卷 3

【答案】 $1$

【解析】
考虑极限 $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n + 1}{n} \right)^{(-1)^n}$ 。
首先，简化底数： $\frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$ ，因此表达式化为 $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{(-1)^n}$ 。
指数 $(-1)^n$ 在 $n$ 为偶数时取值为 1，在 $n$ 为奇数时取值为 -1。

• 当 $n$ 为偶数时， $(-1)^n = 1$ ，表达式为 $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^1 = 1 + \frac{1}{n}$ ，当 $n \to \infty$ 时， $\frac{1}{n} \to 0$ ，故极限为 1。
• 当 $n$ 为奇数时， $(-1)^n = -1$ ，表达式为 $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{n}{n+1}$ ，当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n}{n+1} \to 1$ ，故极限为 1。

由于在 $n$ 为偶数和奇数时极限均为 1，因此整体极限为 1。

【答案】 $2e^3$

【解析】
已知函数 $f(x)$ 在 $x = 2$ 的某邻域内可导，且 $f'(x) = e^{f(x)}$ ， $f(2) = 1$ 。
首先，求二阶导数：

接着，求三阶导数：

代入 $x = 2$ 和 $f(2) = 1$ ：

因此， $f'''(2) = 2e^3$ 。

【答案】 $4 \, dx - 2 \, dy$

【解析】 函数 $z = f(4x^2 - y^2)$ 在点 $(1,2)$ 处的全微分表示为

首先，计算中间变量 $u = 4x^2 - y^2$ 在点 $(1,2)$ 处的值：

已知 $f'(0) = \dfrac{1}{2}$ 。

使用链式法则求偏导数：

在点 $(1,2)$ 处，

在点 $(1,2)$ 处，

因此，全微分为

【答案】 2

【解析】
因为样本方差是总体方差的无偏估计量，所以

【答案】
(1) $g(x) = \frac{1}{x} - \frac{1 - \pi x}{\arctan x}$
(2) $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \pi$

【解析】
(1) 求 $g(x) = \lim_{y \to +\infty} f(x,y)$ 。
首先，计算 $f(x,y) = \frac{y}{1 + xy} - \frac{1 - y \sin \frac{\pi x}{y}}{\arctan x}$ 当 $y \to +\infty$ 时的极限。
对于第一项：

对于第二项：
令 $t = \frac{\pi x}{y}$ ，则当 $y \to +\infty$ 时， $t \to 0$ ，有

因此，

由于 $\arctan x$ 与 $y$ 无关，第二项的极限为

综上，

(2) 求 $\lim_{x \to 0^+} g(x)$ 。
由 (1) 得

当 $x \to 0^+$ 时，此为 $\infty - \infty$ 型未定式。将其通分：

当 $x \to 0^+$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则。
令 $h(x) = \arctan x - x + \pi x^2$ ， $k(x) = x \arctan x$ 。
一阶导数：

当 $x \to 0^+$ ， $h'(0) = 0$ ， $k'(0) = 0$ ，仍需洛必达法则。
二阶导数：

当 $x \to 0^+$ ， $h''(0) = 2\pi$ ， $k''(0) = 2$ 。
因此，

故极限为 $\pi$ 。

【答案】 $\dfrac{2}{9}$

【解析】 计算二重积分 $\iint_D \sqrt{y^2 - xy} dx dy$ ，其中 $D$ 是由直线 $y = x$ 、 $y = 1$ 、 $x = 0$ 所围成的区域。
区域 $D$ 可以表示为： $x$ 从 $0$ 到 $1$ ， $y$ 从 $x$ 到 $1$ 。
考虑先对 $x$ 积分，则积分顺序可交换为： $y$ 从 $0$ 到 $1$ ，对于每个 $y$ ， $x$ 从 $0$ 到 $y$ 。
于是，积分化为：

计算内层积分：

令 $u = y - x$ ，则 $du = -dx$ ，积分限变为：当 $x = 0$ 时， $u = y$ ；当 $x = y$ 时， $u = 0$ 。
于是，

因此，

代入二重积分：

故二重积分的值为 $\dfrac{2}{9}$ 。

【答案】
(1) $L$ 的方程为 $y = a x (x - 1)$
(2) $a = 2$

【解析】
(I) 设所求的曲线方程为 $y = y(x)$ ，按题意有 $y' - \frac{y}{x} = ax$ ，而且有初始条件 $y(1) = 0$ 。解一阶线性微分方程，得到

再由 $y(1) = 0$ 得 $C = -a$ ，于是所求的曲线方程为 $y = ax(x - 1)$ 。

(II) 直线 $y = ax$ 与曲线 $y = ax(x - 1)$ 的交点为 $(0, 0)$ 与 $(2, 2a)$ 。所以直线 $y = ax$ 与曲线 $y = ax(x - 1)$ 所围平面图形的面积为

于是按题意得 $\frac{4}{3}a = \frac{8}{3}$ ，故 $a = 2$ 。

【答案】
收敛域为 $[-1, 1]$ ，和函数为 $S(x) = 2x^2 \arctan x - x \ln(1 + x^2)$ 。

【解析】
记 $u_n = \frac{(-1)^{n-1} x^{2n+1}}{n(2n-1)}$ ，则有 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = x^2$ 。所以当 $x^2 < 1$ 即 $|x| < 1$ 时，级数绝对收敛；当 $x^2 > 1$ ，即 $|x| > 1$ 时，级数发散；在 $x = \pm 1$ 处 $u_n = \frac{\pm (-1)^{n-1}}{n(2n-1)}$ ，级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 绝对收敛；从而级数的收敛域为 $[-1,1]$ 。由于

令 $f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^{2n}}{n(2n-1)} \quad (-1 < x < 1)$ ，则有

从而有

于是

又因为在 $x = \pm 1$ 处级数收敛，右边和函数的表达式在 $x = \pm 1$ 处连续，因此在 $x = \pm 1$ 处上式仍成立，从而有

【答案】
当 $a = 0$ 或 $a = -10$ 时，向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 线性相关。

• 当 $a = 0$ 时，一个极大线性无关组为 $\alpha_1$ ，且 $\alpha_2 = 2\alpha_1$ ， $\alpha_3 = 3\alpha_1$ ， $\alpha_4 = 4\alpha_1$ 。
• 当 $a = -10$ 时，一个极大线性无关组为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ ，且 $\alpha_4 = -\alpha_1 - \alpha_2 - \alpha_3$ 。

【解析】
记 $A = (a_1, a_2, a_3, a_4)$ ，对 $A$ 作初等行变换，得到

当 $a = 0$ 时， $r(A) = r(B) = 1$ ，因而 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 线性相关。此时 $a_1$ 为 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 的一个极大线性无关组，且 $a_2 = 2a_1, a_3 = 3a_1, a_4 = 4a_1$ 。

当 $a \ne 0$ 时，再对 $B$ 作初等行变换，得到

若 $a \ne -10$ ，则 $C$ 的秩为 4，故 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 线性无关。

若 $a = -10$ ，则 $C$ 的秩为 3，故 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 线性相关。由于 $\gamma_2, \gamma_3, \gamma_4$ 是 $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3, \gamma_4$ 的一个极大线性无关组，且 $\gamma_1 = -\gamma_2 - \gamma_3 - \gamma_4$ ，于是 $a_2, a_3, a_4$ 是 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 的一个极大线性无关组，且 $a_1 = -a_2 - a_3 - a_4$ 。

【答案】
(1) 特征值与特征向量
矩阵 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ （二重）， $\lambda_3 = 3$ （一重）。
属于特征值 $0$ 的特征向量为 $k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2$ ，其中 $k_1, k_2$ 不全为零；属于特征值 $3$ 的特征向量为 $k_3 (1,1,1)^\text{T}$ ，其中 $k_3 \ne 0$ 。

(2) 正交矩阵 $Q$ 与对角矩阵 $\Lambda$

满足 $Q^\text{T} A Q = \Lambda$ 。

(3) 矩阵 $A$ 与 $\left(A - \dfrac{3}{2}E\right)^6$

【解析】 (I) 由题设条件 $A\alpha_1 = 0 = 0\alpha_1$ , $A\alpha_2 = 0 = 0\alpha_2$ , 故 $\alpha_1, \alpha_2$ 是 $A$ 的对应于 $\lambda = 0$ 的特征向量，又因为 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性无关，故 $\lambda = 0$ 至少是 $A$ 的二重特征值。又因为 $A$ 的每行元素之和为 3，所以有

所以 $\alpha_3 = (1,1,1)^T$ 是 $A$ 的对应于特征值 $\lambda_3 = 3$ 的特征向量，从而知 $\lambda = 0$ 是二重特征值。于是 $A$ 的特征值为 $0, 0, 3$ ；属于 0 的特征向量是 $k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2$ ， $k_1, k_2$ 不都为 0；属于 3 的特征向量是 $k_3\alpha_3$ ， $k_3 \ne 0$ 。

(II) 将特征向量 $\alpha_1, \alpha_2$ 正交化得

再将 $\beta_1, \beta_2, \alpha_3$ 单位化，得

令 $Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3)$ ，则 $Q$ 是正交矩阵，并且

(Ⅲ) 由 $Q^T A Q = \Lambda$ ，其中 $Q^T = Q^{-1}$ ，得到

【答案】
(1) $Y$ 的概率密度为 $f_Y(y) = \begin{cases} \frac{3}{8} y^{-1/2}, & 0 \le y < 1 \\ \frac{1}{8} y^{-1/2}, & 1 \le y < 4 \\ 0, & \text{} \end{cases}$
(2) $\Cov(X,Y) = \frac{2}{3}$
(3) $F\left(-\frac{1}{2},4\right) = \frac{1}{4}$