^{2} = 1

相减得 $b^{2} - b = 0$ ，即 $b (b - 1) = 0$ ，解得 $b = 0$ 或 $b = 1$ 。

若 $b = 0$ ，则 $c = 1$ 。方程组（II）为：

{x_{1} + x_{3} = 0 2 x_{1} + 2 x_{3} = 0

方程相互依赖，解空间维数为2（ $x_{1} = - x_{3}$ ， $x_{2}$ 自由），与方程组（I）解空间维数1不同，故不成立。

若 $b = 1$ ，则 $c = 2$ 。方程组（II）为：

{x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = 0 2 x_{1} + x_{2} + 3 x_{3} = 0

系数矩阵为：

(121123)

行化简后秩为2，解空间维数为1，解为 $x_{1} = - x_{3}$ ， $x_{2} = - x_{3}$ ，即与方程组（I）解空间相同。

因此， $a = 2$ ， $b = 1$ ， $c = 2$ 。

21

（本题满分 13 分）

设 $D = (A C^{T} C B)$ 为正定矩阵，其中 $A, B$ 分别为 $m$ 阶， $n$ 阶对称矩阵， $C$ 为 $m \times n$ 矩阵．

(1) 计算 $P^{T} D P$ ，其中 $P = (E_{m} O - A^{- 1} C E_{n})$ ；

(2) 利用(I)的结果判断矩阵 $B - C^{T} A^{- 1} C$ 是否为正定矩阵，并证明你的结论．

查看答案与解析

【答案】
(1) $P^{T} D P = (A O O B - C^{T} A^{- 1} C)$
(2) 矩阵 $B - C^{T} A^{- 1} C$ 是正定矩阵。

【解析】
(I) 因为 $P = (E_{m} O - A^{- 1} C E_{n})$ ，所以
$P^{T} = (E_{m} - C^{T} (A^{- 1})^{T} O E_{n})$ 。
因为 $A$ 为对称矩阵，故 $A^{T} = A$ ，左右两边取逆， $(A^{T})^{- 1} = A^{- 1}$ 。
根据可逆矩阵的性质，又有 $(A^{T})^{- 1} = (A^{- 1})^{T}$ ，故 $(A^{- 1})^{T} = A^{- 1}$ ，
所以

P^{T} = (E_{m} - C^{T} A^{- 1} O E_{n})

因此，

P^{T} D P = (E_{m} - C^{T} A^{- 1} O E_{n}) (A C^{T} C B) (E_{m} O - A^{- 1} C E_{n})

= (A O C B - C^{T} A^{- 1} C) (E_{m} O - A^{- 1} C E_{n}) = (A O O B - C^{T} A^{- 1} C) .

(II) 矩阵 $B - C^{T} A^{- 1} C$ 是正定矩阵。事实上，因为 $P$ 可逆，所以由 $D$ 是正定矩阵知 $P^{T} D P$ 也是正定的。
根据正定的定义，对任意的 $(O Y) \neq = O$ ，恒有

(O, Y^{T}) P^{T} D P (O Y) = (O, Y^{T}) (A O O B - C^{T} A^{- 1} C) (O Y) > 0.

计算分块矩阵乘积得：

(O, Y^{T}) (A O O B - C^{T} A^{- 1} C) (O Y) = (O, Y^{T}) (B - C^{T} A^{- 1} C) (O Y)

= Y^{T} (B - C^{T} A^{- 1} C) Y .

故对任意 $Y \neq = O$ ，有 $Y^{T} (B - C^{T} A^{- 1} C) Y > 0$ ，从而 $B - C^{T} A^{- 1} C$ 为正定矩阵。

22

（本题满分 13 分）

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为 $f (x, y) = {1, 0, 0 < x < 1, 0 < y < 2 x, 其他 .$ 求：

(1) $(X, Y)$ 的边缘概率密度 $f_{X} (x), f_{Y} (y)$ ；

(2) $Z = 2 X - Y$ 的概率密度 $f_{Z} (z)$ ；

(3) $P {Y \leq \frac{1}{2} X \leq \frac{1}{2}}$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $f_{X} (x) = {2 x, 0, 0 < x < 1 其他$ ， $f_{Y} (y) = {1 - \frac{y}{2}, 0, 0 < y < 2 其他$
(2) $f_{Z} (z) = {1 - \frac{z}{2}, 0, 0 < z < 2 其他$
(3) $\frac{3}{4}$

【解析】
(I) 由边缘密度函数的定义，关于 $X$ 的边缘概率密度为：

f_{X} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = ⎩ ⎨ ⎧ \int_{0}^{2 x} d y, 0, 0 < x < 1, 其他 . = {2 x, 0, 0 < x < 1, 其他 .

关于 $Y$ 的边缘概率密度：

f_{Y} (y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d x = ⎩ ⎨ ⎧ \int_{\frac{y}{2}}^{1} d x, 0, 0 < y < 2, 其他 . = {1 - \frac{y}{2}, 0, 0 < y < 2, 其他 .

(II) 由分布函数的定义： $F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {2 X - Y \leq z}$ 。当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = P {2 X - Y \leq z} = 0$ 。当 $z \geq 2$ 时， $F_{Z} (z) = P {2 X - Y \leq z} = 1$ 。当 $0 \leq z < 2$ 时，如图转换成阴影部分的二重积分。

F_{Z} (z) = P {2 X - Y \leq z} = \iint_{2 x - y \leq z} f (x, y) d x d y

= 1 - \iint_{2 x - y > z} f (x, y) d x d y = 1 - \int_{\frac{z}{2}}^{1} d x \int_{0}^{2 x - z} d y = z - \frac{1}{4} z^{2} .

所以分布函数为

F_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, z - \frac{1}{4} z^{2}, 1, z < 0, 0 \leq z < 2, z \geq 2.

由密度函数与分布函数的关系，所求的概率密度为

f_{Z} (z) = {1 - \frac{1}{2} z, 0, 0 < z < 2, 其他 .

(Ⅲ) 因为

P {X ⩽ \frac{1}{2}, Y ⩽ \frac{1}{2}} = \iint_{x ⩽ \frac{1}{2}, y ⩽ \frac{1}{2}} f (x, y) d x d y = \int_{0}^{\frac{1}{2}} d y \int_{\frac{y}{2}}^{\frac{1}{2}} d x = \frac{3}{16},

P {X ⩽ \frac{1}{2}} = \int_{0}^{\frac{1}{2}} f_{X} (x) d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} 2 x d x = \frac{1}{4},

所以由条件概率公式得

P {Y ⩽ \frac{1}{2} X ⩽ \frac{1}{2}} = \frac{P { X ⩽ \frac{1}{2} , Y ⩽ \frac{1}{2} }}{P { X ⩽ \frac{1}{2} }} = \frac{\frac{3}{16}}{\frac{1}{4}} = \frac{3}{4} .

23

（本题满分 13 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n > 2)$ 为来自总体 $N (0, σ^{2})$ 的简单随机样本，其样本均值为 $\overline{X}$ ，记 $Y_{i} = X_{i} - \overline{X}$ ， $i = 1, 2, \dots, n$ ．

(1) 求 $Y_{i}$ 的方差 $D Y_{i}$ ， $i = 1, 2, \dots, n$ ；

(2) 求 $Y_{1}$ 与 $Y_{n}$ 的协方差 $Cov (Y_{1}, Y_{n})$ ；

(3) 若 $c (Y_{1} + Y_{n})^{2}$ 是 $σ^{2}$ 的无偏估计量，求常数 $c$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $D Y_{i} = \frac{n - 1}{n} σ^{2}$
(2) $Cov (Y_{1}, Y_{n}) = - \frac{σ ^{2}}{n}$
(3) $c = \frac{n}{2 ( n - 2 )}$

【解析】
由题设知 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n > 2)$ 相互独立，且 $E X_{i} = 0, D X_{i} = σ^{2} (i = 1, 2, \dots, n)$ ，

E \overline{X} = E (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E X_{i} = 0,

D \overline{X} = D (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D X_{i} = \frac{σ ^{2}}{n} .

(I) 因为 $Y_{i} = X_{i} - \overline{X}$ ，所以对 $i = 1, 2, \dots, n$ ，有 $E Y_{i} = 0$ ，

D Y_{i} = D (X_{i} - \overline{X}) = D (1 - \frac{1}{n}) X_{i} - \frac{1}{n} j \neq = i \sum X_{j}

= \frac{( n - 1 ) ^{2}}{n ^{2}} σ^{2} + \frac{1}{n ^{2}} \cdot (n - 1) σ^{2} = \frac{n - 1}{n} σ^{2} .

(II) 由协方差的定义：

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = E (Y_{1} Y_{n}) - E Y_{1} E Y_{n} = E (Y_{1} Y_{n})

= E [(X_{1} - \overline{X}) (X_{n} - \overline{X})] = E (X_{1} X_{n} - X_{1} \overline{X} - X_{n} \overline{X} + \overline{X}^{2})

= E (X_{1} X_{n}) - E (X_{1} \overline{X}) - E (X_{n} \overline{X}) + E (\overline{X}^{2}) .

因为 $X_{1}, X_{n}$ 独立，有

E (X_{1} X_{n}) = E X_{1} E X_{n} = 0 \times 0 = 0.

由方差的公式，有

E (\overline{X}^{2}) = D \overline{X} + (E \overline{X})^{2} = \frac{σ ^{2}}{n} + 0 = \frac{σ ^{2}}{n} .

由期望的性质和方差的公式有

E (X_{1} \overline{X}) = E (\frac{1}{n} j = 1 \sum n X_{1} X_{j}) = E (\frac{1}{n} X_{1}^{2} + \frac{1}{n} j = 2 \sum n X_{1} X_{j}) = \frac{1}{n} E (X_{1}^{2}) + \frac{1}{n} j = 2 \sum n E X_{1} E X_{j} = \frac{1}{n} [D X_{1} + (E X_{1})^{2}] + 0 = \frac{1}{n} (σ^{2} + 0) = \frac{σ ^{2}}{n} .

同理 $E (X_{n} \overline{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}$ 。所以

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = E (X_{1} X_{n}) - E (X_{1} \overline{X}) - E (X_{n} \overline{X}) + E (\overline{X}^{2}) = 0 - \frac{σ ^{2}}{n} - \frac{σ ^{2}}{n} + \frac{σ ^{2}}{n} = - \frac{σ ^{2}}{n} .

(Ⅲ) 由 $c (Y_{1} + Y_{n})^{2}$ 是 $σ^{2}$ 的无偏估计量，则 $E [c (Y_{1} + Y_{n})^{2}] = σ^{2}$ 。而

E [c (Y_{1} + Y_{n})^{2}] = c E [(Y_{1} + Y_{n})^{2}] = c [D (Y_{1} + Y_{n}) + [E (Y_{1} + Y_{n})]^{2}]

又 $E (Y_{1} + Y_{n}) = E Y_{1} + E Y_{n} = 0$ ，

D (Y_{1} + Y_{n}) = D Y_{1} + D Y_{2} + 2 Cov (Y_{1}, Y_{n}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2} + \frac{n - 1}{n} σ^{2} + 2 (- \frac{σ ^{2}}{n}) = \frac{2 ( n - 2 )}{n} σ^{2},

所以得到

E [c (Y_{1} + Y_{n})^{2}] = c [D (Y_{1} + Y_{n}) + [E (Y_{1} + Y_{n})]^{2}] = \frac{2 ( n - 2 )}{n} c σ^{2} .

由 $E [c (Y_{1} + Y_{n})^{2}] = σ^{2}$ ，得 $\frac{2 ( n - 2 )}{n} c σ^{2} = σ^{2}$ ，解得 $c = \frac{n}{2 ( n - 2 )}$ 。