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 $f^{\prime }(x)=e^{f(x)}$ ， $f(2)=1$ 。
首先，求二阶导数：

接着，求三阶导数：

代入 $x=2$ 和 $f(2)=1$ ：

因此， $f^{\prime \prime \prime }(2)=2e^3$ 。

【答案】 $4dx-2dy$

【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 $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$ 。

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

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

故极限为 $\pi$ 。

【答案】 $\frac{2}{9}$

【解析】 计算二重积分 ${\iint }_D\sqrt{y^2-xy}dxdy$ ，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 $\frac{2}{9}$ 。

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

【解析】
(I) 设所求的曲线方程为 $y=y(x)$ ，按题意有 $y^{\prime }-\frac{y}{x}=ax$ ，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 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^{2n}}{n(2n-1)}(-1<x<1)$ ，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 $Q^{\text{T}}AQ=\Lambda$ 。

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

【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 $Q^{T}AQ=\Lambda$ ，其中 $Q^T=Q^{-1}$ ，得到