卷 1

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$\int_0^1 \sqrt{2x - x^2} \dx =$ ______．

【答案】 $\frac{\pi}{4}$

【解析】 考虑积分 $\int_0^1 \sqrt{2x - x^2} dx$ 。首先完成平方： $2x - x^2 = 1 - (x-1)^2$ ，因此积分化为 $\int_0^1 \sqrt{1 - (x-1)^2} dx$ 。这表示圆心在 $(1,0)$ 、半径为 1 的上半圆从 $x=0$ 到 $x=1$ 的曲线下的面积。

使用三角代换，令 $x-1 = \sin t$ ，则 $dx = \cos t dt$ 。当 $x=0$ 时， $t = -\pi/2$ ；当 $x=1$ 时， $t = 0$ 。被积函数变为 $\sqrt{1 - \sin^2 t} = \sqrt{\cos^2 t} = |\cos t|$ ，在区间 $t \in [-\pi/2, 0]$ 上， $\cos t \geq 0$ ，故 $|\cos t| = \cos t$ 。积分变为：

\int_{-\pi/2}^{0} \cos t \cdot \cos t dt = \int_{-\pi/2}^{0} \cos^2 t dt.

利用恒等式 $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$ ，得：

\int_{-\pi/2}^{0} \cos^2 t dt = \int_{-\pi/2}^{0} \frac{1 + \cos 2t}{2} dt = \frac{1}{2} \int_{-\pi/2}^{0} 1 dt + \frac{1}{2} \int_{-\pi/2}^{0} \cos 2t dt.

计算得：

\frac{1}{2} \left[ t \right]_{-\pi/2}^{0} + \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin 2t}{2} \right]_{-\pi/2}^{0} = \frac{1}{2} (0 - (-\pi/2)) + \frac{1}{4} (\sin 0 - \sin (-\pi)) = \frac{\pi}{4} + 0 = \frac{\pi}{4}.

因此，积分值为 $\frac{\pi}{4}$ 。

2

曲面 $x^2 + 2y^2 + 3z^2 = 21$ 在点 $\left(1,\text{-}2,2 \right)$ 的法线方程为 ______．

高等数学多元函数微分学多元函数微分学的几何应用

【答案】

\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{-4} = \frac{z - 2}{6}

【解析】
曲面方程为

x^2 + 2y^2 + 3z^2 = 21

令

F(x, y, z) = x^2 + 2y^2 + 3z^2 - 21

曲面的法向量为梯度

\nabla F = \left( \frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z} \right)

计算偏导数：

\frac{\partial F}{\partial x} = 2x, \quad \frac{\partial F}{\partial y} = 4y, \quad \frac{\partial F}{\partial z} = 6z

在点 $(1, -2, 2)$ 处，法向量为

(2 \times 1, \ 4 \times (-2), \ 6 \times 2) = (2, -8, 12)

简化后得

(1, -4, 6)

法线方程：
过点 $(1, -2, 2)$ ，方向向量为 $(1, -4, 6)$ ，方程为

\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{-4} = \frac{z - 2}{6}

3

微分方程 $xy'' + 3y' = 0$ 的通解为 ______．

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】
$y = \frac{C_1}{x^2} + C_2$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $xy'' + 3y' = 0$ ，令 $p = y'$ ，则 $y'' = p'$ ，代入方程得 $x p' + 3p = 0$ 。分离变量得 $\frac{dp}{p} = -3 \frac{dx}{x}$ ，积分得 $\ln |p| = -3 \ln |x| + C$ ，即 $p = C_1 x^{-3}$ ，其中 $C_1 = e^C$ 。由于 $p = y'$ ，有 $y' = C_1 x^{-3}$ ，再积分得 $y = C_1 \int x^{-3} dx = C_1 \left( -\frac{1}{2} x^{-2} \right) + C_2 = -\frac{C_1}{2} x^{-2} + C_2$ 。令 $C_1' = -\frac{C_1}{2}$ ，则通解为 $y = \frac{C_1'}{x^2} + C_2$ ，重命名常数得 $y = \frac{C_1}{x^2} + C_2$ 。

4

已知方程组 $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & a + 2 \\ 1 & a & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}$ 无解，则 $a =$ ______．

线性代数线性方程组

【答案】 $-1$

【解析】 给定线性方程组 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ ，其中 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & a+2 \\ 1 & a & -2 \end{pmatrix}$ ， $\mathbf{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}$ 。方程组无解时，系数矩阵 $A$ 的秩小于增广矩阵 $[A | \mathbf{b}]$ 的秩。

对增广矩阵进行行化简：

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & a+2 & 3 \\ 1 & a & -2 & 0 \end{array}\right)

首先，执行行操作 $R2 \gets R2 - 2R1$ 和 $R3 \gets R3 - R1$ ：

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & a & 1 \\ 0 & a-2 & -3 & -1 \end{array}\right)

然后，将第二行乘以 $-1$ ：

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & -1 \\ 0 & a-2 & -3 & -1 \end{array}\right)

接着，使用第二行消去第一行和第三行的第二列元素：

$R1 \gets R1 - 2R2$ ：第一行变为 $(1, 0, 1+2a, 3)$
$R3 \gets R3 - (a-2)R2$ ：第三行变为 $(0, 0, a^2 - 2a - 3, a - 3)$

化简后的增广矩阵为：

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1+2a & 3 \\ 0 & 1 & -a & -1 \\ 0 & 0 & a^2 - 2a - 3 & a - 3 \end{array}\right)

方程组无解的条件是系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩。这要求第三行中系数部分为零而常数部分非零，即：

a^2 - 2a - 3 = 0 \quad \text{} \quad a - 3 \neq 0

解方程 $a^2 - 2a - 3 = 0$ 得 $a = 3$ 或 $a = -1$ 。当 $a = 3$ 时， $a - 3 = 0$ ，方程组有无穷多解；当 $a = -1$ 时， $a - 3 = -4 \neq 0$ ，方程组无解。

因此， $a = -1$ 。

5

设两个相互独立的事件 $A$ 和 $B$ 都不发生的概率为 $\frac{1}{9}$ , $A$ 发生 $B$ 不发生的概率与 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率相等，则 $P(A)$ = ______．

概率论与数理统计随机事件和概率

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 设 $P(A) = p$ ， $P(B) = q$ 。
由于事件 $A$ 和 $B$ 相互独立，有

P(A \cap B) = pq.

已知 $A$ 和 $B$ 都不发生的概率为

P(\overline{A} \cap \overline{B}) = (1-p)(1-q) = \frac{1}{9}.

同时，已知 $A$ 发生 $B$ 不发生的概率等于 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率，即

P(A \cap \overline{B}) = P(B \cap \overline{A}).

由独立性可得

P(A \cap \overline{B}) = p(1-q), \quad P(B \cap \overline{A}) = q(1-p),

因此

p(1-q) = q(1-p).

化简该方程：

p - pq = q - pq,

p = q.

即 $P(A) = P(B)$ 。

代入 $(1-p)(1-q) = \frac{1}{9}$ ，得

(1-p)^2 = \frac{1}{9}.

解得

1-p = \frac{1}{3} \quad (\text{取正值，因为概率非负}),

p = \frac{2}{3}.

因此，

P(A) = \frac{2}{3}.

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设 $f(x),g(x)$ 是恒大于零的可导函数，且 $f'(x)g(x) - f(x)g'(x) < 0$ ，则当 $a < x < b$ 时，有

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：A

【解析】
已知 $f'(x)g(x) - f(x)g'(x) < 0$ ，考虑函数

h(x) = \frac{f(x)}{g(x)}.

由于 $g(x) > 0$ ，函数 $h(x)$ 可导，且导数为

h'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}.

分母恒正，分子小于零，因此 $h'(x) < 0$ ，即 $h(x)$ 严格递减。

当 $a < x < b$ 时，由 $h(x)$ 递减可得

h(x) > h(b),

即

\frac{f(x)}{g(x)} > \frac{f(b)}{g(b)}.

两边同乘 $g(x)g(b)$ （正数），得

f(x)g(b) > f(b)g(x),

即选项 A 成立。

选项 B：

f(x)g(a) > f(a)g(x) \quad \Leftrightarrow \quad h(x) > h(a).

但由 $h(x)$ 递减及 $a < x$ ，得 $h(a) > h(x)$ ，因此 B 不成立。

选项 C 和 D 涉及乘积 $f(x)g(x)$ 的单调性，无法由题设条件确定。
例如：

取 $f(x) = e^{-x}, g(x) = 1$ ，则 $f(x)g(x) = e^{-x}$ 递减，C 成立但 D 不成立。
取 $f(x) = x, g(x) = x^2$ （ $x > 0$ ），则 $f(x)g(x) = x^3$ 递增，D 成立但 C 不成立。

因此，只有选项 A 恒成立。

7

设 $S: x^2 + y^2 + z^2 = a^2\;(z \ge 0)$ ， $S_1$ 为 $S$ 在第一卦限中的部分，则有

高等数学多元函数积分学第一类曲面积分

正确答案：C

【解析】
对于上半球面 $S: x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \ (z \ge 0)$ 及其在第一卦限的部分 $S_1$ ，采用球坐标计算曲面积分。取参数化表示：

x = a \sin \phi \cos \theta, \quad y = a \sin \phi \sin \theta, \quad z = a \cos \phi,

其中 $\phi \in [0, \pi/2]$ ，而对于整个上半球面 $S$ ， $\theta \in [0, 2\pi]$ ；对于 $S_1$ ， $\theta \in [0, \pi/2]$ 。曲面积元为：

dS = a^2 \sin \phi \, d\phi \, d\theta.

1. 计算 $\iint_{S_1} x \, dS$ ：

\begin{aligned} \iint_{S_1} x \, dS &= \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{\pi/2} (a \sin \phi \cos \theta) \cdot a^2 \sin \phi \, d\phi \, d\theta \\ &= a^3 \int_{0}^{\pi/2} \cos \theta \, d\theta \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 \phi \, d\phi. \end{aligned}

其中：

\int_{0}^{\pi/2} \cos \theta \, d\theta = 1, \quad \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 \phi \, d\phi = \frac{\pi}{4},

所以：

\iint_{S_1} x \, dS = a^3 \cdot 1 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{a^3 \pi}{4}.

2. 计算 $\iint_S z \, dS$ ：

\begin{aligned} \iint_S z \, dS &= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi/2} (a \cos \phi) \cdot a^2 \sin \phi \, d\phi \, d\theta \\ &= a^3 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\pi/2} \cos \phi \sin \phi \, d\phi. \end{aligned}

其中：

\int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi, \quad \int_{0}^{\pi/2} \cos \phi \sin \phi \, d\phi = \frac{1}{2},

所以：

\iint_S z \, dS = a^3 \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{2} = a^3 \pi.

3. 比较选项：

由以上结果得：

\iint_S z \, dS = a^3 \pi = 4 \cdot \frac{a^3 \pi}{4} = 4 \iint_{S_1} x \, dS,

因此选项 C 正确。

4. 分析其他选项：

选项 A： $\iint_S x \, dS = 0$ （因为 $\int_{0}^{2\pi} \cos \theta \, d\theta = 0$ ），但 $4 \iint_{S_1} x \, dS = a^3 \pi \neq 0$ ，不相等。
选项 B： $\iint_S y \, dS = 0$ （因为 $\int_{0}^{2\pi} \sin \theta \, d\theta = 0$ ），不相等。
选项 D： $\iint_S xyz \, dS = 0$ （因为 $\int_{0}^{2\pi} \cos \theta \sin \theta \, d\theta = 0$ ），而 $4 \iint_{S_1} xyz \, dS \neq 0$ ，不相等。

结论：正确选项为 C。

8

设级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛，则必收敛的级数为

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：D

【解析】 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，其部分和序列 $S_N = \sum_{n=1}^N u_n$ 收敛于 $S$ 。考虑选项 D： $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + u_{n+1})$ ，其部分和为 $V_N = \sum_{n=1}^N (u_n + u_{n+1}) = \sum_{n=1}^N u_n + \sum_{n=1}^N u_{n+1} = S_N + (S_{N+1} - u_1)$ 。由于 $S_N$ 和 $S_{N+1}$ 均收敛于 $S$ ，故 $V_N \to S + S - u_1 = 2S - u_1$ ，因此级数 D 收敛。

对于选项 A、B、C，均存在反例表明不一定收敛：

A：取 $u_n = \frac{(-1)^n}{\ln n}$ （ $n \geq 2$ ），则 $\sum u_n$ 收敛（交错级数测试），但 $\sum (-1)^n \frac{u_n}{n} = \sum \frac{1}{n \ln n}$ 发散（积分测试）。
B：取 $u_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ ，则 $\sum u_n$ 收敛，但 $\sum u_n^2 = \sum \frac{1}{n}$ 发散。
C：取 $u_n = \frac{(-1)^n}{n}$ ，则 $\sum u_n$ 收敛，但 $\sum (u_{2n-1} - u_{2n}) = \sum \left( -\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \right)$ 发散。

因此，仅选项 D 必收敛。

9

设 $n$ 维列向量组 $\alpha_1, \cdot \cdot \cdot ,\alpha_m(m < n)$ 线性无关，则 $n$ 维列向量组 $\beta_1, \cdot \cdot \cdot ,\beta_m$ 线性无关的充分必要条件为

线性代数向量向量组的线性相关性

A. 向量组

\alpha_1, \cdot \cdot \cdot ,\alpha_m

可由向量组

\beta_1, \cdot \cdot \cdot ,\beta_m

线性表示． B. 向量组

\beta_1, \cdot \cdot \cdot ,\beta_m

可由向量组

\alpha_1, \cdot \cdot \cdot ,\alpha_m

线性表示． C. 向量组

\alpha_1, \cdot \cdot \cdot ,\alpha_m

与向量组

\beta_1, \cdot \cdot \cdot ,\beta_m

等价． D. 矩阵

A = \left(\alpha_1, \cdot \cdot \cdot ,\alpha_m \right)

与矩阵

B = \left(\beta_1, \cdot \cdot \cdot ,\beta_m \right)

等价．

正确答案：D

【解析】
已知 $\alpha_1, \dots, \alpha_m$ 线性无关，且 $m < n$ ，因此矩阵 $A = (\alpha_1, \dots, \alpha_m)$ 的秩为 $m$ 。向量组 $\beta_1, \dots, \beta_m$ 线性无关的充要条件是矩阵 $B = (\beta_1, \dots, \beta_m)$ 的秩为 $m$ 。
矩阵等价的定义是存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$ ，使得 $PAQ = B$ ，而两个矩阵等价的充要条件是它们具有相同的秩。由于 $A$ 的秩为 $m$ ，因此 $B$ 的秩为 $m$ 当且仅当 $A$ 与 $B$ 等价。故选项 D 是充分必要条件。

选项 A
若 $\alpha$ 组可由 $\beta$ 组线性表示，则存在矩阵 $C$ ，使得 $A = BC$ 。由于 $\alpha$ 组线性无关， $A$ 的秩为 $m$ ，因此 $BC$ 的秩为 $m$ ，故 $B$ 的秩至少为 $m$ 。又因为 $B$ 只有 $m$ 列，所以 $B$ 的秩为 $m$ ，即 $\beta$ 组线性无关。
但反之不成立：当 $\beta$ 组线性无关时， $\alpha$ 组不一定可由 $\beta$ 组线性表示。因此 A 不是必要条件。

选项 B
若 $\beta$ 组可由 $\alpha$ 组线性表示，则存在矩阵 $D$ ，使得 $B = AD$ 。但 $\beta$ 组可能线性相关，例如当 $\beta$ 组落在 $\alpha$ 组张成的子空间中但自身线性相关时；反之，当 $\beta$ 组线性无关时，不一定可由 $\alpha$ 组线性表示。因此 B 既不是充分也不是必要条件。

选项 C
若 $\alpha$ 组与 $\beta$ 组等价，则它们可以互相线性表示。由于 $\alpha$ 组线性无关， $\beta$ 组也必须线性无关。
但反之不成立：当 $\beta$ 组线性无关时， $\alpha$ 组与 $\beta$ 组可能张成不同的子空间，因此不一定等价。故 C 不是必要条件。

因此，正确选项为 D。

10

设二维随机变量 $\left(X,Y \right)$ 服从二维正态分布，则随机变量 $\xi = X + Y$ 与 $\eta = X - Y$ 不相关的充分必要条件为

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

正确答案：B

$\xi$ 和 $\eta$ 不相关的充分必要条件是它们的协方差 $\text{Cov}(\xi, \eta) = 0$ 。由于

\begin{aligned} \text{Cov}(\xi, \eta) &= \text{Cov}(X + Y, X - Y) \\ &= \text{Cov}(X, X) - \text{Cov}(X, Y) + \text{Cov}(Y, X) - \text{Cov}(Y, Y) \\ &= \text{Cov}(X, X) - \text{Cov}(Y, Y) = D(X) - D(Y) \end{aligned}

可见 $\text{Cov}(\xi, \eta) = 0$ 等价于 $D(X) = D(Y)$ ，即 $E(X^2) - [E(X)]^2 = E(Y^2) - [E(Y)]^2$ ，故正确选项为 (B)。

解答题

11

\lim_{x \to 0} \left(\frac{2 + \e^{\frac{1}{x}}}{1 + \e^{\frac{4}{x}}} + \frac{\sin x}{|x|} \right) =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】
1

【解析】
考虑极限 $\lim_{x \to 0} \left(\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{4}{x}}} + \frac{\sin x}{|x|} \right)$ 。需要分别讨论 $x \to 0^+$ 和 $x \to 0^-$ 的情况。

首先，分析第一部分 $\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{4}{x}}}$ ：

当 $x \to 0^+$ 时， $\frac{1}{x} \to +\infty$ ， $e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$ ， $e^{\frac{4}{x}} \to +\infty$ 。分子分母同时除以 $e^{\frac{4}{x}}$ ，得
$\frac{2 e^{-\frac{4}{x}} + e^{\frac{1}{x} - \frac{4}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}} + 1} = \frac{2 e^{-\frac{4}{x}} + e^{-\frac{3}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}} + 1} \to \frac{0 + 0}{0 + 1} = 0.$
当 $x \to 0^-$ 时， $\frac{1}{x} \to -\infty$ ， $e^{\frac{1}{x}} \to 0$ ， $e^{\frac{4}{x}} \to 0$ ，因此
$\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{4}{x}}} \to \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.$

其次，分析第二部分 $\frac{\sin x}{|x|}$ ：

当 $x \to 0^+$ 时， $|x| = x$ ，故 $\frac{\sin x}{|x|} = \frac{\sin x}{x} \to 1$ 。
当 $x \to 0^-$ 时， $|x| = -x$ ，故 $\frac{\sin x}{|x|} = \frac{\sin x}{-x} = -\frac{\sin x}{x} \to -1$ 。

现在结合两部分：

当 $x \to 0^+$ 时，第一部分趋于 0，第二部分趋于 1，总和趋于 $0 + 1 = 1$ 。
当 $x \to 0^-$ 时，第一部分趋于 2，第二部分趋于 -1，总和趋于 $2 + (-1) = 1$ 。

由于左极限和右极限均等于 1，故原极限为 1。

12

设 $z = f\left(xy,\frac{x}{y} \right) + g\left(\frac{x}{y} \right)$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数， $g$ 具有二阶连续导数，求 $\frac{\pd^2 z}{\pdx\pdy}.$

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】

\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = f_u + x y f_{uu} - \frac{1}{y^2} f_v - \frac{x}{y^3} f_{vv} - \frac{1}{y^2} g' - \frac{x}{y^3} g''

其中 $u = xy$ , $v = \frac{x}{y}$ , $f_u = \frac{\partial f}{\partial u}$ , $f_v = \frac{\partial f}{\partial v}$ , $f_{uu} = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2}$ , $f_{vv} = \frac{\partial^2 f}{\partial v^2}$ , $g' = \frac{dg}{dv}$ , $g'' = \frac{d^2 g}{dv^2}$ ，所有函数值在点 $(u,v)$ 处计算。

【解析】 设 $u = xy$ , $v = \frac{x}{y}$ ，则 $z = f(u, v) + g(v)$ 。
先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} + \frac{dg}{dv} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = f_u \cdot y + f_v \cdot \frac{1}{y} + g' \cdot \frac{1}{y} = y f_u + \frac{1}{y} f_v + \frac{1}{y} g'

然后求混合偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial z}{\partial x} \right)$ ：

\frac{\partial}{\partial y} \left( y f_u + \frac{1}{y} f_v + \frac{1}{y} g' \right) = \frac{\partial}{\partial y} (y f_u) + \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{y} f_v \right) + \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{y} g' \right)

分别计算各项：

第一项：
$\frac{\partial}{\partial y} (y f_u) = f_u + y \frac{\partial f_u}{\partial y} = f_u + y \left( \frac{\partial f_u}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f_u}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} \right) = f_u + y \left( f_{uu} \cdot x + f_{uv} \cdot \left( -\frac{x}{y^2} \right) \right) = f_u + x y f_{uu} - \frac{x}{y} f_{uv}$
第二项：
$\frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{y} f_v \right) = -\frac{1}{y^2} f_v + \frac{1}{y} \frac{\partial f_v}{\partial y} = -\frac{1}{y^2} f_v + \frac{1}{y} \left( \frac{\partial f_v}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f_v}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} \right) = -\frac{1}{y^2} f_v + \frac{1}{y} \left( f_{uv} \cdot x + f_{vv} \cdot \left( -\frac{x}{y^2} \right) \right) = -\frac{1}{y^2} f_v + \frac{x}{y} f_{uv} - \frac{x}{y^3} f_{vv}$
第三项：
$\frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{y} g' \right) = -\frac{1}{y^2} g' + \frac{1}{y} \frac{\partial g'}{\partial y} = -\frac{1}{y^2} g' + \frac{1}{y} \left( g'' \cdot \frac{\partial v}{\partial y} \right) = -\frac{1}{y^2} g' + \frac{1}{y} \left( g'' \cdot \left( -\frac{x}{y^2} \right) \right) = -\frac{1}{y^2} g' - \frac{x}{y^3} g''$ 将三项相加：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \left( f_u + x y f_{uu} - \frac{x}{y} f_{uv} \right) + \left( -\frac{1}{y^2} f_v + \frac{x}{y} f_{uv} - \frac{x}{y^3} f_{vv} \right) + \left( -\frac{1}{y^2} g' - \frac{x}{y^3} g'' \right)$ 其中 $-\frac{x}{y} f_{uv}$ 和 $\frac{x}{y} f_{uv}$ 相互抵消，得到：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = f_u + x y f_{uu} - \frac{1}{y^2} f_v - \frac{x}{y^3} f_{vv} - \frac{1}{y^2} g' - \frac{x}{y^3} g''$ 这就是所求结果。

13

计算曲线积分 $I = \oint_L \frac{x\dy - y\dx}{4x^2 + y^2}$ ，其中 $L$ 是以点 $\left(1,0 \right)$ 为中心， $R$ 为半径的圆周 $(R > 1)$ ，取逆时针方向．

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $\pi$

【解析】 曲线积分 $I = \oint_L \frac{x \, dy - y \, dx}{4x^2 + y^2}$ 中，被积函数在原点 $(0,0)$ 处不连续，因为分母 $4x^2 + y^2 = 0$ 。积分路径 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心、半径为 $R$ （ $R > 1$ ) 的圆周，取逆时针方向，该路径包围了原点。

考虑一个小椭圆 $C$ ： $4x^2 + y^2 = \epsilon^2$ （ $\epsilon > 0$ 很小），参数化为 $x = \frac{\epsilon}{2} \cos \theta$ ， $y = \epsilon \sin \theta$ ， $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ ，取逆时针方向。计算在 $C$ 上的积分：

I_C = \oint_C \frac{x \, dy - y \, dx}{4x^2 + y^2} = \oint_C \frac{x \, dy - y \, dx}{\epsilon^2}.

代入参数化：

x \, dy - y \, dx = \left( \frac{\epsilon}{2} \cos \theta \cdot \epsilon \cos \theta \, d\theta \right) - \left( \epsilon \sin \theta \cdot \left( -\frac{\epsilon}{2} \sin \theta \, d\theta \right) \right) = \frac{\epsilon^2}{2} (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) \, d\theta = \frac{\epsilon^2}{2} \, d\theta,

所以

I_C = \oint_C \frac{\frac{\epsilon^2}{2} \, d\theta}{\epsilon^2} = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\theta = \pi.

现在，考虑区域 $D$ 介于 $L$ （逆时针）和 $C$ （顺时针）之间。在 $D$ 内，被积函数光滑，且之前计算偏导数：设 $P = -\frac{y}{4x^2 + y^2}$ ， $Q = \frac{x}{4x^2 + y^2}$ ，则

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

由格林公式，在区域 $D$ 的边界上：

\oint_L P \, dx + Q \, dy + \oint_{C_{\text{clockwise}}} P \, dx + Q \, dy = 0.

其中 $\oint_{C_{\text{clockwise}}} P \, dx + Q \, dy = - \oint_{C_{\text{anticlockwise}}} P \, dx + Q \, dy = -I_C = -\pi$ 。代入得：

\oint_L P \, dx + Q \, dy - \pi = 0,

所以

\oint_L P \, dx + Q \, dy = \pi.

即 $I = \pi$ 。

因此，曲线积分的值为 $\pi$ 。

14

设对于半空间 $x > 0$ 内任意的光滑有向封闭曲面 $S$ ，都有

\oiint_S xf(x) \dy\dz - xyf(x)\dz\dx - \e^{2x} z\dx\dy = 0,

其中函数 $f(x)$ 在 $(\text{0, +}\infty)$ 内具有连续的一阶导数，且 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$ ，求 $f(x)$ ．

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】

f(x) = \frac{e^{2x} - e^{x}}{x}

【解析】 由题设，对于半空间 $x > 0$ 内任意光滑有向封闭曲面 $S$ ，曲面积分

\oiint_S x f(x) \, dy \, dz - x y f(x) \, dz \, dx - e^{2x} z \, dx \, dy = 0

成立。根据散度定理，该积分等于向量场 $\mathbf{F} = (P, Q, R) = \left( x f(x), - x y f(x), - e^{2x} z \right)$ 在曲面 $S$ 所围体积 $V$ 内的散度积分，即

\iiint_V \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV = 0.

由于 $V$ 是任意的，必有 $\nabla \cdot \mathbf{F} = 0$ 在 $x > 0$ 内成立。

计算散度：

\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial x} (x f(x)) + \frac{\partial}{\partial y} (- x y f(x)) + \frac{\partial}{\partial z} (- e^{2x} z).

其中：

\frac{\partial}{\partial x} (x f(x)) = f(x) + x f'(x), \quad \frac{\partial}{\partial y} (- x y f(x)) = - x f(x), \quad \frac{\partial}{\partial z} (- e^{2x} z) = - e^{2x}.

所以：

\nabla \cdot \mathbf{F} = f(x) + x f'(x) - x f(x) - e^{2x} = x f'(x) + (1 - x) f(x) - e^{2x} = 0.

得到微分方程：

x f'(x) + (1 - x) f(x) = e^{2x}.

整理为标准形式：

f'(x) + \left( \frac{1}{x} - 1 \right) f(x) = \frac{e^{2x}}{x}.

积分因子为：

\mu(x) = \exp \left( \int \left( \frac{1}{x} - 1 \right) dx \right) = \exp \left( \ln x - x \right) = x e^{-x}.

乘以积分因子：

\frac{d}{dx} \left( x e^{-x} f(x) \right) = e^{x}.

积分得：

x e^{-x} f(x) = \int e^{x} \, dx = e^{x} + C,

即：

f(x) = \frac{e^{x} + C}{x e^{-x}} = \frac{e^{2x} + C e^{x}}{x}.

由条件 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$ ，考虑 $x \to 0^+$ 时的渐近行为：

f(x) = \frac{e^{2x} + C e^{x}}{x} = \frac{(1 + 2x + \cdots) + C (1 + x + \cdots)}{x} = \frac{1 + C}{x} + (2 + C) + \cdots.

为使极限存在，需 $1 + C = 0$ ，即 $C = -1$ 。代入得：

f(x) = \frac{e^{2x} - e^{x}}{x}.

验证：当 $x \to 0^+$ ， $f(x) \to 1$ ，满足条件。因此所求函数为 $f(x) = \frac{e^{2x} - e^{x}}{x}$ 。

15

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{3^n + (- 2)^n} \frac{x^n}{n}$ 的收敛区域，并讨论该区间端点处的收敛性．

高等数学无穷级数求幂级数的收敛半径、收敛区间和收敛域

【答案】 收敛区域为 $[-3, 3)$ ，即在 $x = -3$ 处收敛，在 $x = 3$ 处发散。

【解析】 考虑幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n + (-2)^n} \frac{x^n}{n}$ 。令 $a_n = \frac{1}{n(3^n + (-2)^n)}$ ，使用比值判别法求收敛半径：

\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{n}{n+1} \cdot \left| \frac{3^n + (-2)^n}{3^{n+1} + (-2)^{n+1}} \right|.

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n}{n+1} \to 1$ ，且

\left| \frac{3^n + (-2)^n}{3^{n+1} + (-2)^{n+1}} \right| = \left| \frac{1 + \left( \frac{-2}{3} \right)^n}{3 - 2 \left( \frac{-2}{3} \right)^n} \right| \to \frac{1}{3},

因为 $\left| \frac{-2}{3} \right| = \frac{2}{3} < 1$ ，故 $\left( \frac{-2}{3} \right)^n \to 0$ 。因此， $\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| \to \frac{1}{3}$ ，收敛半径 $R = 3$ 。级数在 $|x| < 3$ 时收敛，在 $|x| > 3$ 时发散。

在端点 $x = 3$ 处，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{3^n}{3^n + (-2)^n}$ 。由于 $\frac{3^n}{3^n + (-2)^n} \to 1$ ，存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时， $\frac{3^n}{3^n + (-2)^n} > \frac{1}{2}$ ，故通项大于 $\frac{1}{2n}$ 。而 $\sum \frac{1}{2n}$ 发散，由比较判别法，级数在 $x = 3$ 处发散。

在端点 $x = -3$ 处，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \cdot \frac{3^n}{3^n + (-2)^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \cdot c_n$ ，其中 $c_n = \frac{1}{1 + \left( \frac{-2}{3} \right)^n}$ 。由于 $c_n \to 1$ ，令 $d_n = \frac{c_n}{n}$ ，则级数可写为 $\sum (-1)^n d_n$ 。考虑 $\sum (-1)^n \frac{1}{n}$ 收敛（交错调和级数），且 $\sum (-1)^n \frac{c_n - 1}{n}$ 绝对收敛，因为 $|c_n - 1| = \left| \frac{ \left( \frac{-2}{3} \right)^n }{1 + \left( \frac{-2}{3} \right)^n } \right| \leq 2 \left( \frac{2}{3} \right)^n$ ，故 $\left| \frac{c_n - 1}{n} \right| \leq \frac{2 (2/3)^n}{n}$ ，而 $\sum \frac{2 (2/3)^n}{n}$ 收敛。因此，级数在 $x = -3$ 处收敛。

综上，收敛区域为 $[-3, 3)$ 。

16

设有一半径为 $R$ 的球体， $P_0$ 是此球的表面上的一个定点，球体上任一点的密度与该点到 $P_0$ 距离的平方成正比(比例常数 $k > 0$ )，求球体的重心位置．

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】 $(-\frac{R}{4}, 0, 0)$

【解析】
记所考虑的球体为 $\Omega$ ，以 $\Omega$ 的球心为坐标原点 $O$ ，射线 $OP_0$ 为正 $x$ 轴建立直角坐标系，则球面方程为： $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$ ，点 $P_0$ 的坐标为 $(R, 0, 0)$ ，设 $\Omega$ 的重心位置为 $(\overline{x}, \overline{y}, \overline{z})$ ，由对称性，得 $\overline{y} = 0, \overline{z} = 0$ ，设 $\mu$ 为 $\Omega$ 上点 $(x, y, z)$ 处的密度，按题设 $\mu = k[(x - R)^2 + y^2 + z^2]$ ，则

\overline{x} = \frac{\iiint_{\Omega} x \mu \, dv}{\iiint_{\Omega} \mu \, dv} = \frac{\iiint_{\Omega} x \cdot k[(x - R)^2 + y^2 + z^2] \, dv}{\iiint_{\Omega} k[(x - R)^2 + y^2 + z^2] \, dv}

分别计算分子和分母的两个积分得

\begin{aligned} \iiint_{\Omega} k[(x - R)^2 + y^2 + z^2] \, dv &= \iiint_{\Omega} k(x^2 + y^2 + z^2 + R^2) \, dv - 2kR \iiint_{\Omega} x \, dv \\ &= k \iiint_{\Omega} (x^2 + y^2 + z^2) \, dv + k \iiint_{\Omega} R^2 \, dv - 0 \\ &= 8k \int_{0}^{\pi/2} d\theta \int_{0}^{\pi/2} d\varphi \int_{0}^{R} r^2 \cdot r^2 \sin \varphi \, dr + \frac{4k}{3} \pi R^5 \\ &= \frac{4k\pi R^5}{5} + \frac{4k}{3} \pi R^5 = \frac{32}{15} k \pi R^5, \\ \iiint_{\Omega} kx[(x - R)^2 + y^2 + z^2] \, dv &= k \iiint_{\Omega} x(x^2 + y^2 + z^2 + R^2) \, dv - 2kR \iiint_{\Omega} x^2 \, dv \\ &= 0 - \frac{2kR}{3} \iiint_{\Omega} (x^2 + y^2 + z^2) \, dv \end{aligned}

故

= -\frac{2kR}{3} \cdot \frac{4}{5} \pi R^5 = -\frac{8}{15} k \pi R^6.

\overline{x} = -\frac{R}{4}.

因此球体 $\Omega$ 的重心位置为 $(-\frac{R}{4}, 0, 0)$ 。

17

设函数 $f(x)$ 在 $\left[0,\pi \right]$ 上连续，且 $\int_0^{\pi}f(x)\dx = 0$ ， $\int_0^{\pi}f(x)\cos x\dx = 0$ ．试证：在 $(0,\pi)$ 内至少存在两个不同的点 $\xi_1,\xi_2$ ，使 $f(\xi_1) = f(\xi_2) = 0$ ．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【解析】

令 $F(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt, 0 \leq x \leq \pi$ ，则有 $F(0) = 0$ 和 $F(\pi) = 0$ 。又由题设，用分部积分有

0 = \int_{0}^{\pi} f(x) \cos x \, dx = \int_{0}^{\pi} \cos x dF(x)

= F(x) \cos x \bigg|_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} F(x) \sin x \, dx = \int_{0}^{\pi} F(x) \sin x \, dx

由积分中值定理知，存在 $\xi \in (0,\pi)$ 使

0 = \int_{0}^{\pi} F(x) \sin x \, dx = F(\xi) \sin \xi \cdot (\pi - 0)

因为 $\xi \in (0,\pi), \sin \xi \neq 0$ ，所以推知存在 $\xi \in (0,\pi)$ ，使得 $F(\xi) = 0$ 。再在区间 $[0,\xi]$ 与 $[\xi,\pi]$ 上对 $F(x)$ 用罗尔定理，推知存在 $\xi_1 \in (0,\xi), \xi_2 \in (\xi,\pi)$ 使得 $F'(\xi_1) = 0, F'(\xi_2) = 0$ ，即 $f(\xi_1) = 0, f(\xi_2) = 0$ 。

18

设矩阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^* = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{pmatrix}$ ，且 $AB A^{-1} = BA^{-1} + 3E$ ，其中 $E$ 为 $4$ 阶单位矩阵，求矩阵 $B$ ．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】

B = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}

【解析】 给定伴随矩阵 $A^* = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{pmatrix}$ ，且 $ABA^{-1} = BA^{-1} + 3E$ ，其中 $E$ 为 4 阶单位矩阵。

首先，由伴随矩阵的性质 $A A^* = |A| E$ ，计算 $|A^*|$ ：

|A^*| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -3 & 0 & 8 \end{vmatrix} = 1 \cdot (1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 8 \end{vmatrix}) = 1 \cdot (1 \cdot 8) = 8.

又 $|A^*| = |A|^{3}$ ，所以 $|A|^3 = 8$ ，得 $|A| = 2$ 。

由 $A A^* = 2E$ ，得 $A = 2 (A^*)^{-1}$ 。计算 $(A^*)^{-1}$ ：通过行简化求逆：

[A^* | I] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & | & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 8 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

行变换后得：

(A^*)^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{3}{8} & 0 & \frac{1}{8} \end{pmatrix}.

于是，

A = 2 (A^*)^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.

由方程 $ABA^{-1} = BA^{-1} + 3E$ ，右乘 $A$ 得：

AB = B + 3A.

整理得：

AB - B = 3A \implies (A - E)B = 3A.

其中 $E$ 为单位矩阵，故

A - E = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & -\frac{3}{4} \end{pmatrix}.

求 $(A - E)^{-1}$ ：通过行简化求逆：

[A - E | I] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 & 0 & | & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & -\frac{3}{4} & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

行变换后得：

(A - E)^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{4}{3} \end{pmatrix}.

计算 $(A - E)^{-1} A$ ：

(A - E)^{-1} A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{4}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} \end{pmatrix}.

于是，

B = 3 (A - E)^{-1} A = 3 \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

因此，矩阵 $B$ 为：

B = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

19

某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将 $\frac{1}{6}$ 熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐，新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有 $\frac{2}{5}$ 成为熟练工．设第 $n$ 年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为 $x_n,$ $y_n$ 记成向量 $\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}$ ．

(1) 求 $\begin{pmatrix} x_{n + 1} \\ y_{n + 1} \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}$ 的关系式并写成矩阵形式： $\begin{pmatrix} x_{n + 1} \\ y_{n + 1} \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix};$

(2) 验证 $\eta_1 = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix},\eta_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ 是 $A$ 的两个线性无关的特征向量，并求出相应的特征值；

(3) 当 $\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}$ 时，求 $\begin{pmatrix} x_{n + 1} \\ y_{n + 1} \end{pmatrix}.$

线性代数矩阵矩阵的特征值与特征向量

【答案】 (1)

\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}

即

A = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix}

(2) $\eta_1 = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix}$ 是特征向量，特征值为 $1$ ； $\eta_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ 是特征向量，特征值为 $\frac{1}{2}$ 。两者线性无关。

(3)

\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{4}{5} - \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \\ \frac{1}{5} + \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \end{pmatrix}

【解析】 (1) 设第 $n$ 年一月份熟练工和非熟练工的比例分别为 $x_n$ 和 $y_n$ ，且 $x_n + y_n = 1$ 。支援后熟练工变为 $\frac{5}{6} x_n$ ，非熟练工变为 $y_n + \frac{1}{6} x_n$ 。经过培训，有 $\frac{2}{5}$ 的非熟练工成为熟练工，因此：

x_{n+1} = \frac{5}{6} x_n + \frac{2}{5} \left( y_n + \frac{1}{6} x_n \right) = \frac{9}{10} x_n + \frac{2}{5} y_n

y_{n+1} = \frac{3}{5} \left( y_n + \frac{1}{6} x_n \right) = \frac{1}{10} x_n + \frac{3}{5} y_n

写成矩阵形式：

\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}

所以 $A = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix}$ .

(2) 计算 $A \eta_1$ ：

A \eta_1 = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} \times 4 + \frac{2}{5} \times 1 \\ \frac{1}{10} \times 4 + \frac{3}{5} \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot \eta_1

所以 $\eta_1$ 的特征值为 $1$ 。计算 $A \eta_2$ ：

A \eta_2 = \begin{pmatrix} \frac{9}{10} & \frac{2}{5} \\ \frac{1}{10} & \frac{3}{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{9}{10} + \frac{2}{5} \\ -\frac{1}{10} + \frac{3}{5} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \cdot \eta_2

所以 $\eta_2$ 的特征值为 $\frac{1}{2}$ 。 $\eta_1$ 和 $\eta_2$ 线性无关，因为它们不成比例。

(3) 初始向量 $\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}$ 。将其表示为特征向量的线性组合：

\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} = c_1 \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}

解得：

4c_1 - c_2 = \frac{1}{2}, \quad c_1 + c_2 = \frac{1}{2}

求解得 $c_1 = \frac{1}{5}$ , $c_2 = \frac{3}{10}$ 。因此：

\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = A^n \left( \frac{1}{5} \eta_1 + \frac{3}{10} \eta_2 \right) = \frac{1}{5} A^n \eta_1 + \frac{3}{10} A^n \eta_2 = \frac{1}{5} \eta_1 + \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \eta_2

代入 $\eta_1$ 和 $\eta_2$ ：

= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} + \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{4}{5} - \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \\ \frac{1}{5} + \frac{3}{10} \left( \frac{1}{2} \right)^n \end{pmatrix}

20

某流水生产线上每个产品不合格的概率为 $p$ （ $0 < p < 1$ ），各产品合格与否相互独立，当出现一个不合格产品时即停机检修．设开机后第一次停机时已生产了产品的个数为 $X$ ，求 $X$ 的数学期望 $E(X)$ 和方差 $D(X)$ ．

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】

E(X) = \frac{1}{p}

D(X) = \frac{1-p}{p^2}

【解析】
记 $q = 1 - p$ ， $X$ 的概率分布为 $P\{X = k\} = q^{k-1}p, (k = 1, 2, \cdots)$ 。由离散型随机变量的数学期望定义得， $X$ 的数学期望为

E(X) = \sum_{k=1}^{\infty} kP\{X = k\} = \sum_{k=1}^{\infty} kq^{k-1}p = p \sum_{k=1}^{\infty} (q^k)'

= p \left( \sum_{k=1}^{\infty} q^k \right)' = p \left( \frac{q}{1-q} \right)' = \frac{1}{p}

因为

E(X^2) = \sum_{k=1}^{\infty} k^2P\{X = k\} = \sum_{k=1}^{\infty} k^2q^{k-1}p = p \left[ q \left( \sum_{k=1}^{\infty} q^k \right)' \right]

= p \left( \frac{q}{(1-q)^2} \right)' = \frac{2-p}{p^2}

故 $X$ 的方差为

D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{2-p}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}

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设某种元件的使用寿命 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta) = \begin{cases} 2\e^{- 2(x - \theta)},x \ge \theta \\ 0, x < \theta \end{cases}$ 其中 $\theta > 0$ 为未知参数，又设 $x_1,x_2, \cdot \cdot \cdot ,x_n$ 是 $X$ 的一组样本观测值，求参数 $\theta$ 的最大似然估计值．

概率论与数理统计参数估计与假设检验矩估计和最大似然估计

【答案】

\hat{\theta} = \min\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}

【解析】 似然函数为 $L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \theta)$ 。由于当 $x < \theta$ 时 $f(x; \theta) = 0$ ，因此为了使似然函数非零，必须满足 $\theta \leq x_i$ 对于所有 $i$ ，即 $\theta \leq \min\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}$ 。记 $x_{(1)} = \min\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}$ ，则当 $\theta \leq x_{(1)}$ 时，似然函数为：

L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} 2e^{-2(x_i - \theta)} = 2^n e^{-2 \sum_{i=1}^{n} (x_i - \theta)} = 2^n e^{-2 \sum x_i} e^{2n\theta}.

取对数似然函数：

l(\theta) = \ln L(\theta) = n \ln 2 - 2 \sum x_i + 2n\theta.

由于 $l(\theta)$ 是 $\theta$ 的线性递增函数（因为 $2n > 0$ ），且在约束 $\theta \leq x_{(1)}$ 下，因此 $l(\theta)$ 在 $\theta = x_{(1)}$ 处取得最大值。故参数 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta} = x_{(1)}$ 。