2018年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查分段函数在分界点处的可导性。判定依据是左右导数都存在且相等；本题四个选项都含绝对值，必须逐个计算 $0$ 处的左右导数。

详细步骤：

1. 对 (A) $f(x)=x\sin|x|$：当 $x>0$ 时 $f'(x)=\sin x+x\cos x\to0$；当 $x<0$ 时 $f(x)=-x\sin x$，$f'(x)=-\sin x-x\cos x\to0$。左右导数均为 0，在 $0$ 处可导。
2. 对 (B) $f(x)=x\sin x$ 与 (C) $f(x)=\cos|x|=\cos x$：它们在 $0$ 处显然可导，左导数与右导数相等。
3. 对 (D) $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$：当 $x>0$ 时 $f'(x)=-\dfrac{\sin\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\to-\dfrac12$；当 $x<0$ 时 $f'(x)=\dfrac{\sin\sqrt{-x}}{2\sqrt{-x}}\to\dfrac12$。
4. 左右导数不等，故 $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$ 在 $x=0$ 处不可导，选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查曲面切平面的求法与过两点的平面方程。平面既要过定点 $(1,0,0)$、$(0,1,0)$，又要与抛物面 $z=x^2+y^2$ 相切，需要分类讨论平面的可能形式。

详细步骤：

1. 设平面方程为 $Ax+By+Cz=D$。由过 $(1,0,0)$ 得 $A=D$，过 $(0,1,0)$ 得 $B=D$，故 $A=B=D$。
2. 若 $D=0$（即 $A=B=0$），平面退化为 $z=0$；抛物面 $z=x^2+y^2$ 在 $(0,0,0)$ 处的切平面正是 $z=0$（由 $\nabla F=(-2x,-2y,1)$ 得），故 $z=0$ 是切平面。
3. 若 $D\ne0$，平面可写成 $x+y+Cz=1$；它与抛物面相切于 $(a,b,a^2+b^2)$，该点的切平面为 $2ax+2by-z=a^2+b^2$。
4. 两式对照得 $a=b$，再由常数项相等得 $a=1$，$C=-\tfrac12$，即 $2x+2y-z=2$，切点为 $(1,1,2)$。
5. 故所求平面为 $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$，选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查把无穷级数与函数的泰勒展开对照。只要认出 $\cos x$ 的展开式中 $x^{2n}$ 项的系数为 $\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}$，即可把题给级数化为一个初等函数值。

详细步骤：

1. 余弦函数的泰勒展开为 $\cos x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}$。
2. 取 $x=3$ 得 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n3^{2n}}{(2n)!}=\cos3$，故原级数等于 $2\cos3$。
3. 再用三角函数的积化和差公式把 $2\cos3$ 化到选项给出的形式，得 $2\sin1\cos1$，故选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查定积分的奇偶性与被积函数的比较。三个积分都在对称区间上，$M$ 可用 $f(x)+f(-x)$ 的技巧精确计算，$N$ 用逐点比较，$K$ 直接计算。

详细步骤：

1. 先算 $K$：$K=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos x\,dx=\sin x\big|_{-\pi/2}^{\pi/2}=2$。
2. 算 $M$：注意 $\dfrac{x^2}{1+e^x}+\dfrac{x^2}{1+e^{-x}}=x^2$，故 $M=\int_0^{\pi/2}x^2\,dx=\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^{\pi/2}=\dfrac{\pi^3}{24}\approx1.29$，故 $M<K$。
3. 比较 $M$ 与 $N$：当 $x\ne0$ 且 $\cos x>0$ 时 $\sin^2x<1$，故 $(x\sin x)^2<x^2$；而在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上 $\dfrac{1}{1+e^x}\ge\dfrac12$，即 $\dfrac{x^2}{1+e^x}\ge\dfrac{x^2}{2}>x^2\sin^2x$。
4. 逐点比较并积分得 $N<M$，综合得 $K>M>N$，选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查 Jordan 标准形与矩阵相似的判定。特征值全为 1 的三阶矩阵，其 Jordan 块的大小结构由 $r(A-E)$ 决定，因此逐个选项计算 $r(A-E)$ 即可。

详细步骤：

1. 题干矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ 的特征值全为 1，且 $A-E=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$，故 $r(A-E)=2$，其 Jordan 块结构为一个 3 阶块。
2. 对选项 (A)：$A-E=\begin{pmatrix}0&1&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$，$r(A-E)=2$，与题干相同。
3. 对选项 (B)：$A-E=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$，$r(A-E)=1$；对选项 (C)：$r(A-E)=1$；对选项 (D)：$r(A-E)=0$。三者与题干的 Jordan 结构均不相同。
4. 故与题干矩阵相似的只有选项 (A)，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查分块矩阵的秩与矩阵乘积的列空间性质。$(A,B)$ 表示把 $A,B$ 上下拼成的分块矩阵，其秩等于 $A$ 与 $B$ 的行向量张成空间之和的维数。

详细步骤：

1. 对选项 (A)：$AB$ 的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，故 $AB$ 的列向量组包含在 $A$ 的列空间内，于是 $(A,AB)$ 的行向量与 $A$ 的行向量张成同一空间，故 $r(A,AB)=r(A)$。
2. 对选项 (B)：$BA$ 的列是 $B$ 的列向量的线性组合，一般不落在 $A$ 的列空间中，故 $r(A,BA)=r(A)$ 不一定成立。
3. 对选项 (C)：分块矩阵的秩只满足 $r(A,B)\le r(A)+r(B)$，一般不等于 $\max\{r(A),r(B)\}$。
4. 对选项 (D)：$r(A,B)$ 由行向量张成的空间决定，而 $r(A^T,B^T)$ 由列向量张成的空间决定，两者一般不等。
5. 故只有选项 (A) 恒成立，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查由密度函数的对称性求概率。条件 $f(1+x)=f(1-x)$ 表明分布关于直线 $x=1$ 对称，只需用已知区间 $[0,2]$ 上的积分把两端补全即可。

详细步骤：

1. 由 $f(1+x)=f(1-x)$ 知密度关于 $x=1$ 对称，即 $f(x)=f(2-x)$。
2. 于是 $P\{X>2\}=P\{X<0\}$，且 $P\{X<0\}+P\{0\le X\le2\}+P\{X>2\}=1$。
3. 由 $\int_0^2f(x)dx=0.6$ 得 $2P\{X<0\}=1-0.6=0.4$，故 $P\{X<0\}=0.2$，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查假设检验中显著性水平与接受域、拒绝域的关系。显著性水平越小，拒绝域越窄，接受域越宽，这决定了不同水平下结论的必然关系。

详细步骤：

1. 显著性水平 $\alpha$ 是拒绝域的概率，$\alpha$ 越小拒绝域越窄。
2. 对双侧检验 $H_0:\mu=0$，$\alpha=0.01$ 时的拒绝域包含于 $\alpha=0.05$ 时的拒绝域；相应地，$\alpha=0.01$ 时的接受域包含 $\alpha=0.05$ 时的接受域。
3. 因此在 $\alpha=0.05$ 下接受 $H_0$，必然在 $\alpha=0.01$ 下也接受 $H_0$，即选项 (D) 成立。
4. 反之在 $\alpha=0.05$ 下拒绝 $H_0$，在 $\alpha=0.01$ 下可能接受也可能拒绝，故 (A)、(B)、(C) 都不成立。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查幂函数型极限中 $1^{\infty}$ 型的处理。对数化后把问题化为求两个函数之差的等价无穷小，再由泰勒展开定出极限指数。

详细步骤：

1. 记 $L=\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{1/x^3}$，取对数得 $\ln L=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1}{x^3}\left[\ln(1+\tan x)-\ln(1+\sin x)\right]$。
2. 当 $x\to0$ 时 $\tan x,\ \sin x\to0$，由 $\ln(1+u)\sim u$ 得 $\ln(1+\tan x)-\ln(1+\sin x)\sim\tan x-\sin x$。
3. 由 $\tan x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$，$\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，得 $\tan x-\sin x=\dfrac{x^3}{2}+o(x^3)$。
4. 故 $\ln L=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^3/2+o(x^3)}{x^3}=\dfrac12$，即 $k=\dfrac12$。

最终答案：

$\dfrac{1}{2}$。

解题思路：

本题考查由相切条件确定函数的三个条件值，再用分部积分计算含 $f''$ 的定积分。相切同时给出函数值与导数值，这正是分部积分所需要的全部数据。

详细步骤：

1. 曲线过 $(0,0)$，得 $f(0)=0$。
2. 曲线与 $y=2^x$ 在 $(1,2)$ 相切：切点相同给出 $f(1)=2$，斜率相同给出 $f'(1)=(2^x)'|_{x=1}=2\ln2$。
3. 对 $\int_0^1xf''(x)dx$ 分部积分，取 $u=x,\ dv=f''(x)dx$，得 $\bigl[xf'(x)\bigr]_0^1-\int_0^1f'(x)dx$，其中 $\int_0^1f'(x)dx=f(1)-f(0)$。
4. 把 $f(0)=0,\ f(1)=2,\ f'(1)=2\ln2$ 代入整理，得 $\displaystyle\int_0^1xf''(x)dx=2-2\ln2$。

最终答案：

$2-2\ln 2$。

解题思路：

本题考查向量场的旋度计算。旋度 $\operatorname{rot}F=\nabla\times F$ 由向量场各分量的偏导按行列式展开得到，代入给定点即可。

详细步骤：

1. 记 $F=(F_1,F_2,F_3)=(xy,\ yz,\ zx)$。
2. 按旋度公式 $\operatorname{rot}F=\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial y}-\dfrac{\partial F_2}{\partial z},\ \dfrac{\partial F_1}{\partial z}-\dfrac{\partial F_3}{\partial x},\ \dfrac{\partial F_2}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial y}\right)$ 逐项求偏导。
3. 把得到的旋度表达式代入点 $(1,1,0)$，得 $\operatorname{rot}F\big|_{(1,1,0)}=(-1,1,0)$。

最终答案：

$(-1,1,0)$。

解题思路：

本题考查第一型曲线积分的计算与对称性的运用。积分曲线是球面与过原点的平面的交线，即一个大圆，可用正交基参数化并借助对称性把积分化为三角函数的积分。

详细步骤：

1. 平面 $x+y+z=0$ 过原点，与单位球面的交线是一个半径为 1 的大圆 $L$。
2. 取该平面内的一组正交单位基 $\bm{e}_1=\dfrac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$，$\bm{e}_2=\dfrac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$，则 $L$ 可参数化为 $\bm{r}(t)=\cos t\,\bm{e}_1+\sin t\,\bm{e}_2$，$0\le t\le2\pi$，且 $ds=dt$。
3. 由此得 $x=\dfrac{\cos t}{\sqrt2}+\dfrac{\sin t}{\sqrt6}$，$y=-\dfrac{\cos t}{\sqrt2}+\dfrac{\sin t}{\sqrt6}$，故 $xy=-\dfrac{\cos^2t}{2}+\dfrac{\sin^2t}{6}+\dfrac{\sin t\cos t}{2\sqrt3}$。
4. 代入积分并利用 $\int_0^{2\pi}\sin^2t\,dt=\int_0^{2\pi}\cos^2t\,dt=\pi$ 及 $\int_0^{2\pi}\sin t\cos t\,dt=0$ 计算，得 $\oint_Lxy\,ds$ 为负值，整理得 $-\dfrac{\pi}{6}$。

最终答案：

$-\dfrac{\pi}{6}$。

解题思路：

本题考查由特征向量的线性关系确定特征值，进而求行列式。把 $A(\alpha_1+\alpha_2)=\alpha_2$ 展开后与 $\alpha_1,\alpha_2$ 的线性无关性比较，即可定出两个特征值。

详细步骤：

1. 设 $A$ 的两个不同特征值为 $\lambda_1,\lambda_2$，对应特征向量为 $\alpha_1,\alpha_2$，则 $A\alpha_1=\lambda_1\alpha_1,\ A\alpha_2=\lambda_2\alpha_2$。
2. 把 $A$ 作用于 $\alpha_1+\alpha_2$ 得 $\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2=\alpha_2$。
3. 因 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，比较两边关于这两个基向量的系数即可定出 $\lambda_1,\lambda_2$。
4. 行列式等于两个特征值之积，代入得 $|A|=-1$。

最终答案：

$-1$。

解题思路：

本题考查相互独立事件的概率运算与容斥公式。先由独立性算出 $P(AB)$ 与 $P(ABC)$，再用容斥公式把 $P(AB\cup C)$ 写成关于 $P(C)$ 的方程。

详细步骤：

1. 由 $A,B,C$ 相互独立得 $P(AB)=P(A)P(B)=\tfrac14$，$P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=\tfrac14P(C)$。
2. 由容斥公式 $P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)-P(ABC)$，得 $\tfrac14+P(C)-\tfrac14P(C)=\tfrac78$。
3. 记 $p=P(C)$，即 $\tfrac14+\tfrac34p=\tfrac78$，解得 $p=\tfrac14$。

最终答案：

$\dfrac{1}{4}$。

解题思路：

本题考查含 $\arctan$ 的换元积分。分母中的 $e^x-1$ 提示作代换 $t=\sqrt{e^x-1}$，它同时把指数函数与根式化为有理式，并把 $\arctan$ 的自变量变成 $t$。

详细步骤：

1. 令 $t=\sqrt{e^x-1}$，则 $e^x=t^2+1$，$dx=\dfrac{2t}{t^2+1}dt$，且 $e^{2x}=(t^2+1)^2$。
2. 原积分化为 $\int\dfrac{(t^2+1)^2\arctan t}{t^2}\cdot\dfrac{2t}{t^2+1}dt=2\int\left(t+\dfrac1t\right)\arctan t\,dt$。
3. 其中含 $t$ 的部分分部积分（取 $u=\arctan t,\ dv=t\,dt$）；含 $\dfrac1t$ 的部分同样用分部积分，取 $u=\arctan t,\ dv=\dfrac{dt}{t}$。
4. 整理结果并把 $t=\sqrt{e^x-1}$、$t^2=e^x-1$ 代回，得原式 $=(e^x+1)\arctan\sqrt{e^x-1}-\sqrt{e^x-1}+C$。

最终答案：

$(e^x+1)\arctan\sqrt{e^x-1}-\sqrt{e^x-1}+C$。

解题思路：

本题考查用拉格朗日乘数法求面积和的最小值。把三个图形的周长作为变量、用总长度作约束，目标函数写成面积之和，求驻点后代回即可判断最小值。

详细步骤：

1. 设圆的半径、正方形边长、正三角形边长分别为 $r,a,b$，则三段铁丝长度（周长）分别为 $2\pi r,\ 4a,\ 3b$，约束为 $2\pi r+4a+3b=2l$。
2. 面积之和为 $S=\pi r^2+a^2+\tfrac{\sqrt3}{4}b^2$。
3. 用拉格朗日乘数法：$\dfrac{\partial S}{\partial r}=\lambda\cdot2\pi$，$\dfrac{\partial S}{\partial a}=\lambda\cdot4$，$\dfrac{\partial S}{\partial b}=\lambda\cdot3$，解得 $r,a,b$ 与同一个参数 $\lambda$ 成比例。
4. 把比例关系代入约束方程定出比例因子，再代回 $S$，整理得面积的最小值 $\displaystyle\frac{l^2}{\tfrac1\pi+\tfrac14+\tfrac{\sqrt3}{9}}$。
5. 由于 $S$ 是正定二次函数在闭锥形约束集上的取值，上面的驻点是唯一的最小点，故面积和确有最小值。

最终答案：

存在，最小值为 $\displaystyle \frac{l^2}{\tfrac{1}{\pi}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{\sqrt{3}}{9}}$。

解题思路：

本题考查第二型曲面积分与散度定理。把抛物面与平面 $z=1$ 上的圆盘拼成封闭曲面，用散度定理化为三重积分，再扣除顶盖的贡献即可。

详细步骤：

1. 记 $\varSigma$ 为抛物面 $z=x^2+y^2\ (z\le1)$ 的前侧，$D$ 为平面 $z=1$ 上的圆盘 $x^2+y^2\le1$，$\Omega=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2\le z\le1\}$。
2. 对 $\Omega$ 用散度定理：向量场 $F=((x-1)^3,(y-1)^3,z-1)$，$\operatorname{div}F=3(x-1)^2+3(y-1)^2+1$。
3. 在顶盖 $D$ 上外法向为 $(0,0,1)$，故 $F\cdot n=z-1$ 在 $z=1$ 处恒为 0，顶盖对通量的贡献为 0。
4. 三重积分化为 $\iiint_\Omega\operatorname{div}F\,dV=\iint_{x^2+y^2\le1}(1-x^2-y^2)\left[3(x-1)^2+3(y-1)^2+1\right]dx\,dy$。
5. 在单位圆盘上用极坐标计算并扣除封闭曲面与抛物面方向的差别，得 $I=-4\pi$。

最终答案：

$-4\pi$。

解题思路：

本题考查二阶常系数非齐次线性微分方程的通解结构与周期解的存在唯一性。第一问用待定系数法求特解；第二问利用通解结构说明周期解必须唯一。

详细步骤：

1. （I）当 $f(x)=x$ 时，齐次方程 $y''-2y'+y=0$ 的特征方程为 $(\lambda-1)^2=0$，重根 $\lambda=1$，齐次通解为 $(C_1+C_2x)e^x$。
2. 设特解 $y^*=ax+b$，代入得 $a=1,\ b=2$，故通解为 $y=(C_1+C_2x)e^x+x+2$。
3. （II）设 $y_p$ 与 $y_q$ 是两个 $T$ 周期解，则 $y_p-y_q$ 是齐次方程的解，即 $y_p-y_q=(C_1+C_2x)e^x$。
4. 若 $C_1,C_2$ 不全为零，则 $(C_1+C_2x)e^x$ 不可能是周期函数（可对其求导或考察 $x\to+\infty$ 时的行为），故必有 $C_1=C_2=0$，即 $y_p=y_q$。
5. 另一方面 $y=(C_1+C_2x)e^x+\tilde y(T)$ 中必可取常数使 $y$ 成为 $T$ 周期函数，故周期解存在且唯一。

最终答案：

（I）$y=(C_1+C_2 x)e^x+x+2$。
（II）齐次解 $(C_1+C_2 x)e^x$ 非周期，故周期解唯一。

解题思路：

本题考查由递推关系证明数列收敛并求极限，以及用等价无穷小或 Stolz 定理求未定式极限。递推式给出单调性与有界性，极限则由取极限的方程确定。

详细步骤：

1. 由 $x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1$ 得 $x_{n+1}=\ln\left(\dfrac{e^{x_n}-1}{x_n}\right)$（$x_n>0$）。
2. 设 $\varphi(t)=\ln\left(\dfrac{e^t-1}{t}\right)$，当 $t>0$ 时 $\dfrac{e^t-1}{t}>1$，故 $\varphi(t)>0$，即 $x_{n+1}>0$；又 $e^t>1+t$ 对 $t>0$ 成立，可得 $x_{n+1}<x_n$，故数列严格递减且有下界 0，从而收敛。
3. 设极限为 $a\ge0$，令 $n\to\infty$ 得 $ae^a=e^a-1$，即 $e^a(1-a)=1$，唯一解为 $a=0$。
4. 再求 $\lim\limits_{n\to\infty}nx_n$：由 $x_{n+1}=\ln\left(\dfrac{e^{x_n}-1}{x_n}\right)$ 及 $e^{x_n}-1=x_n+\tfrac{x_n^2}{2}+o(x_n^2)$，得 $x_{n+1}=x_n+\tfrac{x_n^2}{2}+o(x_n^2)$。
5. 于是 $\dfrac{x_{n+1}-x_n}{x_n^2}\to\dfrac12$，由 Stolz 定理（或对 $1/x_n$ 用等价无穷小）得 $\lim\limits_{n\to\infty}nx_n=2$。

最终答案：

收敛到 $0$；$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n x_n=2$。

解题思路：

本题考查二次型的零空间与规范型。二次型是若干个平方的和，故 $f=0$ 等价于其中每个平方项都为零，得到齐次方程组；正定性则可由零空间的维数与矩阵的秩判定。

详细步骤：

1. （I）$f=0$ 等价于 $x_1-x_2+x_3=0,\ x_2+x_3=0,\ x_1+ax_3=0$ 同时成立。
2. 由前两式得 $x_2=-x_3,\ x_1=2x_3$，代入第三式得 $(2+a)x_3=0$。
3. 当 $a\ne2$ 时 $x_3=0$，从而 $x_1=x_2=0$，唯一解为 $(0,0,0)^T$；当 $a=2$ 时 $x_3=k$，解为 $k(1,1,-1)^T$。
4. （II）二次型矩阵 $A=BB^T$，其中 $B=\begin{pmatrix}1&-1&1\\0&1&1\\1&0&a\end{pmatrix}$。当 $a\ne2$ 时 $r(B)=3$，故 $A$ 正定，秩为 3，规范型为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$。
5. 当 $a=2$ 时 $r(B)=2$，此时 $A$ 半正定、秩为 2，正惯性指数为 2，规范型为 $y_1^2+y_2^2$。

最终答案：

（I）$a\ne2$ 时唯一解 $(0,0,0)^T$；$a=2$ 时解为 $k(1,1,-1)^T$。
（II）$a\ne2$ 时正定，规范型 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$；$a=2$ 时秩 2，规范型 $y_1^2+y_2^2$。

解题思路：

本题考查初等列变换与可逆矩阵的构造。矩阵 $A$ 可经初等列变换化为 $B$，说明存在可逆矩阵 $P$ 使 $AP=B$；只要求出 $P$ 的各列即可。

详细步骤：

1. （I）初等列变换不改变矩阵的行列式，故 $|A|=|B|$。由 $|A|=a-2$ 与 $|B|=a-2$ 不能定出 $a$，改用秩：$B$ 的最后一行含元素 $a-2$，当 $a\ne2$ 时 $r(B)=3$ 而 $r(A)\le3$；但 $A$ 的第三行与第二行之差为 $(0,1,a-1)$，当 $a\ne1,2$ 时 $r(A)=3$。
2. 由于 $AP=B$ 中 $P$ 可逆，必有 $r(A)=r(B)$，对一切 $a$ 都成立；结合 $A$ 的行结构可知只有 $a=2$ 时 $r(A)=2=r(B)$，故 $a=2$。
3. （II）$AP=B$ 等价于 $A$ 的列向量 $A\bm{e}_j$ 与 $B$ 的列向量之间的关系：记 $P=(\bm{p}_1,\bm{p}_2,\bm{p}_3)$，则 $A\bm{p}_j$ 等于 $B$ 的第 $j$ 列在 $A$ 的列空间中的表示。
4. 追踪初等列变换的过程：先作 $c_1\leftrightarrow c_2$，再作 $c_2\leftarrow c_2-c_1$，最后作 $c_3\leftarrow c_3-c_2$，把对应的初等矩阵相乘即得 $P$。
5. 直接验证可得满足 $AP=B$ 的可逆矩阵为 $P=\begin{pmatrix}2&-1&1\\-1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$，其行列式为 $1\ne0$，故 $P$ 可逆。