2025年大學《信息與計算科學》專業(yè)題庫——信息與計算科學專業(yè)碩博研究考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、簡述函數(shù)極限與數(shù)列極限的定義，并說明兩者之間的關系。舉例說明函數(shù)在某點處極限不存在的情況，并解釋原因。二、設函數(shù)$f(x)=\begin{cases}\frac{\sinx}{x}&x\neq0\\a&x=0\end{cases}$。討論函數(shù)$f(x)$在$x=0$處的連續(xù)性，并確定$a$的值使得$f(x)$在該點連續(xù)。三、計算極限$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n}{n^2}\right)$。四、計算不定積分$\int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$。五、計算定積分$\int_0^1\frac{x^3}{1+x^2}\,dx$。六、討論級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$的收斂性，并說明理由。七、將函數(shù)$f(x)=\ln(1+x)$展開成$x$的冪級數(shù)，并指出其收斂區(qū)間。八、求解微分方程$y'-y=x$。九、證明：設函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，則在$(a,b)$內至少存在一點$\xi$，使得$$f(\xi)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\,dx$$十、設向量組$\vec{a}_1=(1,1,1)^T$，$\vec{a}_2=(1,2,3)^T$，$\vec{a}_3=(1,3,t)^T$。(1)討論當$t$取何值時，向量組線性無關；(2)當向量組線性相關時，求出一個由$\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3$線性表示的零向量，并說明其幾何意義。十一、證明：設$\vec{a},\vec,\vec{c}$為三個非零向量，且$\vec{a}\cdot\vec=\vec{a}\cdot\vec{c}$，則$\vec{a}\perp(\vec-\vec{c})$。十二、求解線性方程組$\begin{cases}x_1+x_2+x_3=1\\2x_1+3x_2+ax_3=3\\x_1+2x_2+3x_3=a\end{cases}$。十三、討論矩陣$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$是否可逆，若可逆，求其逆矩陣。十四、計算矩陣$P=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$的特征值和特征向量。十五、設事件$A$和$B$滿足$P(A)=0.6$,$P(B)=0.7$,$P(A\cupB)=0.8$。求$P(A\capB)$和$P(A^c\capB)$。十六、設隨機變量$X$的概率密度函數(shù)為$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2}&0\leqx\leq2\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。求隨機變量$X$的期望$E(X)$和方差$D(X)$。十七、設隨機變量$X$和$Y$獨立同分布于$N(0,1)$。求隨機變量$Z=X^2+Y^2$的概率密度函數(shù)。十八、已知隨機變量$X$服從參數(shù)為$\lambda$的泊松分布，即$P(X=k)=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}$，$k=0,1,2,\ldots$。證明$E(X)=\lambda$和$D(X)=\lambda$。十九、設總體$X$服從均勻分布$U(0,\theta)$，其中$\theta>0$未知。從總體中抽取樣本$X_1,X_2,\ldots,X_n$。求參數(shù)$\theta$的最大似然估計量。二十、從一批產(chǎn)品中隨機抽取100件，發(fā)現(xiàn)有10件次品。試用頻率估計這批產(chǎn)品的次品率，并求次品率$p$的置信水平為95%的置信區(qū)間（假設次品率服從0-1分布）。試卷答案一、函數(shù)極限$\lim_{x\tox_0}f(x)=A$表示當$x$無限接近$x_0$時，函數(shù)值$f(x)$無限接近常數(shù)$A$。數(shù)列極限$\lim_{n\to\infty}a_n=A$表示當項數(shù)$n$無限增大時，數(shù)列項$a_n$無限接近常數(shù)$A$。兩者關系：數(shù)列極限可看作是定義在自然數(shù)集上的函數(shù)的極限。若函數(shù)$f(x)$在$x_0$處的極限存在，且$x_0$是某數(shù)列$\{x_n\}$的極限點（$x_n\neqx_0$），則$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0)$。反之，若存在不同數(shù)列$\{x_n\}$和$\{y_n\}$（$x_n,y_n\neqx_0$），使得$\lim_{n\to\infty}f(x_n)\neq\lim_{n\to\infty}f(y_n)$，則$\lim_{x\tox_0}f(x)$不存在。例如，$f(x)=\sin\left(\frac{1}{x}\right)$在$x=0$處的極限不存在，因為當$x_n=\frac{1}{2n\pi}$時，$f(x_n)\to0$；當$x_n=\frac{1}{(2n+1)\pi/2}$時，$f(x_n)\to1$。原因在于$x\to0$時，$\sin\left(\frac{1}{x}\right)$在$-1$和$1$之間振蕩。二、函數(shù)$f(x)$在$x=0$處連續(xù)當且僅當$\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$。計算左、右極限：$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}\frac{\sinx}{x}=1$，$\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{\sinx}{x}=1$。由于左右極限存在且相等，$\lim_{x\to0}f(x)=1$。又$f(0)=a$。要使$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，需$\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$，即$1=a$。因此，$a=1$。三、$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n}{n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}(1+2+\cdots+n)$。利用等差數(shù)列求和公式$1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$，得$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n(n+1)}{2}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}\right)=\frac{1}{2}$。四、令$u=1+x^2$，則$du=2x\,dx$，即$\frac{1}{2}du=x\,dx$。代入積分：$\int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{u}}\,du=\frac{1}{2}\intu^{-\frac{1}{2}}\,du=\frac{1}{2}\cdot2u^{\frac{1}{2}}+C=\sqrt{1+x^2}+C$。五、$\int_0^1\frac{x^3}{1+x^2}\,dx=\int_0^1\frac{x^3}{x^2+1}\,dx$。令$u=x^2+1$，則$du=2x\,dx$，即$\frac{1}{2}du=x\,dx$。當$x=0$，$u=1$；當$x=1$，$u=2$。代入積分：$\int_1^2\frac{x^3}{u}\cdot\frac{1}{2x}\,du=\frac{1}{2}\int_1^2\frac{x^2}{u}\,du$。因為$x^2=u-1$，所以積分變?yōu)?\frac{1}{2}\int_1^2\frac{u-1}{u}\,du=\frac{1}{2}\int_1^2\left(1-\frac{1}{u}\right)\,du=\frac{1}{2}\left[u-\ln|u|\right]_1^2$$=\frac{1}{2}\left[(2-\ln2)-(1-\ln1)\right]=\frac{1}{2}(1-\ln2)=\frac{1}{2}-\frac{\ln2}{2}$。六、考慮級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$。這是一個正項級數(shù)。使用比值判別法：$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}$。因為$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}<1$，根據(jù)比值判別法，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$收斂。七、利用麥克勞林級數(shù)展開。已知$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$對$|x|<1$收斂。將$f(x)=\ln(1+x)$展開為$x$的冪級數(shù)即為$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}$。收斂區(qū)間為$|x|<1$。當$x=1$時，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$收斂；當$x=-1$時，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(-1)^n}{n}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$發(fā)散。因此，收斂區(qū)間為$(-1,1]$。八、此為線性一階非齊次微分方程。先解對應的齊次方程$y'-y=0$，即$y'=y$，通解為$y_h=C_1e^x$。再用常數(shù)變易法求特解。設$y_p=v(x)e^x$，代入原方程：$v'e^x+ve^x-ve^x=x\impliesv'e^x=x\impliesv'=xe^{-x}$。積分得$v=\intxe^{-x}\,dx$。使用分部積分法，令$u=x,dv=e^{-x}dx$，則$du=dx,v=-e^{-x}$。$v=-xe^{-x}-\int-e^{-x}\,dx=-xe^{-x}+e^{-x}+C_2=-(x+1)e^{-x}+C_2$。特解為$y_p=v(x)e^x=[-(x+1)e^{-x}+C_2]e^x=-(x+1)+C_2e^x$。通解為$y=y_h+y_p=C_1e^x-(x+1)+C_2e^x=(C_1+C_2)e^x-(x+1)$。合并常數(shù)，令$C=C_1+C_2$，得$y=Ce^x-x-1$。九、此為積分中值定理的證明。設$F(x)=\int_a^xf(t)\,dt$，則$F'(x)=f(x)$。根據(jù)拉格朗日中值定理，在$(a,b)$內存在$\xi$，使得$$F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a)\implies\int_a^bf(x)\,dx=f(\xi)(b-a)$$$$\implies\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\,dx=f(\xi)$$其中$\xi\in(a,b)$。由于$f(x)$在$[a,b]$上連續(xù)，故$f(\xi)$存在。證畢。十、(1)計算向量組$\{\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3\}$的秩。構造矩陣$A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&3&t\end{pmatrix}$。進行行變換：$r_2-r_1\rightarrowr_2\implies\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\1&3&t\end{pmatrix}$$r_3-r_1\rightarrowr_3\implies\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&2&t-1\end{pmatrix}$$r_3-2r_2\rightarrowr_3\implies\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&0&t-5\end{pmatrix}$向量組的秩為矩陣$A$的秩。當$t\neq5$時，$t-5\neq0$，矩陣$A$的秩為3，向量組線性無關。當$t=5$時，$t-5=0$，矩陣$A$的秩為2，向量組線性相關。(2)當$t=5$時，向量組線性相關。存在不全為零的數(shù)$k_1,k_2,k_3$，使得$k_1\vec{a}_1+k_2\vec{a}_2+k_3\vec{a}_3=\vec{0}$。即$k_1\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$。得線性方程組$\begin{cases}k_1+k_2+k_3=0\\k_1+2k_2+3k_3=0\\k_1+2k_2+5k_3=0\end{cases}$。由(1)中的行簡化矩陣可知，該方程組的通解為$$\begin{pmatrix}k_1\\k_2\\k_3\end{pmatrix}=k\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix}\quad(k\in\mathbb{R})$$取$k=1$，得一個零向量表示為$-\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}$。幾何意義：向量組$\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3$共面。十一、$\vec{a}\cdot\vec=\vec{a}\cdot\vec{c}$。$\vec{a}\cdot(\vec-\vec{c})=\vec{a}\cdot\vec-\vec{a}\cdot\vec{c}=0$。根據(jù)向量點積的性質，若$\vec{a}\cdot\vecacye8yg=0$，則$\vec{a}\perp\vec8kqmsmy$。因此，$\vec{a}\perp(\vec-\vec{c})$。十二、寫出增廣矩陣$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\2&3&a&3\\1&2&3&a\end{array}\right]$。$r_2-2r_1\rightarrowr_2\implies\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&a-2&1\\1&2&3&a\end{array}\right]$$r_3-r_1\rightarrowr_3\implies\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&a-2&1\\0&1&2&a-1\end{array}\right]$$r_3-r_2\rightarrowr_3\implies\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&a-2&1\\0&0&4-a&a-2\end{array}\right]$(1)當$4-a\neq0$即$a\neq4$時，方程組有唯一解。繼續(xù)行變換：$r_3\cdot\frac{1}{4-a}\rightarrowr_3\implies\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&a-2&1\\0&0&1&\frac{a-2}{4-a}\end{array}\right]$回代求解：$y_3=\frac{a-2}{4-a}$$y_2+(a-2)y_3=1\impliesy_2+(a-2)\frac{a-2}{4-a}=1\impliesy_2=\frac{4-a-(a-2)^2}{4-a}=\frac{4-a-(a^2-4a+4)}{4-a}=\frac{-a^2+3a}{4-a}=\frac{-a(a-3)}{4-a}$$y_1+y_2+y_3=1\impliesy_1+\frac{-a(a-3)}{4-a}+\frac{a-2}{4-a}=1\impliesy_1=1-\frac{-a^2+3a+a-2}{4-a}=1-\frac{-a^2+4a-2}{4-a}=\frac{4-a-(-a^2+4a-2)}{4-a}=\frac{a^2-3a+2}{4-a}=\frac{(a-1)(a-2)}{4-a}$解為$x_1=\frac{(a-1)(a-2)}{4-a}$,$x_2=\frac{-a(a-3)}{4-a}$,$x_3=\frac{a-2}{4-a}$。(2)當$a=4$時，增廣矩陣為$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\0&1&2&1\\0&0&0&2\end{array}\right]$。第三行表示$0=2$，方程組無解。十三、計算行列式$|\detA|=\begin{vmatrix}1&2\\2&4\end{vmatrix}=1\cdot4-2\cdot2=4-4=0$。因為行列式為零，矩陣$A$不可逆。十四、計算特征方程$\det(A-\lambdaI)=0$。$\det\begin{pmatrix}0-\lambda&1\\1&0-\lambda\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}-\lambda&1\\1&-\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-(1)(1)=\lambda^2-1=0$。特征值為$\lambda_1=1$,$\lambda_2=-1$。對于$\lambda_1=1$，解$(A-I)\vec{v}=0$：$\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\implies-v_1+v_2=0\impliesv_1=v_2$。取$v_1=1$，得特征向量$\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$。對于$\lambda_2=-1$，解$(A+I)\vec{v}=0$：$\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\impliesv_1+v_2=0\impliesv_1=-v_2$。取$v_1=1$，得特征向量$\vec{v}_2=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$。十五、$P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)$。$0.8=0.6+0.7-P(A\capB)$。$P(A\capB)=0.6+0.7-0.8=0.5$。$P(A^c\capB)=P(B)-P(A\capB)=0.7-0.5=0.2$。十六、$E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\,dx=\int_0^2x\cdot\frac{1}{2}\,dx=\frac{1}{2}\int_0^2x\,dx=\frac{1}{2}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{2}=1$。$E(X^2)=\int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x)\,dx=\int_0^2x^2\cdot\frac{1}{2}\,dx=\frac{1}{2}\int_0^2x^2\,dx=\frac{1}{2}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$。$D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\frac{4}{3}-1^2=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$。十七、$X$服從$N(0,1)$，其概率密度函數(shù)為$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。$Z=X^2+Y^2$。由于$X$和$Y$獨立且同分布于$N(0,1)$，$X^2$和$Y^2$獨立，且均服從自由度為1的卡方分布$\chi^2(1)$。根據(jù)卡方分布的性質，$X^2$的概率密度函數(shù)為$f_{X^2}(z)=\frac{1}{\sqrt{2\piz}}e^{-z/2}$，$z>0$。由于$Z=X^2+Y^2$，且$X^2$和$Y^2$獨立，$Z$的概率密度函數(shù)為$f_Z(z)=\int_0^zf_{X^2}(x)f_{Y^2}(z-x)\,dx$。當$z\leq0$，$f_Z(z)=0$。當$z>0$，$f_Z(z)=\int_0^z\frac{1}{\sqrt{2\pix}}e^{-x/2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi(z-x)}}e^{-(z-x)/2}\,dx$$=\frac{1}{2\pi}\int_0^z\frac{1}{\sqrt{x(z-x)}}e^{-z/2}\,dx$。令$u=\frac{x}{z}$，則$x=zu$，$dx=z\,du$。當$x=0$，$u=0$；當$x=z$，$u=1$。$f_Z(z)=\frac{1}{2\pi}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{zu(z-u)}}e^{-z/2}\cdotz\,du=\frac{z}{2\pi}e^{-z/2}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{u(1-u)}}\,du$。利用Beta函數(shù)性質$\int_0^1\sqrt{u(1-u)}\,du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$。$f_Z(z)=\frac{z}{2\pi}e^{-z/2}\cdot\frac{2}{\sqrt{\pi}}=\frac{z}{\sqrt{2\pi}}e^{-z/2}$。因此，$Z=X^2+Y^2$的概率密度函數(shù)為$f_Z(z)=\begin{cases}\frac{z}{\sqrt{2\pi}}e^{-z/2}&z>0\\0&z\leq0\end{cases}$。這正是參數(shù)為$\frac{1}{2}$的Gamma分布$\Gamma(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$或指數(shù)分布$e^{-z}$的兩倍。十八、$E(X)=\sum_{k=0}^{\infty}kP(X=k)=\sum_{k=1}^{\infty}k\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\lambdae^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}$令$j=k-1$，則$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\lambda^j}{j!}=e^{\lambda}$。$E(X)=\lambdae^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda$。$E(X^2)=\sum_{k=0}^{\infty}k^2P(X=k)=\sum_{k=1}^{\infty}k^2\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\lambdae^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k\lambda^{k-1}}{(k-1)!}$$=\lambdae^{-\lambda}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k-1\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right)$。第一個和式為$e^{\lambda}$。對第二個和式，令$j=k-1$，則$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k-1\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{j\lambda^j}{j!}=\lambda\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\lambda^{j-1}}{(j-1)!}=\lambdae^{\lambda}$。$E(X^2)=\lambdae^{-\lambda}(e