数一2009

一、选择题

(本题共 8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目要 求,把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

当 $x\to 0$ 时, $f(x)=x-\sin ax$ 与 $g(x)=x^2\ln (1-bx)$ 是等价无穷小量, 则 ()

(1)解

(A) $a=1,b=-\frac{1}{6}$.
(B) $a=1,b=\frac{1}{6}$.
( C) $a=-1,b=-\frac{1}{6}$.
(D) $a=-1,b=\frac{1}{6}$.
答案：应选(A).
https://www.bilibili.com/video/BV1Lu411T76t

• 第一步：要找出 $a$ 和 $b$ 的值，使得 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x\to 0$ 时是等价无穷小量。

• 第二步：使用泰勒公式展开 $\sin ax$ 和 $\ln (1-bx)$。

  1. 展开 $f(x)$：$f(x)=x-(ax-\frac{1}{6}(ax{)}^3+o(x^3))=(1-a)x+\frac{a^3}{6}{x}^3+o(x^3)$。
  2. 展开 $g(x)$：$g(x)\sim -b{x}^3$。

• 第三步：比较 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的展开式，求解 $a$ 和 $b$。

  • 计算步骤
    1. 比较系数：同指数的系数必须相等
    2. 求解方程：解方程组 $\{\begin{array}{l}1-a=0,\\ \frac{1}{6}{a}^3=-b\end{array}$
    • 得 $a=1,b=-\frac{1}{6}$。

(2)

如图,正方形 $\{(x,y)||x|⩽1|y\mid ,⩽1\}$ 被其对角线划分为四个区域 $D_k(k=1$, $2,3,4),I_k={\iint }_{D_k}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 则 ${\max }_{1⩽k⩽4}\left\{I_k\right\}=()$
( A) $I_1$.
( B) $I_2$.
( C) $I_3$.
( D) $I_4$.

(2)解

答 应选 (A).

• 解 - $y\cdot \cos x$=奇×偶=奇函数，因此$y\cdot \cos x$是关于y的奇函数，相对于x
  • $D_1$区域：++，关于y轴对称，仅在y轴上方有区域，$I_1>0$
  • $D_2$区域：+-，关于x轴对称，仅在x轴上方和下方都有对称区域，$I_2=0$
  • $D_3$区域：+- ， 关于x轴对称，仅在x轴上方和下方都有对称区域，$I_3=0$
  • $D_4$区域：—，关于y轴对称，仅在y轴下方有区域，$I_4<0$
• 综上可知 ${\max }_{1<k<1}\left\{I_k\right\}=I_1$.

(3)

设函数$y=f(x)$在区间$[-1\text{，}3]$上的图形，如下图所示则函数$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 的图形为 $()$

(3)解

答 应选(D).
解 根据题中函数 $y=f(x)$ 的图形, 可知函数 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 在除了 $x=0,x=2$ 两点外处处可导, 且 $F^{\prime }(x)=f(x)$. 由此可知: 函数 $F(x)$ 在 $(-1,0)$ 内单调增加, 在 $(0,1)$ 内单调减少, 在 $(1,2)$ 内单调增加, 在 $(2,3)$ 内恒为常数. 由于函数 $F(x)$ 连续, 且 $F(0)=0$, 所以正确选项只能是 $(D)$.

(4)

设有两个数列 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\}$, 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 则 ( )
(A) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛.
(B) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 发散时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 发散.
(C) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|b_n\right|$ 收敛时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 收敛.
(D) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|b_n\right|$ 发散时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 发散.
应选A 。

(4)解

答 应选 (C).
解法 1 直接法. 因为级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|b_n\right|$ 收敛, 所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left|b_n\right|=0$. 又因为 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 所以存在 $N>0$, 当 $n>N$ 时, 有 $\left|a_n\right|<1,\left|b_n\right|<1$, 从而有 $0⩽a_n^2{b}_n^2<\left|b_n\right|$. 利用比较判别法可知 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 收玫.
解法 2 排除法. 取 $a_n=b_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}}$, 满足条件, 但此时 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 发散, 排除 $(\mathrm{A})$; 取 $a_n=b_n=$ $\frac{1}{n}$, 满足条件,显然 $(B)$ 和 (D) 都不正确.

(5)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 是 3 维向量空间 ${\mathbf{R}}^3$ 的一组基,则由基 ${\mathbf{\alpha }}_1,\frac{1}{2}{\mathbf{\alpha }}_2,\frac{1}{3}{\mathbf{\alpha }}_3$ 到基 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_3+{\mathbf{\alpha }}_1$ 的过渡矩阵为 $()$
(A) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 2& 2& 0\\ 0& 3& 3\end{array}\right)$.
(B) $\left(\begin{array}{lll}1& 2& 0\\ 0& 2& 3\\ 1& 0& 3\end{array}\right)$.
(C) $\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& \frac{1}{4}& -\frac{1}{6}\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{4}& \frac{1}{6}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{4}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{4}& -\frac{1}{4}\\ -\frac{1}{6}& \frac{1}{6}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$.

(5)解

答 应选(A).
解 由于

• $\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_3+{\mathbf{\alpha }}_1\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,\frac{1}{2}{\mathbf{\alpha }}_2,\frac{1}{3}{\mathbf{\alpha }}_3\right)\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 2& 2& 0\\ 0& 3& 3\end{array}\right),$按过渡矩阵定义知, 应选 (A).

(6)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 均为 2 阶矩阵, ${\mathbf{A}}^{\ast },{\mathbf{B}}^{\ast }$ 分别为 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 的伴随矩阵, 若 $|\mathbf{A}|=2,|\mathbf{B}|=3$, 则分块矩阵 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)$ 的伴随矩阵为 $()$(A) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 3{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 2{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
( B) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
( C) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 3{\mathbf{A}}^{\ast }\\ 2{\mathbf{B}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{A}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{B}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)$.
你能否将第六题的答案给我详细解释一遍，它的答案在这篇文章的后面

(6)解

答 应选(B).
解法 1 对任一 $n$ 阶矩阵 $\mathbf{C}$, 有 $C^{\ast }{C}^{\ast }=C^{\ast }=|C|E$, 其中 $C^{\ast }$ 是 $C$ 的伴随矩阵. 因此可直接用矩阵乘法 验证, 排除错误选项.
对选项 (A), 有 $\left(\begin{array}{ll}O& A\\ B& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O& 3B^{\ast }\\ 2A^{\ast }& O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2A{A}^{\ast }& O\\ O& 3B^{\ast }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}4E_2& \\ & 9E_2\end{array}\right)$, ${\mathbf{E}}_2$ 为 2 阶单位矩阵;
对选项(B), 有

• $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6E_2& \\ & 6E_2\end{array}\right)=6E_4=\left|\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|E_4,$ ${\mathbf{E}}_4$ 为 4 阶单位矩阵; 对选项 (C), (D), 分别有$\begin{array}{rl}& \left(\begin{array}{ll}O& A\\ B& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O& 3A^{\ast }\\ 2B^{\ast }& O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2A^{\ast }& O\\ O& 3B{A}^{\ast }\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ll}O& A\\ B& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}O& 2A^{\ast }\\ 3B^{\ast }& O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3A{B}^{\ast }& O\\ O& 2B^{\ast }\end{array}\right).\end{array}$由此知选项 (B) 正确. 解法 2 设 ${\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)}^{\cdot }=\left(\begin{array}{ll}{\mathbf{X}}_1& {\mathbf{X}}_2\\ {\mathbf{X}}_3& {\mathbf{X}}_4\end{array}\right)$分别求出 ${\mathbf{X}}_1,{\mathbf{X}}_2,{\mathbf{X}}_3,{\mathbf{X}}_4$. 因为 $\left(\begin{array}{ll}O& A\\ B& O\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}{X}_1& X_2\\ X_3& X_4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}A{X}_3& A{X}_4\\ B{X}_1& B{X}_2\end{array}\right)=\left|\begin{array}{ll}O& A\\ B& O\end{array}\right|\left(\begin{array}{cc}{E}_2& O\\ O& E_2\end{array}\right)$所以 $B{X}_1=O,A{X}_4=O$, 由已知, $A,B$ 均可逆, 故 $X_1=X_4=O$; 另一方面, 有 $A{X}_3=B{X}_2=\left|\begin{array}{cc}O& A\\ B& O\end{array}\right|E_2$, 其中 $\left|\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|=(-1{)}^{2\times 2}|\mathbf{A}|\cdot |\mathbf{B}|=6$, 故得 ${\mathbf{X}}_3=6{\mathbf{A}}^{-1}=6\frac{{\mathbf{A}}^{\ast }}{|\mathbf{A}|}=3{\mathbf{A}}^{\ast },{\mathbf{X}}_2=6{\mathbf{B}}^{-1}=6\frac{{\mathbf{B}}^{\ast }}{|\mathbf{B}|}=2{\mathbf{B}}^{\ast }$. 解法 $3\left|\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|=(-1{)}^{2\times 2}|\mathbf{A}|\cdot |\mathbf{B}|=6$, 则 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)$ 可逆, 于是 $\begin{array}{rl}{\left(\begin{array}{ll}\mathbf{O}& A\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)}^{\cdot }& =\left|\begin{array}{ll}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right|{\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& \mathbf{A}\\ \mathbf{B}& \mathbf{O}\end{array}\right)}^{-1}=6\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& {\mathbf{B}}^{-1}\\ {\mathbf{A}}^{-1}& \mathbf{O}\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2\times 3{\mathbf{B}}^{-1}\\ 3\times 2{\mathbf{A}}^{-1}& \mathbf{O}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{O}& 2{\mathbf{B}}^{\ast }\\ 3{\mathbf{A}}^{\ast }& \mathbf{O}\end{array}\right),\end{array}$选(B).

(7)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.3\Phi (x)+0.7\Phi \left(\frac{x-1}{2}\right)$, 其中 $\Phi (x)$ 为标准正态分布的 分布函数, 则 $E(X)=()$ (A) 0 . (B) 0. 3 . (C) 0. 7 . (D) 1 .

(7)解

• 由分布函数求期望

  • 分布函数求导,得概率密度
  • 求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分

• 由随机变量 $X$ 的分布函数求导，得概率密度$F^{\prime }(x)$

  • $F(x)=0.3\Phi (x)+0.7\Phi \left(\frac{x-1}{2}\right)\stackrel{\text{两边求导}}{\to }{F}^{\prime }(x)=0.3{\Phi }^{\prime }(x)+0.35{\Phi }^{\prime }\left(\frac{x-1}{2}\right)$
    • 其中 $\Phi (x)$ 是标准正态分布的分布函数。
    • 这里 ${\Phi }^{\prime }(x)$ 是标准正态分布的概率密度函数。

• 对概率密度乘X积分得到期望:$E(X)$（$X$ 的期望值）

  • $E(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }x{F}^{\prime }(x)dx=0.3{\int }_{-\infty }^{+\infty }x{\Phi }^{\prime }(x)dx+0.35{\int }_{-\infty }^{+\infty }x{\Phi }^{\prime }\left(\frac{x-1}{2}\right)dx$
    • 因为是正态分布，从正无穷到负无穷都可以取到
  • $\stackrel{\text{正态的概率密度}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }0.3x\phi (x)\mathrm{d}x+{\int }_{-\infty }^{+\infty }0.35x\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)\mathrm{d}x$
    • ${\int }_{-\infty }^{+\infty }0.3x\phi (x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{提出系数}}{=}0.3{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi (x)\mathrm{d}x\stackrel{{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi (x)\mathrm{d}x=0}{=}0$
    • ${\int }_{-\infty }^{+\infty }0.35x\phi \left(\frac{x-1}{2}\right)\mathrm{d}x\underset{x=2u+1,\mathrm{d}x=2\mathrm{d}u}{\overset{\text{换元}\frac{x-1}{2}=u}{=}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }0.7(2u+1)\phi (u)\mathrm{d}u$
      • $\stackrel{\text{拆开}}{\to }=1.4\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }u\phi (u)\mathrm{d}u}}+0.7\underset{=1}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi (u)\mathrm{d}u}}=0.7$

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1),Y$ 的概率分布为 $P\{Y=0\}=$ $P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$. 记 $F_Z(z)$ 为随机变量 $Z=XY$ 的分布函数, 则函数 $F_Z(z)$ 的间断点个数 为 ( ) (A) 0 . (B) 1 . (C) 2 . (D) 3 .

(8)解

• 答案选择 B 的理由
  • X 和 Y 的分布
    • 连续型的正态分布：$X\sim N(0,1)$
    • 离散型的01分布：$Y$ 的概率分布：$P\{Y=0\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$
  • 随机变量 Z 的定义
    • $Z=XY$
  • 计算 $F_Z(z)$ 的过程
    • 使用全概率公式
      • $F_Z(z)=P\{Z\text{≤}z\}\stackrel{Z=XY}{=}P\{XY\le z\}$
        • 全集分解为 $Y=0$ 和 $Y=1$ 的情况
          • 当 $Y=0$：$P\{XY\le z|Y=0\}\stackrel{\text{将}Y=0\text{代入}}{=}P\{0\le z\}$ ·$\underset{=\frac{1}{2}}{\underbrace{P\{Y=0\}}}$
          • 当 $Y=1$：$P\{XY\le z|Y=1\}\stackrel{\text{将}Y=1\text{代入}}{=}P\{X\le z\}$ ·$P\{Y=1\}$
      • 结合各种情况
        • $F_Z(z)=\frac{1}{2}(P\{0\le z\}+P\{X\le z\})$
  • 得到 $F_Z(z)$ 的分段函数
    • 对于 $z<0$: $F_Z(z)=0+\frac{1}{2}{F}_x(z)=\frac{1}{2}\cdot \Phi (z)$
    • 对于 $z\ge 0$: $F_Z(z)=\frac{1}{2}[1+\Phi (z)]$
  • z的分布函数为$F_2(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\Phi (z),& z\le 0\\ \frac{1}{2}(1+\Phi (z)),& z>0\end{array}$
    • 注意:标准正态的几个值$\Phi (x):\Phi (0)=\frac{1}{2}:\Phi (-x)+\Phi (x)=1:p(-a⩽x⩽a)=2\Phi (a)-1$
      • $p(-a⩽x⩽a)=1-[1-\varphi (a)]-\underset{1-\varphi (a)}{\underbrace{\varphi (-a)}}=1-[1-\varphi (a)]-[1-\varphi (a)]=2\Phi (a)-1$
    • 则分别求左右极限
      • 左极限:$\underset{z\to 0^{+}}{\lim }{F}_z(z)=\underset{z\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2}(1+\Phi (z))=\frac{3}{4}$
      • 右极限:$\underset{z\to 0^{-}}{\lim }{F}_z(z)=\underset{z\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2}\Phi (z)=\frac{1}{4}$
  • 确定间断点
    • 左极限≠右极限:$z=0$ 是 $F_Z(z)$ 的唯一间断点

二、填空题

(本题共 6 小题, 每小题 4 分, 共 24 分,把答案填在题中横线上. )

(9)

设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数, $z=f(x,xy)$, 则 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=$

(9)

解
该问题涉及求函数 $z=f(x,xy)$ 的二阶混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。

    z
   / \
  x  xy 
 /   / \
x   x   y  

• 计算 $z=f(x,xy)$ 的一阶和二阶偏导数。

  • 计算一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
    • 使用链式法则得：$\frac{\partial z}{\partial x}=f_1^{\prime }+y{f}_2^{\prime }$。
  • 计算二阶混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。
    • 对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 关于 $y$ 求偏导得：
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\underset{f_1^{\prime }\text{对}y\text{求偏导}}{\underbrace{f_{11}^{\prime \prime }\cdot 0+x{f}_{12}^{\prime \prime }}}+\underset{y{f}_2^{\prime }\text{对}y\text{求偏导}}{\underbrace{f_2^{\prime }+y(f_{21}^{\prime \prime }\cdot 0+x{f}_{22}^{\prime \prime })}}$。
    • 简化得：$x{f}_{12}^{\prime \prime }+f_2^{\prime }+xy{f}_{22}^{\prime \prime }$。

• 得到最终结果。

  • 在点 $(x,xy)$ 的二阶混合偏导数为 $x{f}_{12}^{\prime \prime }+f_2^{\prime }+xy{f}_{22}^{\prime \prime }$。

(10)

若二阶常系数线性齐次微分方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ 的通解为 $y=\left(C_1+C_{2}x\right){\mathrm{e}}^x$, 则非齐次方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=x$ 满足条件 $y(0)=2,y^{\prime }(0)=0$ 的解为 $y=$

解题思路：

1. 确定特征方程与特征根：
   • 由给定的齐次微分方程的通解形式 $y=(C_1+C_{2}x)e^x$，我们推断特征方程有一个二重特征根 $r=1$。
   • 根据二重特征根的性质，我们可以写出特征方程为 $r^2-2r+1=0$。
2. 求解系数a和b：
   • 将 $r=1$ 代入特征方程，得到系数 $a=-2$ 和 $b=1$。
3. 确定非齐次方程的特解形式：
   • 由于非齐次项为x，我们猜测特解的形式为 $y^{\ast }=Ax+B$。
4. 代入求解特解：
   • 将 $y^{\ast }=Ax+B$ 代入非齐次方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=x$，解得 $A=1$ 和 $B=2$。
5. 得到非齐次方程的通解：
   • 结合齐次方程的通解和非齐次方程的特解，得到非齐次方程的通解为 $y=(C_1+C_{2}x)e^x+x+2$。
6. 利用初始条件求解常数：
   • 使用给定的初值条件 $y(0)=2$ 和 $y^{\prime }(0)=0$，我们可以求出 $C_1=0$ 和 $C_2=-1$。
7. 得到最终解：
   • 将求得的常数代入通解，得到非齐次方程满足给定条件的解为 $y=x(1-e^x)+2$。

(10)解

答 应填 .
解 根据题意可知 $r=1$ 是 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ 的二重特征根, 所以特征方程是 $r^2-2r+1=0$, 从而 $a=-2,b=1$.
设 $y^{\ast }=Ax+B$ 是 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=x$ 的一个特解, 代人方程得 $Ax+B-2A=x$, 所以 $A=1,B=2$. 由此知 $y=\left(C_1+C_{2}x\right){\mathrm{e}}^x+x+2$ 是非齐次微分方程的通解.
由 $y(0)=C_1+2=2$ 得 $C_1=0$, 由 $y^{\prime }(0)=C_2+1=0$ 得 $C_2=-1$, 故所求解为 $y=x\left(1-{\mathrm{e}}^x\right)+2$.

(11)

已知曲线 $L:y=x^2(0⩽x⩽\sqrt{2})$, 则 ${\int }_{L}x\mathrm{d}s=$

1. 理解题意：

   • 题目要求我们计算沿曲线 $L$ 的线积分，其中 $L$ 是曲线 $y=x^2$ 在区间 $[0,\sqrt{2}]$ 上的部分。

2. 确定曲线的参数方程：

   • 对于曲线 $y=x^2$，我们可以使用 $x$ 作为参数，因此曲线的参数方程为:
     $x(t)=t$ $y(t)=t^2$, 其中 $0\le t\le \sqrt{2}$。

3. 计算曲线的微元长度 ds：

   • 使用参数方程，我们可以计算 $ds$ 为:
     $ds=\sqrt{(dx{)}^2+(dy{)}^2}=\sqrt{1+(2t{)}^2}dt$

4. 计算线积分：

   • 将 $x$ 和 $ds$ 的表达式代入线积分，得到:
     ${\int }_{L}xds={\int }_0^{\sqrt{2}}t\sqrt{1+(2t{)}^2}dt$ - 为了简化积分，我们进行一个微分代换：令 $u=1+4t^2$，则 $du=8tdt$。这样，我们可以将原积分转化为:
     ${\int }_{L}xds=\frac{1}{8}\int \sqrt{u}du$ - 积分得到:
     ${\int }_{L}xds=\frac{1}{12}{u}^{\frac{3}{2}}{|}_1^{1+4(\sqrt{2}{)}^2}=\frac{1}{12}(9^{\frac{3}{2}}-1)=\frac{13}{6}$

(11)解

答 应填 $\frac{13}{6}$.
解

• $\begin{array}{rl}{\int }_{L}x\mathrm{d}s& ={\int }_0^{\sqrt{2}}x\sqrt{1+(2x{)}^2}\mathrm{d}x\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{8}{\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4x^2}\mathrm{d}\left(1+4x^2\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}={\frac{1}{12}{\left(1+4x^2\right)}^{\frac{3}{2}}|}_0^{\sqrt{2}}=\frac{13}{6}.\end{array}$

(12)

设 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2⩽1\right\}$, 则 ${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$

答案详细描述：

1. 理解题意：
   • 题目要求我们计算在球体$\Omega$内的三重积分，其中$\Omega$是单位球$x^2+y^2+z^2\le 1$。
2. 利用轮换对称性：
   • 由于球体关于x、y、z轴都具有对称性，因此${\iiint }_{\Omega }{x}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{y}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}v$。
   • 这意味着我们可以将${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}v$表示为$\frac{1}{3}{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}v$。
3. 转换到球坐标系：
   • 使用球坐标系，其中$x=r\sin \phi \cos \theta$, $y=r\sin \phi \sin \theta$, $z=r\cos \phi$，我们有$x^2+y^2+z^2=r^2$。
   • 因此，上述三重积分可以转换为球坐标系，并考虑到$dxdydz=r^2\sin \phi drd\phi d\theta$，我们得到：
     ${\iiint }_{\Omega }{r}^2{r}^2\sin \phi \mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta$
   • 4. 计算三重积分：
   • 对r积分，我们得到${\int }_0^1{r}^{4}dr=\frac{1}{5}$。
   • 对$\phi$积分，我们得到${\int }_0^{\pi }\sin \phi d\phi =2$。
   • 对$\theta$积分，我们得到${\int }_0^{2\pi }d\theta =2\pi$。
   • 将这三个积分结合起来，我们得到$\frac{1}{3}\times 2\times 2\pi \times \frac{1}{5}=\frac{4}{15}\pi$。

(12)解

答 应填 $\frac{4}{15}\pi$.
解 根据轮换对称性得

• ${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{1}{3}{\iiint }_{\Omega }\left(x^2+y^2+z^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ $\begin{array}{rl}& =\frac{1}{3}{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1{r}^2\cdot r^2\sin \phi \mathrm{d}r\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{3}\times 2\times 2\pi \times \frac{1}{5}=\frac{4}{15}\pi .\end{array}$注 (1)本题结论应当作为一个基本积分公式记住,在第二型曲面积分使用高斯公式后, 就可能转化 为这类三重积分. 设 $\Omega :x^2+y^2+z^2⩽R^2$, 则 ${\iiint }_{\Omega }{x}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{y}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}v=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{5}\pi R^5=\frac{4}{15}\pi R^5$. (2) 本题也可以利用直角坐标下的“先二后一平行截面法”.

(13)

若 3 维列向量 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 满足 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }=2$, 其中 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{\alpha }$ 的转置, 则矩阵 $\mathbf{\beta }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的非零特征值为

(13)

(14)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 为来自二项分布总体 $B(n,p)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别为样本均值和样 本方差, 若 $\bar{X}+k{S}^2$ 为 $n{p}^2$ 的无偏估计量, 则 $k=$

(14)

(15)

(本题满分 9 分) 求二元函数 $f(x,y)=x^2\left(2+y^2\right)+y\ln y$ 的极值.

(15)解

• 求函数 $f(x,y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime }(x,y)$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)$。

  • $f_x^{\prime }(x,y)=2x(2+y^2)$。
  • $f_y^{\prime }(x,y)=2x^{2}y+\ln y+1$。
  • 求驻点
    • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)=0$，解得唯一驻点 $\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$。

• 求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数(考点：乘法求导)

  • (通过AC-B²判断是否有极值点，通过A的正负判断是否是极大值还是极小值)
  • $A=f_{xx}^{\prime \prime }\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=\left(2+y^2\right)\cdot 2=\left(2+e^{-2}\right)\cdot 2>0$ ，则极小值
  • $B=f_{xy}^{\prime \prime }\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2x\cdot (2y)=0=0$
  • $C=f_{yy}^{\prime \prime }\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2x^2+\frac{1}{y}=\frac{1}{e^{-1}}=\mathrm{e}$，因此：$AC-B^2>0$

• 判断极值类型。

  • 由于 $AC-B^2>0$ 且 $A>0$，函数 $f(x,y)$ 在驻点 $\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$ 处取极小值。

• 计算极小值

  • 极小值为 $f\left(0\cdot e^{-1}\right)=e^{-1}\cdot -1=-e^{-1}.$

(16)

(本题满分 9 分) 设 $a_n$ 为曲线 $y=x^n$ 与 $y=x^{n+1}(n=1,2,\cdots )$ 所围成区域的面积, 记 $S_1=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,S_2=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}$, 求 $S_1$ 与 $S_2$ 的值.

(16)解

• $\begin{array}{rl}{S}_1& =\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{1}{2}.\end{array}$
• $S_2$ 的求法: $S_2=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}.$
• 令 $S_2(x)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}{x}^n(-1<x⩽1)$,
• 则 $S_2(x)=x+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}{x}^n=x-\ln (1+x),$所以 $S_2=S_2(1)=1-\ln 2\text{. }$
• 注 本题是一道简单的综合题, 将定积分的几何应用与幂级数相结合, 这里对 $S_1$ 采用的是定义法(前 $n$ 项和取极限), 对 $S_2$ 则是借助幂级数来求解的.

(17)

(本题满分 11 分) 椭球面 $S_1$ 是椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 绕 $x$ 轴旋转而成, 圆雉面 $S_2$ 是由过点 $(4,0)$ 且与椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=$ 1 相切的直线绕 $x$ 轴旋转而成. (I) 求 $S_1$ 及 $S_2$ 的方程; (II) 求 $S_1$ 与 $S_2$ 之间的立体的体积.

(17)解

• 求 $S_1$ 和 $S_2$ 的方程。

  • 求椭球面 $S_1$ 的方程。
    • 给定的椭圆绕 $x$ 轴旋转。
      • $x$不动，$z$要换成$\pm \sqrt{y^2+z^2}$
      • 得到椭球面 $S_1$ 的方程：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2+z^2}{3}=1$。
  • 求圆锥面 $S_2$ 的方程。
    • 先求切线方程(利用截距式)
      • 切点坐标求解。
        • 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 处的切线方程：$\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{3}=1$。
        • 代入 $x=4,y=0$，得到切点坐标 $\left(1,\pm \frac{3}{2}\right)$。
      • 得到切线方程。
        • 切线方程为 $\frac{x}{4}\pm \frac{y}{2}=1$。
    • 切线绕x轴旋转得到圆锥面 $S_2$ 的方程。
      • $x$不动，$y$要换成$\pm \sqrt{y^2+z^2}$
      • 根据切线方程得到 $S_2$ 的方程：${\left(\frac{x}{4}-1\right)}^2=\frac{y^2+z^2}{4}\text{, 即 }(x-4{)}^2-4y^2-4z^2=0\text{. }$

• 求 $S_1$ 与 $S_2$ 之间立体的体积 $V$(由两者之间：联想到割补法)

  • 计算总体积 $V=V_1-V_2$。
    • $V_1$ 为圆锥体体积(如何求圆锥体的体积)
      • 底面半径 $\frac{3}{2}$，高为 $3$。
      • 计算 $V_1$：$V_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot {\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 3=\frac{9}{4}\pi .$。
    • $V_2$ 为椭球体部分体积(如何求椭球体的体积)
      • 在平面 $x=1$ 和 $x=2$ 之间。
      • 计算 $V_2$：$V_2=\pi {\int }_1^2{y}^2\mathrm{d}x=\pi {\int }_1^{2}3\left(1-\frac{x^2}{4}\right)\mathrm{d}x=\frac{5}{4}\pi$。
  • 得到最终体积。
    • $V=\frac{9}{4}\pi -\frac{5}{4}\pi =\pi$。

(18)

(本题满分 11 分) ( I ) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导, 则存在 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$. (II) 证明: 若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续, 在 $(0,\delta )(\delta >0)$ 内可导, 且 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A$, 则 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在, 且 $f_{+}^{\prime }(0)=A$.

(18)解

• 构造辅助函数
  • 令 $F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)-f(a)$
    • $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导
      • 计算导数 $F^{\prime }(x)$
        • $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
• 应用罗尔定理
  • 因为 $F(a)=F(b)=0$
    • 存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$
      • 即 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

证明 $f_{+}^{\prime }(0)=A$

• 右导数定义
  • $f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$
    • 对任意 $x\in (0,\delta )$
• 应用拉格朗日中值定理
  • 在 $[0,x]$ 上应用定理
    • 存在 $\xi \in (0,x)$，则 $\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(\xi )$
      • 当 $x\to 0^{+}$，$\xi \to 0^{+}$
        • $\underset{\xi \to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(\xi )=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)$
          • $=A$，因此 $f_{+}^{\prime }(0)=A$

(19)

(本题满分 10 分)
计算曲面积分 $I=\Sigma \frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}$, 其中 $\Sigma$ 是曲面 $2x^2+2y^2+z^2=4$ 的外侧.

(19)解

解 取 ${\Sigma }_1:x^2+y^2+z^2={\epsilon }^2(0<\epsilon <\sqrt{2})$ 的外侧, ${\Sigma }_1$ 与 $\Sigma$ 之间的空间体记为 $\Omega$.
因为

• $\frac{\partial P(x,y,z)}{\partial x}=\frac{y^2+z^2-2x^2}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{5}{2}}},\frac{\partial Q(x,y,z)}{\partial y}=\frac{x^2+z^2-2y^2}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}},\frac{\partial R(x,y,z)}{\partial z}=\frac{x^2+y^2-2z^2}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{5}{2}}},$根据高斯公式, 得
• ${\iint }_{\Sigma ={\Sigma }_1}\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}={\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }0\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=0.$又因为
• $\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}& =\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iint }_{{\Sigma }_i}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iiint }_{x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime }<i^i}3\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=4\pi ,\end{array}$所以
• $I={\iint }_{\Sigma -\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}+{\iint }_{{\Sigma }_i}\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}=4\pi .$注 本题是采用“挖洞法”使用高斯公式的情形.

(20)

(本题满分 11 分)
设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& -1\\ -1& 1& 1\\ 0& -4& -2\end{array}\right),{\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.
(I ) 求满足 $\mathbf{A}{\mathbf{\xi }}_2={\mathbf{\xi }}_1,A^2{\mathbf{\xi }}_3={\mathbf{\xi }}_1$ 的所有向量 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$;
( II ) 对 ( I ) 中的任意向量 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$, 证明 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 线性无关.

(20)解

(I ) 解 首先, 对增广矩阵 $\left(\mathbf{A}:{\mathbf{\xi }}_1\right)$ 作初等行变换:

• $\left(\mathbf{A}:{\mathbf{\xi }}_1\right)=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& -1& -1\\ -1& 1& 1& 1\\ 0& -4& -2& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& -1& -1& -1\\ 0& 2& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),$故得其基础解系为 $(1,-1,2{)}^{\mathrm{T}}$,一个特解为 ${\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)}^{\mathrm{T}}$, 从而
• ${\mathbf{\xi }}_2={\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)}^{\mathrm{T}}+C_1(1,-1,2{)}^{\mathrm{T}}\text{ 或 }{\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}+C_1\\ \frac{1}{2}-C_1\\ 2C_1\end{array}\right)\text{, }$其中 $C_1$ 为任意常数.
  其次,${\mathbf{A}}^2=\left(\begin{array}{ccc}2& 2& 0\\ -2& -2& 0\\ 4& 4& 0\end{array}\right)$对增广矩阵 $\left(A^2:{\xi }_1\right)$ 作初等行变换:
• $\left({\mathbf{A}}^2:{\mathbf{\xi }}_1\right)=\left(\begin{array}{cccc}2& 2& 0& -1\\ -2& -2& 0& 1\\ 4& 4& 0& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),$故得基础解系为 $(-1,1,0{)}^{\mathrm{T}},(0,0,1{)}^{\mathrm{T}}$,一个特解为 ${\left(-\frac{1}{2},0,0\right)}^{\mathrm{T}}$, 从而
• ${\xi }_3=C_2(-1,1,0{)}^{\mathrm{T}}+C_3(0,0,1{)}^{\mathrm{T}}+{\left(-\frac{1}{2},0,0\right)}^{\mathrm{T}}\text{ 或 }{\xi }_3=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}-C_2\\ C_2\\ C_3\end{array}\right),$其中 $C_2,C_3$ 为任意常数.
  (II)证 只篅证明行列式 $\left|{\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3\right|\ne 0$ 即可. 事实上,$\begin{array}{rl}\left|{\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3\right|& =\left|\begin{array}{ccc}-1& -\frac{1}{2}+C_1& -\frac{1}{2}-C_2\\ 1& \frac{1}{2}-C_1& C_2\\ -2& 2C_1& C_3\end{array}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\left|\begin{array}{ccc}-1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}-C_2\\ 1& \frac{1}{2}& C_2\\ -2& 0& C_3\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}0& 0& -\frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}& C_2\\ -2& 0& C_3\end{array}\right|=-\frac{1}{2}\ne 0,\end{array}$故 ${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3$ 线性无关.

(21)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=a{x}_1^2+a{x}_2^2+(a-1)x_3^2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$.
(I) 求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值;
(II) 若二次型 $f$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$, 求 $a$ 的值.

(21)解

解
(I) 二次型 $f$ 的矩阵为

• $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}a& 0& 1\\ 0& a& -1\\ 1& -1& a-1\end{array}\right),$其特征多项式为
• $\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|& =\left|\begin{array}{ccc}\lambda -a& 0& -1\\ 0& \lambda -a& 1\\ -1& 1& \lambda -(a-1)\end{array}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}=(\lambda -a)[\lambda -(a+1)][\lambda -(a-2)],\end{array}$所以 $\mathbf{A}$ 的特征值为
• ${\lambda }_1=a,{\lambda }_2=a+1,{\lambda }_3=a-2.$

(II) 由 $f$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$ 知, 其矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值有两个为正数,一个为零. 又

• $a-2<a<a+1,$所以 $a-2=0$, 即 $a=2$.

(22)

(本题满分 11 分)
袋中有 1 个红球、 2 个黑球与 3 个白球. 现有放回地从袋中取两次, 每次取一个球. 以 $X,Y,Z$ 分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数.
(I) 求 $P\{X=1\mid Z=0\}$;
(II) 求二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布.

(22)解

• 分析情况:每次有放回地取球
  • X:0，1，2
  • Y :0，1，2
  • Z:0，1，2

解 (I )

• 读题

  • $P\{X=1,Z=0\}$表示:
    • X=1:表示两次取球只取到一个红球的概率
    • Z=0:表示两次取球都没有取到白球的概率
    • 转化为两次取球:分别取到一次红球，一次黑球的概率
      • 两次取球中一次取红球（1/6 概率）
      • 一次取非白球（黑球，1/3 概率）
  • $P\{Z=0\}$表示:表示两次都没有取到白球

• 组合起来条件=联合÷边缘$P\{X=1\mid Z=0\}=\frac{P\{X=1,Z=0\}}{P\{Z=0\}}=\frac{{\mathrm{C}}_2^1\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{3}}{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{4}{9}$.

• (II) 由题意知 $X$ 与 $Y$ 的所有可能取值均为 $0,1,2$

  • 一共6种组合(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)

• 当然，下面是对二维随机变量 $(X,Y)$ 概率分布表中每种事件的文字性描述：

  • $P\{X=0,Y=0\}=\frac{3}{6}\times \frac{3}{6}==\frac{1}{4}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到任何红球（$X=0$）和黑球（$Y=0$），这意味着两次都抽到了白球。
  • $P\{X=0,Y=1\}=2\times \frac{2}{6}\times \frac{3}{6}=\frac{1}{3}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到红球（$X=0$），但抽到了一个黑球（$Y=1$）和一个白球。这可以是先抽到黑球后抽到白球，或者先抽到白球后抽到黑球。
  • $P\{X=0,Y=2\}={\left(\frac{2}{6}\right)}^2=\frac{1}{9}$
    • 描述：在两次抽取中，没有抽到红球（$X=0$），而是连续抽到了两个黑球（$Y=2$）。
  • $P\{X=1,Y=0\}=2\times \frac{1}{6}\times \frac{3}{6}=\frac{1}{6}$
    • 描述：在两次抽取中，抽到了一个红球（$X=1$）和一个白球，没有抽到黑球（$Y=0$）。这可以是先抽到红球后抽到白球，或者先抽到白球后抽到红球。
  • $P\{X=1,Y=1\}=2\times \frac{1}{6}\times \frac{2}{6}=\frac{1}{9}$
    • 描述：在两次抽取中，抽到了一个红球（$X=1$）和一个黑球（$Y=1$），没有抽到白球。这可以是先抽到红球后抽到黑球，或者先抽到黑球后抽到红球。
  • $P\{X=2,Y=0\}={\left(\frac{1}{6}\right)}^2=\frac{1}{36}$
    • 描述：在两次抽取中，连续抽到了两个红球（$X=2$），没有抽到黑球（$Y=0$）或白球。
  • 三种不可能时间:$P\{X=1,Y=2\}=P\{X=2,Y=1\}=P\{X=2,Y=2\}=0$

• 让我们在概率分布表中包含计算每个概率值的对应公式。

X \ Y	0	1	2
0	$\frac{3}{6}\times \frac{3}{6}=\frac{1}{4}$	$2\times \frac{2}{6}\times \frac{3}{6}=\frac{1}{3}$	${\left(\frac{2}{6}\right)}^2=\frac{1}{9}$
1	$2\times \frac{1}{6}\times \frac{3}{6}=\frac{1}{6}$	$2\times \frac{1}{6}\times \frac{2}{6}=\frac{1}{9}$	0
2	${\left(\frac{1}{6}\right)}^2=\frac{1}{36}$	0	0

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{\lambda }^{2}x{\mathrm{e}}^{-\lambda x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中参数 $\lambda (\lambda >0)$ 未知, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是 来自总体 $X$ 的简单随机样本.
( I ) 求参数 $\lambda$ 的矩估计量;
(II) 求参数 $\lambda$ 的最大似然估计量.

(23)解

解 ( I ) $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }{\lambda }^2{x}^2{\mathrm{e}}^{-\lambda x}\mathrm{d}x=\frac{2}{\lambda }$.
令 $\bar{X}=EX$, 得 $\bar{X}=\frac{2}{\lambda }$, 解得 $\lambda$ 的矩估计量 ${\hat{\lambda }}_1=\frac{2}{\bar{X}}$.
(II) 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n\left(x_i>0,i=1,2,\cdots ,n\right)$ 为样本观测值, 则似然函数为$\begin{array}{rl}& L\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n;\lambda \right)={\lambda }^{2n}\exp \left\{-\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i\right\}\prod _{i=1}^n{x}_i,\end{array}$

• $\begin{array}{r}\ln L=2n\ln \lambda -\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i+\sum _{i=1}^n\ln x_i,\end{array}$令 $\frac{\mathrm{d}(\ln L)}{\mathrm{d}\lambda }=\frac{2n}{\lambda }-\sum _{i=1}^n{x}_i=0$, 得 $\lambda$ 的最大似然估计量为 ${\hat{\lambda }}_2=\frac{2}{\bar{X}}$.