\(f'(x)=[\ln (2+x^{2})] \cdot 2 x\) , \(f'(0)=0\) ,即 \(x=0\) 是 \(f'(x)\) 的一个零点 又 \(f^{\prime \prime}(x)=2 \ln (2+x^{2})+\frac{4 x^{2}}{2+x^{2}}>0\) ,从而 \(f'(x)\) 单调递增 \((x \in(-\infty,+\infty))\) 所以 \(f'(x)\) 只有一个零点

因为 \(f_{x}'=\frac{1 / y}{1+x^{2} / y^{2}}\) ，\(f_{y}'=\frac{-x / y^{2}}{1+x^{2} / y^{2}}\) ，所以 \(f_{x}'(0,1)=1\) ，\(f_{y}'(0,1)=0\) ，所以 \(\text{grad} f(0,1)=1 \cdot i+0 \cdot j=i\)

由微分方程的通解中含有 \(e^{x}\) 、\(\cos 2 x\) 、\(\sin 2 x\) 知齐次线性方程所对应的特征方程有根 \(r=1\) ，\(r= \pm 2 i\) ，所以特征方程为 \((r-1)(r-2 i)(r+2 i)=0\) ，即 \(r^{3}-r^{2}+4 r-4=0\) ，故以已知函数为通解的微分方程是 \(y^{\prime \prime \prime}-y^{\prime \prime}+4y'-4y=0\)

因为 \(f(x)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 内单调有界,且 \(\{x_{n}\}\) 单调，所以 \(\{f(x_{n})\}\) 单调且有界，故 \(\{f(x_{n})\}\) 一定存在极限

\((E-A)(E+A+A^{2})=E-A^{3}=E\) ，\((E+A)(E-A+A^{2})=E+A^{3}=E\) ，故 \(E-A\) ，\(E+A\) 均可逆

图示的二次曲面为双叶双曲面，其方程为 \(\frac{x^{\prime 2}}{a^{2}}-\frac{y^{\prime 2}}{b^{2}}-\frac{z^{\prime 2}}{c^{2}}=1\) ，即二次型的标准形为 \(f=\frac{x^{\prime 2}}{a^{2}}-\frac{y^{\prime 2}}{b^{2}}-\frac{z^{\prime 2}}{c^{2}}\) ，故正惯性指数为1，说明 \(A\) 的正特征值个数为1

\(F_{Z}(x)=P(Z \leq x)=P\{\max \{X, Y\} \leq x\}=P(X \leq x) P(Y \leq x)=F(x) F(x)=F^{2}(x)\)

用排除法，设 \(Y=a X+b\) ，由 \(\rho_{X Y}=1\) ，知道 \(X\) ，\(Y\) 正相关，得 \(a>0\) ，排除(A)、(C) ；由 \(X \sim N(0,1)\) ，\(Y \sim N(1,4)\) ，得 \(E X=0\) ，\(E Y=1\) ，所以 \(E(Y)=E(a X+b)=a E X+b=a×0+b=1\) ，所以 \(b=1\) ，排除(B) ，故选择(D)

由 \(\frac{dy}{dx}=\frac{-y}{x}\) 分离变量积分得 \(-\ln|y|=\ln|x|+C_{1}\)，所以 \(\frac{1}{|y|}=|x|\cdot C\)，又 \(y(1)=1\)，所以 \(y=\frac{1}{x}\)

设 \(F(x,y)=\sin(xy)+\ln(y-x)-x\)，则 \(\frac{dy}{dx}=-\frac{F_{x}'}{F_{y}'}=-\frac{y\cos(xy)-\frac{1}{y-x}-1}{x\cos(xy)+\frac{1}{y-x}}\)，将 \(y(0)=1\) 代入得 \(\frac{dy}{dx}|_{x=0}=1\)，故切线方程为 \(y-1=x-0\)，即 \(y=x+1\)

【答案】$(1,5]$
【详解】幂级数$\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(x + 2)^{n}$的收敛区间以$x = - 2$为中心，因为该级数在$x = 0$处收敛，在$x = - 4$处发散，所以其收敛半径为 2，收敛域为$(- 4,0]$，即$- 2 \lt x + 2 \leq 2$时级数收敛，亦即$\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}t^{n}$的收敛半径为 2，收敛域为$(- 2,2]$。则$\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(x - 3)^{n}$的收敛半径为 2，由$- 2 \lt x - 3 \leq 2$得$1 \lt x \leq 5$，即幂级数$\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(x - 3)^{n}$的收敛域为$(1,5]$  。

加 \(\sum_{1}:z=0(x^{2}+y^{2}\leq4)\) 的下侧，记 \(\sum\) 与 \(\sum_{1}\) 所围空间区域为 \(\Omega\)，则原式 \(=\iint_{\sum+\sum_{1}}xy\,dy\,dz+x\,dz\,dx+x^{2}\,dx\,dy-\iint_{\sum_{1}}xy\,dy\,dz+x\,dz\,dx+x^{2}\,dx\,dy=\iiint_{\Omega}y\,dxdydz-(-\iint_{x^{2}+y^{2}\leq4}x^{2}\,dxdy)=0+\frac{1}{2}\iint_{x^{2}+y^{2}\leq4}(x^{2}+y^{2})\,dxdy=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{2}r^{3}dr=4\pi\)

由 \(A(\alpha_{1},\alpha_{2})=(\alpha_{1},\alpha_{2})\begin{pmatrix}0&2\\0&1\end{pmatrix}\)，记 \(P=(\alpha_{1},\alpha_{2})\)，\(B=\begin{pmatrix}0&2\\0&1\end{pmatrix}\)，则 \(A\) 与 \(B\) 相似。由 \(|\lambda E-B|=\lambda(\lambda-1)=0\)，得 \(B\) 的特征值为 0 和 1，故 \(A\) 的非零特征值为 1

由 \(DX=EX^{2}-(EX)^{2}\)，\(X\) 服从参数为 1 的泊松分布，故 \(DX=EX=1\)，所以 \(EX^{2}=1+1=2\)，则 \(P\{X=2\}=\frac{1^{2}}{2!}e^{-1}=\frac{1}{2e}\)

方法一:

\begin{aligned}
\lim _{x \to 0} \frac{[\sin x - \sin(\sin x)] \sin x}{x^{4}} 
&= \lim _{x \to 0} \frac{\sin x - \sin(\sin x)}{x^{3}} \\
&= \lim _{x \to 0} \frac{\cos x - \cos(\sin x) \cos x}{3 x^{2}} \\
&= \lim _{x \to 0} \frac{1 - \cos(\sin x)}{3 x^{2}} \\
&= \lim _{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} \sin ^{2} x}{3 x^{2}} \\
&= \frac{1}{6}
\end{aligned}

方法二:

\begin{aligned}
\because \sin x &= x - \frac{1}{6}x^{3} + o(x^{3}), \\
\sin(\sin x) &= \sin x - \frac{1}{6}\sin^{3}x + o(\sin^{3}x)
\end{aligned}

\begin{aligned}
\therefore \lim _{x \to 0} \frac{[\sin x - \sin(\sin x)] \sin x}{x^{4}} 
&= \lim _{x \to 0} \left[\frac{\sin ^{4} x}{6 x^{4}} + \frac{o(\sin ^{4} x)}{x^{4}}\right] \\
&= \frac{1}{6}
\end{aligned}

方法一:(直接取 x 为参数将对坐标的曲线积分化成定积分计算)

\begin{aligned}
\int_{L} \sin 2 x \, dx + 2(x^{2}-1)y \, dy 
&= \int_{0}^{\pi} \left[\sin 2 x + 2(x^{2}-1) \sin x \cdot \cos x\right] \, dx \\
&= \int_{0}^{\pi} x^{2} \sin 2 x \, dx \\
&= -\frac{x^{2}}{2} \cos 2 x \bigg|_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} x \cos 2 x \, dx \\
&= -\frac{\pi^{2}}{2} + \frac{x}{2} \sin 2 x \bigg|_{0}^{\pi} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \sin 2 x \, dx \\
&= -\frac{\pi^{2}}{2}
\end{aligned}

方法二:(添加x轴上的直线段用格林公式化成二重积分计算)

取 \( L_{1} \) 为x轴上从点 \( (\pi, 0) \) 到点 \( (0,0) \) 的一段, D 是由 L 与 \( L_{1} \) 围成的区域

\begin{equation} \begin{aligned} \int_{L} \sin 2x \, dx + 2(x^2 - 1)y \, dy &= \int_{L+L_1} \sin 2x \, dx + 2(x^2 - 1)y \, dy - \int_{L_1} \sin 2x \, dx + 2(x^2 - 1)y \, dy \\ &= -\iint_{D} 4xy \, dx \, dy - \int_{\pi}^{0} \sin 2x \, dx = -\int_{0}^{\pi} dx \int_{0}^{\sin x} 4xy \, dy - \left. \frac{1}{2} \cos 2x \right|_{0}^{\pi} \\ &= -\int_{0}^{\pi} 2x \sin^2 x \, dx = -\int_{0}^{\pi} x(1 - \cos 2x) \, dx \\ &= -\left. \frac{x^2}{2} \right|_{0}^{\pi} + \left. \frac{x}{2} \sin 2x \right|_{0}^{\pi} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \sin 2x \, dx = -\frac{\pi^2}{2} \end{aligned} \end{equation}

方法三:(将其拆成 \( \int_{L} \sin 2 x d x-2 y d y+\int_{L} 2 x^{2} y d y \) ,前者与路径无关,选择沿 x 轴上的直 线段积分,后者化成定积分计算)

\begin{aligned}
\int_{L} \sin 2x \, dx + 2(x^2 - 1)y \, dy &= \int_{L} \sin 2x \, dx - 2y \, dy + \int_{L} 2x^2 y \, dy \\
&= I_1 + I_2
\end{aligned}

对于 \( I_{1} \) ,因为 \( \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=0 \) ,故曲线积分与路径无关,取 \( (0,0) \) 到 \( (\pi, 0) \) 的直线段积分

\[
\begin{aligned}
I_{1} &=\int_{0}^{\pi} \sin 2 x \, dx \\
&= 0
\end{aligned}
\]

\begin{aligned}
I_{2} & = \int_{L} 2x^{2}y \, dy = \int_{0}^{\pi} 2x^{2} \sin x \cos x \, dx = \int_{0}^{\pi} x^{2} \sin 2x \, dx = -\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} x^{2} \, d\cos 2x \\
& = -\left.\frac{1}{2}x^{2} \cos 2x\right|_{0}^{\pi} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} 2x \cos 2x \, dx = -\frac{1}{2}\pi^{2} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} x \, d\sin 2x \\
& = -\frac{1}{2}\pi^{2} + \frac{1}{2}\left[x \sin 2x + \frac{1}{2} \cos 2x\right]_{0}^{\pi} = -\frac{1}{2}\pi^{2}
\end{aligned}

所以, 原式 \( =-\frac{1}{2} \pi^{2} \)

点 \( (x, y, z) \) 到 \( xOy \) 面的距离为 \( |z| \) ,故求 C 上距离 \( xOy \) 面的最远点和最近点的坐标,等价于求函数 \( H=z^{2} \) 在条件 \( x^{2}+y^{2}-2 z^{2}=0 \) 与 \( x+y+3 z=5 \) 下的最大值点和最小值点

令 \( L(x, y, z, \lambda, \mu)=z^{2}+\lambda\left(x^{2}+y^{2}-2 z^{2}\right)+\mu(x+y+3 z-5) \)

所以 \( \begin{cases}L_{x}'=2 \lambda x+\mu=0 & (1) \\ L_{y}'=2 \lambda y+\mu=0 & (2) \\ L_{z}'=2 z-4 \lambda z+3 \mu=0 & (3) \\ x^{2}+y^{2}-2 z^{2}=0 & (4) \\ x+y+3 z=5 & (5)\end{cases} \)

由(1)(2)得 \( x=y \) ,代入(4)(5)有 \( \begin{cases}x^{2}-z^{2}=0 \\ 2 x+3 z=5\end{cases} \)

解得 \( \begin{cases}x=-5 \\ y=-5 \\ z=5\end{cases} \) 或 \( \begin{cases}x=1 \\ y=1 \\ z=1\end{cases} \)

(1)对任意的 x ,由于 f 是连续函数,所以

\begin{aligned}
\lim_{\Delta x \to 0} \frac{F(x+\Delta x)-F(x)}{\Delta x} &=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\int_{0}^{x+\Delta x} f(t) \, dt - \int_{0}^{x} f(t) \, dt}{\Delta x} \\
&=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\int_{x}^{x+\Delta x} f(t) \, dt}{\Delta x} \\
&=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\xi) \Delta x}{\Delta x} \\
&=\lim_{\Delta x \to 0} f(\xi) \quad, 其中 \xi 介于 x 与 x+\Delta x 之间
\end{aligned}

由于 \( \lim _{\Delta x \to 0} f(\xi)=f(x) \) ,可知函数 \( F(x) \) 在 x 处可导,且 \( F'(x)=f(x) \)

(2)方法一:要证明 \( G(x) \) 以2为周期,即要证明对任意的 x ,都有 \( G(x+2)=G(x) \) ,

令 \( H(x)=G(x+2)-G(x) \) ,则

\[
\begin{aligned}
H'(x) & = \left(2 \int_{0}^{x+2} f(t) \, dt - (x+2) \int_{0}^{2} f(t) \, dt\right)' - \left(2 \int_{0}^{x} f(t) \, dt - x \int_{0}^{2} f(t) \, dt\right)' \\
& = 2 f(x+2) - \int_{0}^{2} f(t) \, dt - 2 f(x) + \int_{0}^{2} f(t) \, dt = 0
\end{aligned}
\]

又因为 \( H(0)=G(2)-G(0)=\left(2 \int_{0}^{2} f(t) d t-2 \int_{0}^{2} f(t) d t\right)-0=0 \)

所以 \( H(x)=0 \) ,即 \( G(x+2)=G(x) \)

方法二:由于 f 是以2为周期的连续函数,所以对任意的 x ,有

\begin{aligned}
G(x+2) - G(x) & = 2\int_{0}^{x+2}f(t)\,dt - (x+2)\int_{0}^{2}f(t)\,dt - 2\int_{0}^{x}f(t)\,dt + x\int_{0}^{2}f(t)\,dt \\
& = 2\left[\int_{0}^{2}f(t)\,dt + \int_{2}^{x+2}f(t)\,dt - \int_{0}^{x}f(t)\,dt\right] \\
& = 2\left[-\int_{0}^{x}f(t)\,dt + \int_{0}^{x}f(u+2)\,du\right] \\
& = 2\int_{0}^{x}[f(t+2) - f(t)]\,dt = 0
\end{aligned}

即 \( G(x) \) 是以2为周期的周期函数

【详解】

由于 \( a_{0} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(1 - x^{2})dx = 2 - \frac{2\pi^{2}}{3} \)

\( a_{n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(1 - x^{2})\cos nxdx = (-1)^{n + 1}\frac{4}{n^{2}} \quad n = 1,2,\text{L} \)

所以 \( f(x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\cos nx = 1 - \frac{\pi^{2}}{3} + 4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n + 1}}{n^{2}}\cos nx \quad 0\leq x\leq \pi \)

令 \( x = 0 \)，有 \( f(0) = 1 - \frac{\pi^{2}}{3} + 4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n + 1}}{n^{2}} \)

又 \( f(0) = 1 \)，所以 \( \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n + 1}}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{12} \)

【详解】

(I) \( r(A)=r(\alpha\alpha^{T}+\beta\beta^{T})\leq r(\alpha\alpha^{T}) + r(\beta\beta^{T})\leq r(\alpha)+r(\beta)\leq 2\) 

(II) 由于\(\alpha,\beta\)线性相关，不妨设\(\alpha = k\beta\) 。于是 
\(r(A)=r(\alpha\alpha^{T}+\beta\beta^{T})=r((1 + k^{2})\beta\beta^{T})\leq r(\beta)\leq 1\lt 2\) 

(Ⅰ)证 记
\( D_n=|A|=\begin{vmatrix}
2a & 1 \\
a^2 & 2a & 1 \\
& a^2 & 2a & 1 \\
& & \ddots & \ddots & \ddots \\
& & & a^2 & 2a & 1 \\
& & & & a^2 & 2a
\end{vmatrix}_n \)，
以下用数学归纳法证明\( D_n=(n+1)a^n \)。

当\( n=1 \)时，\( D_1=2a \)，结论成立。

当\( n=2 \)时，\( D_2=\begin{vmatrix} 2a & 1 \\ a^2 & 2a \end{vmatrix}=3a^2 \)，结论成立。

假设结论对于小于n的情况成立，将\( D_n \)按第1行展开，得
\( D_n=2aD_{n-1}-\begin{vmatrix}
a^2 & 1 \\
0 & 2a & 1 \\
& a^2 & 2a & 1 \\
& & \ddots & \ddots & \ddots \\
& & & a^2 & 2a & 1 \\
& & & & a^2 & 2a
\end{vmatrix}_{n-1} \)
\( =2aD_{n-1}-a^2D_{n-2} \)
\( =2a\cdot na^{n-1}-a^2\cdot (n-1)a^{n-2} \)
\( =(n+1)a^n \)，
故\( |A|=(n+1)a^n \)。

(Ⅱ)解 当\( a\neq0 \)时，方程组系数行列式\( D_n\neq0 \)，故方程组有唯一解。由克莱姆法则，将\( D_n \)的第1列换成\( \boldsymbol{b} \)，得行列式为
\( \begin{vmatrix}
1 & 1 \\
0 & 2a & 1 \\
a^2 & 2a & 1 \\
& \ddots & \ddots & \ddots \\
& & a^2 & 2a & 1 \\
& & & a^2 & 2a
\end{vmatrix}_n = \begin{vmatrix}
2a & 1 \\
a^2 & 2a & 1 \\
& a^2 & 2a & 1 \\
& & \ddots & \ddots & \ddots \\
& & & a^2 & 2a & 1 \\
& & & & a^2 & 2a
\end{vmatrix}_{n-1} = D_{n-1}=na^{n-1} \)，
所以 \( x_1=\frac{D_{n-1}}{D_n}=\frac{n}{(n+1)a} \)。

(Ⅲ)解 当\( a=0 \)时，方程组为
\( \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
& 0 & 1 \\
& & \ddots & \ddots \\
& & & 0 & 1 \\
& & & & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_{n-1} \\ x_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \)，
此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为\( n-1 \)，所以方程组有无穷多解，其通解为
\( \boldsymbol{x}=(0,1,0,\cdots,0)^T + k(1,0,0,\cdots,0)^T \)，
其中k为任意常数。

(1) \(P\left\{Z \leq \frac{1}{2} | X=0\right\}=P\left(X+Y \leq \frac{1}{2} | X=0\right)=\frac{P\left(X=0, Y \leq \frac{1}{2}\right)}{P(X=0)}=P\left(Y \leq \frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{\frac{1}{2}} 1 dy=\frac{1}{2}\)。

(2) \(F_{Z}(z)=P\{Z \leq z\}=P\{X+Y \leq z\}=\frac{1}{3}[P\{Y \leq z+1\}+P\{Y \leq z\}+P\{Y \leq z-1\}]=\frac{1}{3}\left[F_{Y}(z+1)+F_{Y}(z)+F_{Y}(z-1)\right]\)，所以 \(f_{Z}(z)=\frac{1}{3}\left[f_{Y}(z+1)+f_{Y}(z)+f_{Y}(z-1)\right]=\begin{cases}\frac{1}{3}, & -1 \leq z<2 \\ 0, & \text { 其它 }\end{cases}\)。

(1) 因为 \(X \sim N(\mu, \sigma^{2})\)，所以 \(\bar{X} \sim N(\mu, \frac{\sigma^{2}}{n})\)，从而 \(E \bar{X}=\mu\)，\(D \bar{X}=\frac{\sigma^{2}}{n}\)。\(E(T)=E\left(\bar{X}^{2}-\frac{1}{n} S^{2}\right)=E \bar{X}^{2}-\frac{1}{n} E\left(S^{2}\right)=D \bar{X}+(E \bar{X})^{2}-\frac{1}{n} E\left(S^{2}\right)=\frac{1}{n} \sigma^{2}+\mu^{2}-\frac{1}{n} \sigma^{2}=\mu^{2}\)，所以 \(T\) 是 \(\mu^{2}\) 的无偏估计量。

(2) 方法一：\(D(T)=E T^{2}-(E T)^{2}\)，当 \(\mu=0\)，\(\sigma=1\) 时，\(E(T)=0\)，\(E\left(S^{2}\right)=\sigma^{2}=1\)。计算可得 \(E\left(\bar{X}^{4}\right)=\frac{3}{n^{2}}\)，\(E S^{4}=\frac{n+1}{n-1}\)，所以 \(E T^{2}=\frac{3}{n^{2}}-\frac{2}{n} \cdot \frac{1}{n} \cdot 1+\frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{n+1}{n-1}=\frac{2}{n(n-1)}\)，即 \(D(T)=\frac{2}{n(n-1)}\)。

方法二：当 \(\mu=0\)，\(\sigma=1\) 时，\(D(T)=D\left(\bar{X}^{2}-\frac{1}{n} S^{2}\right)=D \bar{X}^{2}+\frac{1}{n^{2}} D S^{2}=\frac{1}{n^{2}} D(\sqrt{n} \bar{X})^{2}+\frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{1}{(n-1)^{2}} D\left[(n-1) S^{2}\right]=\frac{1}{n^{2}} \cdot 2+\frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{1}{(n-1)^{2}} \cdot 2(n-1)=\frac{2}{n(n-1)}\)。