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=∫∫D2πrdxdy
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→∞limenln(nln(1+n1))=x→0limex2ln(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=324n−1x2n−312n+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。。。
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)
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+C2x)excos2x+(C3+C4x)exsin2x
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→∞lima[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:
若
(
A
+
k
1
E
)
(
A
+
k
2
E
)
=
0
,
且
k
1
≠
k
2
,
则
A
的特征值从｛
k
1
、
k
2
｝中选取
若(A+k_1E)(A+k_2E)=0,且k_1 \ne k_2,则A的特征值从｛k_1、k_2｝中选取
若(A+k1E)(A+k2E)=0,且k1=k2,则A的特征值从｛k1、k2｝中选取，但不是一定是某个数。 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)−x1f(x)=1，求解就行了。
