1992年考研数学三真题

答案： $(10,20)$。

需求弹性表示价格变化引起需求量变化的相对比例，其绝对值为

$$|\varepsilon(P)|=\left|\frac{P Q'(P)}{Q(P)}\right|.$$

商品价格非负，且这里弹性公式要求需求量不为零。因此在本题中应有 $0\le P<20$，因为 $Q(P)=100-5P$，在 $P=20$ 时分母为零。

由 $Q'(P)=-5$，得

$$|\varepsilon(P)|=\frac{5P}{100-5P}.$$

在上述范围内分母为正，故
$\frac{5P}{100-5P}>1 \iff5P>100-5P \iff P>10.$
合并条件，得到 $\boxed{10<P<20}$。左端点 $P=10$ 时弹性绝对值恰等于 $1$，不满足严格不等式；右端点 $P=20$ 时弹性没有定义，也不能包含。

答案： $(0,4)$。

本题的幂次每次增加 $2$，直接看一般项的比值较方便。先单独看 $x=2$，此时所有项都是 $0$，级数收敛。

当 $x\ne2$ 时，令 $u_n=(x-2)^{2n}/(n4^n)$，则
$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{(x-2)^2}{4}\frac{n}{n+1} =\frac{(x-2)^2}{4}.$
该值小于 $1$ 时绝对收敛，即 $|x-2|<2$，得到 $0<x<4$；大于 $1$ 时发散。

在端点 $x=0$ 或 $x=4$，有 $(x-2)^{2n}=4^n$，级数均变成调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty}1/n$，发散。

所以收敛域为 $\boxed{(0,4)}$。特别注意，偶次幂使两个端点得到的都是正项调和级数，左端点并不会变成交错级数。

答案： $\displaystyle\int_0^1\mathrm dx\int_0^{x^2}f(x,y)\,\mathrm dy+\int_1^{\sqrt2}\mathrm dx\int_0^{\sqrt{2-x^2}}f(x,y)\,\mathrm dy$。

先把原积分限改写成区域条件：

$$D=\{(x,y):0\le y\le1,\ \sqrt y\le x\le\sqrt{2-y^2}\}.$$

这里 $x\ge0$。两条曲边分别等价于

$$y\le x^2,\qquad x^2+y^2\le2.$$

换成先对 $y$ 积分时，$x$ 的总范围是 $0\le x\le\sqrt2$，下界始终为 $y=0$。上界由抛物线 $y=x^2$ 与圆弧 $y=\sqrt{2-x^2}$ 中较低者决定。

两条曲线交点满足 $x^4+x^2=2$。令 $s=x^2\ge0$，有 $(s-1)(s+2)=0$，故第一象限内的交点为 $(1,1)$。

因此：$0\le x\le1$ 时，上界为 $x^2$；$1\le x\le\sqrt2$ 时，上界为 $\sqrt{2-x^2}$。于是
$\boxed{\int_0^1\mathrm dx\int_0^{x^2}f(x,y)\,\mathrm dy +\int_1^{\sqrt2}\mathrm dx\int_0^{\sqrt{2-x^2}}f(x,y)\,\mathrm dy}.$
换序后必须在 $x=1$ 处分成两块，不能把其中一条上边界用于整个区间。

答案： $(-1)^{mn}ab$。

矩阵 $C$ 的前 $n$ 列包含 $B$，后 $m$ 列包含 $A$。把后 $m$ 列整体移到前 $n$ 列之前，得到分块对角矩阵

$$\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}.$$

每一列越过另一列相当于一次交换列，行列式变号一次。这里 $m$ 列分别越过 $n$ 列，共需 $mn$ 次交换，因此

$$\left|\begin{matrix}A&O\\O&B\end{matrix}\right|=(-1)^{mn}|C|.$$

左侧等于 $|A||B|=ab$，而 $((-1)^{mn})^{-1}=(-1)^{mn}$，所以

$$\boxed{|C|=(-1)^{mn}ab}.$$

这不要求 $A$ 或 $B$ 可逆；若其中一个行列式为 $0$，公式同样成立。

答案： $\frac1{1260}$。

两个 C 完全相同，两个 E 也完全相同。不同字母串的总数为

$$N=\frac{7!}{2!\,2!}=1260.$$

在随机排列下，这些不同字母串等可能；SCIENCE 只是其中一个，故

$$\boxed{P=\frac1N=\frac{2!\,2!}{7!}=\frac1{1260}}.$$

也可先把相同字母做临时标记，视为七个不同物品。此时共有 $7!$ 个等可能排列，而去掉标记后得到 SCIENCE 的排列有 $2!\cdot2!$ 个，因为两个 C、两个 E 各自都能交换位置而不改变单词。分子、分母使用同一种计数方式，所得概率相同。

答案： B

令积分上限函数 $G(x)=\int_a^xf(t)\,\mathrm dt$。由 $f$ 连续，$G$ 在 $a$ 处可导，且

$$G(a)=0,\qquad G'(a)=f(a).$$

因此根据导数定义，
$\lim_{x\to a}\frac{\int_a^xf(t)\,\mathrm dt}{x-a} =\lim_{x\to a}\frac{G(x)-G(a)}{x-a}=f(a).$
再由 $x^2\to a^2$，得

$$\lim_{x\to a}F(x)=a^2f(a).$$

故选 $\boxed{\mathrm B}$。这个结论也覆盖 $a=0$ 或 $f(a)=0$ 的情形；C 只是部分特殊情形下的数值，B 才是对所有给定连续函数成立的表达式。

答案： D

先统一比较它们与 $x^2$ 的比值。显然 A 就是 $x^2$；而

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12,$$

且把 C 有理化可得
$\frac{\sqrt{1-x^2}-1}{x^2} =-\frac1{\sqrt{1-x^2}+1}\longrightarrow-\frac12.$
所以 A、B、C 都与 $x^2$ 同阶。

对 D，用洛必达法则计算：
$\lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{1-\sec^2x}{2x} =-\frac12\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x}{x}=0,$
最后一步可写成 $(\tan x/x)^2x\to0$。因此 D 与上述三个量的比值都趋于 $0$，是更高阶无穷小，选 $\boxed{\mathrm D}$。

进一步展开 $\tan x=x+x^3/3+o(x^3)$ 可得 $x-\tan x\sim-x^3/3$，这也与上述比较吻合。

答案： A

将矩阵按列写成 $A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，则

$$Ax=0\iff x_1\alpha_1+\cdots+x_n\alpha_n=0.$$

列向量线性无关，按照定义就意味着上式只能在 $x_1=\cdots=x_n=0$ 时成立。因此 A 是充分条件，实际上也是必要条件，故选 $\boxed{\mathrm A}$。

B 恰好意味着存在非零关系系数，方程组会有非零解。C 不够：例如 $A=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}$ 的行向量线性无关，但方程 $x_1=0$ 中 $x_2$ 任意，仍有非零解。D 同样不够，例如零矩阵的行向量线性相关，而对应方程组的所有向量都是解。

对于 $m\times n$ 矩阵，判断零解唯一性要比较秩与未知数个数 $n$，不能只看行向量是否独立。

答案： B

“$A$ 与 $B$ 同时发生就必发生 $C$”表示事件包含关系 $A\cap B\subseteq C$。由概率的单调性，

$$P(C)\ge P(A\cap B).$$

再用概率加法公式，

$$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B).$$

因为任何事件的概率不超过 $1$，所以

$$P(C)\ge P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1.$$

故选 $\boxed{\mathrm B}$。

题设只给出包含关系，不是 $C=A\cap B$ 或 $C=A\cup B$，因而不能直接写 C、D 中的等式。整个论证不需要 $A$、$B$ 独立，不能擅自把交事件概率替换成 $P(A)P(B)$。

答案： C

相合性是指样本量增大时估计量依概率趋近待估参数。这里 $S$ 取非负的样本标准差，式中的样本方差定义要求 $n\ge2$。

记总体均值为 $\mu$。已知有限方差，所以 $E(X_1^2)=\mu^2+\sigma^2<\infty$。由独立同分布大数定律，

$$\overline X\xrightarrow{P}\mu,\qquad\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2\xrightarrow{P}\mu^2+\sigma^2.$$

把样本方差展开为

$$S^2=\frac n{n-1}\left(\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2-\overline X^{\,2}\right),$$

可得 $S^2\xrightarrow{P}\sigma^2$。平方根函数在非负半轴连续，故

$$S=\sqrt{S^2}\xrightarrow{P}\sigma.$$

因此 C 正确，选 $\boxed{\mathrm C}$；这个证明也适用于 $\sigma=0$。

其余结论都不对任意总体成立。无偏的是 $S^2$，而不是通常的 $S$。例如 $n=2$、总体服从参数 $1/2$ 的伯努利分布时，$S=|X_1-X_2|/\sqrt2$，故 $E(S)=1/(2\sqrt2)\ne\sigma=1/2$，排除 A。在同一例子中，$\overline X=0$ 或 $1$ 时 $S=0$，$\overline X=1/2$ 时 $S=1/\sqrt2$，说明 D 也不是普遍结论。最大似然估计还依赖所指定的总体分布族；例如正态总体的标准差最大似然估计为 $\sqrt{(n-1)/n}\,S$，所以 B 也不普遍成立。

答案： 在 $x=1$ 处不连续，是可去间断点；将 $f(1)$ 改为 $-\frac4{\pi^2}$ 可使其连续。

判断连续性要比较极限与函数值。令 $t=x-1$，当 $x\to1$ 时 $t\to0$，且

$$\sin\frac{\pi x}{2}=\sin\left(\frac\pi2+\frac{\pi t}2\right)=\cos\frac{\pi t}2.$$

因此

$$\lim_{x\to1}f(x)=\lim_{t\to0}\frac{\ln\cos t}{1-\cos(\pi t/2)}.$$

在足够小的邻域中 $\cos t>0$，对数有定义。利用 $\ln(1+u)\sim u$、$1-\cos t\sim t^2/2$：

$$\ln\cos t=\ln[1+(\cos t-1)]\sim-\frac{t^2}2,$$

$$1-\cos\frac{\pi t}2\sim\frac12\left(\frac{\pi t}2\right)^2=\frac{\pi^2t^2}8.$$

所以

$$\lim_{x\to1}f(x)=\frac{-1/2}{\pi^2/8}=\boxed{-\frac4{\pi^2}}.$$

这个有限极限不等于原定义的 $f(1)=1$，故 $x=1$ 是可去间断点。仅需把该点重新定义为 $\boxed{f(1)=-4/\pi^2}$，其余点保持原式，即可使函数在该点连续。

答案： $I=-e^{-x}\operatorname{arccot}e^x-x+\frac12\ln(1+e^{2x})+C$，$C$ 为任意常数。

把被积函数写成 $e^{-x}\operatorname{arccot}(e^x)$，用分部积分。取

$$u=\operatorname{arccot}(e^x),\qquad\mathrm dv=e^{-x}\,\mathrm dx,$$

则

$$\mathrm du=-\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm dx,\qquad v=-e^{-x}.$$

代入 $\int u\,\mathrm dv=uv-\int v\,\mathrm du$：

$$I=-e^{-x}\operatorname{arccot}(e^x)-\int\frac1{1+e^{2x}}\,\mathrm dx.$$

余下积分可拆成

$$\frac1{1+e^{2x}}=1-\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}.$$

由于 $(1+e^{2x})'=2e^{2x}$，所以

$$\int\frac1{1+e^{2x}}\,\mathrm dx=x-\frac12\ln(1+e^{2x})+C.$$

最终

$$\boxed{I=-e^{-x}\operatorname{arccot}(e^x)-x+\frac12\ln(1+e^{2x})+C}.$$

对所得原函数求导，乘积求导多出的 $1/(1+e^{2x})$ 恰与后两项的导数抵消，剩下原被积函数，可作核验。

答案： 在链式求导适用处、$y\ne0$，$z_{xy}=\cos(xy)-xy\sin(xy)-\frac{x}{y^2}\varphi_{uv}-\frac{x}{y^3}\varphi_{vv}-\frac1{y^2}\varphi_v$，各偏导在 $(x,x/y)$ 处取值。

表达式含有 $x/y$，所以首先要求 $y\ne0$。以下在所涉及的复合链式求导合法的点计算，例如 $\varphi$ 具有连续二阶偏导的区域。记 $u=x$、$v=x/y$，则

$$u_x=1,\quad u_y=0,\quad v_x=\frac1y,\quad v_y=-\frac{x}{y^2}.$$

先对 $x$ 求导：

$$z_x=y\cos(xy)+\varphi_u+\frac1y\varphi_v.$$

再对 $y$ 求导，每一项分别为

$$\frac\partial{\partial y}[y\cos(xy)]=\cos(xy)-xy\sin(xy),$$

$$\frac\partial{\partial y}\varphi_u=\varphi_{uu}u_y+\varphi_{uv}v_y=-\frac{x}{y^2}\varphi_{uv},$$

$\frac\partial{\partial y}\left(\frac1y\varphi_v\right) =-\frac1{y^2}\varphi_v+\frac1y(\varphi_{vu}u_y+\varphi_{vv}v_y) =-\frac1{y^2}\varphi_v-\frac{x}{y^3}\varphi_{vv}.$
相加得到

$$\boxed{z_{xy}=\cos(xy)-xy\sin(xy)-\frac{x}{y^2}\varphi_{uv}-\frac{x}{y^3}\varphi_{vv}-\frac1{y^2}\varphi_v}.$$

所有 $\varphi$ 的偏导均在 $(u,v)=(x,x/y)$ 处取值；上述计算没有交换 $\varphi_{uv}$ 与 $\varphi_{vu}$ 的次序。

严格地说，仅有各二阶偏导存在，不能保证一般复合函数链式法则成立，原题文字省略了这一正则性条件。因此上式是标准链式求导适用时的结论，不能据原题条件宣称所有点都必有该二阶混合偏导。

答案： $f(x)=x-\frac12+\frac12e^{-2x}$。

先代入 $x=0$，得到初始条件 $f(0)=0$。因为 $f$ 连续，积分上限函数可导，而原等式也把 $f$ 写成可导函数之差，所以 $f$ 可导。对等式求导：

$$f'(x)+2f(x)=2x.$$

这是一个一阶线性方程，积分因子为 $e^{2x}$。两边同乘，得到

$$[e^{2x}f(x)]'=2xe^{2x}.$$

积分并用分部积分计算右端：

$$e^{2x}f(x)=\int2xe^{2x}\,\mathrm dx=e^{2x}\left(x-\frac12\right)+C.$$

所以 $f(x)=x-\frac12+Ce^{-2x}$。代入 $f(0)=0$，得 $C=1/2$，故

$$\boxed{f(x)=x-\frac12+\frac12e^{-2x}}.$$

最后检查微分过程中是否丢失原条件。计算

$$2\int_0^xf(t)\,\mathrm dt=x^2-x+\frac{1-e^{-2x}}2,$$

与所得 $f(x)$ 相加恰为 $x^2$，所以它确实满足原积分等式。

答案： 恒等式成立；在 $x>1$ 上左侧导数为 $0$，再由 $x=1$ 的函数值及连续性得到常数为 $\pi/4$。

令

$$H(x)=\arctan x-\frac12\arccos\frac{2x}{1+x^2}.$$

当 $x\ge1$ 时，$0<2x/(1+x^2)\le1$，反余弦有定义，$H$ 在 $[1,\infty)$ 连续。

在 $x>1$ 时，设 $g(x)=2x/(1+x^2)$，则
$g'(x)=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2},\qquad \sqrt{1-g(x)^2}=\frac{|x^2-1|}{1+x^2}=\frac{x^2-1}{1+x^2}.$
所以

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\arccos g(x)=-\frac{g'(x)}{\sqrt{1-g(x)^2}}=\frac2{1+x^2},$$

从而 $H'(x)=1/(1+x^2)-\frac12\cdot2/(1+x^2)=0$。由拉格朗日中值定理，$H$ 在 $(1,\infty)$ 为常数；再用 $x=1$ 处连续性及

$$H(1)=\frac\pi4-\frac12\arccos1=\frac\pi4,$$

得 $\boxed{H(x)=\pi/4\quad(x\ge1)}$。

另一种证明能直接看出反三角函数的取值范围。令 $\theta=\arctan x\in[\pi/4,\pi/2)$，则

$$\frac{2x}{1+x^2}=\sin2\theta=\cos\left(2\theta-\frac\pi2\right).$$

由于 $2\theta-\pi/2\in[0,\pi/2)$ 落在反余弦的主值范围内，故 $\arccos[2x/(1+x^2)]=2\theta-\pi/2$，代回即得原恒等式。主值范围不能省略，否则反余弦不能直接与余弦抵消。

答案： （1）$V(\xi)=\frac\pi2(1-e^{-2\xi})$，$a=\frac12\ln2$。（2）切点为 $(1,e^{-1})$，最大面积为 $2/e$。

（1）垂直于 $x$ 轴的截面是半径 $e^{-x}$ 的圆，截面积为 $\pi e^{-2x}$，故

$$\boxed{V(\xi)=\pi\int_0^\xi e^{-2x}\,\mathrm dx=\frac\pi2(1-e^{-2\xi})}.$$

于是 $\lim_{\xi\to+\infty}V(\xi)=\pi/2$。由题设
$\frac\pi2(1-e^{-2a})=\frac\pi4 \iff e^{-2a}=\frac12,$
得 $\boxed{a=\frac12\ln2}$，它确为正数。

（2）设切点为 $(b,e^{-b})$，其中 $b\ge0$。曲线导数为 $y'=-e^{-x}$，切线为

$$y-e^{-b}=-e^{-b}(x-b),\quad\text{即 }y=e^{-b}(1+b-x).$$

令 $y=0$ 得横截距 $b+1$；令 $x=0$ 得纵截距 $(b+1)e^{-b}$，二者均为正。所夹三角形面积为

$$S(b)=\frac12(b+1)^2e^{-b},\qquad b\ge0.$$

求导：

$$S'(b)=\frac12e^{-b}(b+1)(1-b).$$

因此在 $0\le b<1$ 上面积增加，在 $b>1$ 上面积减少，故 $b=1$ 是整个允许范围内的最大值点。得到

$$\boxed{\text{切点 }(1,e^{-1}),\qquad S_{\max}=S(1)=\frac2e}.$$

选择参数范围时不能把 $b=-1$ 当作候选切点，因为原曲线只取 $x\ge0$ 的部分。

答案： （1）$x=0,y=-2$。（2）可取 $P=\begin{pmatrix}0&0&1\\-2&1&0\\1&1&-1\end{pmatrix}$。

（1）相似矩阵具有相同的特征值和迹。由 $A$ 的第一行及其分块三角结构，

$$|\lambda E-A|=(\lambda+2)\big[(\lambda-x)(\lambda-1)-2\big],$$

所以 $-2$ 一定是 $A$ 的特征值，也必须是对角矩阵 $B$ 的某个对角元。$B$ 另两个对角元为 $-1,2$，故 $\boxed{y=-2}$。

再比较迹：$\operatorname{tr}A=x-1$，$\operatorname{tr}B=1+y=-1$，所以 $\boxed{x=0}$。此时 $A$ 的三个特征值确为 $-1,2,-2$，互不相同，能够与给定 $B$ 相似。

（2）若把 $P$ 的列记为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，由 $AP=PB$ 可知它们必须依次属于特征值 $-1,2,-2$，列的顺序不能任意交换。

以下将待求向量记为 $v=(v_1,v_2,v_3)^T$。对于 $\lambda=-1$，方程 $(A+E)v=0$ 化为 $v_1=0$、$v_2+2v_3=0$，可取特征向量 $(0,-2,1)^T$。

对于 $\lambda=2$，方程 $(A-2E)v=0$ 化为 $v_1=0$、$v_2=v_3$，可取 $(0,1,1)^T$。

对于 $\lambda=-2$，方程 $(A+2E)v=0$ 给出 $v_1+v_2+v_3=0$、$3v_1+v_2+3v_3=0$，从而 $v_2=0,v_1=-v_3$，可取 $(1,0,-1)^T$。

因此

$$\boxed{P=\begin{pmatrix}0&0&1\\-2&1&0\\1&1&-1\end{pmatrix}}.$$

其行列式为 $-3\ne0$，且逐列验证可得 $AP=PB$，故确有 $P^{-1}AP=B$。特征向量可分别乘任意非零常数，所以符合要求的 $P$ 不唯一。

答案： （1）$\lambda=1$；（2）$B$ 的各列均属于同一个一维解空间，故 $|B|=0$。

记方程组的系数矩阵为

$$M=\begin{pmatrix}1&2&-2\\2&-1&\lambda\\3&1&-1\end{pmatrix}.$$

因为 $B$ 的每一列都是解，故 $MB=O$。

（1）$B\ne O$，说明它至少有一个非零列。因此 $Mx=0$ 有非零解，必须有 $|M|=0$。将第三列加到第二列，再按第二列展开：
$|M|=\begin{vmatrix}1&0&-2\\2&\lambda-1&\lambda\\3&0&-1\end{vmatrix} =(\lambda-1)\begin{vmatrix}1&-2\\3&-1\end{vmatrix}=5(\lambda-1).$
所以 $\boxed{\lambda=1}$。

（2）由 $MB=O$，假设 $B$ 可逆，则右乘 $B^{-1}$ 可得 $M=O$，这与 $M$ 的第一行 $(1,2,-2)$ 非零矛盾。因此 $B$ 不可逆，$\boxed{|B|=0}$。

也可直接看解空间：在 $\lambda=1$ 时，由前两式解得 $x_1=0,x_2=x_3$，第三式也满足。因此所有解为 $t(0,1,1)^T$。$B$ 的每一列都是该向量的倍数，列向量必线性相关，故同样有 $|B|=0$。注意 $MB=O$ 不能直接对行列式作除法，因为已知 $|M|=0$。