1998年考研数学三真题

答案： $e^{-1}$。

曲线 $y=x^n$ 在 $(1,1)$ 处导数为 $n$，故切线方程为 $y-1=n(x-1)$。令 $y=0$，得到横截距

$$\xi_n=1-\frac1n.$$

题中的函数也随 $n$ 改变，所以代入后为

$$f(\xi_n)=\left(1-\frac1n\right)^n.$$

取对数，用 $\ln(1+u)/u\to1$：

$$n\ln\left(1-\frac1n\right)=-\frac{\ln(1-1/n)}{-1/n}\longrightarrow-1.$$

由指数函数连续性，极限为 $\boxed{e^{-1}}$。虽然 $\xi_n\to1$，不能只把它代入一个固定函数得 $1$，因为此处函数的幂次也在变化。

答案： $-\frac{\ln x}{x}+C$，$x>0$。

使用分部积分，令 $u=\ln x-1$、$\mathrm dv=x^{-2}\mathrm dx$，则 $\mathrm du=\mathrm dx/x$、$v=-1/x$。
$\begin{aligned} \int\frac{\ln x-1}{x^2}\,\mathrm dx &=-\frac{\ln x-1}{x}+\int\frac1{x^2}\,\mathrm dx\\ &=-\frac{\ln x-1}{x}-\frac1x+C =\boxed{-\frac{\ln x}{x}+C}. \end{aligned}$
对答案求导为 $-(1-\ln x)/x^2$，恰等于被积函数。对数要求 $x>0$，积分常数不可省略。

答案： $y_t=C(-5)^t+\frac5{12}t-\frac5{72}$，$C$ 为任意常数。

先除以 $2$，得 $y_{t+1}+5y_t=(5/2)t$。对应齐次递推的解满足 $y_{t+1}=-5y_t$，所以通解的齐次部分为 $C(-5)^t$。

右端是关于 $t$ 的一次式，设一个特解为 $y_t^*=At+B$。代回原方程：

$$2[A(t+1)+B]+10(At+B)=12At+2A+12B=5t.$$

比较一次项与常数项系数，得 $12A=5$、$2A+12B=0$，从而 $A=5/12$、$B=-5/72$。
所以

$$\boxed{y_t=C(-5)^t+\frac5{12}t-\frac5{72}}.$$

题目没有初值，因此 $C$ 保持任意。这里是整数时刻的差分方程，应直接处理 $t+1$ 的移位，不能当成微分方程。

答案： $B=\operatorname{diag}(2,-4,2)$。

已知 $A$ 为对角矩阵，$|A|=-2\ne0$，故可逆。对原式左乘 $A$、右乘 $A^{-1}$，保持矩阵乘法次序，利用 $AA^*=|A|E$：

$$|A|B=2AB-8E.$$

代入 $|A|=-2$，整理为 $(E+A)B=4E$。而

$$E+A=\operatorname{diag}(2,-1,2)$$

可逆，所以

$$\boxed{B=4(E+A)^{-1}=\operatorname{diag}(2,-4,2)}.$$

核验时 $BA=\operatorname{diag}(2,8,2)$，$A^*=\operatorname{diag}(-2,1,-2)$，两端都等于 $\operatorname{diag}(-4,8,-4)$。

答案： 可取 $(a,b,\nu)=(\frac1{20},\frac1{100},2)$；也可取 $(0,\frac1{100},1)$ 或 $(\frac1{20},0,1)$。

每个样本均值为 $0$、方差为 $4$，且样本相互独立。因此

$$U=X_1-2X_2\sim N(0,4+4\cdot4)=N(0,20),$$

$$V=3X_3-4X_4\sim N(0,9\cdot4+16\cdot4)=N(0,100).$$

$U,V$ 分别只涉及两组不相交的独立样本，故相互独立。标准化为 $Z_1=U/\sqrt{20}$、$Z_2=V/10$ 后，它们是两个独立标准正态变量。

按卡方分布定义，独立标准正态平方和的自由度等于平方项个数，故

$$\boxed{a=1/20,\quad b=1/100,\quad X=Z_1^2+Z_2^2\sim\chi^2(2)}.$$

题面没有要求两个系数都非零，因此还必须保留两种有效情况：

$$\boxed{a=0,b=1/100:\ X=Z_2^2\sim\chi^2(1)},$$

$$\boxed{a=1/20,b=0:\ X=Z_1^2\sim\chi^2(1)}.$$

不能为得到唯一填法而擅自给 $a,b$ 添加正性条件。两个系数都为零时是常零变量，不属于通常正自由度的卡方分布。

答案： D

由导数定义，
$f'(1)=\lim_{x\to0}\frac{f(1-x)-f(1)}{-x} =2\lim_{x\to0}\frac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-2.$
又因 $f(x+4)=f(x)$ 且处处可导，对等式求导得 $f'(x+4)=f'(x)$，于是 $f'(5)=f'(1)=-2$。
曲线在 $(5,f(5))$ 处的切线斜率就是该点导数，故选 $\boxed{\mathrm D}$。周期的作用是把点 $5$ 的导数转回点 $1$，不是把导数自动设为零。

答案： B

求极限定义的函数时，要固定 $x$，再令 $n\to\infty$。

当 $|x|<1$，$x^{2n}\to0$，故 $f(x)=1+x$；当 $|x|>1$，分母趋于正无穷、分子固定，故 $f(x)=0$。端点应直接代入：$f(-1)=0$，$f(1)=1$。因此

$$f(x)=\begin{cases}0,&x\le-1\text{ 或 }x>1,\\1+x,&-1<x<1,\\1,&x=1.\end{cases}$$

在 $x=-1$，两侧极限均为 $0$，等于点值，故连续；在 $x=1$，左极限为 $2$、右极限为 $0$，因此是跳跃间断点。其他各段内部都连续，$x=0$ 也连续。
唯一间断点为 $\boxed{x=1}$，选 $\boxed{\mathrm B}$。

答案： C

$AB=O$ 表示 $B$ 的每一列都是 $Ax=0$ 的解。因为 $B\ne O$，至少有一个非零解，所以 $A$ 不可逆，$|A|=0$。计算
$\begin{aligned}|A| &=\lambda(\lambda^2-1)-(\lambda-1)+\lambda^2(1-\lambda)\\ &=(\lambda-1)^2. \end{aligned}$
故必须 $\lambda=1$。此时 $A$ 为全 $1$ 矩阵，确有非零零空间，例如 $(1,-1,0)^T$。

还要判断 $B$ 的行列式。若 $|B|\ne0$，则从 $AB=O$ 右乘 $B^{-1}$ 得 $A=O$，与 $A$ 含有固定的非零元素 $1$ 矛盾。所以 $|B|=0$。
因此 $\boxed{\lambda=1,\ |B|=0}$，选 $\boxed{\mathrm C}$。不能从 $|A||B|=0$ 且 $|A|=0$ 直接推出 $|B|=0$，后一结论还需上面的论证。

答案： B

令 $J$ 为全 $1$ 矩阵，则 $A=(1-a)E+aJ$。向量 $\mathbf1=(1,\ldots,1)^T$ 满足 $J\mathbf1=n\mathbf1$；所有坐标和为零的向量满足 $Jv=0$，该子空间维数为 $n-1$。因此 $A$ 的特征值为

$$1+(n-1)a\quad(1\text{重}),\qquad1-a\quad(n-1\text{重}).$$

由于矩阵实对称，秩等于非零特征值按重数计的个数。要使秩为 $n-1$，必须有零特征值，所以 $a=1$ 或 $a=-1/(n-1)$。

若 $a=1$，矩阵全为 $1$，秩仅为 $1$；由 $n\ge3$，这不等于 $n-1$，应排除。
若 $a=-1/(n-1)$，第一个特征值为 $0$，其余 $n-1$ 个均为 $n/(n-1)\ne0$，秩恰为 $n-1$。
故 $\boxed{a=1/(1-n)}$，选 $\boxed{\mathrm B}$。

答案： A

分布函数在正无穷处必须趋于 $1$。因为 $F_1(+\infty)=F_2(+\infty)=1$，必要条件为 $a-b=1$。
四组选项的 $a-b$ 分别是 $1,0,-2,2$，因此只有 A 可能。

还应检查充分性。A 给出

$$F=\frac35F_1+\frac25F_2.$$

两个系数都非负且和为 $1$，所以 $F$ 非减、右连续；在负无穷趋于 $0$、正无穷趋于 $1$，数值也位于 $[0,1]$。因此它确为分布函数，选 $\boxed{\mathrm A}$。
仅满足无穷远极限不一定能保证任意线性组合都是分布函数；这里还利用了凸组合的非负系数。

答案： $\mathrm dz=e^{-\arctan(y/x)}[(2x+y)\mathrm dx+(2y-x)\mathrm dy]$；$\displaystyle z_{xy}=\frac{y^2-xy-x^2}{x^2+y^2}e^{-\arctan(y/x)}$，$x\ne0$。

在原定义域 $x\ne0$ 内记 $\theta=\arctan(y/x)$。先计算

$$\theta_x=-\frac y{x^2+y^2},\qquad\theta_y=\frac x{x^2+y^2}.$$

对 $z=(x^2+y^2)e^{-\theta}$ 用乘积和链式法则：

$$z_x=e^{-\theta}[2x-(x^2+y^2)\theta_x]=(2x+y)e^{-\theta},$$

$$z_y=e^{-\theta}[2y-(x^2+y^2)\theta_y]=(2y-x)e^{-\theta}.$$

所以

$$\boxed{\mathrm dz=e^{-\theta}[(2x+y)\mathrm dx+(2y-x)\mathrm dy]}.$$

再对 $z_x$ 关于 $y$ 求导：
$z_{xy}=e^{-\theta}-(2x+y)e^{-\theta}\theta_y =e^{-\theta}\left[1-\frac{x(2x+y)}{x^2+y^2}\right].$
整理得

$$\boxed{z_{xy}=\frac{y^2-xy-x^2}{x^2+y^2}e^{-\arctan(y/x)}}.$$

两个问项分别需要一阶偏导构成全微分和二阶混合偏导，不能漏掉其中之一。

答案： $\frac8{15}$。

把区域不等式配方：$(x-1/2)^2+y^2\le1/4$，因此它是圆心 $(1/2,0)$、半径 $1/2$ 的圆盘。竖直截面给出

$$0\le x\le1,\qquad-\sqrt{x-x^2}\le y\le\sqrt{x-x^2}.$$

先对 $y$ 积分：

$$I=\int_0^1\sqrt x\cdot2\sqrt{x-x^2}\,\mathrm dx=2\int_0^1x\sqrt{1-x}\,\mathrm dx.$$

令 $u=1-x$，上下限变为 $1,0$，得到
$I=2\int_0^1(1-u)u^{1/2}\,\mathrm du =2\left(\frac23-\frac25\right)=\boxed{\frac8{15}}.$
区域内 $x\ge0$，故根式有定义；根式中的两个因子相乘化简为 $x\sqrt{1-x}$，不是 $\sqrt{x(1-x)}$。

答案： $r>0$ 时最优窖藏时间为 $t=1/(25r^2)$ 年；$r=0.06$ 时为 $100/9\approx11.11$ 年。$r\le0$ 时无有限最大值点。

连续复利下，$t$ 年后的收入折回现在应乘 $e^{-rt}$，所以现值为

$$A(t)=R_0\exp\left(\frac25\sqrt t-rt\right),\qquad t\ge0.$$

在收入 $R_0>0$、通常正利率 $r>0$ 下，最大化 $A$ 等价于最大化指数 $g(t)=\frac25\sqrt t-rt$。对 $t>0$，

$$g'(t)=\frac1{5\sqrt t}-r.$$

其零点为 $t_0=1/(25r^2)$。当 $0<t<t_0$ 时导数为正，当 $t>t_0$ 时为负，所以现值在整个允许范围先增加后减少；且 $t=0$ 也不会超过内部最大值。因此

$$\boxed{t_0=\frac1{25r^2}\text{ 年}}.$$

代 $r=0.06=3/50$，得 $\boxed{t_0=100/9\approx11.11\text{ 年}}$。这是连续时间模型的精确最优时刻；若另要求只在整年末销售，应比较相邻的 $11$、$12$ 年，结果为 $11$ 年。

原题没有明确写利率正性，故补充边界讨论：$r=0$ 时 $g$ 持续增大；$r<0$ 时 $g'(t)>0$。两种情况下现值都无界增加，不存在有限的最优窖藏年限。这里仅在解析说明条件，题面保持原样。

答案： 对 $f$ 用拉格朗日中值定理、对 $f$ 与 $e^x$ 用柯西中值定理，再消去端点增量即得所证等式。

记 $\Delta=f(b)-f(a)$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\Delta=f'(\xi)(b-a).$$

又因 $e^x$ 在闭区间连续、开区间可导且导数不为零，可对 $f(x)$ 与 $e^x$ 使用柯西中值定理，得到某个 $\eta\in(a,b)$ 满足

$$\frac\Delta{e^b-e^a}=\frac{f'(\eta)}{e^\eta}.$$

题设 $f'$ 处处不为零，第一式也保证 $\Delta\ne0$，所以消元及除法合法。把第一式代入第二式并整理：

$$f'(\xi)(b-a)=f'(\eta)(e^b-e^a)e^{-\eta},$$

$$\boxed{\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\frac{e^b-e^a}{b-a}e^{-\eta}}.$$

两次中值定理分别给出两点，题目不要求它们相同，不能将二者强行合并成一个中值点。

答案： （1）$a_n=1/\sqrt{n(n+1)}$，$S_n=4/[3(n(n+1))^{3/2}]$；（2）级数和为 $4/3$。

（1）两条抛物线相交时，
$nx^2+\frac1n=(n+1)x^2+\frac1{n+1} \iff x^2=\frac1{n(n+1)}.$
因此 $a_n=1/\sqrt{n(n+1)}>0$。在两个交点之间，前一条抛物线在上，两曲线高度差为 $a_n^2-x^2$。利用对称性，
$S_n=2\int_0^{a_n}(a_n^2-x^2)\,\mathrm dx =2\left(a_n^3-\frac{a_n^3}3\right) =\boxed{\frac4{3[n(n+1)]^{3/2}}}.$

（2）除以 $a_n$ 后，项可拆成差：

$$\frac{S_n}{a_n}=\frac4{3n(n+1)}=\frac43\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right).$$

先求前 $N$ 项和，逐项消去中间项：

$$\sum_{n=1}^N\frac{S_n}{a_n}=\frac43\left(1-\frac1{N+1}\right).$$

再令 $N\to\infty$，得到级数收敛且和为 $\boxed{4/3}$。不能直接把无穷多项相消当作定义，有限部分和的极限才给出严谨结论。

答案： $x^2y\prime+2xy=3y^2$；满足初值的解为 $y=x/(1+x^3)$，$x\ge1$。

旋转体的截面积为 $\pi f(x)^2$，即使函数有负值，半径平方仍是这个表达式。因此

$$\pi\int_1^tf(x)^2\,\mathrm dx=\frac\pi3[t^2f(t)-f(1)].$$

由于 $f$ 连续，积分上限函数可导；等式也保证 $t^2f(t)$ 可导，故 $f$ 在 $t>1$ 内可导。求导得 $3f(t)^2=2tf(t)+t^2f'(t)$，即

$$\boxed{x^2y'+2xy=3y^2}.$$

右端按 $y/x$ 可写为 $y'=3(y/x)^2-2y/x$，是一阶齐次型方程。令 $u=y/x$，则 $y'=u+xu'$，得到 $xu'=3u(u-1)$。
常值解 $u=0,1$ 分别给出 $y=0,x$，均不符合 $y(2)=2/9$。对所求非平衡解分离变量：
$\frac{\mathrm du}{u(u-1)}=3\frac{\mathrm dx}{x},\qquad \ln\left|\frac{u-1}{u}\right|=3\ln x+C_0.$
可写为 $(u-1)/u=Cx^3$，从而 $y-x=Cx^3y$。代入初值：$2/9-2=C\cdot8\cdot2/9$，得 $C=-1$。
因此

$$\boxed{y=\frac x{1+x^3}},\qquad x\ge1.$$

分母在该范围内为正，解在原区间连续。将原积分关系两边之差记为 $G(t)$，由微分方程 $G'(t)=0$、且 $G(1)=0$，说明该解也满足最初的体积等式，没有丢失积分常数条件。

答案： （1）$A^2=O$。（2）全部特征值为 $0$（代数重数 $n$）；全部特征向量为满足 $\beta^Tv=0$ 的任意非零向量，特征空间维数 $n-1$。

（1）$\alpha^T\beta$ 为标量，其转置仍相同，故 $\beta^T\alpha=0$。按矩阵乘法结合律，
$\boxed{A^2=\alpha\beta^T\alpha\beta^T =\alpha(\beta^T\alpha)\beta^T=O}.$

（2）若 $Av=\lambda v$，$v\ne0$，则 $0=A^2v=\lambda^2v$，所以 $\lambda=0$。因此 $A$ 的所有 $n$ 个特征值按代数重数计都为零。
零特征值的特征向量就是 $Av=0$ 的非零解。由于 $\alpha\ne0$，有

$$Av=\alpha(\beta^Tv)=0\iff\beta^Tv=0.$$

所以完整结论为 $\boxed{v\ne0,\ \beta^Tv=0}$。非零外积 $A$ 秩为 $1$，故此特征空间维数为 $n-1$。

若要求一组显式基，只需从 $\beta\ne0$ 选取任一个 $b_j\ne0$。记 $e_i$ 为标准单位列向量，对所有 $i\ne j$，令

$$v_i=e_i-\frac{b_i}{b_j}e_j.$$

则 $\beta^Tv_i=0$；它们在非 $j$ 坐标上分别为单位坐标，因而线性无关，并构成该零空间的基。全部特征向量为 $\sum_{i\ne j}c_iv_i$，其中系数不全为零。
这里不需要、也不能保证 $\alpha$ 与 $\beta$ 在同一个坐标上都非零。

答案： $\Lambda=\operatorname{diag}((k+2)^2,(k+2)^2,k^2)$；$B$ 正定当且仅当 $k\ne-2$ 且 $k\ne0$。

先求 $A$ 的特征多项式：

$$|\lambda E-A|=(\lambda-2)[(\lambda-1)^2-1]=\lambda(\lambda-2)^2.$$

$A$ 实对称，故可正交对角化，其特征值按重数为 $2,2,0$。同一个正交变换会把矩阵多项式 $B=(kE+A)^2$ 化为相应特征值的平方，所以

$$\boxed{B\sim\Lambda=\operatorname{diag}((k+2)^2,(k+2)^2,k^2)}.$$

例如可依次选标准正交特征向量 $(1,0,1)^T/\sqrt2$、$(0,1,0)^T$、$(1,0,-1)^T/\sqrt2$ 作为变换矩阵的列。

$B$ 本身也实对称。实对称矩阵正定等价于所有特征值严格为正，因此

$$\boxed{k\ne-2,\quad k\ne0}.$$

在两个排除值处至少有一个特征值为零，仅为半正定，不能算正定。当 $k=-1$ 时三个特征值恰好都为 $1$，虽有重合也仍正定，不能额外排除。

答案： $E(Z)=\frac{42500}{3}\approx14166.67$ 元。

记一周利润为 $Z$。当需求不超过自有进货量时，卖出的只有 $Y$ 单位，故 $Z=1000Y$；当需求超过进货量时，先卖出 $X$ 单位，再调剂 $Y-X$ 单位，故

$$Z=\begin{cases}1000Y,&Y\le X,\\1000X+500(Y-X)=500(X+Y),&Y>X.\end{cases}$$

独立均匀分布使联合密度在 $[10,20]^2$ 上为 $1/100$。因此分成两个三角形积分：
$\begin{aligned} E(Z)&=10\int_{10}^{20}y\left(\int_y^{20}\mathrm dx\right)\mathrm dy +5\int_{10}^{20}\left(\int_{10}^{y}(x+y)\,\mathrm dx\right)\mathrm dy\\ &=10\int_{10}^{20}y(20-y)\,\mathrm dy +5\int_{10}^{20}\left(\frac32y^2-10y-50\right)\mathrm dy\\ &=\frac{20000}3+7500=\boxed{\frac{42500}3\text{ 元}}. \end{aligned}$
另一种核验是写成 $Z=1000Y-500(Y-X)_+$，其中 $(s)_+=\max(s,0)$。$E(Y)=15$，而

$$E[(Y-X)_+]=\frac1{100}\int_{10}^{20}\int_{10}^y(y-x)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\frac53.$$

所以 $E(Z)=15000-500\cdot5/3$，同样得到结果。剩余库存未售出的部分没有题设给定的额外损益，不能自行添加库存亏损项。