卷 4

【答案】

【解析】 考虑函数 $f(x) = \frac{1-x}{1+x}$ 。将其改写为 $f(x) = \frac{2}{1+x} - 1$ 。由于常数的导数为零，对于 $n \geq 1$ ，有 $f^{(n)}(x) = \left( \frac{2}{1+x} \right)^{(n)}$ 。
令 $g(x) = \frac{2}{1+x} = 2(1+x)^{-1}$ ，则其 $n$ 阶导数为：

因此，对于 $n \geq 1$ ，

该公式已验证于 $n = 1, 2, 3, \ldots$ 时成立。

【答案】
$2z$

【解析】
给定 $z = xy f\left( \frac{y}{x} \right)$ ，其中 $f(u)$ 可导。
首先，计算偏导数 $z'_x$ 和 $z'_y$ 。
设 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $z = xy f(u)$ 。
求 $z'_x$ :

其中 $\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{y}{x^2}$ ，所以

求 $z'_y$ :

其中 $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{1}{x}$ ，所以

现在计算 $x z'_x + y z'_y$ :

相加得：

由于 $z = xy f(u)$ ，所以

因此，答案为 $2z$ 。

【答案】
$f(x) = x + e^x + C$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定 $f'(\ln x) = 1 + x$ ，令 $u = \ln x$ ，则 $x = e^u$ ，代入得 $f'(u) = 1 + e^u$ 。
对 $f'(u)$ 积分得 $f(u) = \int (1 + e^u) \, du = u + e^u + C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
将 $u$ 替换为 $x$ ，得 $f(x) = x + e^x + C$ 。
验证：若 $f(x) = x + e^x + C$ ，则 $f'(x) = 1 + e^x$ ，故 $f'(\ln x) = 1 + e^{\ln x} = 1 + x$ ，符合原条件。

【答案】

【解析】
由伴随矩阵的性质，有 $A A^* = A^* A = \det(A) I$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。因此， $A^* = \det(A) A^{-1}$ ，进而可得 $(A^*)^{-1} = \frac{1}{\det(A)} A$ 。
计算矩阵 $A$ 的行列式：

由于 $A$ 是下三角矩阵，行列式为对角元素的乘积，即

因此，

【答案】

【解析】 在假设检验中，当总体方差未知时，对总体均值进行t检验使用的统计量为 $t = \frac{\overline{X} - \mu_0}{s / \sqrt{n}}$ ，其中 $\mu_0$ 为假设的总体均值，本题中 $\mu_0 = 0$ ， $s$ 为样本标准差。样本方差 $s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \overline{X})^2 = \frac{Q^2}{n-1}$ ，因此 $s = \sqrt{\frac{Q^2}{n-1}}$ 。代入t统计量公式，得到 $t = \frac{\overline{X} - 0}{\sqrt{\frac{Q^2}{n-1}} / \sqrt{n}} = \frac{\overline{X} \sqrt{n}}{\sqrt{\frac{Q^2}{n-1}}}$ 。该统计量服从自由度为 $n-1$ 的t分布，用于检验假设 $H_0: \mu = 0$ 。

【答案】
在 $x = 0$ 处， $f(x)$ 连续且可导。

【解析】
(Ⅰ) 先看左极限与右极限：

故 $f(0^+) = f(0^-) = f(0)$ ，即 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

(Ⅱ) 再看左导数与右导数：

即 $f'_+(0) = f'_-(0) = 0$ ，故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f'(0) = 0$ 。

【答案】
$f(x) = 3e^{3x} - 2e^{2x}$

【解析】
在变上限定积分令 $s = \frac{t}{3}$ ，得到

在上式中令 $x = 0$ 得 $f(0) = 1$ ，将上述两端对 $x$ 求导数得

这是一阶线性微分方程的特解问题。用 $e^{-3x}$ 同乘方程两端，得

积分即得

由 $f(0) = 1$ 可确定常数 $C = 3$ ，于是所求的函数是

【答案】

【解析】
首先，将函数 $y = \ln(1 - x - 2x^2)$ 分解为 $y = \ln(1 - 2x) + \ln(1 + x)$ ，因为 $1 - x - 2x^2 = (1 - 2x)(1 + x)$ 。
然后，利用已知的对数级数展开：

将两式相加，得到：

收敛区间由两个级数的收敛域决定。函数定义域为 $1 - x - 2x^2 > 0$ ，即 $-1 < x < \frac{1}{2}$ 。级数的收敛半径通过系数极限求得：

收敛半径为 $R = \frac{1}{2}$ 。在 $x = \frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum \left( \frac{(-1)^{n-1}}{n 2^n} - \frac{1}{n} \right)$ ，其中 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，故发散。在 $x = -\frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum \left( -\frac{1}{n 2^n} - \frac{(-1)^n}{n} \right)$ ，两者均收敛，故收敛。因此，收敛区间为 $\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)$ 。

【答案】

【解析】
方法一：将积分区域 $D$ 分为两部分：

从而有

令 $t = \sqrt{2}x$ ，利用泊松积分 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ ，则有

方法二：引入极坐标系 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ ，则

于是

【答案】 $P_0 = \dfrac{a b}{b-1}$ , $Q_0 = -\dfrac{c}{b-1}$

【解析】 已知收益函数 $R = P Q(P)$ ，其中 $Q(P)$ 是单调减函数。在点 $(P_0, Q_0)$ 处，给定边际收益 $\left. \frac{\d R}{\d Q} \right|_{Q=Q_0} = a > 0$ ，收益对价格的边际效应 $\left. \frac{\d R}{\d P} \right|_{P=P_0} = c < 0$ ，需求价格弹性 $E_P = b > 1$ 。需求价格弹性定义为 $E_P = - \frac{\d Q}{\d P} \cdot \frac{P}{Q}$ ，故在 $P = P_0$ 时，有：

即：

收益对价格的边际效应为：

代入上式：

解得：

边际收益为：

由于 $\left. \frac{\d P}{\d Q} \right|_{Q=Q_0} = \frac{1}{\left. \frac{\d Q}{\d P} \right|_{P=P_0}} = -\frac{P_0}{b Q_0}$ ，代入得：

解得：

因此， $P_0 = \dfrac{a b}{b-1}$ , $Q_0 = -\dfrac{c}{b-1}$ 。

【答案】
$\frac{\pi}{2}$

【解析】 (1) 证明：考虑积分 $\int_{-a}^{a} f(x)g(x) \, dx$ 。将其拆分为两部分：

在第一个积分中，令 $u = -x$ ，则当 $x = -a$ 时 $u = a$ ，当 $x = 0$ 时 $u = 0$ ，且 $dx = -du$ 。因此：

其中 $g(-u) = g(u)$ 因为 $g(x)$ 是偶函数。将变量 $u$ 换回 $x$ ，得：

于是原积分变为：

由条件 $f(x) + f(-x) = A$ ，代入得：

故结论成立。

(2) 计算积分 $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} |\sin x| \arctan e^x \, dx$ 。令 $f(x) = \arctan e^x$ ， $g(x) = |\sin x|$ ，区间 $[-a, a]$ 中 $a = \frac{\pi}{2}$ 。首先， $g(x) = |\sin x|$ 是偶函数，因为 $|\sin(-x)| = |-\sin x| = |\sin x|$ 。其次，验证 $f(x) + f(-x) = A$ ：

由于 $e^x > 0$ ，有恒等式 $\arctan u + \arctan \frac{1}{u} = \frac{\pi}{2}$ （当 $u > 0$ ），故：

即 $A = \frac{\pi}{2}$ 。根据 (1) 的结论：

因为在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上 $\sin x \geq 0$ ，所以 $|\sin x| = \sin x$ 。计算：