卷 4

【答案】

【解析】 考虑函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ 。将其改写为 $f(x)=\frac{2}{1+x}-1$ 。由于常数的导数为零，对于 $n\ge 1$ ，有 $f^{(n)}(x)={\left(\frac{2}{1+x}\right)}^{(n)}$ 。
令 $g(x)=\frac{2}{1+x}=2(1+x{)}^{-1}$ ，则其 $n$ 阶导数为：

因此，对于 $n\ge 1$ ，

该公式已验证于 $n=1,2,3,\dots$ 时成立。

【答案】
$2z$

【解析】
给定 $z=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$ ，其中 $f(u)$ 可导。
首先，计算偏导数 $z_x^{\prime }$ 和 $z_y^{\prime }$ 。
设 $u=\frac{y}{x}$ ，则 $z=xyf(u)$ 。
求 $z_x^{\prime }$ :

其中 $\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}$ ，所以

求 $z_y^{\prime }$ :

其中 $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{1}{x}$ ，所以

现在计算 $x{z}_x^{\prime }+y{z}_y^{\prime }$ :

相加得：

由于 $z=xyf(u)$ ，所以

因此，答案为 $2z$ 。

【答案】
$f(x)=x+e^x+C$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定 $f^{\prime }(\ln x)=1+x$ ，令 $u=\ln x$ ，则 $x=e^u$ ，代入得 $f^{\prime }(u)=1+e^u$ 。
对 $f^{\prime }(u)$ 积分得 $f(u)=\int (1+e^u)du=u+e^u+C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
将 $u$ 替换为 $x$ ，得 $f(x)=x+e^x+C$ 。
验证：若 $f(x)=x+e^x+C$ ，则 $f^{\prime }(x)=1+e^x$ ，故 $f^{\prime }(\ln x)=1+e^{\ln x}=1+x$ ，符合原条件。

【答案】

【解析】
由伴随矩阵的性质，有 $A{A}^{\ast }=A^{\ast }A=\det (A)I$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。因此， $A^{\ast }=\det (A)A^{-1}$ ，进而可得 $(A^{\ast }{)}^{-1}=\frac{1}{\det (A)}A$ 。
计算矩阵 $A$ 的行列式：

由于 $A$ 是下三角矩阵，行列式为对角元素的乘积，即

因此，

【答案】

【解析】 在假设检验中，当总体方差未知时，对总体均值进行t检验使用的统计量为 $t=\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{s/\sqrt{n}}$ ，其中 ${\mu }_0$ 为假设的总体均值，本题中 ${\mu }_0=0$ ， $s$ 为样本标准差。样本方差 $s^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2=\frac{Q^2}{n-1}$ ，因此 $s=\sqrt{\frac{Q^2}{n-1}}$ 。代入t统计量公式，得到 $t=\frac{\overline{X}-0}{\sqrt{\frac{Q^2}{n-1}}/\sqrt{n}}=\frac{\overline{X}\sqrt{n}}{\sqrt{\frac{Q^2}{n-1}}}$ 。该统计量服从自由度为 $n-1$ 的t分布，用于检验假设 $H_0:\mu =0$ 。

【答案】
在 $x=0$ 处， $f(x)$ 连续且可导。

【解析】
(Ⅰ) 先看左极限与右极限：

故 $f(0^{+})=f(0^{-})=f(0)$ ，即 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

(Ⅱ) 再看左导数与右导数：

即 $f_{+}^{\prime }(0)=f_{-}^{\prime }(0)=0$ ，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f^{\prime }(0)=0$ 。

【答案】
$f(x)=3e^{3x}-2e^{2x}$

【解析】
在变上限定积分令 $s=\frac{t}{3}$ ，得到

在上式中令 $x=0$ 得 $f(0)=1$ ，将上述两端对 $x$ 求导数得

这是一阶线性微分方程的特解问题。用 $e^{-3x}$ 同乘方程两端，得

积分即得

由 $f(0)=1$ 可确定常数 $C=3$ ，于是所求的函数是

【答案】

【解析】
首先，将函数 $y=\ln (1-x-2x^2)$ 分解为 $y=\ln (1-2x)+\ln (1+x)$ ，因为 $1-x-2x^2=(1-2x)(1+x)$ 。
然后，利用已知的对数级数展开：

将两式相加，得到：

收敛区间由两个级数的收敛域决定。函数定义域为 $1-x-2x^2>0$ ，即 $-1<x<\frac{1}{2}$ 。级数的收敛半径通过系数极限求得：

收敛半径为 $R=\frac{1}{2}$ 。在 $x=\frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum \left(\frac{(-1{)}^{n-1}}{n{2}^n}-\frac{1}{n}\right)$ ，其中 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，故发散。在 $x=-\frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum \left(-\frac{1}{n{2}^n}-\frac{(-1{)}^n}{n}\right)$ ，两者均收敛，故收敛。因此，收敛区间为 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 。

【答案】

【解析】
方法一：将积分区域 $D$ 分为两部分：

从而有

令 $t=\sqrt{2}x$ ，利用泊松积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$ ，则有

方法二：引入极坐标系 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ ，则

于是

【答案】 $P_0=\frac{ab}{b-1}$ , $Q_0=-\frac{c}{b-1}$

【解析】 已知收益函数 $R=PQ(P)$ ，其中 $Q(P)$ 是单调减函数。在点 $(P_0,Q_0)$ 处，给定边际收益 ${\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}Q}|}_{Q=Q_0}=a>0$ ，收益对价格的边际效应 ${\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}P}|}_{P=P_0}=c<0$ ，需求价格弹性 $E_P=b>1$ 。需求价格弹性定义为 $E_P=-\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}P}\cdot \frac{P}{Q}$ ，故在 $P=P_0$ 时，有：

即：

收益对价格的边际效应为：

代入上式：

解得：

边际收益为：

由于 ${\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}Q}|}_{Q=Q_0}=\frac{1}{{\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}P}|}_{P=P_0}}=-\frac{P_0}{b{Q}_0}$ ，代入得：

解得：

因此， $P_0=\frac{ab}{b-1}$ , $Q_0=-\frac{c}{b-1}$ 。

【答案】
$\frac{\pi }{2}$

【解析】 (1) 证明：考虑积分 ${\int }_{-a}^{a}f(x)g(x)dx$ 。将其拆分为两部分：

在第一个积分中，令 $u=-x$ ，则当 $x=-a$ 时 $u=a$ ，当 $x=0$ 时 $u=0$ ，且 $dx=-du$ 。因此：

其中 $g(-u)=g(u)$ 因为 $g(x)$ 是偶函数。将变量 $u$ 换回 $x$ ，得：

于是原积分变为：

由条件 $f(x)+f(-x)=A$ ，代入得：

故结论成立。

(2) 计算积分 ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}|\sin x|\arctan e^{x}dx$ 。令 $f(x)=\arctan e^x$ ， $g(x)=|\sin x|$ ，区间 $[-a,a]$ 中 $a=\frac{\pi }{2}$ 。首先， $g(x)=|\sin x|$ 是偶函数，因为 $|\sin (-x)|=|-\sin x|=|\sin x|$ 。其次，验证 $f(x)+f(-x)=A$ ：

由于 $e^x>0$ ，有恒等式 $\arctan u+\arctan \frac{1}{u}=\frac{\pi }{2}$ （当 $u>0$ ），故：

即 $A=\frac{\pi }{2}$ 。根据 (1) 的结论：

因为在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上 $\sin x\ge 0$ ，所以 $|\sin x|=\sin x$ 。计算：

因此，积分值为：

【答案】
向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_5-{\alpha }_4$ 的秩为 4。

【解析】
已知 $r(\mathrm{I})=3$ ，即 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关。
已知 $r(\mathrm{II})=3$ ，即 ${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，设 ${\alpha }_4=c_1{\alpha }_1+c_2{\alpha }_2+c_3{\alpha }_3$ ，其中 $c_1,c_2,c_3$ 为标量。
已知 $r(\mathrm{III})=4$ ，即 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_5$ 线性无关。

考虑向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_5-{\alpha }_4$ 。要证明其秩为 4，只需证明该向量组线性无关。
设存在标量 $k_1,k_2,k_3,k_4$ ，使得

展开得