2013年考研数学三真题

答案：D。

解题思路

判断小 $o$ 运算，最可靠的方法是回到定义：$r(x)=o(x^m)$ 表示当 $x\to0$ 时，$r(x)/x^m\to0$。其中 $o(x^m)$ 表示一类函数，而不是某个固定函数；同一式子里出现两次小 $o$，可以代表不同函数。乘法可以把相应的比值相乘，同阶小 $o$ 相加也保持原来的阶；但相加时，阶数较低的一项一般决定结果，不能因为加上更小的项就自动提高阶数。

详细步骤

对 A，设 $r(x)=o(x^2)$，则

$$\frac{xr(x)}{x^3}=\frac{r(x)}{x^2}\longrightarrow0,$$

所以 $x\cdot o(x^2)=o(x^3)$ 正确。对 B，设 $r(x)=o(x)$、$s(x)=o(x^2)$，则

$$\frac{r(x)s(x)}{x^3}=\frac{r(x)}x\frac{s(x)}{x^2}\longrightarrow0,$$

两个趋于零的比值相乘仍趋于零，故 B 正确。对 C，若 $r(x),s(x)$ 都是 $o(x^2)$，则 $(r+s)/x^2=r/x^2+s/x^2\to0$，所以 C 正确。

对 D，只需找一个满足左侧条件、却不满足右侧结论的例子。取 $r(x)=x^2$、$s(x)=x^3$，有 $r(x)/x=x\to0$、$s(x)/x^2=x\to0$，但

$$\frac{r(x)+s(x)}{x^2}=1+x\longrightarrow1\ne0.$$

因此左侧只能一般地说是 $o(x)$，不能保证是 $o(x^2)$，错误选项为 D。

易错点

上述比值都只在 $x\ne0$ 时计算，再研究 $x\to0$ 的极限；无须为原函数补上零点处的值。各式还必须对所有满足小 $o$ 条件的函数成立，找到一个反例就足以否定某个选项。

小 $o$ 不是可任意约掉的代数符号。相加时也不要把“更高阶的一项”误当成能消去原来较低阶项的项；本题没有任何相消条件。

答案：C，可去间断点有 $2$ 个，即 $x=0$ 和 $x=1$。

解题思路

先确定可能的间断点，再逐个检查两侧极限。对任意 $x\ne0$，底数 $|x|$ 为正，实幂可以写成 $|x|^x=\mathrm e^{x\ln|x|}$。分母 $x(x+1)\ln|x|$ 为零或没有定义的位置只有 $0,1,-1$；其余位置由连续函数的商构成，且分母非零，所以连续。三个候选点都使指数 $x\ln|x|$ 趋于零，可统一使用 $(\mathrm e^u-1)/u\to1$，但剩下的因子 $x+1$ 必须继续检查。

详细步骤

令 $u=x\ln|x|$。在函数原有定义域内可把它写为

$$f(x)=\frac{\mathrm e^u-1}{u}\cdot\frac1{x+1}.$$

当 $x\to0$ 时，$|x|\ln|x|\to0$，因此从正、负两侧都有 $u\to0$。第一个因子趋于 $1$，第二个因子也趋于 $1$，故 $\lim_{x\to0}f(x)=1$。在 $0$ 点补上函数值 $1$ 后即可连续，这是可去间断点。

当 $x\to1$ 时，$u\to0$，所以

$$\lim_{x\to1}f(x)=1\cdot\frac12=\frac12.$$

同理，在 $1$ 点补上 $1/2$ 后即可连续，也是可去间断点。当 $x\to-1$ 时，第一个因子仍趋于 $1$，而 $1/(x+1)$ 在左侧趋于 $-\infty$、右侧趋于 $+\infty$，不存在有限的共同极限。因此 $-1$ 是无穷间断点，不能通过补一个有限函数值消去。可去间断点共两个，对应 C。这里三个候选点都要考察双侧极限，尤其不能只用 $x=-1$ 点的右侧极限作判断。

易错点

负数 $x$ 并不使 $|x|^x$ 无意义，因为底数是正的 $|x|$。此外，分子、分母同时趋于零，只说明需要计算极限，并不能直接判定为可去间断点。

答案：B，即 $I_2>0$。

解题思路

二重积分的正负既取决于被积函数，也取决于积分区域。在第一、第三象限内，$y-x$ 有正有负，需要利用区域的对称性判断抵消；在第二、第四象限内，$y$ 与 $x$ 异号，被积函数的符号固定，可以直接判定。题目中的圆域在每个象限都有相同形状，因此交换坐标 $(x,y)\mapsto(y,x)$ 对第一、第三象限的区域均保持不变，却会使被积函数变号。

详细步骤

对 $D_1$，交换 $x,y$ 后区域不变，换元的雅可比绝对值为 $1$，故

$$I_1=\iint_{D_1}(x-y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=-I_1,$$

得到 $I_1=0$。第三象限的四分之一圆也关于直线 $y=x$ 对称，同样的交换坐标证明给出 $I_3=0$。因此 A、C 中的严格大于零均不成立。

第二象限内部有 $x<0,y>0$，所以 $y-x>0$；该区域面积为正，被积函数在内部严格为正，故积分严格为正。还可以用极坐标确认其数值：令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，面积元为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，则

$$I_2=\int_{\pi/2}^{\pi}\int_0^1r^2(\sin\theta-\cos\theta)\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =\frac13[-\cos\theta-\sin\theta]_{\pi/2}^{\pi} =\frac23.$$

第四象限内部有 $x>0,y<0$，因而 $y-x<0$；由中心对称还可得 $I_4=-I_2=-2/3$。四个积分中只有第二个为正。

易错点

第一象限中 $x,y$ 都为正，并不意味着 $y-x$ 为正。利用对称性时必须同时检查区域不变和被积函数变号，不能只看区域外形。

答案：D。这里“极限存在”按通常约定指存在有限实数极限。

解题思路

有关级数的条件，要区分必要条件和充分条件。交错级数的莱布尼茨判别法要求正项单调趋于零，单独的单调性不够；而交错级数收敛也不要求每一步都严格递减。对正项级数，若能用一个收敛的 $p$ 级数控制其通项，就可用比较判别法。选项 C 则把所有收敛级数都设想成具有某个幂次衰减速度，这比收敛本身强，适合用含对数的例子反驳。

详细步骤

对 D，设 $p>1$ 且 $n^pa_n\to L\in\mathbb R$。因为收敛数列有界，存在 $M>0$ 和整数 $N$，使 $n\ge N$ 时

$$0<a_n\le\frac M{n^p}.$$

而 $\sum 1/n^p$ 在 $p>1$ 时收敛，所以由比较判别法，$\sum a_n$ 的尾项收敛，加上有限个首项仍收敛。这里也包括 $L=0$ 的情形。

对 A，取 $a_n=1+1/n$，它严格递减但趋于 $1$。交错级数的通项 $(-1)^{n-1}a_n$ 不趋于零，故不收敛。对 B，取 $a_n=(2+(-1)^n)/n^2$，有 $a_n\le3/n^2$，交错级数绝对收敛；但 $a_3=1/9<a_4=3/16$，不满足严格递减。

对 C，取 $a_1=1$，$n\ge2$ 时 $a_n=1/[n(\ln n)^2]$。相应函数在 $[2,\infty)$ 上递减，且

$$\int_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x(\ln x)^2}=\frac1{\ln2}<\infty,$$

所以正项级数收敛。然而任意 $p>1$ 都有 $n^pa_n=n^{p-1}/(\ln n)^2\to+\infty$，不存在有限极限。故只有 D 正确。

易错点

莱布尼茨判别法不能遗漏 $a_n\to0$。若把题目中的“存在”理解成允许 $+\infty$，D 也不成立，例如 $a_n=1/n,p=2$；因此有限极限这一解释是本题结论的必要前提。

答案：B，矩阵 $C$ 与 $A$ 的列向量组等价。

解题思路

向量组等价的含义是双方可以相互线性表示，即张成的子空间相同。判断矩阵乘积时，要看可逆矩阵乘在哪一侧：右乘把原矩阵的各列进行线性组合，左乘才直接把各行进行线性组合。本题为 $C=AB$，所以应优先考察列向量组；$B$ 可逆又提供反向等式 $A=CB^{-1}$，从而完成双方的表示。不能仅凭两个矩阵秩相同就认定它们的行空间或列空间相同。

详细步骤

把 $A$ 和 $C$ 的列分别记为 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ 与 $\gamma_1,\ldots,\gamma_n$。若 $B=(b_{ij})$，矩阵乘法的第 $j$ 列满足

$$\gamma_j=b_{1j}\alpha_1+\cdots+b_{nj}\alpha_n.$$

这说明 $C$ 的每一列都能由 $A$ 的列线性表示，故 $\operatorname{Col}(C)\subseteq\operatorname{Col}(A)$。由于 $B$ 可逆，等式右乘 $B^{-1}$ 得到 $A=CB^{-1}$，按照同样的列展开，每个 $\alpha_j$ 又是 $C$ 的列的线性组合，故反向包含也成立。于是两列向量组等价，B 正确。

行向量组一般不保持原来的空间。例如取

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad C=AB=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}.$$

$A$ 的行空间由 $(1,0)$ 张成，而 $C$ 的行空间由 $(0,1)$ 张成，所以 A 选项错误。再取 $A=0,B=E$，就有 $C=0$；$C$ 的行、列空间均只有零向量，$B$ 的行、列空间却是整个 $\mathbb R^n$，故 C、D 选项也不成立。

易错点

右乘可逆矩阵保持列空间，不能套成保持行空间。证明向量组等价必须给出两个方向的线性表示，单独证明一方能由另一方表示还不够。

答案：B，即 $a=0$，$b$ 为任意常数。

解题思路

相似矩阵具有相同的迹、行列式和特征值，但单个不变量相同通常不足以证明相似。本题两矩阵的迹本来都是 $2+b$，直接看迹得不到 $a$ 的限制；考察平方的迹，则左侧的非对角元会贡献 $a^2$，能够迅速得到必要条件。随后应构造一组线性无关的特征向量，证明该条件也充分。这样既避免展开三次特征多项式，也能处理 $b=0$ 或 $b=2$ 时特征值重复的情形。

详细步骤

记题中左、右矩阵为 $M,N$。若 $N=P^{-1}MP$，则 $N^2=P^{-1}M^2P$，所以 $\operatorname{tr}(M^2)=\operatorname{tr}(N^2)$。由矩阵乘法，$M^2$ 的三个对角元为

$$2+a^2,\qquad 2a^2+b^2,\qquad 2+a^2,$$

因此

$$\operatorname{tr}(M^2)=4+4a^2+b^2,\qquad \operatorname{tr}(N^2)=4+b^2.$$

相等便得到 $4a^2=0$，即 $a=0$，这是必要条件。

当 $a=0$ 时，直接计算可得

$$M\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\quad M\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=b\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad M\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}=0.$$

以这三个向量为列组成 $P=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\1&0&-1\end{pmatrix}$，有 $\det P=-2\ne0$，且 $MP=P\operatorname{diag}(2,b,0)$。于是 $P^{-1}MP=N$，证明充分性。无论 $b$ 取何值，这三个向量始终线性无关，所以不需要再限制 $b$。这里证明相似只需 $P$ 可逆，不必要求它是正交矩阵；若要作正交对角化，可再把首尾两列单位化。

易错点

迹相同不是相似的充分条件。重特征值也不自动破坏可对角化性，关键在于能否找到足够多线性无关的特征向量。

答案：A，即 $p_1>p_2>p_3$。

解题思路

三个随机变量的均值和标准差不同，不能直接比较原来的同一区间长度。先把它们分别标准化为标准正态变量，再比较标准正态密度在对应区间上的积分。前两个区间都以零为中心，存在包含关系；第三个区间偏离零点，可借助正态密度关于零对称、在正半轴递减的性质进行严格估计。这里仅比较各自的概率，不需要假设三个随机变量相互独立。

详细步骤

令 $Z\sim N(0,1)$，其密度为 $\varphi(z)=\mathrm e^{-z^2/2}/\sqrt{2\pi}$。注意题目给出的 $2^2,3^2$ 是方差，因此对应标准差分别为 $2,3$。标准化后

$$p_1=P(-2\le Z\le2),\qquad p_2=P(-1\le Z\le1),\qquad p_3=P(-7/3\le Z\le-1).$$

区间 $[-1,1]$ 严格包含于 $[-2,2]$，且密度处处为正，故

$$p_1-p_2=\int_{-2}^{-1}\varphi(z)\,\mathrm dz+\int_1^2\varphi(z)\,\mathrm dz>0.$$

由密度的对称性，$p_3=\int_1^{7/3}\varphi(z)\,\mathrm dz$。又因为 $\varphi'(z)=-z\varphi(z)<0$（$z>0$），在 $(1,7/3]$ 上密度小于 $\varphi(1)$，于是

$$p_3<\frac43\varphi(1).$$

在 $(-1,1)$ 上，$\varphi(z)>\varphi(1)$，所以 $p_2>2\varphi(1)$。结合 $4/3<2$ 得 $p_3<p_2$，最终排序为 $p_1>p_2>p_3$。正态分布是连续型分布，各个单点概率为零，所以本题区间端点是否包含不会改变这些概率。上述比较只用密度性质，不需要查正态分布表或作小数近似。

易错点

标准化时要同时减均值、除标准差，不能除以方差。比较概率还要考虑区间离均值的距离，不能只比较标准差的大小。

答案：C，$P(X+Y=2)=1/6$。

解题思路

离散随机变量之和取某个值时，应先列出支持集内所有满足该和的取值组合，再把这些互不相容事件的概率相加。题目明确给出 $X,Y$ 相互独立，因此每一对取值的联合概率等于两个边缘概率的乘积。先筛选组合、后计算概率，可以避免把不存在的取值算进去，也能避免漏掉 $Y$ 为负数时对应的组合。

详细步骤

$X$ 的可能取值是 $0,1,2,3$，$Y$ 的可能取值是 $-1,0,1$。由 $Y=2-X$ 逐个检查：当 $X=0$ 时需要 $Y=2$，但 $Y$ 不取 $2$，所以这一组合概率为零；其余三个有效组合为 $(1,1)$、$(2,0)$、$(3,-1)$。因而

$$\{X+Y=2\}=\{X=1,Y=1\}\cup\{X=2,Y=0\}\cup\{X=3,Y=-1\}.$$

这三个事件的 $X$ 取值不同，不可能同时发生，因此是互不相容事件。对它们使用概率加法，并在各项中使用独立性，得到

$$\begin{aligned} P(X+Y=2) &=P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=-1)\\ &=\frac14\cdot\frac13+\frac18\cdot\frac13+\frac18\cdot\frac13\\ &=\frac1{12}+\frac1{24}+\frac1{24}=\frac16. \end{aligned}$$

也可以把本题理解成离散卷积 $\sum_xP(X=x)P(Y=2-x)$，其中支持集外的概率按零处理。计算结果与 C 中的 $1/6$ 一致。由于三个有效组合穷尽了等式的所有可能，不需再加任何补充事件。

易错点

“相加”来自三个组合事件互不相容，“相乘”来自 $X,Y$ 独立，两者依据不同。不要遗漏 $X=3,Y=-1$；如果没有独立性，仅给边缘分布不能确定本题所求概率。

答案：$-2$。

解题思路

“在某点有公共切线”给出两个信息：两条曲线都经过该点，而且在该点的导数相同。这里数列 $n/(n+2)$ 趋于切点横坐标 $1$，因此应把函数值改写成在 $1$ 处的导数差商，再提取已知的趋近速度。这个方法只用到 $f$ 在切点可导，不需要知道 $f$ 的具体表达式，也不需要假设存在二阶导数。原式属于无穷大与无穷小的乘积，不能把两者分开取极限后直接说结果为零；改写后两个因子都有有限极限，才可以使用乘积极限法则。

详细步骤

曲线 $y=x^2-x$ 经过 $(1,0)$，其导数为 $2x-1$，在 $x=1$ 处的斜率等于 $1$，切线方程是 $y=x-1$。$y=f(x)$ 在同一点有相同切线，故

$$f(1)=0,\qquad f'(1)=1.$$

设 $x_n=n/(n+2)$，则 $x_n<1$、$x_n\to1$，且

$$x_n-1=\frac{n-(n+2)}{n+2}=-\frac2{n+2}.$$

因为 $f(1)=0$，对每个正整数 $n$ 都可写成

$$nf(x_n)=n(x_n-1)\frac{f(x_n)-f(1)}{x_n-1}.$$

其中第一个因子 $n(x_n-1)=-2n/(n+2)\to-2$；第二个因子是在 $x=1$ 处的导数差商，沿着 $x_n\to1$ 也趋于 $f'(1)=1$。于是两个因子的乘积极限为 $-2\cdot1=-2$。

等价地，可导性给出 $f(1+h)=h+o(h)$，而本题 $h=-2/(n+2)$；这表明函数值的首项本身为负，与最终极限为负相符合。

易错点

公共切线不仅给出导数，也给出 $f(1)=0$，差商中不能遗漏这一条件。另一个容易出错之处是 $x_n-1$ 的符号：它为负，不能写成 $2/(n+2)$。

答案：$2-2\ln2$。

解题思路

未知函数 $z$ 同时出现在幂函数的底数中，而指数也是变量 $x$，直接求导容易遗漏指数变化带来的项。先取对数，把乘方转为乘积，再作隐函数偏导更清楚。取对数必须先确认局部的正值条件；本题给定点处 $x=1,y=2$，原方程可确定 $z=0$，所以底数 $z+y=2>0$，在此点附近可以采用正底数的实幂表示。

详细步骤

先在原方程中代入 $(x,y)=(1,2)$：$(z+2)^1=2$，得到 $z(1,2)=0$。在该点附近取 $x>0,y>0,z+y>0$，原方程等价于

$$F(x,y,z)=x\ln(z+y)-\ln x-\ln y=0.$$

此处 $F_z=x/(z+y)$，在 $(1,2,0)$ 处等于 $1/2\ne0$，所以隐函数定理保证局部存在可微的 $z=z(x,y)$，偏导计算是合法的。这里 $z$ 随 $x$ 变化，不能在求导中把它视为常数，否则得到的只是显式表达式的偏导，而不是题目所求的隐函数变化率。

求 $z_x$ 时把 $y$ 看作常量。对等式两侧关于 $x$ 求偏导，乘积法则及链式法则给出

$$\ln(z+y)+\frac{x}{z+y}z_x=\frac1x.$$

解出偏导数为

$$z_x=\frac{z+y}{x}\left(\frac1x-\ln(z+y)\right).$$

最后代入 $x=1,y=2,z=0$，得到 $z_x(1,2)=2(1-\ln2)=2-2\ln2$。这也说明求偏导时需要先知道该点对应的 $z$ 值，不能只把 $x,y$ 代进去而让 $z$ 悬空。

易错点

对 $x\ln(z+y)$ 求导时既有 $\ln(z+y)$，也有含 $z_x$ 的项。偏导中 $y$ 固定，所以右侧 $\ln y$ 的导数为零；取对数的正值条件也不能省略。

答案：$\ln2$。

解题思路

这是上限无穷的反常积分，不能直接把“无穷大”当作普通端点代入。应先把上限改成有限的 $R>1$，在有限区间上分部积分，然后令 $R\to\infty$。分子含 $\ln x$，它求导后变成 $1/x$；分母 $(1+x)^2$ 的原函数又很简单，所以取 $u=\ln x$、$\mathrm dv=(1+x)^{-2}\mathrm dx$ 能把积分化成容易处理的有理函数。

详细步骤

记 $I(R)=\int_1^R\ln x/(1+x)^2\,\mathrm dx$。取

$$u=\ln x,\quad \mathrm du=\frac{\mathrm dx}{x},\quad \mathrm dv=\frac{\mathrm dx}{(1+x)^2},\quad v=-\frac1{1+x}.$$

分部积分得到

$$I(R)=\left[-\frac{\ln x}{1+x}\right]_1^R +\int_1^R\frac{\mathrm dx}{x(1+x)}.$$

部分分式分解可以通分验证：$1/x-1/(1+x)=[(1+x)-x]/[x(1+x)]$，分子恰好为一。分部积分中的原函数带负号，因此余项前反而是加号。由于 $1/[x(1+x)]=1/x-1/(1+x)$，并且 $\ln1=0$，所以

$$\begin{aligned} I(R) &=-\frac{\ln R}{1+R}+[\ln x-\ln(1+x)]_1^R\\ &=-\frac{\ln R}{1+R}+\ln\frac{R}{1+R}+\ln2. \end{aligned}$$

当 $R\to\infty$ 时，$\ln R/(1+R)\to0$，而 $R/(1+R)\to1$，其对数趋于零。因此 $I(R)$ 有有限极限 $\ln2$，既证明了反常积分收敛，也算出了它的值。这里第一个极限也可用洛必达法则核实：分子、分母都趋于无穷大，求导后的比值为 $1/R$，趋于零。下限处第二项是 $\ln1-\ln2=-\ln2$，减去下限值才得到最终的正值 $\ln2$。

易错点

不要把 $\int_1^\infty(1/x-1/(1+x))\,\mathrm dx$ 拆成两个各自发散的积分再相减。正确做法是在共同的有限上限 $R$ 下合并结果，最后取极限；分部积分中的负号也要保留。该积分的被积函数在下限之外为正，算出的值也应为正；若最终出现负值，首先检查原函数的负号以及下限相减的顺序。

答案：$y=(C_1+C_2x)\mathrm e^{x/2}$，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。

解题思路

方程是二阶常系数线性齐次微分方程，先用特征方程判断基本解的类型。如果特征根不同，两个指数函数构成基本解组；如果出现二重实根，则第二个解必须乘上 $x$。本题的系数恰好使特征多项式成为完全平方，因此重点是识别重根并写出两个线性无关的解。还可以通过代换把微分方程直接化成 $u''=0$，这样能解释为什么重根时会出现一次多项式。

详细步骤

令试探解 $y=\mathrm e^{rx}$，代入方程并约去非零的 $\mathrm e^{rx}$，得到特征方程

$$r^2-r+\frac14=0,\qquad \left(r-\frac12\right)^2=0.$$

所以 $r=1/2$ 是二重根。为说明通解形式，令 $y=\mathrm e^{x/2}u(x)$，则

$$y'=\mathrm e^{x/2}\left(u'+\frac12u\right),\qquad y''=\mathrm e^{x/2}\left(u''+u'+\frac14u\right).$$

代回原方程，各个含 $u'$ 和 $u$ 的项相消，得到

$$y''-y'+\frac14y=\mathrm e^{x/2}u''=0.$$

因为指数函数处处非零，所以 $u''=0$。积分两次给出 $u=C_1+C_2x$，从而 $y=(C_1+C_2x)\mathrm e^{x/2}$。两个基本解 $\mathrm e^{x/2}$ 和 $x\mathrm e^{x/2}$ 线性无关，因此两个任意常数确实覆盖方程的全部解；题目没有初始条件，不需要再确定常数。

易错点

不能把二重根写成 $C_1\mathrm e^{x/2}+C_2\mathrm e^{x/2}$，这实际只有一个独立常数。也不要把特征根误看成两个不同的 $1/2$，第二个基本解中的 $x$ 是必需的。

答案：$|A|=-1$。

解题思路

题目把每个元素与其代数余子式联系起来，适合把九个条件统一改写成伴随矩阵关系。伴随矩阵是代数余子式矩阵的转置，而不是代数余子式矩阵本身。由此可以利用 $AA^*=|A|E$ 和伴随矩阵的行列式性质。必须先排除 $|A|=0$：题目只说矩阵非零，并没有直接说矩阵可逆，因此不能一开始就除以行列式。用秩来排除奇异情况，可使这一关键论证完整。

详细步骤

记 $d=|A|$，伴随矩阵记为 $A^*$。条件 $A_{ij}=-a_{ij}$ 说明代数余子式矩阵等于 $-A$，转置后得到

$$A^*=-A^T,$$

所以 $\operatorname{rank}(A^*)=\operatorname{rank}(A)$。假设 $d=0$。由于 $A\ne0$，三阶矩阵的秩只能是 $1$ 或 $2$：

若秩为 $1$，所有二阶子式都为零，故所有代数余子式为零，即 $A^*=0$；由 $A^*=-A^T$ 又得 $A=0$，矛盾。

若秩为 $2$，至少一个二阶子式非零，故 $A^*\ne0$。但 $AA^*=dE=0$，说明 $A^*$ 的每一列都属于齐次方程 $Ax=0$ 的解空间。该解空间维数为 $3-2=1$，所以 $A^*$ 的秩至多为 $1$，又因非零而恰为 $1$，与其秩应等于 $A$ 的秩 $2$ 矛盾。因此 $d\ne0$。

对 $AA^*=dE$ 取行列式并除以 $d$，得 $\det(A^*)=d^2$。另一方面，$A^*=-A^T$ 给出

$$\det(A^*)=(-1)^3\det(A^T)=-d.$$

故 $d^2=-d$，即 $d(d+1)=0$。已经排除 $d=0$，所以 $d=-1$。

易错点

把代数余子式组成伴随矩阵时要转置。解出 $d(d+1)=0$ 后不能无理由舍去零根，必须用矩阵非零和余子式条件证明奇异情形不可能。

答案：$E(X\mathrm e^{2X})=2\mathrm e^2$。

解题思路

标准正态变量的函数期望，可以用密度积分计算。这里指数中同时有 $2x$ 和正态密度带来的 $-x^2/2$，配方后会变成以 $2$ 为中心的正态密度，进而利用标准正态积分的对称性与归一化性质。虽然 $E(X)=0$，但乘上 $\mathrm e^{2X}$ 后正、负两侧的权重不同，不能直接说期望为零。配方能清楚地展示这个权重变化，并避免机械套用不熟悉的矩母函数公式。

详细步骤

由标准正态密度，所求期望为

$$E(X\mathrm e^{2X})=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}x\exp\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\,\mathrm dx.$$

对指数配方，有

$$2x-\frac{x^2}{2}=-\frac{(x-2)^2}{2}+2.$$

因此取 $u=x-2$，$x=u+2$、$\mathrm dx=\mathrm du$，得到

$$E(X\mathrm e^{2X})=\mathrm e^2\left[ \frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}u\mathrm e^{-u^2/2}\,\mathrm du +\frac2{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm e^{-u^2/2}\,\mathrm du \right].$$

第一个积分的被积函数是奇函数，且绝对可积，所以其对称区间积分为零；第二个积分除以 $\sqrt{2\pi}$ 后等于标准正态密度的总积分 $1$。于是结果为 $\mathrm e^2(0+2)=2\mathrm e^2$。配方后的绝对值积分由 $(|u|+2)\mathrm e^{-u^2/2}$ 控制，也说明上述拆分和换元合法。换元之后，原来乘在指数前面的 $x$ 也必须同步换为 $u+2$；正是这里多出的常数二产生了非零的期望值。奇函数抵消只适用于换元后含变量的那一部分，常数部分必须单独保留。

易错点

$X$ 与 $\mathrm e^{2X}$ 是同一个变量的函数，不能把期望拆成 $E(X)E(\mathrm e^{2X})$。配方时的常数项是 $+2$，因此提出的因子为 $\mathrm e^2$。