卷 1

【答案】
$y'' - 2y' + 2y = 0$

【解析】
给定通解 $y = e^x (c_1 \sin x + c_2 \cos x)$ ，可知该二阶常系数线性齐次微分方程的特征根为 $r = 1 \pm i$ 。特征方程为 $(r - (1 + i))(r - (1 - i)) = 0$ ，即 $(r - 1)^2 + 1 = 0$ ，展开得 $r^2 - 2r + 2 = 0$ 。因此，对应的微分方程为 $y'' - 2y' + 2y = 0$ 。

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 给定 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ ，需计算 $\div (\grad r)$ 在点 $(1, -2, 2)$ 的值。首先，计算梯度 $\grad r$ ：

然后计算散度：

对每一项求偏导：

求和得：

由于 $x^2 + y^2 + z^2 = r^2$ ，代入得：

在点 $(1, -2, 2)$ 处，计算 $r = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$ ，因此：

【答案】

【解析】 原积分为 $\int_{-1}^{0} \dy \int_{2}^{1-y} f(x,y) \dx$ 。积分区域由 $y = -1$ ， $y = 0$ ， $x = 2$ ，和 $x = 1 - y$ 围成。对于 $y \in [-1, 0]$ ， $x$ 从 $1 - y$ 到 $2$ （由于原积分中 $x$ 从 $2$ 到 $1 - y$ ，但上下限反转，因此实际区域为 $x$ 从 $1 - y$ 到 $2$ ）。

交换积分次序后，先积分 $y$ 后积分 $x$ 。确定 $x$ 的范围：当 $y = -1$ 时， $x = 2$ ；当 $y = 0$ 时， $x = 1$ 。因此 $x$ 从 $1$ 到 $2$ 。对于固定 $x \in [1, 2]$ ， $y$ 的范围由 $x = 1 - y$ 和 $y = 0$ 决定，即 $y$ 从 $1 - x$ 到 $0$ 。

因此，交换次序后的积分为 $\int_{1}^{2} \dx \int_{1-x}^{0} f(x,y) \dy$ 。

【答案】

【解析】
已知矩阵 $A$ 满足 $A^2 + A - 4E = 0$ ，即

考虑矩阵 $(A - E)(A + 2E)$ ，计算得

代入已知条件 $A^2 + A = 4E$ ，得

因此，

即

故

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 切比雪夫不等式指出，对于随机变量 $X$ ，若其期望为 $E(X)$ ，方差为 $\sigma^2$ ，则对任意 $k > 0$ ，有：

现已知方差 $\sigma^2 = 2$ ，取 $k = 2$ ，代入不等式可得：

因此，所求概率上界为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】

【解析】 考虑积分 $I = \int \frac{\arctan e^x}{e^{2x}} \, dx$ 。令 $u = e^x$ ，则 $du = e^x \, dx$ ，即 $dx = \frac{du}{u}$ 。代入得：

使用分部积分法，令 $p = \arctan u$ ， $dq = u^{-3} \, du$ ，则 $dp = \frac{1}{1+u^2} \, du$ ， $q = -\frac{1}{2} u^{-2}$ 。于是：

计算积分 $\int \frac{u^{-2}}{1+u^2} \, du = \int \frac{1}{u^2 (1+u^2)} \, du$ 。进行部分分式分解：

所以：

代回得：

将 $u = e^x$ 代回，得到：

此为最终结果。

【答案】 $51$

【解析】 给定函数 $\varphi(x) = f(x, f(x,x))$ ，需要求 $\frac{d}{dx} \varphi^3(x) \bigg|_{x=1}$ 。首先，计算 $\frac{d}{dx} \varphi^3(x) = 3 [\varphi(x)]^2 \varphi'(x)$ ，因此需要求 $\varphi(1)$ 和 $\varphi'(1)$ 。

由已知条件， $f(1,1) = 1$ ，所以 $\varphi(1) = f(1, f(1,1)) = f(1,1) = 1$ 。

接下来，求 $\varphi'(x)$ 。令 $u = x$ ， $v = f(x,x)$ ，则 $\varphi(x) = f(u, v)$ 。由链式法则：

其中 $\frac{du}{dx} = 1$ ，而 $\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx} f(x,x) = \frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{(x,x)} + \frac{\partial f}{\partial y} \bigg|_{(x,x)}$ 。

在 $x = 1$ 时，点 $(u, v) = (1, f(1,1)) = (1,1)$ ，因此：

且

所以：

代入：

因此，结果为 51。

【答案】

【解析】 给定函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1 + x^2}{x} \arctan x, & x \ne 0; \\ 1, & x = 0. \end{cases}$ 将其展开为 $x$ 的幂级数。

首先，对于 $x \ne 0$ ，有：

利用 $\arctan x$ 的麦克劳林级数：

代入得：

因此，

将第二个级数改写为：

于是，

简化括号内表达式：

因此，

这就是 $f(x)$ 的幂级数展开。

现在求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{1 - 4n^2}$ 的和。注意到：

在 $f(x)$ 的展开式中，令 $x = 1$ ，有：

同时由级数展开：

所以，

即：

因此：

于是，

【答案】 $-24$

【解析】 使用斯托克斯定理将曲线积分转化为曲面积分。给定向量场 $\mathbf{F} = (P, Q, R) = (y^2 - z^2, 2z^2 - x^2, 3x^2 - y^2)$ ，计算旋度：

曲线 $L$ 是平面 $x + y + z = 2$ 与柱面 $|x| + |y| = 1$ 的交线，选取曲面 $S$ 为平面 $x + y + z = 2$ 上被 $L$ 包围的部分。参数化曲面为 $z = 2 - x - y$ ，其中 $(x, y)$ 在区域 $D: |x| + |y| \leq 1$ 上。曲面向量元为 $d\mathbf{S} = (1, 1, 1) \, dx \, dy$ ，方向与从 $z$ 轴正向看逆时针方向一致。

曲面积分为：

计算点积：

代入 $z = 2 - x - y$ ：

因此，积分化为：

区域 $D$ 是菱形 $|x| + |y| \leq 1$ ，关于 $x$ 轴和 $y$ 对称。函数 $-2x$ 和 $2y$ 是奇函数，积分值为零。常数项 $-12$ 的积分为：

故曲线积分 $I = -24$ 。

\boxed{-24}

【答案】
(1) 对于任意 $x \ne 0$ 在 $(-1,1)$ 内，存在唯一的 $\theta(x) \in (0,1)$ 使得 $f(x) = f(0) + x f'(\theta(x) x)$ 成立。
(2) $\lim_{x \to 0} \theta(x) = \frac{1}{2}$ 。

【解析】
(1) 由拉格朗日中值定理，对于 $x \ne 0$ 在 $(-1,1)$ 内，存在 $c$ 在 $0$ 与 $x$ 之间使得 $f(x) - f(0) = f'(c) x$ 。令 $c = \theta(x) x$ ，则 $\theta(x) = c / x$ 。当 $x > 0$ 时， $c \in (0,x)$ ，故 $\theta(x) \in (0,1)$ ；当 $x < 0$ 时， $c \in (x,0)$ ，故 $\theta(x) \in (0,1)$ 。因此存在 $\theta(x) \in (0,1)$ 满足等式。
为证唯一性，考虑 $f''(x) \ne 0$ 且连续，故 $f''(x)$ 恒正或恒负，从而 $f'(x)$ 严格单调。对于固定 $x$ ，函数 $h(\theta) = f'(\theta x)$ 是严格单调的，因此方程 $h(\theta) = \frac{f(x) - f(0)}{x}$ 有唯一解 $\theta \in (0,1)$ 。故 $\theta(x)$ 唯一。

(2) 由泰勒展开，在 $x=0$ 处有：

又由给定等式：

对 $f'(\theta x)$ 在 $0$ 处展开：

代入得：

比较两式：