考研数学——张宇八套卷

第一套

选择题

• 2、写的时候有那么一瞬间忘了绕y轴旋转的公式了， V y = ∫ 2 π x f ( x ) d x Vy=\int2\pi xf(x)dx Vy=∫2πxf(x)dx，一般公式 V = ∫ ∫ D 2 π r d x d y V=\int \int_D 2\pi rdxdy V=∫∫D​2πrdxdy
• 4、比较难判断的是第一个和第三个，
  第一个 lim ⁡ n → ∞ [ n l n ( 1 + 1 n ] n = l i m n → ∞ e n l n ( n l n ( 1 + 1 n ) ) = l i m x → 0 e l n ( 1 + x ) − x x 2 = e − 1 2 \mathop{\lim}\limits_{n \to \infty} [nln(1+\frac{1}{n}]^n=\mathop{lim}\limits_{n \to \infty}e^{nln(nln(1+\frac{1}{n}))}=\mathop{lim}\limits_{x\to 0}e^{\frac{ln(1+x)-x}{x^2}}=e^{-\frac{1}{2}} n→∞lim​[nln(1+n1​]n=n→∞lim​enln(nln(1+n1​))=x→0lim​ex2ln(1+x)−x​=e−21​，不收敛。
  第2个前后两项可以相互消除，求前n项和，极限不存在。
  第三个分母有理化 原式 = ( − 1 ) n n + 1 − 1 n = ( − 1 ) n n + 1 n − 1 n 原式=\frac{(-1)^n \sqrt{n+1}-1}{n}=\frac{(-1)^n \sqrt{n+1}}{n} - \frac{1}{n} 原式=n(−1)nn+1 ​−1​=n(−1)nn+1 ​​−n1​，前一项有莱布尼茨判别法可知是收敛的，后一项显然发散，因此原级数发散。
  第四个 原式 = 1 e l n n l n l n n < 1 n 2 原式=\frac{1}{e^{ln n ln ln n}}<\frac{1}{n^2} 原式=elnnlnlnn1​<n21​，由比较审敛法知原级数收敛。
• 区分代数余子式和余子式，代数余子式 A i j = ( − 1 ) i + j M i j A_{ij} = (-1)^{i+j}M_{ij} Aij​=(−1)i+jMij​，然后换对应行或者列即可。

填空题

• 14、小题，还是记结论快啊，就是绕一个轴旋转时，绕哪个轴旋转哪个轴不变，另一个变量换成 另 1 2 + 另 2 2 \sqrt{{另1}^2+{另2}^2} 另12+另22 ​，例如绕x轴旋转，x不变，y变成 y 2 + z 2 \sqrt{y^2+z^2} y2+z2 ​，然后就是通法：在曲线上任取一个点M(x0,y0,z0)，旋转纬圆上任意一点P(x,y,z)，PM与旋转轴对应的方向向量正交，P与一点和M与改点的距离相等，然后列式子消除已知就可以得到了。
• 15、想偏了，看到A是是对称矩阵就想着相似对角化求高次幂，然后就算麻了。实际上 A 2 = 4 E , A 3 = 4 A , A 4 = 4 2 E , A 5 = 4 2 A , A 6 = 4 3 E . . . A^2=4E,A^3=4A,A^4=4^2E,A^5=4^2A,A^6=4^3E... A2=4E,A3=4A,A4=42E,A5=42A,A6=43E...，因此 f ( A ) = E ( 1 + 4 + 4 2 + . . . + 4 n ) + A ( 1 + 4 + 4 2 + . . . + 4 n ) = 4 n + 1 − 1 3 ( E + A ) f(A)=E(1+4+4^2+...+4^n)+A(1+4+4^2+...+4^n)=\frac{4^{n+1}-1}{3}(E+A) f(A)=E(1+4+42+...+4n)+A(1+4+42+...+4n)=34n+1−1​(E+A)

解答题

• 19、题目问的是收敛区间，没问收敛域，不考虑端点就行。
  首先计算级数的收敛区间，习惯用通法： l i m n → ∞ ∣ 后一项 前一项 ∣ = x 2 \mathop{lim}\limits_{n \to \infty}|\frac{后一项}{前一项}|=x^2 n→∞lim​∣前一项后一项​∣=x2,由 x 2 < 1 x^2<1 x2<1即得收敛区间为(-1,1)。
  计算和函数：
  原通项 = 2 3 x 2 n 4 n − 1 − 1 3 x 2 n 2 n + 1 原通项=\frac{2}{3}\frac{x^{2n}}{4n-1}-\frac{1}{3}\frac{x^{2n}}{2n+1} 原通项=32​4n−1x2n​−31​2n+1x2n​
  记 S 1 ( x ) = ∑ n = 1 + ∞ x 2 n 4 n − 1 , S 2 ( x ) = ∑ n = 1 + ∞ x 2 n 2 n + 1 S1(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n}}{4n-1},S2(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n}}{2n+1} S1(x)=∑n=1+∞​4n−1x2n​,S2(x)=∑n=1+∞​2n+1x2n​
  S1(x)是偶函数，计算x>0部分就行，需要将x写成 x \sqrt{x} x ​，凑出四次方项，然后求导，积分等计算
  S2(x)凑一凑求导，正常计算。
  算的时候脑子浆糊了，算着算着就算错了。。。
• 20、补面用高斯公式，补面的时候要避开分母为0的点，这倒想到了，就是算的时候脑子又浆糊了，最后应该是半个球的，算成一个球了，结果就变成答案的2倍了。
• 21、第一问好像一直以来就理解错了，矩阵的合同是存在可逆矩阵C,使得 C T A C = B C^TAC=B CTAC=B，则称矩阵A与矩阵B合同。不一定是正交的C。
• 22、根据题意能算出来 f Y ∣ X f_{Y|X} fY∣X​然后就能算出来 f ( x , y ) 和 f Y ( y ) f(x,y)和f_{Y}(y) f(x,y)和fY​(y),后边就好算了，第三问用卷积公式比较方便。主要是写的时候脑子还是浆糊了，有点迷了。

第二套

选择题

• 5、加到第一列计算, f ( x ) = x n + n ( n + 1 ) 2 x n − 1 f(x)=x^n+\frac{n(n+1)}{2}x^{n-1} f(x)=xn+2n(n+1)​xn−1,求导 f ( n − 1 ) ( x ) = n ! x + 1 2 ( n + 1 ) ! f^{(n-1)}(x)=n!x+\frac{1}{2}(n+1)! f(n−1)(x)=n!x+21​(n+1)!，因此 f ( n − 1 ) ( 0 ) = 1 2 ( n + 1 ) ! f^{(n-1)}(0)=\frac{1}{2}(n+1)! f(n−1)(0)=21​(n+1)!
• 6、A是m×n矩阵，r(A)=m<n，存在m阶可逆矩阵B和n阶可逆矩阵C，使得 B A C = ( E m ∣ O ) BAC=(E_m|O) BAC=(Em​∣O)，所以 A C = ( B − 1 ∣ O ) = ( E ∣ O ) D AC=(B^{-1}|O)=(E|O)D AC=(B−1∣O)=(E∣O)D,D是一个n阶可逆矩阵，因此有 A C D − 1 = ( E ∣ O ) ACD^{-1}=(E|O) ACD−1=(E∣O),A是正确的。然后C、D比较容易判断。B项举反例不好想。蒙对了算是。。。
  不过和有个结论有点弄混了：若A列满秩，则r(AB)=r(B)；若B行满秩，则r(AB)=r(A)
• 7、充分性很好理解，必要性得证一证。
  若 α 1 , α 2 , α 3 \alpha _1, \alpha _2, \alpha_3 α1​,α2​,α3​，是A相互正交的特征向量，由于相互正交的向量必线性无关，因此A可以相似对角化，将 α 1 , α 2 , α 3 \alpha _1, \alpha _2, \alpha_3 α1​,α2​,α3​单位化 γ 1 , γ 2 , γ 3 \gamma _1, \gamma _2, \gamma _3 γ1​,γ2​,γ3​,此时 Q = ( γ 1 , γ 2 , γ 3 ) Q=(\gamma _1, \gamma _2, \gamma _3) Q=(γ1​,γ2​,γ3​)，则 Q − 1 A Q = Λ Q^{-1}AQ=\Lambda Q−1AQ=Λ，(就是二次型那求标准型的过程)，所以 A = Q Λ Q T A=Q\Lambda Q^{T} A=QΛQT， A T = Q Λ Q T = A A^{T}=Q\Lambda Q^{T}=A AT=QΛQT=A，证毕。
• 9、切比雪夫不等式，求出来均值和方差，记好原形式>= <=就行了。
• 10、不会写。。。
  N1服从B(n,1/4),N2服从B(n,1/2)，N3服从B(n,1/4)，N1+N2+N3=n
  N1+N2服从B(n,3/4)
  D ( N 1 ) = 3 n 16 , D ( N 2 ) = n 4 , D ( N 3 ) = 3 n 16 D(N1)=\frac{3n}{16},D(N2)=\frac{n}{4},D(N3)=\frac{3n}{16} D(N1)=163n​,D(N2)=4n​,D(N3)=163n​
  D ( N 1 + N 2 ) = D ( N 1 ) + D ( N 2 ) + 2 C o v ( N 1 , N 2 ) = 3 n 16 D(N1+N2)=D(N1)+D(N2)+2Cov(N1,N2)=\frac{3n}{16} D(N1+N2)=D(N1)+D(N2)+2Cov(N1,N2)=163n​
  因此, C o v ( N 1 , N 2 ) = − n 8 Cov(N1,N2)=-\frac{n}{8} Cov(N1,N2)=−8n​
  ρ N 1 N 2 = − n / 8 3 n / 4 ∗ n / 2 = − 3 3 \rho _{N1N2}=\frac{-n/8}{\sqrt{3n}/4*\sqrt{n}/2}=-\frac{\sqrt{3}}{3} ρN1N2​=3n ​/4∗n ​/2−n/8​=−33 ​​

填空题

• 11、解的形式
  
  由特解形式知，方程特征根为 1 + 2 i , 1 − 2 i 1+2i,1-2i 1+2i,1−2i，均为二重跟，因此，通解为 ( C 1 + C 2 x ) e x c o s 2 x + ( C 3 + C 4 x ) e x s i n 2 x (C_1+C_2x)e^xcos2x+(C_3+C_4x)e^xsin2x (C1​+C2​x)excos2x+(C3​+C4​x)exsin2x

解答题

• 22、第一问似然函数中不含 θ \theta θ，有点新哦，其实只要满足概率密度中的不等式条件的所有统计量都可以是最大似然估计。
  第二问就正常求分布函数，求概率密度，然后求均值就行了。

第三套

选择题

• 4、不会写，代选项试出来了。
  级数收敛，则 l i m n → ∞ [ l n n + a l n ( 1 + n ) + b l n ( 2 + n ) ] = l i m n → ∞ ( 1 + a + b ) l n n + a l n ( 1 + 1 n ) + b l n ( 1 + 2 n ) = 0 \mathop{lim}\limits_{n\to \infty}[lnn+aln(1+n)+bln(2+n)]=\mathop{lim}\limits_{n\to \infty}(1+a+b)lnn+aln(1+\frac{1}{n})+bln(1+\frac{2}{n})=0 n→∞lim​[lnn+aln(1+n)+bln(2+n)]=n→∞lim​(1+a+b)lnn+aln(1+n1​)+bln(1+n2​)=0
  因此， a + b + 1 = 0 a+b+1=0 a+b+1=0
  则， l i m n → ∞ a [ l n ( 1 + 1 n ) − 1 n ] + b [ l n ( 1 + 2 n ) − 2 n ] + a + 2 b n \mathop{lim}\limits_{n \to \infty}a[ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{n}]+b[ln(1+\frac{2}{n})-\frac{2}{n}]+\frac{a+2b}{n} n→∞lim​a[ln(1+n1​)−n1​]+b[ln(1+n2​)−n2​]+na+2b​
  当 n → ∞ n\to \infty n→∞时， l n ( 1 + 1 n ) − 1 n 等价于 1 2 n 2 ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{n}等价于\frac{1}{2n^2} ln(1+n1​)−n1​等价于2n21​,收敛
  同理 l n ( 1 + 2 n ) − 2 n ln(1+\frac{2}{n})-\frac{2}{n} ln(1+n2​)−n2​也收敛。
  那么， a + 2 b n \frac{a+2b}{n} na+2b​也得收敛敛，所以 a + 2 b = 0 a+2b=0 a+2b=0
  解得， a = − 2 , b = 1 a=-2,b=1 a=−2,b=1
• 6、杨威证过的一个结论:。
  在这个题理，A的特征值从{-1, 2}里选择，如果n个－1或n个2，则A则 A = 2 E 或 A = − E A=2E或A=-E A=2E或A=−E，可以相似对角化
  若有r个2，n-r个-1,则属于2的特征值有n-r个线性无关的向量，属于-1的有r个线性无关的向量，因此A有n个线性无关的特征向量，可以相似对角化。
• 7、配方化标准型，发现与a、b都没有关系
• 10、 m a x { X , Y } = X + Y + ∣ X − Y ∣ 2 , m i n { X , Y } = X + Y − ∣ X − Y ∣ 2 max\{X,Y\}=\frac{X+Y+|X-Y|}{2},min\{X,Y\}=\frac{X+Y-|X-Y|}{2} max{X,Y}=2X+Y+∣X−Y∣​,min{X,Y}=2X+Y−∣X−Y∣​，然后就好算了。

填空题

• 12、对题中等式关于x、y求导，然后另y=1(这个地方没想到)，化出来一个微分方程 f ′ ( x ) − 1 x f ( x ) = 1 f'(x)-\frac{1}{x}f(x)=1 f′(x)−x1​f(x)=1，求解就行了。
• 16、按步骤求，先求出来均值，然后求矩估计,不难，算错了。。。
• 17、常规步骤就行，就是不好算，算错了。
• 19、答案用条件极值算了投影（不规则的椭圆）的长短半轴，然后投影算了面积，方法有点牛。但是用常规的计算，然后换元，用雅可比行列式也能算出来。
• 如下
  
  

第四套

选择题

• 6、根据题目条件知道Ax=0的两个解为 ( − 1 , 1 , 0 ) T , ( 1 , 0 , 1 ) T (-1,1,0)^T,(1,0,1)^T (−1,1,0)T,(1,0,1)T,Ax=b的一个特解为 ( 1 , 0 , 0 ) T (1,0,0)^T (1,0,0)T,可以设 A = α 1 , α 2 , α 3 A=\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 A=α1​,α2​,α3​，则有 − α 1 + α 2 = 0 , α 1 + α 3 = 0 , α 1 = ( 1 , 2 , − 1 ) T -\alpha_1+\alpha_2=0,\alpha_1+\alpha_3=0,\alpha_1=(1,2,-1)^T −α1​+α2​=0,α1​+α3​=0,α1​=(1,2,−1)T,
  因此 α 2 = α 1 , α 3 = − α 1 \alpha_2=\alpha_1,\alpha_3=-\alpha_1 α2​=α1​,α3​=−α1​，然后A就出来了，特征值算一算就行了。写的时候硬凑的，慢了。
• 10、矩估计： 样本 k 阶原点矩为 A k = 1 n ∑ X i k 样本k阶原点矩为A_k=\frac{1}{n}\sum X_i^k 样本k阶原点矩为Ak​=n1​∑Xik​。不会写。
  

填空题

• 15、主要是根据条件加加减减找特征值，开始没想到。

解答题

• 19、有点难计算。
• 22、第二问，最大似然估计好求，就是期望有点没想到。题目中小于1的个数服从B(n,p)，其中 p = θ p=\theta p=θ，然后期望就好求了。