卷 4

【答案】 $\frac{1}{2}\ln a$

【解析】
函数 $f(x)=a^x$ ，则

取自然对数，得

代入极限式：

当 $n\to \infty$ 时， $\frac{n+1}{2n}\to \frac{1}{2}$ ，因此极限为 $\frac{1}{2}\ln a$ 。

【答案】 1

【解析】
给定函数 $f(x)=e^{x}y{z}^2$ ，其中 $z=z(x,y)$ 由方程 $x+y+z+xyz=0$ 确定。需要求 $f_x^{\prime }(0,1,-1)$ ，即 $f$ 对 $x$ 的偏导数在点 $(0,1,-1)$ 处的值。

首先，求 $f$ 对 $x$ 的偏导数。由于 $z$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数，应用乘积法则和链式法则：

在点 $(0,1,-1)$ 处，代入 $x=0$ , $y=1$ , $z=-1$ :

接下来，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 在点 $(0,1)$ 处的值。由隐函数方程 $F(x,y,z)=x+y+z+xyz=0$ ，利用隐函数求导公式：

计算偏导数：

在点 $(0,1,-1)$ 处：

所以，

代入回 $f_x$ :

因此， $f_x^{\prime }(0,1,-1)=1$ .

【答案】

【解析】 已知矩阵方程 $AB-B=A$ ，可改写为 $AB-A=B$ ，即 $A(B-I)=B$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。

给定

则

计算 $(B-I{)}^{-1}$ ：由于 $B-I$ 是分块矩阵，其逆矩阵为

因此，

验证：计算 $AB-B$ ，结果等于 $A$ ，符合原方程。

【答案】 1

【解析】
已知 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，且 $E[(X-1)(X-2)]=1$ 。
展开 $(X-1)(X-2)=X^2-3X+2$ ，则

对于泊松分布，有 $E[X]=\lambda$ ，且 $E[X^2]=\text{Var}(X)+(E[X]{)}^2=\lambda +{\lambda }^2$ 。
代入得：

设其等于 1：

即

解得 $(\lambda -1{)}^2=0$ ，所以 $\lambda =1$ 。
验证：当 $\lambda =1$ 时， $E[X]=1$ ， $E[X^2]=1+1^2=2$ ，则 $E[X^2-3X+2]=2-3\times 1+2=1$ ，符合条件。
因此， $\lambda =1$ 。

【答案】

【解析】 已知 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数，即 $F^{\prime }(x)=f(x)$ ，且当 $x\ge 0$ 时，有

同时给定 $F(0)=1$ ， $F(x)>0$ 。

令 $u=F(x)$ ，则 $u^{\prime }=f(x)$ ，代入得

注意到左边为 $\frac{1}{2}(u^2{)}^{\prime }$ ，因此

积分两边：

计算积分：

因为

所以

由 $F(0)=1$ ，即 $u(0)=1$ ，代入得

因此

即

求导得

应用乘积法则：

化简括号内：

所以

验证：计算 $f(x)F(x)$ ：

符合给定条件。因此所求函数为

【答案】 1

【解析】 已知积分方程 ${\int }_0^{x}tf(x-t)dt=1-\cos x$ ，且 $f(x)$ 连续。
令 $u=x-t$ ，则当 $t=0$ 时， $u=x$ ；当 $t=x$ 时， $u=0$ ，且 $dt=-du$ 。
代入原积分得：

因此，有：

将积分写为：

令 $F(x)={\int }_0^{x}f(u)du$ ，则上式化为：

对两边关于 $x$ 求导：
左边求导为：

右边求导为：

因此，

即

所求积分为：

故答案为 1。

【答案】 见解析

【解析】
令 $t=\frac{x}{2}$ ，则当 $0<x<\pi$ 时，有 $0<t<\frac{\pi }{2}$ 。原不等式化为 $\sin t>\frac{2}{\pi }t$ 。

考虑函数 $s(t)=\frac{\sin t}{t}$ ，其中 $t>0$ 。求导得

令 $u(t)=t\cos t-\sin t$ ，则

故 $u(t)$ 单调递减。又

所以对任意 $t>0$ ，有 $u(t)<0$ ，因此 $s^{\prime }(t)<0$ ，即 $s(t)$ 在 $t>0$ 时单调递减。

当 $t=\frac{\pi }{2}$ 时，

由于 $s(t)$ 单调递减，当 $0<t<\frac{\pi }{2}$ 时，有

即

所以 $\sin t>\frac{2}{\pi }t$ 。

代回 $t=\frac{x}{2}$ ，得

因此，当 $0<x<\pi$ 时，原不等式成立。

【答案】
当 $k=0$ 时，存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵。
可逆矩阵 P=​101​102​011​​ ，相应的对角矩阵为 Λ=​100​0−10​00−1​​ 。

【解析】
矩阵 $A$ 的特征多项式为 $\det (A-\lambda I)=-{\lambda }^3-{\lambda }^2+\lambda +1$ ，即 ${\lambda }^3+{\lambda }^2-\lambda -1=0$ ，解得特征值为 $\lambda =1$ （单根）和 $\lambda =-1$ （二重根）。

要使 $A$ 可对角化，需要特征值 $\lambda =-1$ 的几何重数等于其代数重数 $2$ ，即 $\dim \mathrm{null}(A+I)=2$ 。

计算

当 $k=0$ 时，

其秩为 $1$ ，零空间维数为 $2$ ，满足可对角化条件。

当 $k=0$ 时，求解特征向量：

• 对于 $\lambda =1$ ，解 $(A-I)x=0$ ，得特征向量
  

  v1​=​101​​.

• 对于 $\lambda =-1$ ，解 $(A+I)x=0$ ，得特征向量
  

  v2​=​102​​,v3​=​011​​.

令可逆矩阵 $P$ 由这些特征向量组成：

对角矩阵 $\Lambda$ 由特征值构成：

验证 $P$ 可逆：

【答案】
(1) 当 $a,b,c$ 互不相等时，方程组仅有零解。

(2) 当 $a,b,c$ 中至少有两个相等时，方程组有无穷多解：

• 若 $a=b\ne c$ ，基础解系为 ​1−10​​ ，全部解为 k​1−10​​ （ $k$ 为任意常数）
• 若 $a=c\ne b$ ，基础解系为 ​10−1​​ ，全部解为 k​10−1​​ （ $k$ 为任意常数）
• 若 $b=c\ne a$ ，基础解系为 ​01−1​​ ，全部解为 k​01−1​​ （ $k$ 为任意常数）
• 若 $a=b=c$ ，基础解系为 ​10−1​​ 和 ​01−1​​ ，全部解为 k1​​10−1​​+k2​​01−1​​ （ $k_1,k_2$ 为任意常数）

（注：基础解系不唯一，但不同基础解系之间存在线性关系）

【解析】
线性方程组解的分析

这是一个齐次线性方程组，系数矩阵为范德蒙德矩阵：

(1) 仅有零解的条件

齐次线性方程组仅有零解的条件是系数矩阵满秩，即 $\text{rank}(A)=3$ 。

范德蒙德矩阵的行列式为：

当 $\det (A)\ne 0$ 时，矩阵满秩，方程组仅有零解。

所以，当 $a,b,c$ 互不相等时，方程组仅有零解。

(2) 有无穷多解的条件及基础解系

当 $\det (A)=0$ 时，矩阵不满秩，方程组有无穷多解。即当 $a,b,c$ 中至少有两个相等时，方程组有无穷多解。

具体分析如下：

情况1： $a=b\ne c$

方程组变为：

解得： $x_3=0$ ， $x_2=-x_1$ ，所以通解为：

基础解系： ​1−10​​

情况2： $a=c\ne b$

方程组变为：

解得： $x_2=0$ ， $x_3=-x_1$ ，所以通解为：

基础解系： ​10−1​​

情况3： $b=c\ne a$

方程组变为：

解得： $x_1=0$ ， $x_3=-x_2$ ，所以通解为：

基础解系： ​01−1​​