几道考研数学题求解

函数性质问题

【题目】

已知函数 f ( x , y ) = x 3 + y 3 − ( x + y ) 2 + 3 f(x, y) = x^3 + y^3 - (x+y)^2 + 3 f(x,y)=x3+y3−(x+y)2+3。设 T T T 为曲面 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z=f(x,y) 在点 ( 1 , 1 , 1 ) (1,1,1) (1,1,1) 处的切平面， D D D 为 T T T 与坐标平面 x = 0 x=0 x=0、 y = 0 y=0 y=0、 z = 0 z=0 z=0 所围成区域在 x y xy xy 平面上的投影。

现求解下列题目：

T T T 的方程

f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在 D D D 上的最大值和最小值

【解题过程】

① 求切平面 T T T 的方程：

a. 计算 f ( 1 , 1 ) f(1,1) f(1,1)：

f ( 1 , 1 ) = 1 3 + 1 3 − ( 1 + 1 ) 2 + 3 = 1 + 1 − 4 + 3 = 1. f(1,1) = 1^3 + 1^3 - (1+1)^2 + 3 = 1 + 1 - 4 + 3 = 1. f(1,1)=13+13−(1+1)2+3=1+1−4+3=1.

b. 求偏导数：

f x ( x , y ) = 3 x 2 − 2 ( x + y ) ⇒ f x ( 1 , 1 ) = 3 − 4 = − 1 ; f_x(x,y) = 3x^2 - 2(x+y) \quad \Rightarrow \quad f_x(1,1) = 3 - 4 = -1; fx​(x,y)=3x2−2(x+y)⇒fx​(1,1)=3−4=−1;

f y ( x , y ) = 3 y 2 − 2 ( x + y ) ⇒ f y ( 1 , 1 ) = 3 − 4 = − 1. f_y(x,y) = 3y^2 - 2(x+y) \quad \Rightarrow \quad f_y(1,1) = 3 - 4 = -1. fy​(x,y)=3y2−2(x+y)⇒fy​(1,1)=3−4=−1.

c. 应用切平面公式：

z − f ( 1 , 1 ) = f x ( 1 , 1 ) ( x − 1 ) + f y ( 1 , 1 ) ( y − 1 ) z - f(1,1) = f_x(1,1)(x - 1) + f_y(1,1)(y - 1) z−f(1,1)=fx​(1,1)(x−1)+fy​(1,1)(y−1)

z − 1 = − ( x − 1 ) − ( y − 1 ) z - 1 = - (x - 1) - (y - 1) z−1=−(x−1)−(y−1)

即 z = − x − y + 3. z = -x - y + 3. z=−x−y+3.

因此， T T T 的方程为 z = − x − y + 3. z = -x - y + 3. z=−x−y+3.

② 确定区域 D D D：

T T T 与坐标平面相交的点为：

A : x = 0 , y = 0 ⇒ z = 3 即 ( 0 , 0 , 3 ) ; A: x=0, y=0 \quad \Rightarrow \quad z = 3 \quad \text{即} (0,0,3); A:x=0,y=0⇒z=3即(0,0,3);

B : x = 0 , z = 0 ⇒ − y + 3 = 0 得 y = 3 即 ( 0 , 3 , 0 ) ; B: x=0, z=0 \quad \Rightarrow \quad -y + 3 = 0 \quad \text{得} y=3 \quad \text{即} (0,3,0); B:x=0,z=0⇒−y+3=0得y=3即(0,3,0);

C : y = 0 , z = 0 ⇒ − x + 3 = 0 得 x = 3 即 ( 3 , 0 , 0 ) . C: y=0, z=0 \quad \Rightarrow \quad -x + 3 = 0 \quad \text{得} x=3 \quad \text{即} (3,0,0). C:y=0,z=0⇒−x+3=0得x=3即(3,0,0).

故在 x y xy xy 平面上， D D D 为三角形，满足：

D = { ( x , y ) ∣ x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 3 } . D = \{ (x, y) \mid x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 3 \}. D={(x,y)∣x≥0,y≥0,x+y≤3}.

③ 求 f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在 D D D 上的极值：

f ( x , y ) = x 3 + y 3 − ( x + y ) 2 + 3. f(x, y) = x^3 + y^3 - (x+y)^2 + 3. f(x,y)=x3+y3−(x+y)2+3.

（1）求内部驻点：

求偏导：

f x = 3 x 2 − 2 ( x + y ) , f y = 3 y 2 − 2 ( x + y ) . f_x = 3x^2 - 2(x+y), \quad f_y = 3y^2 - 2(x+y). fx​=3x2−2(x+y),fy​=3y2−2(x+y).

令 f x = 0 f_x = 0 fx​=0 和 f y = 0 f_y = 0 fy​=0，可得：

3 x 2 = 2 ( x + y ) 及 3 y 2 = 2 ( x + y ) 3x^2 = 2(x+y) \quad \text{及} \quad 3y^2 = 2(x+y) 3x2=2(x+y)及3y2=2(x+y)

⇒ x 2 = y 2 . \Rightarrow x^2 = y^2. ⇒x2=y2. 由 x , y ≥ 0 x, y \geq 0 x,y≥0 得 x = y . x = y. x=y.

代入 x + y = 2 x x+y = 2x x+y=2x 得： 3 x 2 = 4 x ⇒ x ( 3 x − 4 ) = 0. 3x^2 = 4x \Rightarrow x(3x - 4) = 0. 3x2=4x⇒x(3x−4)=0.

因此， x = 0 x = 0 x=0 或 x = 4 3 x = \frac{4}{3} x=34​，对应驻点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 和 ( 4 3 , 4 3 ) (\frac{4}{3},\frac{4}{3}) (34​,34​).

计算 f ( 4 3 , 4 3 ) f(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) f(34​,34​)：

( 4 3 ) 3 = 64 27 , \left(\frac{4}{3}\right)^3 = \frac{64}{27}, (34​)3=2764​,

f ( 4 3 , 4 3 ) = 2 × ( 64 27 ) − ( 8 3 ) 2 + 3 f\left(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right) = 2 \times \left(\frac{64}{27}\right) - \left(\frac{8}{3}\right)^2 + 3 f(34​,34​)=2×(2764​)−(38​)2+3

= 128 27 − 64 9 + 3 = \frac{128}{27} - \frac{64}{9} + 3 =27128​−964​+3

= 128 − 192 + 81 27 = 17 27 ≈ 0.63. = \frac{128 - 192 + 81}{27} = \frac{17}{27} \approx 0.63. =27128−192+81​=2717​≈0.63.

(注意：点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 为 D D D 的顶点，后续将在边界中讨论。)

（2）边界上求值：

(a) 当 x = 0 x = 0 x=0（ y ∈ [ 0 , 3 ] y \in [0, 3] y∈[0,3]）：

f ( 0 , y ) = y 3 − y 2 + 3. f(0, y) = y^3 - y^2 + 3. f(0,y)=y3−y2+3.

求导 3 y 2 − 2 y = 0 3y^2 - 2y = 0 3y2−2y=0 得 y = 0 y = 0 y=0 或 y = 2 3 . y = \frac{2}{3}. y=32​.

计算 f ( 0 , 0 ) = 3 ， f ( 0 , 2 3 ) ≈ 2.85 ，及 f ( 0 , 3 ) = 27 − 9 + 3 = 21. f(0,0) = 3，f(0,\frac{2}{3}) \approx 2.85，及 f(0,3) = 27 - 9 + 3 = 21. f(0,0)=3，f(0,32​)≈2.85，及f(0,3)=27−9+3=21.

(b) 当 y = 0 y = 0 y=0（ x ∈ [ 0 , 3 ] x \in [0, 3] x∈[0,3]）：

同理， f ( x , 0 ) = x 3 − x 2 + 3 f(x,0) = x^3 - x^2 + 3 f(x,0)=x3−x2+3，其最值在 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 与 ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0)，其中 f ( 3 , 0 ) = 21. f(3,0) = 21. f(3,0)=21.

© 当 x + y = 3 x + y = 3 x+y=3：

令 y = 3 − x y = 3 - x y=3−x，则 f ( x , 3 − x ) = x 3 + ( 3 − x ) 3 − 9 + 3. f(x, 3-x) = x^3 + (3-x)^3 - 9 + 3. f(x,3−x)=x3+(3−x)3−9+3.

化简得 f ( x , 3 − x ) = 9 x 2 − 27 x + 21. f(x, 3-x) = 9x^2 - 27x + 21. f(x,3−x)=9x2−27x+21.

求导 18 x − 27 = 0 18x - 27 = 0 18x−27=0 得 x = 3 2 x = \frac{3}{2} x=23​，故 y = 3 2 y = \frac{3}{2} y=23​，

进而 f ( 3 2 , 3 2 ) = 9 × ( 9 4 ) − 27 × ( 3 2 ) + 21 = 0.75. f\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right) = 9 \times \left(\frac{9}{4}\right) - 27 \times \left(\frac{3}{2}\right) + 21 = 0.75. f(23​,23​)=9×(49​)−27×(23​)+21=0.75.

综上：

全局最大值 f = 21 f = 21 f=21，分别在 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 和 ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0) 取得；

全局最小值 f = 17 27 f = \frac{17}{27} f=2717​，取于内部驻点 ( 4 3 , 4 3 ) (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) (34​,34​).

【最终答案】

切平面 T T T 的方程： z = − x − y + 3. z = -x - y + 3. z=−x−y+3.

f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在区域 D D D 上的最大值为 21 21 21，最小值为 17 27 \frac{17}{27} 2717​.

曲线积分问题 题目

已知向量场 F ( x , y , z ) = ( 6 x y z − y z 2 , 2 x 2 z , x y z ) F(x,y,z) = (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz) F(x,y,z)=(6xyz−yz2,2x2z,xyz)；设 L L L 为平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 上的简单闭合曲线，且当从正 z z z 轴方向观察时， L L L 的正向为逆时针。请利用斯托克斯公式将曲线积分 ∮ L F ⋅ d r \oint_L F \cdot dr ∮L​F⋅dr 化为曲面积分，并求出 ( c u r l   F ) ⋅ n (curl \, F) \cdot n (curlF)⋅n 的化简表达式，其中 n n n 为平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 上的单位正法向量。

【解】

设向量场 F = ( 6 x y z − y z 2 , 2 x 2 z , x y z ) F = (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz) F=(6xyz−yz2,2x2z,xyz)。注意到 L L L 为封闭曲线，故可用斯托克斯公式，将曲线积分化为曲面积分：

∮ L F ⋅ d r = ∬ S ( c u r l F ) ⋅ n d S , \oint_L F \cdot dr = \iint_S (curl F) \cdot n dS, ∮L​F⋅dr=∬S​(curlF)⋅ndS,

其中 S S S 选取平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 上由 L L L 所围成的区域，并选取单位法向量 n n n 使得从正 z z z 轴看（即 n n n 的 z z z 分量 > 0）时， L L L 的正向为逆时针。

【第一步：计算 curl F F F】

设

P = 6 x y z − y z 2 , P = 6xyz - yz^2, P=6xyz−yz2,

Q = 2 x 2 z , Q = 2x^2z, Q=2x2z,

R = x y z . R = xyz. R=xyz.

则有

c u r l F = ( ∂ R ∂ y − ∂ Q ∂ z , ∂ P ∂ z − ∂ R ∂ x , ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) . curl F = \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right). curlF=(∂y∂R​−∂z∂Q​,∂z∂P​−∂x∂R​,∂x∂Q​−∂y∂P​).

计算各分量：

1.  ∂ R ∂ y = x z , ∂ Q ∂ z = 2 x 2 , \frac{\partial R}{\partial y} = xz, \quad \frac{\partial Q}{\partial z} = 2x^2, ∂y∂R​=xz,∂z∂Q​=2x2,  故 ( c u r l F ) x = x z − 2 x 2 = x ( z − 2 x ) . (curl F)_x = xz - 2x^2 = x(z - 2x). (curlF)x​=xz−2x2=x(z−2x).

2.  ∂ P ∂ z = 6 x y − 2 y z , ∂ R ∂ x = y z , \frac{\partial P}{\partial z} = 6xy - 2yz, \quad \frac{\partial R}{\partial x} = yz, ∂z∂P​=6xy−2yz,∂x∂R​=yz,  故 ( c u r l F ) y = ( 6 x y − 2 y z ) − y z = 6 x y − 3 y z = 3 y ( 2 x − z ) . (curl F)_y = (6xy - 2yz) - yz = 6xy - 3yz = 3y(2x - z). (curlF)y​=(6xy−2yz)−yz=6xy−3yz=3y(2x−z).

3.  ∂ Q ∂ x = 4 x z , ∂ P ∂ y = 6 x z − z 2 , \frac{\partial Q}{\partial x} = 4xz, \quad \frac{\partial P}{\partial y} = 6xz - z^2, ∂x∂Q​=4xz,∂y∂P​=6xz−z2,  故 ( c u r l F ) z = 4 x z − ( 6 x z − z 2 ) = z 2 − 2 x z = z ( z − 2 x ) . (curl F)_z = 4xz - (6xz - z^2) = z^2 - 2xz = z(z - 2x). (curlF)z​=4xz−(6xz−z2)=z2−2xz=z(z−2x).

因而， c u r l F curl F curlF 可写为：

c u r l F = ( x ( z − 2 x ) , 3 y ( 2 x − z ) , z ( z − 2 x ) ) curl F = (x(z - 2x), 3y(2x - z), z(z - 2x)) curlF=(x(z−2x),3y(2x−z),z(z−2x))

= ( z − 2 x ) ⋅ ( x , − 3 y , z ) (z - 2x) \cdot (x, -3y, z) (z−2x)⋅(x,−3y,z).

【第二步：选取 S S S 及确定单位法向量】

S S S 取平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0。为使 n n n 的 z z z 分量 > 0，取平面的法向量为 N = ( − 2 , 0 , 1 ) N = (-2, 0, 1) N=(−2,0,1)，故单位法向量：

n = ( − 2 , 0 , 1 ) 2 2 + 0 2 + 1 2 = ( − 2 , 0 , 1 ) 5 . n = \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{2^2 + 0^2 + 1^2}} = \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}}. n=22+02+12 ​(−2,0,1)​=5 ​(−2,0,1)​.

【第三步：计算 ( c u r l F ) ⋅ n (curl F) \cdot n (curlF)⋅n】

由上，

( c u r l F ) ⋅ n = ( z − 2 x ) ( x , − 3 y , z ) ⋅ ( − 2 , 0 , 1 ) 5 = ( z − 2 x ) [ − 2 x + z ] 5 . (curl F) \cdot n = (z - 2x)(x, -3y, z) \cdot \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}} = \frac{(z - 2x)[-2x + z]}{\sqrt{5}}. (curlF)⋅n=(z−2x)(x,−3y,z)⋅5 ​(−2,0,1)​=5 ​(z−2x)[−2x+z]​.

注意到 − 2 x + z = z − 2 x -2x + z = z - 2x −2x+z=z−2x，因此：

( c u r l F ) ⋅ n = ( z − 2 x ) 2 5 . (curl F) \cdot n = \frac{(z - 2x)^2}{\sqrt{5}}. (curlF)⋅n=5 ​(z−2x)2​.

在 S S S 上，由平面方程 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 得 z = 2 x − 1 z = 2x - 1 z=2x−1，故：

z − 2 x = ( 2 x − 1 ) − 2 x = − 1 ⇒ ( z − 2 x ) 2 = 1. z - 2x = (2x - 1) - 2x = -1 \quad \Rightarrow \quad (z - 2x)^2 = 1. z−2x=(2x−1)−2x=−1⇒(z−2x)2=1.

因此，

( c u r l F ) ⋅ n = 1 5 ( 为常数 ) . (curl F) \cdot n = \frac{1}{\sqrt{5}} \quad (为常数). (curlF)⋅n=5 ​1​(为常数).

【第四步：求 S S S 的面积】

L L L 同时是球面 x 2 + y 2 + z 2 = 2 x x^2 + y^2 + z^2 = 2x x2+y2+z2=2x 与平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 的交线。将球面改写：

x 2 + y 2 + z 2 = 2 x ⇒ ( x − 1 ) 2 + y 2 + z 2 = 1 , x^2 + y^2 + z^2 = 2x \quad \Rightarrow \quad (x - 1)^2 + y^2 + z^2 = 1, x2+y2+z2=2x⇒(x−1)2+y2+z2=1,

表明球心为 ( 1 , 0 , 0 ) (1, 0, 0) (1,0,0)，半径 1 1 1。点 ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) (1,0,0) 到平面 2 x − z − 1 = 0 2x - z - 1 = 0 2x−z−1=0 的距离为

d = ∣ 2 ⋅ 1 − 0 − 1 ∣ 5 = 1 5 . d = \frac{|2 \cdot 1 - 0 - 1|}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}. d=5 ​∣2⋅1−0−1∣​=5 ​1​.

故交圆的半径：

R = 1 − d 2 = 1 − 1 5 = 4 5 = 2 5 . R = \sqrt{1 - d^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{5}} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}. R=1−d2 ​=1−51​ ​=54​ ​=5 ​2​.

交圆在平面内的面积为

A r e a ( S ) = π R 2 = π ( 4 5 ) = 4 π 5 . Area(S) = \pi R^2 = \pi \left(\frac{4}{5}\right) = \frac{4\pi}{5}. Area(S)=πR2=π(54​)=54π​.

【最终计算】

由斯托克斯公式，

∮ L F ⋅ d r = ∬ S ( c u r l F ) ⋅ n d S = ( 1 5 ) × ( 4 π 5 ) = 4 π 5 5 . \oint_L F \cdot dr = \iint_S (curl F) \cdot n dS = \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \times \left(\frac{4\pi}{5}\right) = \frac{4\pi}{5\sqrt{5}}. ∮L​F⋅dr=∬S​(curlF)⋅ndS=(5 ​1​)×(54π​)=55 ​4π​.

【最终答案】曲线积分的值为 4 π 5 5 \frac{4\pi}{5\sqrt{5}} 55 ​4π​.

数列问题

【问题描述】

已知数列 { x n } \{x_n\} {xn​}, { y n } \{y_n\} {yn​}, { z n } \{z_n\} {zn​} 满足初值

$$

x_0 = -1, \quad y_0 = 0, \quad z_0 = 2,

$$

以及递推关系

$$

x_n = -2x_{n-1} + 2z_{n-1},

$$

$$

y_n = -2y_{n-1} - 2z_{n-1},

$$

$$

z_n = -6x_{n-1} - 3y_{n-1} + 3z_{n-1}.

$$

令 α n = ( x n y n z n ) \alpha_n = \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix} αn​= ​xn​yn​zn​​ ​，则有递推关系可写成

$$

\alpha_n = A \alpha_{n-1}.

$$

问题要求：（1）写出矩阵 A A A；（2）求 A n A^n An 以及 x n x_n xn​, y n y_n yn​, z n z_n zn​ 的通项公式。

【解】

【第一步：构造矩阵 A A A】

由递推公式可知：

$$

x_n = (-2)x_{n-1} + 0 \cdot y_{n-1} + 2z_{n-1},

$$

$$

y_n = 0 \cdot x_{n-1} + (-2)y_{n-1} + (-2)z_{n-1},

$$

$$

z_n = (-6)x_{n-1} + (-3)y_{n-1} + 3z_{n-1}.

$$

因此矩阵 A A A 即为

$$

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

$$

【第二步：求 A A A 的 n n n 次幂 A n A^n An】

为了求 A n A^n An，我们采用对角化的方法。设 A A A 的特征值为 λ \lambda λ，求解 det ⁡ ( A − λ I ) = 0 \det(A - \lambda I) = 0 det(A−λI)=0。

写出 A − λ I A - \lambda I A−λI：

$$

A - \lambda I = \begin{pmatrix} -2-\lambda & 0 & 2 \ 0 & -2-\lambda & -2 \ -6 & -3 & 3-\lambda \end{pmatrix}.

$$

计算行列式：

$$

\det(A - \lambda I)

= (-2-\lambda) \cdot \det\begin{pmatrix} -2-\lambda & -2 \ -3 & 3-\lambda \end{pmatrix}

2 \cdot \det\begin{pmatrix} 0 & -2-\lambda \ -6 & -3 \end{pmatrix}.

$$

其中

$$

\det\begin{pmatrix} -2-\lambda & -2 \ -3 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (-2-\lambda)(3-\lambda) - (-2)(-3)

= (\lambda^2 - \lambda - 6) - 6 = \lambda^2 - \lambda - 12,

$$

$$

= (\lambda - 4)(\lambda + 3);

$$

$$

\det\begin{pmatrix} 0 & -2-\lambda \ -6 & -3 \end{pmatrix} = 0 \cdot (-3) - (-2-\lambda)(-6)

= -6(\lambda+2).

$$

因此，

$$

\det(A - \lambda I) = (-2-\lambda)(\lambda-4)(\lambda+3) - 12(\lambda+2).

$$

注意到 − 2 − λ = − ( λ + 2 ) -2-\lambda = -(\lambda+2) −2−λ=−(λ+2)，可写为

$$

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2)[(\lambda-4)(\lambda+3) + 12].

$$

又有

$$

(\lambda-4)(\lambda+3) = \lambda^2 - \lambda - 12, \quad 所以 \quad (\lambda-4)(\lambda+3) + 12 = \lambda^2 - \lambda.

$$

故，

$$

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2) \lambda (\lambda-1) = 0.

$$

故矩阵 A A A 的特征值为：

$$

\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = -2.

$$

假设 A A A 可对角化，则存在可逆矩阵 P P P 和对角矩阵 D = diag ⁡ ( 0 , 1 , − 2 ) D = \operatorname{diag}(0, 1, -2) D=diag(0,1,−2)，使得

$$

A = P D P^{-1},

$$

从而

$$

A^n = P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1^n, (-2)^n) \cdot P^{-1}.

$$

【第三步：求 x n x_n xn​, y n y_n yn​, z n z_n zn​ 的通项】

设 A A A 的三个特征向量分别为 v 0 v_0 v0​, v 1 v_1 v1​, v − 2 v_{-2} v−2​，对应特征值 0 0 0, 1 1 1, − 2 -2 −2，满足：

$$

\alpha_n = c_0 \cdot 0^n \cdot v_0 + c_1 \cdot 1^n \cdot v_1 + c_{-2} \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.

$$

下面求各特征向量，并用初值 α 0 = ( − 1 0 2 ) \alpha_0 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} α0​= ​−102​ ​ 确定常数 c 0 c_0 c0​, c 1 c_1 c1​, c − 2 c_{-2} c−2​。

① 对于 λ = 0 \lambda = 0 λ=0：

解 ( A − 0 I ) v = 0 (A - 0I)v = 0 (A−0I)v=0，

$$

-2v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = v_1,

$$

$$

-2v_2 - 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = -v_3 = -v_1.

$$

取 v 1 = 1 v_1 = 1 v1​=1，则有

$$

v_0 = \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}.

$$

② 对于 λ = 1 \lambda = 1 λ=1：

解 ( A − I ) v = 0 (A - I)v = 0 (A−I)v=0，

方程为

$$

-3v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = \frac{3}{2}v_1,

$$

$$

-3v_2 - 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = - \frac{2}{3}v_3 = -v_1.

$$

（第三行自动满足）

为去分数，取 v 1 = 2 v_1 = 2 v1​=2，则

$$

v_1 = \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix}.

$$

③ 对于 λ = − 2 \lambda = -2 λ=−2：

解 ( A + 2 I ) v = 0 (A + 2I)v = 0 (A+2I)v=0，

方程为

$$

0 \cdot v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = 0,

$$

$$

-6v_1 - 3v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad 2v_1 + v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = -2v_1.

$$

取 v 1 = 1 v_1 = 1 v1​=1，则

$$

v_{-2} = \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.

$$

令

$$

\alpha_0 = c_0 \cdot v_0 + c_1 \cdot v_1 + c_{-2} \cdot v_{-2},

$$

即：

$$

\begin{pmatrix} -1 \ 0 \ 2 \end{pmatrix} = c_0 \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix} + c_1 \cdot \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix} + c_{-2} \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.

$$

分量方程为：

$$

(1) \quad -1 = c_0 + 2c_1 + c_{-2},

$$

$$

(2) \quad 0 = - c_0 - 2c_1 - 2c_{-2},

$$

$$

(3) \quad 2 = c_0 + 3c_1.

$$

从 (3) 得 c 0 = 2 − 3 c 1 c_0 = 2 - 3c_1 c0​=2−3c1​.

代入 (1)： − 1 = ( 2 − 3 c 1 ) + 2 c 1 + c − 2 ⇒ c − 2 = − 3 + c 1 -1 = (2 - 3c_1) + 2c_1 + c_{-2} \quad \Rightarrow \quad c_{-2} = -3 + c_1 −1=(2−3c1​)+2c1​+c−2​⇒c−2​=−3+c1​.

再代入 (2)：

$$

0 = -(2 - 3c_1) - 2c_1 - 2(-3 + c_1)

= -2 + 3c_1 - 2c_1 + 6 - 2c_1

= 4 - c_1,

$$

从而 c 1 = 4 c_1 = 4 c1​=4.

进而，

$$

c_0 = 2 - 3 \times 4 = -10, \quad c_{-2} = -3 + 4 = 1.

$$

因此，对于 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1（注意当 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1 时， 0 n = 0 0^n = 0 0n=0），有

$$

\alpha_n = 4 \cdot v_1 + 1 \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.

$$

写出各分量，得：

$$

x_n = 4 \times 2 + 1 \times (-2)^n = 8 + (-2)^n,

$$

$$

y_n = 4 \times (-2) + 1 \times (-2) \cdot (-2)^n = -8 - 2(-2)^n,

$$

$$

z_n = 4 \times 3 + 1 \times 0 = 12.

$$

（同时验证 n = 0 n = 0 n=0 时：利用 0 0 = 1 0^0 = 1 00=1，得到 $x_0 = -10+8+1 = -1, y_0 = 10-8-2 = 0, z_0 = -10+12 = 2，与初值一致）

【总结】

矩阵 A A A 为

$$

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

$$

A A A 的 n n n 次幂可表达为 A n = P ⋅ diag ⁡ ( 0 n , 1 , ( − 2 ) n ) ⋅ P − 1 A^n = P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1, (-2)^n) \cdot P^{-1} An=P⋅diag(0n,1,(−2)n)⋅P−1.

数列通项（对于 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1）为：

$$

x_n = 8 + (-2)^n,

$$

$$

y_n = -8 - 2(-2)^n,

$$

$$

z_n = 12.

$$

估计问题

设总体 X X X 服从 [ 0 , θ ] [0, \theta] [0,θ] 上的均匀分布，其中 θ ∈ ( 0 , + ∞ ) \theta \in (0, +\infty) θ∈(0,+∞) 为未知参数，

X 1 , X 2 , ⋯   , X n X_1, X_2, \cdots, X_n X1​,X2​,⋯,Xn​ 是来自总体 X X X 的简单随机样本，记

$ X(n) = \max { X_1, X_2, \cdots, X_n }, \quad T_c = cX(n). $

(1) 求 c c c，使得 T c T_c Tc​ 是 θ \theta θ 的无偏估计；

(2) 记 h ( c ) = E ( T c − θ ) 2 h(c) = E(T_c - \theta)^2 h(c)=E(Tc​−θ)2，求 c c c 使得 h ( c ) h(c) h(c) 最小。

—————— 解答 —————

首先，由于 X i ∼ U ⁡ ( 0 , θ ) X_i \sim \operatorname{U}(0, \theta) Xi​∼U(0,θ)，记 Y = X ( n ) Y=X(n) Y=X(n) 为样本最大值，其累积分布函数为

$$

F_Y(y) = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n, \quad 0\le y\le\theta,

$$

故其概率密度函数为

$$

f_Y(y) = \frac{d}{dy}F_Y(y) = \frac{n}{\thetan}y{n-1}, \quad 0\le y\le\theta.

$$

【(1) 求无偏估计】

计算 Y Y Y 的均值：

$$

E(Y) = \int_0^\theta y \frac{n}{\thetan}y{n-1},dy

= \frac{n}{\thetan}\int_0\theta y^n,dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+1}}{n+1}

= \frac{n}{n+1}\theta.

$$

由于估计量 T c = c Y T_c = cY Tc​=cY 要无偏，即需满足

$$

E(T_c)= cE(Y)= c\frac{n}{n+1}\theta = \theta,

$$

从而解得

$$

c = \frac{n+1}{n}.

$$

【(2) 求最小均方误差】

计算均方误差：

$$

h© = E[(cY-\theta)^2]

= c2E(Y2) - 2c\theta E(Y) + \theta^2.

$$

同样地，可计算

$$

E(Y^2) = \int_0^\theta y2\frac{n}{\thetan}y^{n-1},dy

= \frac{n}{\thetan}\int_0\theta y^{n+1},dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+2}}{n+2}

= \frac{n}{n+2}\theta^2.

$$

代入上式得

$$

h© = c2\frac{n}{n+2}\theta2 - 2c\frac{n}{n+1}\theta^2 + \theta^2

= \theta2\left(c2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right).

$$

令关于 c c c 的表达式取极值，对 c c c 求导并置零：

$$

\frac{d}{dc} \left(c^2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right)

= 2c\frac{n}{n+2} - 2\frac{n}{n+1} = 0.

$$

解得

$$

c = \frac{n+2}{n+1}.

$$

—————— 结论 —————

(1) 当 c = n + 1 n c=\frac{n+1}{n} c=nn+1​ 时， T c T_c Tc​ 为 θ \theta θ 的无偏估计；

(2) 当 c = n + 2 n + 1 c=\frac{n+2}{n+1} c=n+1n+2​ 时，均方误差 h ( c ) h(c) h(c) 取得最小值。

求解该题：

已知函数 f ( x ) = ∫ 0 x e cos ⁡ t   d t f(x) = \int_0^x e^{\cos t} \, dt f(x)=∫0x​ecostdt， g ( x ) = ∫ 0 sin ⁡ x e t 2   d t g(x) = \int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt g(x)=∫0sinx​et2dt，则（ ）

A. f ( x ) f(x) f(x) 是奇函数， g ( x ) g(x) g(x) 是偶函数

B. f ( x ) f(x) f(x) 是偶函数， g ( x ) g(x) g(x) 是奇函数

C. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为奇函数

D. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为周期函数

【解答过程】：

先判断 f ( x ) f(x) f(x) 的性质：

f ( − x ) = ∫ 0 − x e cos ⁡ t   d t = − ∫ 0 x e cos ⁡ ( − t )   d t = − ∫ 0 x e cos ⁡ t   d t = − f ( x ) f(-x) = \int_0^{-x} e^{\cos t} \, dt = -\int_0^x e^{\cos (-t)} \, dt = -\int_0^x e^{\cos t} \, dt = -f(x) f(−x)=∫0−x​ecostdt=−∫0x​ecos(−t)dt=−∫0x​ecostdt=−f(x)

因此， f ( x ) f(x) f(x) 是奇函数。

再判断 g ( x ) g(x) g(x) 的性质：

g ( − x ) = ∫ 0 sin ⁡ ( − x ) e t 2   d t = ∫ 0 − sin ⁡ x e t 2   d t = − ∫ 0 sin ⁡ x e t 2   d t = − g ( x ) g(-x) = \int_0^{\sin (-x)} e^{t^2} \, dt = \int_0^{-\sin x} e^{t^2} \, dt = -\int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt = -g(x) g(−x)=∫0sin(−x)​et2dt=∫0−sinx​et2dt=−∫0sinx​et2dt=−g(x)

因此， g ( x ) g(x) g(x) 也是奇函数。

综上所述，正确答案是 C. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为奇函数。

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本文解答由AI生成，并经答案校对皆正确。