1993年考研数学三真题

答案： $\dfrac65$。

当 $x\to\infty$ 时，$2/x\to0$，可利用基本极限 $\sin t/t\to1$。先把表达式改写成这一形式：
$\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin\frac2x =2\frac{3x^2+5}{5x^2+3x}\frac{\sin(2/x)}{2/x}.$
其中有理分式的分子、分母同除以 $x^2$，得到

$$\lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x^2+3x}=\frac35.$$

因此所求极限为

$$2\cdot\frac35\cdot1=\boxed{\frac65}.$$

不能只看到正弦因子趋于零就认定整个乘积趋于零，因为前面的有理分式同时无界。

答案： $\dfrac{3\pi}{4}$。

令内层函数 $g(x)=(3x-2)/(3x+2)$。链式法则给出

$$y'=f'(g(x))g'(x).$$

先分别计算内层函数在零点的值与导数：

$$g(0)=-1,$$

$$g'(x)=\frac{3(3x+2)-3(3x-2)}{(3x+2)^2}=\frac{12}{(3x+2)^2},\qquad g'(0)=3.$$

所以

$$y'(0)=f'(-1)\cdot3=3\arctan((-1)^2)=3\cdot\frac\pi4=\boxed{\frac{3\pi}{4}}.$$

应将 $-1$ 代入 $f'$，不是把外层导数直接取为 $f'(0)$。

答案： $\dfrac{2}{2-\ln3}$。

把通项写成 $r^n$：

$$\frac{(\ln3)^n}{2^n}=\left(\frac{\ln3}{2}\right)^n.$$

这是首项为 $1$、公比为 $r=\ln3/2$ 的几何级数。因为 $0<\ln3<2$，所以 $|r|<1$，满足收敛条件。

从 $n=0$ 开始的几何级数求和公式为 $\sum_{n=0}^{\infty}r^n=1/(1-r)$，故

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\ln3)^n}{2^n}=\frac1{1-\ln3/2}=\boxed{\frac{2}{2-\ln3}}.$$

求和下标从 $0$ 开始，不能误用首项为 $r$ 的公式 $r/(1-r)$。

答案： 0。

秩为 $2$ 表示矩阵存在非零的二阶子式，但所有三阶及以上子式都为零。

四阶矩阵的伴随矩阵由原矩阵的代数余子式转置组成；每个代数余子式都等于某个三阶子式乘以符号因子 $(-1)^{i+j}$。本题所有三阶子式为零，所以伴随矩阵的每个元素都为零：

$$A^*=0_{4\times4}.$$

零矩阵的秩为零，因此 $\boxed{r(A^*)=0}$。

仅用 $AA^*=|A|I=0$ 不能直接推出 $A^*=0$，因为矩阵乘法一般没有消去律；应从三阶余子式均为零说明原因。

答案： $(4.804,5.196)$。

记总体均值为 $\mu$，已知总体方差 $\sigma^2=1$，所以标准差 $\sigma=1$。简单随机样本容量 $n=100$，样本均值的标准差为

$$\frac{\sigma}{\sqrt n}=\frac1{10}=0.1.$$

由于样本量较大，依据独立同分布样本均值的中心极限定理，标准化统计量

$$\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}$$

近似服从标准正态分布。标准正态分布满足 $P(-1.96<Z<1.96)\approx0.95$，所以

$$P\left(\overline X-1.96\frac\sigma{\sqrt n}<\mu<\overline X+1.96\frac\sigma{\sqrt n}\right)\approx0.95.$$

代入观测到的样本均值 $\overline x=5$，得到区间

$$\left(5-1.96\cdot0.1,\ 5+1.96\cdot0.1\right)=\boxed{(4.804,5.196)}.$$

总体分布并未被假定为正态，故这里的覆盖率是大样本近似，不应把样本均值的标准化分布写成精确的正态分布。

答案： C

先检查连续性。由于 $|\sin(1/x^2)|\le1$，有

$$|f(x)|\le\sqrt{|x|}\to0\quad(x\to0).$$

夹逼定理给出 $\lim_{x\to0}f(x)=0=f(0)$，因此在零点连续。

再用导数定义检查可导性。从右侧趋近时，差商为

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{\sin(1/x^2)}{\sqrt x},\qquad x>0.$$

取 $x_n=(\pi/2+2n\pi)^{-1/2}$，则 $x_n\to0^+$，而 $\sin(1/x_n^2)=1$，差商为 $1/\sqrt{x_n}\to+\infty$。另取 $y_n=(n\pi)^{-1/2}$，差商为 $0$。

沿两列趋近时差商表现不同，连右导数都不存在，更不可能可导。因此选 C。函数值趋零与差商趋于有限值是两个不同的要求。

答案： A

定义域要求 $x>0$，此时积分上下限都可导。对两端均变动的积分，用公式

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_{a(x)}^{b(x)}f(t)\,\mathrm dt=f(b(x))b'(x)-f(a(x))a'(x).$$

这里 $b(x)=\ln x$、$b'(x)=1/x$，$a(x)=1/x$、$a'(x)=-1/x^2$。代入得到
$F'(x)=f(\ln x)\frac1x-f(1/x)\left(-\frac1{x^2}\right) =\frac1x f(\ln x)+\frac1{x^2}f(1/x).$
因此选 A。下限项本来带负号，但下限函数的导数又是负的，两负相乘后应为加号。

答案： B

矩阵可相似对角化的充要条件，是存在 $n$ 个线性无关的特征向量。

若有 $n$ 个不同特征值，从每个特征值取一个非零特征向量，不同特征值对应的这些向量线性无关，恰能组成可逆矩阵 $P$。于是 $P^{-1}AP$ 为对角阵。因此“特征值互不相同”是充分条件。

它不是必要条件。例如对于 $n\ge2$，单位矩阵 $I_n$ 本身已是对角阵，当然可相似对角化，但其特征值只有 $1$，并不互不相同。重特征值只要有足够多独立特征向量，也可以对角化。

所以按一般矩阵情形，正确选项为 B。

答案： D

按通常忽略零概率差异的出题意图，本题答案记为 D。但在严格的事件集合意义下，原题四个选项均不能保证；应区分这两种表述。

条件概率 $P(B\mid A)=1$（隐含 $P(A)>0$）只说明

$$P(A\cap B)=P(A),\qquad P(A\setminus B)=0.$$

零概率事件未必为空集，所以不能据此推出严格的集合包含关系。

在样本空间 $\Omega=[0,1]$ 上取均匀概率，令 $A=(0,1]$、$B=[0,1)$。则

$$P(A)=1,\qquad P(A\cap B)=P((0,1))=1,$$

所以 $P(B\mid A)=1$。但 $A\ne\Omega$，因此 A 选项的“必然事件”结论不成立；$0\in B$ 而 $0\notin A$，$1\in A$ 而 $1\notin B$，所以 $A,B$ 互不包含，C、D 也都不能保证。

为检验 B，再取 $A=[0,1/2]$、$B=\Omega$。仍有 $P(B\mid A)=1$，但 $P(\overline A)=1/2>0$，且

$$P(B\mid\overline A)=1,$$

不是 $0$。

因此，若严格按集合包含理解，四个选项均不能作为必然结论。准确的一般结论是 $P(A\setminus B)=0$，即 $A$ 几乎必然包含于 $B$，这比严格集合包含弱。本题按常见意图记 D，并不意味着已经证明严格的 $A\subset B$ 必真。

答案： B

概率密度是偶函数，且全实轴积分等于 $1$，所以正、负半轴上各占一半：

$$F(0)=\int_{-\infty}^0\varphi(x)\,\mathrm dx=\frac12.$$

对任意实数 $a$，按有向定积分性质可写成

$$F(-a)=F(0)+\int_0^{-a}\varphi(x)\,\mathrm dx.$$

在后一项中令 $x=-t$，并利用 $\varphi(-t)=\varphi(t)$，得到

$$\int_0^{-a}\varphi(x)\,\mathrm dx=-\int_0^a\varphi(t)\,\mathrm dt.$$

因此

$$F(-a)=\frac12-\int_0^a\varphi(t)\,\mathrm dt,$$

选 B。该推导对 $a<0$ 同样成立，不需要把 $a$ 限制为正数。

还可核对对称关系 $F(-a)=1-F(a)$。密度对称不意味着分布函数是偶函数，所以 C 一般不成立。

答案： $\displaystyle\mathrm dz=\frac{1+(x-1)e^{z-y-x}}{1+xe^{z-y-x}}\,\mathrm dx+\mathrm dy$，适用于 $1+xe^{z-y-x}\ne0$ 的可微分支。

记 $w=z-y-x$，原方程为 $w+xe^w=0$。对题目确定的可微分支，当 $1+xe^w\ne0$ 时，隐函数求导条件成立。

对方程两端取全微分，注意 $x$ 和 $w$ 都变化：

$$\mathrm dw+e^w\,\mathrm dx+xe^w\,\mathrm dw=0,$$

因此

$$\mathrm dw=-\frac{e^w}{1+xe^w}\,\mathrm dx.$$

又由 $w=z-y-x$，有 $\mathrm dz=\mathrm dw+\mathrm dy+\mathrm dx$。代入并合并 $\mathrm dx$ 系数，得
$\begin{aligned} \mathrm dz&=\left(1-\frac{e^w}{1+xe^w}\right)\mathrm dx+\mathrm dy\\ &=\boxed{\frac{1+(x-1)e^{z-y-x}}{1+xe^{z-y-x}}\,\mathrm dx+\mathrm dy}. \end{aligned}$
求导后的分母正是隐函数方程对 $z$ 的偏导。若它为零，不能使用上述除法，必须另行分析该处是否存在可微分支。

答案： $a=0$ 或 $a=-1$。

先分别计算等号两边。对固定实数 $a$，当 $x$ 充分大时幂式底数为正。取对数，得

$$x\ln\frac{x-a}{x+a}=x\ln\left(1-\frac{2a}{x+a}\right)\to-2a,$$

这里利用 $\ln(1+u)\sim u$。所以左边极限为 $e^{-2a}$。

对右边作两次分部积分。因为任意固定次幂乘 $e^{-2x}$ 在正无穷处均趋于零，
$\begin{aligned} I&=\int_a^{\infty}4x^2e^{-2x}\,\mathrm dx\\ &=[-2x^2e^{-2x}]_a^\infty+4\int_a^\infty xe^{-2x}\,\mathrm dx\\ &=2a^2e^{-2a}+[-2xe^{-2x}]_a^\infty+2\int_a^\infty e^{-2x}\,\mathrm dx\\ &=(2a^2+2a+1)e^{-2a}. \end{aligned}$
等式两边代入计算结果，并利用 $e^{-2a}>0$ 约去该因子：

$$1=2a^2+2a+1,\qquad2a(a+1)=0.$$

故 $\boxed{a=0\ \text{或}\ a=-1}$。两值都能代回原等式；积分下限为负不妨碍该反常积分存在，不能自行舍去 $a=-1$。

答案： （Ⅰ）$q_*=(d-b)/[2(a+e)]$，$\Pi_{\max}=(d-b)^2/[4(a+e)]-c$；（Ⅱ）按非负需求弹性约定 $\eta=p/(d-p)=(d-eq)/(eq)$，有符号弹性为其相反数；（Ⅲ）$q=d/(2e)$。

本题 $e$ 是题目给定的正参数，不是自然对数的底。

（Ⅰ）由需求函数解出价格 $p=d-eq$。利润等于收入减成本：

$$\Pi(q)=pq-C=(d-b)q-(a+e)q^2-c.$$

这是开口向下的二次函数。令 $\Pi'(q)=d-b-2(a+e)q=0$，得

$$\boxed{q_* =\frac{d-b}{2(a+e)}}.$$

因 $d>b$，该产量为正；且 $q_*<d/e$，故相应价格也为正。配方可直接证明全局最大值：

$$\Pi(q)=-(a+e)(q-q_*)^2+\frac{(d-b)^2}{4(a+e)}-c.$$

所以

$$\boxed{\Pi_{\max}=\frac{(d-b)^2}{4(a+e)}-c}.$$

（Ⅱ）需求弹性有有符号与取非负需求弹性两种记号约定。先计算有符号弹性：

$$\varepsilon=\frac p q\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac p q\left(-\frac1e\right)=-\frac p{d-p}.$$

按将需求弹性取为非负数的常见经济学约定，

$$\boxed{\eta=-\frac p q\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac p{d-p}=\frac{d-eq}{eq}},\qquad0<p<d.$$

采用有符号定义时为 $\varepsilon=-\eta$；两者描述同一个价格增加而需求减少的关系。需求量为零的 $p=d$ 处，弹性公式无定义。

（Ⅲ）在正价格、正需求的范围内，弹性绝对值为 $1$ 等价于

$$\frac p{d-p}=1\quad\Longrightarrow\quad p=\frac d2.$$

再由需求函数，

$$\boxed{q=\frac{d-d/2}{e}=\frac d{2e}}.$$

该产量由单位弹性条件决定，与第（Ⅰ）问的利润最大产量一般不同。

答案： $\displaystyle f(x)=\frac12(e^x-e^{-x})$，$x\ge0$。

设动直线为横坐标等于 $x$ 的竖直线。由于 $f(0)=0$ 且 $f(t)\ge0$，曲线下方的面积为

$$S(x)=\int_0^x f(t)\,\mathrm dt.$$

又因为 $f(x)\le e^x-1$，同一竖直线上的两点距离为 $e^x-1-f(x)$。所以题目条件等价于

$$\int_0^x f(t)\,\mathrm dt=e^x-1-f(x).$$

由题目面积存在的通常含义，积分存在；局部有界的被积函数使积分上限函数连续。由上式改写为 $f(x)=e^x-1-S(x)$，首先得到 $f$ 连续，再由积分上限求导定理得到 $S'=f$，所以 $f$ 可导。对等式求导便有

$$f(x)=e^x-f'(x),\qquad f'+f=e^x.$$

这是一阶线性微分方程。乘以积分因子 $e^x$，得到

$$\bigl(e^xf(x)\bigr)'=e^{2x}.$$

积分可得

$$e^xf(x)=\frac12e^{2x}+C,\qquad f(x)=\frac12e^x+Ce^{-x}.$$

利用 $f(0)=0$，有 $C=-1/2$，故

$$\boxed{f(x)=\frac12(e^x-e^{-x})},\qquad x\ge0.$$

最后检查全部条件：$f(0)=0$、$f(x)\ge0$，而

$$e^x-1-f(x)=\frac12(e^x+e^{-x})-1\ge0.$$

同时 $\int_0^x f(t)\,\mathrm dt=(e^x+e^{-x})/2-1$，恰好等于两点间距离。因此所得函数满足面积与上下界要求。

答案： 将 $f$ 减去弦 $AB$ 的直线函数后，所得函数在 $0,c,1$ 三点为零，连续应用罗尔定理即得某 $\xi\in(0,1)$ 满足 $f''(\xi)=0$。

弦 $AB$ 的直线方程为

$$\ell(x)=f(0)+[f(1)-f(0)]x.$$

令 $g(x)=f(x)-\ell(x)$。由于三点 $A,B,C$ 共线，有

$$g(0)=g(c)=g(1)=0.$$

$g$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内二阶可导。

在区间 $[0,c]$ 上应用罗尔定理，存在 $u\in(0,c)$，使 $g'(u)=0$；同理，在 $[c,1]$ 上存在 $v\in(c,1)$，使 $g'(v)=0$。

由于 $g''$ 在 $(0,1)$ 内存在，$g'$ 在 $[u,v]$ 上连续且在 $(u,v)$ 内可导。再次对 $g'$ 应用罗尔定理，存在 $\xi\in(u,v)$，使

$$g''(\xi)=\frac{g'(v)-g'(u)}{v-u}=0.$$

直线函数 $\ell$ 的二阶导数恒为零，因此 $g''=f''$。又 $0<u<\xi<v<1$，故

$$\boxed{\exists\xi\in(0,1),\quad f''(\xi)=0}.$$

也可分别在 $[0,c]$、$[c,1]$ 上对 $f$ 用拉格朗日中值定理，得到两处相同的弦斜率，再对 $f'$ 用罗尔定理。

答案： $k\ne-1,4$ 时唯一解为 $((k^2+2k)/(k+1),(k^2+2k+4)/(k+1),-2k/(k+1))^{\mathsf T}$；$k=-1$ 时无解；$k=4$ 时通解为 $(0,4,0)^{\mathsf T}+t(-3,-1,1)^{\mathsf T}$，$t\in\mathbb R$。

用第一式加到第二式，再用第一式减去第三式，得到与原方程组等价的形式
$\begin{cases} x_1+x_2+kx_3=4,\\ (k+1)x_2+(k+1)x_3=k^2+4,\\ 2x_2+(k-2)x_3=8. \end{cases}$
将第二式的两倍减去第三式的 $k+1$ 倍，得到必须满足的关系

$$(k+1)(4-k)x_3=2k(k-4).$$

接下来先分类，不能提前约去可能为零的因子。

唯一解：$k\ne-1,4$。 此时左侧系数非零，由上式得

$$x_3=-\frac{2k}{k+1}.$$

代回第二式、第一式依次得到

$$x_2=\frac{k^2+2k+4}{k+1},\qquad x_1=\frac{k^2+2k}{k+1}.$$

这些值唯一，故唯一解为

$$\boxed{(x_1,x_2,x_3)^{\mathsf T}=\left(\frac{k^2+2k}{k+1},\frac{k^2+2k+4}{k+1},-\frac{2k}{k+1}\right)^{\mathsf T}}.$$

无解：$k=-1$。 在等价方程组的第二式中直接得到 $0=5$，矛盾，因此无解。

无穷多解：$k=4$。 第二、三式都化为 $x_2+x_3=4$。令自由变量 $x_3=t\in\mathbb R$，则 $x_2=4-t$；由第一式得 $x_1=-3t$。全部解为

$$\boxed{(x_1,x_2,x_3)^{\mathsf T}=(0,4,0)^{\mathsf T}+t(-3,-1,1)^{\mathsf T},\quad t\in\mathbb R}.$$

这里用 $t$ 表示自由参数，避免与已固定为4的题设参数 $k$ 混淆。

答案： $\alpha=\beta=0$。

原二次型及变换后标准形的矩阵分别为

$$A=\begin{pmatrix}1&\alpha&1\\\alpha&1&\beta\\1&\beta&1\end{pmatrix},\qquad D=\operatorname{diag}(0,1,2).$$

正交变换满足 $P^{\mathsf T}AP=D$，且 $P^{\mathsf T}=P^{-1}$，所以两个矩阵相似，$A$ 的特征值是 $0,1,2$。

因为 $0$ 是特征值，$|A|=0$。沿第一行展开可得

$$|A|=2\alpha\beta-\alpha^2-\beta^2=-(\alpha-\beta)^2.$$

故 $\alpha=\beta$。因为 $1$ 也是特征值，

$$|I-A|=\begin{vmatrix}0&-\alpha&-1\\-\alpha&0&-\beta\\-1&-\beta&0\end{vmatrix}=-2\alpha\beta=0.$$

于是 $\alpha\beta=0$，结合 $\alpha=\beta$，得到唯一可能为

$$\boxed{\alpha=\beta=0}.$$

还需确认这个取值确实满足条件。此时 $A$ 的三个单位特征向量可取

$$\frac1{\sqrt2}(1,0,-1)^{\mathsf T},\quad(0,1,0)^{\mathsf T},\quad\frac1{\sqrt2}(1,0,1)^{\mathsf T},$$

分别对应特征值 $0,1,2$。它们两两正交，组成正交矩阵 $P$ 后，恰有 $P^{\mathsf T}AP=\operatorname{diag}(0,1,2)$，说明所得参数也充分。

另一种简短核对是利用 $\operatorname{tr}(A^2)=0^2+1^2+2^2=5$，而按元素计算 $\operatorname{tr}(A^2)=5+2\alpha^2+2\beta^2$，同样推出两参数为零。

答案： （Ⅰ）$a=\sqrt[3]4$；（Ⅱ）$E(1/X^2)=3/4$。

（Ⅰ）因 $X,Y$ 同分布，$P(A)=P(B)$。记共同概率为 $p$。题目只要求这两个事件独立，故可用 $P(A\cap B)=p^2$，从加法公式得到

$$2p-p^2=\frac34.$$

解得 $p=1/2$ 或 $p=3/2$；后一值超出概率范围，舍去，所以 $P(X>a)=1/2$。

由密度支集知，当 $a\le0$ 时该概率为1，当 $a\ge2$ 时为0，因此本题 $0<a<2$。于是

$$\frac12=\int_a^2\frac38x^2\,\mathrm dx=\frac18(8-a^3).$$

解得 $a^3=4$，所以 $\boxed{a=\sqrt[3]4}$，确在 $(0,2)$ 内。

（Ⅱ）直接使用随机变量函数的期望公式，无须先求 $1/X^2$ 的密度：
$\begin{aligned} E\left(\frac1{X^2}\right)&=\int_0^2\frac1{x^2}\cdot\frac38x^2\,\mathrm dx\\ &=\int_0^2\frac38\,\mathrm dx=\boxed{\frac34}. \end{aligned}$
被积式在 $x>0$ 时抵消为常数，反常积分在零端点收敛，所以期望存在。$P(X=0)=0$，该点的补定义不影响期望。

本题并未给 $X,Y$ 整体独立，不能从某一对阈值事件独立推断随机变量完全独立；第一问只使用了题中明确的事件独立性。

答案： （Ⅰ）$T\sim\operatorname{Exp}(\lambda)$，$F_T(t)=0$（$t<0$），$F_T(t)=1-e^{-\lambda t}$（$t\ge0$）；（Ⅱ）$Q=e^{-8\lambda}$。

按题目通常采用的齐次泊松故障计数模型，$\lambda>0$ 是单位时间平均故障率，每次故障后的等待时间按同一规律计算。

（Ⅰ）对 $t\ge0$，间隔超过 $t$，等价于这段等待时间内没有发生故障。由泊松分布的零次概率，

$$P(T>t)=P(N(t)=0)=\frac{(\lambda t)^0}{0!}e^{-\lambda t}=e^{-\lambda t}.$$

所以分布函数为

$$\boxed{F_T(t)=\begin{cases}0,&t<0,\\1-e^{-\lambda t},&t\ge0.\end{cases}}$$

即 $T$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，密度为 $f_T(t)=\lambda e^{-\lambda t}$（$t>0$），其他地方为零。

（Ⅱ）已经无故障运行8小时意味着 $T>8$，再运行8小时无故障意味着 $T>16$。由条件概率，

$$Q=P(T>16\mid T>8)=\frac{P(T>16)}{P(T>8)}=\frac{e^{-16\lambda}}{e^{-8\lambda}}=\boxed{e^{-8\lambda}}.$$

这正是指数分布的无记忆性：已经等待的8小时不会改变再等8小时的无故障概率。时间单位必须与 $\lambda$ 的故障率单位一致。