数一2013

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)

已知极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\arctan x}{x^k}=c$, 其中 $k,c$ 为常数, 且 $c\ne 0$, 则 $()$
(A) $k=2,c=-\frac{1}{2}$.
( B ) $k=2,c=\frac{1}{2}$.
(C) $k=3,c=-\frac{1}{3}$.
(D) $k=3,c=\frac{1}{3}$.

(1)

• 答 应选(D).
• 解: $x\to 0$ 时
  • $x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$
  • $x-\arcsin x--\frac{1}{6}{x}^3,$
  • $x-\tan x--\frac{1}{3}{x}^3$
  • $x-\arctan x-\frac{1}{3}{x}^3$
  • $x-\ln (1+x)-\frac{1}{2}{x}^2$
  • $e^x-1-x-\frac{1}{2}{x}^2$
• 当 $x\to 0$ 时, $x-\arctan x\sim \frac{1}{3}{x}^3$,
• 比较同次幂的系数和指数，所以 $k=3,c=\frac{1}{3}$, 选(D).

(2)

曲面 $x^2+\cos (xy)+yz+x=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为 $()$
(A) $x-y+z=-2$.
(B) $x+y+z=0$.
(C) $x-2y+z=-3$.
(D) $x-y-z=0$.

(2)

• 答 应选 (A).
• 由于曲面在一点的切平面与曲面在该点的法向量垂直, 内积为0，故曲面在点 $P$ 的切平面方程为
  • $\begin{array}{rl}& {\left(x-x_0,y-y_0,z-z_0\right)\cdot \left(\frac{\partial F}{\partial x},\frac{\partial F}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial z}\right)|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=0\end{array}$
  • 即$\begin{array}{r}{\frac{\partial F}{\partial x}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(x-x_0\right)+{\frac{\partial F}{\partial y}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(y-y_0\right)+{\frac{\partial F}{\partial z}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(z-z_0\right)=0.\end{array}$
• 由$x^2+\cos (xy)+yz+x=0$，令$\begin{array}{r}F(x,y,z)=x^2+\cos (xy)+yz+x,\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right){|}_{(0,1,-1)}=(1,-1,1)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_x^{\prime }=2x-y\sin (xy)+1\Rightarrow 1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_y^{\prime }=-x\sin (xy)+z\Rightarrow -1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_z^{\prime }=y\Rightarrow 1\end{array}$
  • 代入点法式方程:$\begin{array}{r}1\cdot (x-0)+(-1)\cdot (y-1)+1\cdot (z+1)=0\end{array}$
    • 所以曲面 $F(x,y,z)=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为
      $\begin{array}{r}x-y+z+2=0\end{array}$

(3)

设 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|,b_n=2{\int }_0^{1}f(x)\sin n\pi x\mathrm{d}x(n=1,2,\cdots )$. 令 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x$, 则 $S\left(-\frac{9}{4}\right)=$(A) $\frac{3}{4}$.
( B ) $\frac{1}{4}$.
( C) $-\frac{1}{4}$.
(D) $-\frac{3}{4}$.

(3)

• 答 应选(C).
  解 由题意知 $S(x)$ 是 $f(x)$ 周期为 2 的正弦级数展开式, 根据狄利克雷收玫定理, 得
• $S\left(-\frac{9}{4}\right)=S\left(-\frac{1}{4}\right)=-S\left(\frac{1}{4}\right)=-f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}\text{. }$选(C).

(4)

设 $L_1:x^2+y^2=1,L_2:x^2+y^2=2,L_3:x^2+2y^2=2,L_4:2x^2+y^2=2$ 为四条逆时针方向的平面曲线. 记 $I_i={\oint }_{L_i}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)\mathrm{d}y(i=1,2,3,4)$, 则 $\max \left\{I_1,I_2,I_3,I_4\right\}=()$
( A) $I_1$.
( B) $I_2$.
( C) $I_3$.
( D) $I_4$.

(4)

• 答 应选(D).
  解 设
• $D_1:x^2+y^2⩽1;D_2:x^2+y^2⩽2;D_3:\frac{x^2}{2}+y^2⩽1;D_4:x^2+\frac{y^2}{2}⩽1\text{, }$并记 $D=D_3\cap D_4$.
  根据格林公式, 得
• $\begin{array}{rl}{I}_i& ={\oint }_{L_0}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)\mathrm{d}y={\iint }_{D_0}\left[\left(2-x^2\right)-\left(1+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
• $\begin{array}{r}={\iint }_{D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$至此, 曲线积分的比较转化为二重积分的比较.
  由于
• $\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{D_1}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
• $\begin{array}{rl}<{\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_4;& \\ I_3& ={\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\iint }_{D_1-D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<I_4;\\ I_2={\iint }_{D_i}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\\ {\iint }_{D_3-D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iiint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_4.\end{array}$所以 $\max \left\{I_1,I_2,I_3,I_4\right\}=I_4$, 即应选(D).

(5)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B},\mathbf{C}$ 均为 $n$ 阶矩阵, 若 $\mathbf{AB}=\mathbf{C}$, 且 $\mathbf{B}$ 可逆, 则 ( )
(A) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组与矩阵 $\mathbf{A}$ 的行向量组等价.
(B) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的列向量组与矩阵 $\mathbf{A}$ 的列向量组等价.
(C) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组与矩阵 $\mathbf{B}$ 的行向量组等价.
(D) 矩阵 $\mathbf{C}$ 的列向量组与矩阵 $\mathbf{B}$ 的列向量组等价.

(5)

• 答 应选(B).
  解 本题考查向量组等价的概念以及对矩阵与其向量组之间的关系的理解.
  设矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right),C=\left({\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n\right)$, 其中 ${\mathbf{\alpha }}_i,{\gamma }_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 均为 $n$ 维列向量. 由题设有
  则
• $\begin{array}{r}\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right)\mathbf{B}=\left({\mathbf{\gamma }}_1,{\mathbf{\gamma }}_2,\cdots ,{\mathbf{\gamma }}_n\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_n\right)=\left({\mathbf{\gamma }}_1,{\mathbf{\gamma }}_2,\cdots ,{\gamma }_n\right){\mathbf{B}}^{-1},\end{array}$即矩阵 $A$ 的列向蓶组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 与矩阵 $C$ 的列向量组 ${\gamma }_1,{\gamma }_2,\cdots ,{\gamma }_n$ 能相互线性表出, 所以矩阵 $A$ 的列向 基组与矩阵 $C$ 的列向量组等价, 选项(B)正确.
  此外, 由于矩阵 $\mathbf{B}$ 可逆,因此其行向量组与列向量组都是线性无关的; 而矩阵 $\mathbf{A}$ 是任意的 $n$ 阶矩阵,且 矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩与矩阵 $\mathbf{C}$ 的秩相等, 所以当矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩小于 $n$ 时, 矩阵 $\mathbf{C}$ 的秩也小于 $n$, 即矩阵 $\mathbf{C}$ 的行向量组 与列向姐组都是线性相关的. 由此可知选项 (C) 与选项(D)都应排除.
  最后, 设
• $\mathbf{AB}=\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right)=\mathbf{C},$知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ 的行向量组 $(1,1),(0,0)$ 与矩阵 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ 的行向貫组 $(2,1),(0,0)$ 不是等价的, 从而 选项 (A)也是错误的.
  注 若 $A_{m\times n}{B}_{n\times s}=C_{m\times s}$, 则 $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表出, $C$ 的行向量组可由 $B$ 的行向量 组线性表出.

(6)

矩阵 $\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 与 $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 相似的充分必要条件为 $()$(A) $a=0,b=2$.
(B) $a=0,b$ 为任意常数.
(C) $a=2,b=0$.
(D) $a=2,b$ 为任意常数.

(6)

• 答 应选(B).
  分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值. 显然矩阵 $B=$ $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 的特征值为 $2,b,0$, 故只需通过求矩阵 $A=\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 的特征值来确定 $a,b$ 的值. 本题是一道 基础题.
  解 因为
• $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -a& -1\\ -a& \lambda -b& -a\\ -1& -a& \lambda -1\end{array}\right|=\lambda \left[(\lambda -2)(\lambda -b)-2a^2\right],$所以, 当且仅当 $a=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $2,b,0$, 且 $b$ 可为任意常数, 即选项 (B) 是正确的.
  当 $a=2,b=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $4,-2,0$, 显然 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 不相似, 所以选项 (C) 是错误的, 从而可知 选项 (D) 也是错误的. 选项 (A) 只是两个矩阵相似的充分条件, 并不是必要条件, 所以选项 (A) 是错误的.

(7)

设 $X_1,X_2,X_3$ 是随机变量, 且 $X_1\sim N(0,1),X_2\sim N\left(0,2^2\right),X_3\sim N\left(5,3^2\right),p_i=P\left\{-2⩽X_i⩽2\right\}$ $(i=1,2,3)$, 则 $()$
(A) $p_1>p_2>p_3$.
( B ) $p_2>p_1>p_3$.
(C) $p_3>p_1>p_2$.
(D) $p_1>p_3>p_2$.

(7)

• 解
  ![[24Kira概率醒脑讲义#例5 4 3-29 20]] (未创建)
  这个问题涉及到比较三个不同参数的正态分布变量在特定区间内的概率

• 一定要有这种将正态分布转化为标准正态分布的思路

• 计算每个 $p_i$

  • 对于 $X_1\sim N(0,1)$，本身就是标准正态
    • 使用标准正态分布图 $P_1=\Phi (2)-\Phi (-2)$
  • 对于 $X_2\sim N\left(0,2^2\right)$，标准正态为：$\frac{x_2-0}{2}=\frac{x_2}{2}\backsim N(0\text{，}1)$
    • $\begin{array}{r}{p}_2=P\left\{-2⩽X_2⩽2\right\}\stackrel{\frac{x_2-\mu }{\sigma }=\frac{x_2-0}{2}}{=}P\mid -1⩽\frac{X_2}{2}⩽1\}=\Phi (1)-\Phi (-1)=\end{array}$
  • 对于 $X_3\sim N\left(5,3^2\right)$标准正态为：$\frac{x_3-5}{3}\backsim N(0,1)$
    • $\begin{array}{r}{p}_3=P\left\{-2⩽X_3⩽2\right\}\stackrel{\frac{x_3-\mu }{\sigma }}{=}P\left\{-\frac{7}{3}⩽\frac{X_3-5}{3}⩽-1\right\}=\Phi (-1)-\Phi \left(-\frac{7}{3}\right)\end{array}$

• 画图比较 $p_1,p_2,p_3$

  • $\begin{array}{l}2⩽P_1<2\\ -1<P_2<1\\ -\frac{7}{3}<P_3<-1\end{array}\stackrel{\text{比较宽度}}{\to }$得出$P_1>P_2>P_3$

• 结论

  • 综上所述，$p_1>p_2>p_3$
    • 因此，正确答案为 (A) $p_1>p_2>p_3$

这个解释不仅展示了每个概率的计算过程，还比较了它们之间的大小关系，最终得出正确的结论。

答 应选 (A).
解

• $p_1=\Phi (2)-\Phi (-2)=2\Phi (2)-1$, $\begin{array}{r}{p}_2=\Phi \left(\frac{2}{2}\right)-\Phi \left(\frac{-2}{2}\right)=2\Phi (1)-1,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{p}_3=\Phi \left(\frac{2-5}{3}\right)-\Phi \left(\frac{-2-5}{3}\right)=\Phi (-1)-\Phi \left(-\frac{7}{3}\right),\end{array}$易见 $p_1>p_2$. 又 $p_2>0.5,p_3<0.5$, 故 $p_2>p_3$.综上可知, $p_1>p_2>p_3$.注 结合正态分布概率密度曲线的几何特征以及概率 $p_i=P\left\{-2⩽X_i⩽2\right\}$ 的几何意义也可以直观判 断出 $p_1>p_2>p_3$.

(8)

设随机变量 $X\sim t(n),Y\sim F(1,n)$, 给定 $\alpha (0<\alpha <0.5)$, 常数 $c$ 满足 $P\{X>c\}=\alpha$, 则 $P\left\{Y>c^2\right\}=()$( A) $\alpha$.(B) $1-\alpha$.( C) $2\alpha$.(D) $1-2\alpha$.

(8)

• 答 应选(C).解 由 $X\sim t(n)$, 可得 $X^2\sim F(1,n)$, 从而$P\left\{Y>c^2\right\}=P\left\{X^2>c^2\right\}=P\{X>c\}+P\{X<-c\}=2\alpha ,$故正确选项为 (C).

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 $y=f(x)$ 由方程 $y-x={\mathrm{e}}^{x(1-y)}$ 确定, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=$

(9)

• 了

• 第一步：理解题目

  • 小总结：题目要求计算函数在特定点的极限，需要用到导数的定义。

• 第二步：对方程求导

  • 小总结：对方程 $y-x=e^{x(1-y)}$ 关于 $x$ 求导。
    • 计算步骤:隐函数求导+复合函数求导
      • 求导：$y^{\prime }-1=e^{x(1-y)}(1-y-x{y}^{\prime })$。

• 第三步：计算 $y$ 和 $y^{\prime }$ 在 $x=0$ 时的值

  • 小总结：利用原方程和求导后的方程求 $f(0)$ 和 $f^{\prime }(0)$。
    • 计算步骤
      • 代入 $x=0$ 到原方程：得到 $f(0)=1$。
      • 代入 $x=0,y=1$ 到导数方程：得到 $f^{\prime }(0)=1$。

• 第四步：应用导数定义计算极限

  • 小总结：利用导数的定义计算所求极限。
    • 计算步骤
      • 变换题式:将$n$变成$\frac{1}{\frac{1}{n}}$
        • 应用导数定义,且$f(0)=0$：$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f\left(\frac{1}{n}\right)-f(0)}{\frac{1}{n}}=f^{\prime }(0)$。
      • 计算极限：由于 $f^{\prime }(0)=1$，所以极限值为 1。

• 结论

  • 整体思路的总结：
    • 对原方程关于 $x$ 求导并计算 $f(0)$ 和 $f^{\prime }(0)$。
    • 利用导数的定义计算所求极限。
    • 根据以上分析，正确答案是 1。

这样的格式应该更加清晰和组织化。

(10)

已知 $y_1={\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x},y_2={\mathrm{e}}^x-x{\mathrm{e}}^{2x},y_3=-x{\mathrm{e}}^{2x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分 方程的 3 个解, 则该方程的通解为 $y=$

(10)

• 分析
  • 本题主要考查二阶常系数非齐次线性微分方程通解的结构。
  • 其通解等于对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解的线性组合加上一个特解。
    • 设 $y_1(x),y_2(x)$ 是非齐次线性方程 $y^{\prime \prime }+P(x)y^{\prime }+Q(x)y=f(x)$ 的两个解,
      则函数 $y_1(x)-y_2(x)$ 为对应的齐次线性方程的解.
• 答 应填 $C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x}$, 其中 $C_1,C_2$ 是任意常数.
• 该非齐次线性微分方程对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解
  • $y_1-y_3={\mathrm{e}}^{3x}$
  • $\begin{array}{r}{y}_2-y_3={\mathrm{e}}^x\end{array}$
  • 则齐次通解为$y=C_1{e}^{3x}+C_2{e}^x$
  • 非齐次特解为$y_3=-x{\mathrm{e}}^{2x}$
• 所以该方程的通解为:齐次方程通解+非齐次方程特解
  $y=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x}$, 其中 $C_1,C_2$ 是任意常数.

(11)

设 $\{\begin{array}{l}x=\sin t,\\ y=t\sin t+\cos t\end{array}$ ( $t$ 为参数), 则 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=\frac{\pi }{4}}=$

(11)

• 已知 $x=\sin t$, $y=t\sin t+\cos t$
• 计算 $\begin{array}{r}\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\end{array}$
  • 计算 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$
    • $\frac{dx}{dt}=\cos t$
    • $\frac{dy}{dt}=\sin t+t\cos t-\sin t$
  • 应用链式法则
    • $\begin{array}{r}\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{\sin t+t\cos t-\sin t}{\cos t}=t\end{array}$
• 已知 $\frac{dy}{dx}=t$，计算 $\begin{array}{r}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})\cdot \frac{dt}{dx}\end{array}$
  • 计算 $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})$ 和 $\frac{dt}{dx}$
    • $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})=1$
    • $\begin{array}{r}\frac{dt}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1}{\cos t}\end{array}$
  • 应用链式法则
    • $\begin{array}{r}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})\cdot \frac{dt}{dx}=1\cdot \frac{1}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}\end{array}$
• 在 $t=\frac{\pi }{4}$ 时计算 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$
  • 代入 $\stackrel{t=\frac{\pi }{4}}{\to }\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{1}{\cos \frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}$

(12)

${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x{)}^2}\mathrm{d}x=$

(12)

• • 将积分重写为 $-{\int }_1^{+\infty }\ln x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x}\right)\stackrel{\text{分布}}{=}-\left[{\frac{\ln x}{1+x}|}_1^{+\infty }-{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x(1+x)}\mathrm{d}x\right]$
  • 计算第一部分： $-{\frac{\ln x}{1+x}|}_1^{+\infty }=0-0=0$
  • 计算第二部分： ${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x(1+x)}\stackrel{\text{拆开}}{=}\underset{={[\ln x-\ln (1+x)]|}_1^{+\infty }}{\underbrace{{\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x}}={\ln \frac{x}{1+x}|}_1^{+\infty }=\ln 1-\ln \frac{1}{2}=\ln 2$
• 合并:$=-[0-(\ln 2)]=\ln 2$

(13)

设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是 3 阶非零矩阵, $|\mathbf{A}|$ 为 $\mathbf{A}$ 的行列式, $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式. 若 $a_{ij}+A_{ij}=0$ $(i,j=1,2,3)$, 则 $|\mathbf{A}|=$

(13)

• 答 应填 -1 .解 由 $a_{ij}+A_{ij}=0(i,j=1,2,3)$ 知, $\mathbf{A}$ 的伴随矩阵 ${\mathbf{A}}^{\cdot }$ 满足 ${\mathbf{A}}^{\ast }=-{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$, 即 $\left|{\mathbf{A}}^{\ast }\right|=(-1{)}^3\left|{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right|=-|\mathbf{A}|$, 再由 $\left|{\mathbf{A}}^{\ast }\right|=|\mathbf{A}{|}^{3-1}=|\mathbf{A}{|}^2$, 得 $|\mathbf{A}{|}^2+|\mathbf{A}|=0$, 即 $|\mathbf{A}|=-1$ 或 $|\mathbf{A}|=0$.最后,不妨设 $a_{11}\ne 0$, 由行列式的展开定理得$|\mathbf{A}|=a_{11}{A}_{11}+a_{12}{A}_{12}+a_{13}{A}_{13}=-\left(a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2\right)<0,$所以 $|A|=0$ 舍去,故 $|A|=-1$.

(14)

设随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布, $a$ 为常数且大于零, 则 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=$

(14)

• • ![[24Kira概率醒脑讲义#例5 2无记忆性]](未创建)
• 解法 1：
  • 写出指数分布的概率密度$f(x)=\{\begin{array}{cc}{e}^{-x}:& x>0\\ 0& \text{ else }\end{array}$
  • 使用条件概率和积分来计算:计算 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
    • $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}\stackrel{\text{条件概率}}{=}\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}$
      • 何处算概率，何处算积分
      • 计算分子 $P\{a<Y⩽a+1\}\stackrel{\text{何处积分}}{=}{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$
      • 计算分母 $P\{Y>a\}\stackrel{\text{何处积分}}{=}{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$
    • 合并计算 $\frac{{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}\stackrel{\int e^{-x}dx=-e^{-x}}{=}\frac{{\mathrm{e}}^{-a}-{\mathrm{e}}^{-a-1}}{{\mathrm{e}}^{-a}}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}.$
• 解法 2：使用指数分布的无记忆性质
  • 要掌握各种分布的写法
    • 离散型的要掌握分布律
    • 连续型的要掌握概率密度怎么写
  • 应用无记忆性
    • $(P\{X>s+t\mid X>s\}=P\{X>t\},t,s>0)$
      • 指数分布具有独特的“无记忆性”，意味着过去的信息（在这个例子中是 (Y>a）不影响未来的概率分布。
  • 计算 $P\{Y⩽a+1|Y>a\}\stackrel{\text{减法公式}}{=}1-P\{Y>a+1|Y>a\}=1-P\{Y>1\}=1-{\int }_1^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$

这样的结构确保了逻辑关系的清晰性，并且每个计算步骤都得到了充分的解释。

这个问题是关于计算条件概率 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$ 的值，其中随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布。

• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
  • $\stackrel{\text{条件概率定义}}{=}\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}$
    • $\stackrel{\text{计算分子}}{\to }P\{a<Y⩽a+1\}={\int }_a^{a+1}{e}^{-x}\mathrm{d}x$
      • $Y$服从指数分布
        • 指数分布的概率密度函数为 $e^{-x}$
    • $\stackrel{\text{计算分母}}{\to }P\{Y>a\}={\int }_a^{+\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x$
      • 同样，使用指数分布的概率密度函数
    • $\stackrel{\text{计算积分}}{=}\frac{{\int }_a^{a+1}{e}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x}=1-\frac{1}{e}$
• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=1-\frac{1}{e}$

此外，解法 2 基于指数分布的无记忆性质提供了另一个视角：

• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
  • $\stackrel{\text{指数分布的无记忆性}}{=}P\{Y⩽1\}$
    • $\stackrel{\text{直接计算}}{=}1-\frac{1}{e}$

两种解法都得到了相同的结果 $1-\frac{1}{e}$，验证了答案的正确性。

答 应填 $1-\frac{1}{\mathrm{e}}$.
解法 1$P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}=\frac{{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}.$解法 2 由指数分布的无记忆性知 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=P\{Y⩽1\}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$.

(15)

(本题满分 10 分)计算 ${\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$, 其中 $f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}\mathrm{d}t$.

(15)

• • 计算定积分 ${\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx$，其中 $f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}dt$
    • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx=2{\int }_0^{1}f(x)d(\sqrt{x})\end{array}$
      • $\stackrel{\text{分布}}{=}2\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{\sqrt{x}\cdot f(x)|}_0^1}}-\underset{{\int }_0^1\sqrt{x}\cdot \frac{\ln (x+1)}{x}dx}{\underbrace{{\int }_0^1\sqrt{x}d\left[f(x)\right]}}\right]$
      • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}-2\left[{\int }_0^1\frac{\ln (x+1)}{\sqrt{x}}dx\right]\end{array}$
      • 凑微分 $d(\sqrt{x})$ 并计算 $-4{\int }_0^1\ln (x+1)d(\sqrt{x})$
      • 分部积分：$=-4\left[{\sqrt{x}\ln (x+1)|}_0^1-{\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{x+1}\mathrm{d}x\right]$
        • 第一部分：${\sqrt{x}\ln (x+1)|}_0^1=\ln 2$
        • 计算第二部分：${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{x+1}\mathrm{d}x\underset{x=t^2,dx=2tdt}{\overset{\sqrt{x}=t}{=}}{\int }_0^1\frac{t}{1+t^2}\cdot 2tdt=2{\int }_0^1\frac{t^2}{1+t^2}dt$
          • 拆开分子：${\int }_0^1\frac{t^2}{1+t^2}dt\stackrel{t^2=t^2+1-1}{=}{\int }_0^1\frac{t^2+1-1}{1+t^2}dt={\int }_0^{1}1dt-{\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt]={1-\arctan t|}_0^1\underset{\arctan 0=0}{\overset{\arctan 1=\frac{\pi }{4}}{=}}1-\frac{\pi }{4}$
    • 合并整理得： $-4\cdot \left[\ln 2-2\left(1-\frac{\pi }{4}\right)\right]=-4\ln 2+8-2\pi$

(16)

(本题满分 10 分)设数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足条件: $a_0=3,a_1=1,a_{n-2}-n(n-1)a_n=0(n⩾2).S(x)$ 是幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的 和函数.( I ) 证明 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$;(II) 求 $S(x)$ 的表达式.

(16)

• • ( I ) 证法 1 由题设得 $a_{2n}=\frac{3}{(2n)!},a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!}$, 所以 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为 $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 所以$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1},S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}.$由于 $a_{n-2}-n(n-1)a_n=0$, 所以 $S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }{a}_{n-2}{x}^{n-2}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$.故 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$.证法 2 由题设得 $a_{2n}=\frac{3}{(2n)!},a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!}$, 所以 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!},{\mathrm{e}}^{-x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{n!},-\infty <x<+\infty ,$所以${\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!},{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},$从而$\begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=3\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n)!}{x}^{2n}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{3}{2}\left({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}\right)+\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}(-\infty <x<+\infty ).\end{array}$因为 $S(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}$, 所以$S^{\prime }(x)=2{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x},S^{\prime \prime }(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x},$故 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$.(II) 解 齐次微分方程 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$ 的特征方程为 $r^2-1=0$, 特征根为 1 和 -1 , 通解为$S(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-x}\text{. }$由 $S(0)=a_0=3,S^{\prime }(0)=a_1=1$, 得$\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2=3,\\ C_1-C_2=1,\end{array}$解得 $C_1=2,C_2=1$, 所以 $S(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}(-\infty <x<+\infty )$.

(17)

(本题满分 10 分)求函数 $f(x,y)=\left(y+\frac{x^3}{3}\right){\mathrm{e}}^{x+y}$ 的极值.

(17)

为了解释并展开给定的数学问题和答案成二叉树形式，我们将遵循先序遍历的方式。该问题涉及求函数 $f(x,y)=\left(y+\frac{x^3}{3}\right){\mathrm{e}}^{x+y}$ 的极值。

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

  • $f_x^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}}{\mathrm{e}}^{x+y}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right)}}{\mathrm{e}}^{x+y}$
  • 消元法求驻点
    • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)=0$，解得驻点 $(-1,-\frac{2}{3})$ 和 $(1,-\frac{4}{3})$

• 求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数。

  • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}_x^{\prime }=2x+x^2}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2x^2+2x\right)$
  • $B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}_y^{\prime }=1}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+x^2+1\right)$
  • $C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right)}_y^{\prime }=1}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2\right)$

• 判断极值类型。

  • 在点 $(-1,-\frac{2}{3})$，先求A,B,C，再计算 $AC-B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2-2\right)=-e^{-\frac{5}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+1+1\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • $C=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • 由于 $AC-B^2<0$，点 $(-1,-\frac{2}{3})$ 不是极值点。
  • 在点 $(1,-\frac{4}{3})$，先求A,B,C，计算 $AC-B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2+2\right)=3e^{-\frac{1}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+1+1\right)=1$
    • $c=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2\right)=1$
    • 由于 $AC-B^2>0$ 且 $A>0$，点 $(1,-\frac{4}{3})$ 是极小值点。

• 计算极小值。

  • 极小值为 $f(1,-\frac{4}{3})=-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{3}}$。

(18)

(本题满分 10 分)设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数,且 $f(1)=1$. 证明:( I ) 存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $f^{\prime }(\xi )=1$;( II ) 存在 $\eta \in (-1,1)$, 使得 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$.

(18)

• • (I) 证法 1 因为 $f(x)$ 是奇函数, 所以 $f(0)=0$.又因为函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可导, 且 $f(1)=1$, 所以由拉格朗日中值定理可知, 存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $f^{\prime }(\xi )=f(1)-f(0)=1$.证法 2 令 $F(x)=f(x)-x$, 则 $F(0)=f(0)=0,F(1)=f(1)-1=0$, 由罗尔定理得, 存在 $\xi \in$ $(0,1)$, 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$, 即 $f^{\prime }(\xi )=1$.(II) 证法 1 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数, 所以 $f^{\prime }(x)$ 是 $[-1,1]$ 上的偶函数, 结合 (I), 有$f^{\prime }(-\xi )=f^{\prime }(\xi )=1\text{. }$令 $F(x)=\left[f^{\prime }(x)-1\right]{\mathrm{e}}^x$, 则函数 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导, 且 $F(-\xi )=F(\xi )=0$.根据罗尔定理, 存在 $\eta \in (-\xi ,\xi )\subset (-1,1)$, 使得 $F^{\prime }(\eta )=0$. 因为所以$F^{\prime }(\eta )=\left[f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-1\right]{\mathrm{e}}^{\eta }\text{ 且 }{\mathrm{e}}^{\eta }\ne 0,$ $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$
• 证法2 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数 $,$ 所以 $f^{\prime }(x)$ 是偶函数 $.$ 令 $F(x)=f^{\prime }(x)+f(x)-x,$ 则函数 $F(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上可导 $,$ 且 $-\begin{array}{r}F(1)=f^{\prime }(1)+f(1)-1=f^{\prime }(1),\end{array}-\begin{array}{r}F(-1)=f^{\prime }(-1)+f(-1)+1=f^{\prime }(1)-f(1)+1=f^{\prime }(1),\end{array}$ 根据罗尔定理 $,$ 存在 $\eta \in (-1,1),$ 使得 $F^{\prime }(\eta )=0.$ 由 $F^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-1,$ 知 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-1=0,$ 即 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$.

(19)

(本题满分 10 分)

设直线 $L$ 过 $A(1,0,0),B(0,1,1)$ 两点, 将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\Sigma ,\Sigma$ 与平面 $z=0,z=2$ 所围成的立体为 $\Omega$.
( I ) 求曲面 $\Sigma$ 的方程;
(II) 求 $\Omega$ 的形心坐标.

(19)

• 曲面求法1

• 由 $A(1,0,0),B(0,1,1)$，得 $\overrightarrow{AB}=(-1,1,1)$
  • 直线 $L$ 的点向式方程为 $\begin{array}{r}\frac{x-1}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{-1}\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& \frac{x-1}{-1}=z\Rightarrow x=1-z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\frac{y}{1}=\frac{z}{1}\Rightarrow y=z.\end{array}$
  • 从而曲面 $\Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z{)}^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2z^2-2z+1$.

曲面求法2

• $\begin{array}{rl}& L:\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}=t\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=t\\ z=t\end{array}\Rightarrow \Sigma :x^2+y^2=(1-t{)}^2+t^2=(1-z{)}^2+z^2\end{array}$
  • 从而曲面 $\Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z{)}^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2z^2-2z+1$.
    • $x^2+y^2-2{\left(z-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$
      • ++-，因此是双叶双曲面

第二问

• 
  ，AB绕z轴旋转一周

• (II) 设 $\Omega$ 的形心坐标为 $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})$.

  • 由曲面 $\Sigma$ 的方程知, $\Omega$ 关于 $xOz,yOz$ 面对称,从而$x$和$y$的坐标有了
    • $\begin{array}{r}\bar{x}=\frac{{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\bar{y}=\frac{{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\end{array}$

• 接下来求$z$的坐标

  • 坐标取值范围
    • $\begin{array}{rl}& D_z=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2z^2-2z+1\right\}\end{array}$
      • 面积是$\begin{array}{r}\pi r^2=\pi \text{⋅}2z^2-2z+1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D_z,0\le z⩽2\right\}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& {\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^{2}z\mathrm{d}z{\iint }_{D_z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{2}z\cdot \pi \left(2z^2-2z+1\right)\mathrm{d}z=\frac{14}{3}\pi ,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^2\mathrm{d}z{\iint }_{D_z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^2\pi \left(2z^2-2z+1\right)\mathrm{d}z=\frac{10}{3}\pi .\end{array}$

• 于是

  • $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=\frac{7}{5}\end{array}$
  • 因此，$\Omega$ 的形心坐标为$\left(0,0,\frac{7}{5}\right)$

• 空间区域的形心：空间有界闭区域 $\Omega$ 的形心坐标为
  $\begin{array}{rl}\bar{x}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}v,\\ \bar{y}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}v,\\ \bar{z}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}v,\end{array}$

  • 其中 $V={\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}v$ 为区域 $\Omega$ 的体积.
  • 设 $\Omega$ 为一空间区域，则 $\Omega$ 的形心坐标为
    $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})=\left(\frac{{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z},\frac{{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z},\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}\right)$.

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& a\\ 1& 0\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}0& 1\\ 1& b\end{array}\right)$. 当 $a,b$ 为何值时, 存在矩阵 $\mathbf{C}$ 使得 $\mathbf{AC}-\mathbf{CA}=\mathbf{B}$, 并求所有矩阵 $\mathbf{C}$.

（20）

• 解 设矩阵 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ll}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right)$, 代人 $\mathbf{AC}-\mathbf{CA}=\mathbf{B}$, 得方程组
• $\{\begin{array}{l}-x_2+a{x}_3=0\\ -a{x}_1+x_2+a{x}_4=1\\ x_1-x_3-x_4=1\\ x_2-a{x}_3=b.\end{array}\text{对该方程组的增广矩阵作初等行变换}$, 得
• $\left(\begin{array}{ccccc}0& -1& a& 0& 0\\ -a& 1& 0& a& 1\\ 1& 0& -1& -1& 1\\ 0& 1& -a& 0& b\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& -1& -1& 1\\ 0& 1& -a& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& a+1\\ 0& 0& 0& 0& b\end{array}\right).$ 由此可知: 当 $a\ne -1$ 或 $b\ne 0$ 时, 方程组 (* )无解; 当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 方程组 (* )有解, 此时方程组
  综上, 当且仅当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 存在满足条件的矩阵 $C$, 且 $C=\left(\begin{array}{cc}1+k_1+k_2& -k_1\\ k_1& k_2\end{array}\right)$, 其中 $k_1,k_2$ 为 任意常数.
  注 本题不能利用逆矩阵解矩阵方程的方法来求 $\mathbf{C}$, 只能利用 “元䒺法” 将矩阵方程转化为方程组去 求解.

(21)

(本题满分 11 分)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2{\left(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3\right)}^2+{\left(b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3\right)}^2$, 记

• $\mathbf{\alpha }=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right),\mathbf{\beta }=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right).$
  (I) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$;

(II) 若 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 正交且均为单位向量,证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.

(21)

• (I ) 证法 1 记列向量 $\mathbf{x}=\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$. 由于
• $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)=\left(a_1,a_2,a_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$ 类似地, $b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3$ 也有对应的表达式, 因此
• $\begin{array}{rl}f\left(x_1,x_2,x_3\right)& =2{\left(a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3\right)}^2+{\left(b_1{x}_1+b_2{x}_2+b_3{x}_3\right)}^2\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)+\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}+{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{x},\end{array}$ 又 ${\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)}^{\mathrm{T}}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$, 即 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$.
  证法 2 将二次型 $f$ 展开并写成矩阵形式,得
• $\begin{array}{rl}& f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)+\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}},\end{array}$
• $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)=\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T},}\end{array}$ 而
• $\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^2& a_1{a}_2& a_1{a}_3\\ a_1{a}_2& a_2^2& a_2{a}_3\\ a_1{a}_3& a_2{a}_3& a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{a}_1\\ a_2\\ a_3\end{array}\right)\left(a_1,a_2,a_3\right)=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$,$\left(\begin{array}{ccc}{b}_1^2& b_1{b}_2& b_1{b}_3\\ b_1{b}_2& b_2^2& b_2{b}_3\\ b_1{b}_3& b_2{b}_3& b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{b}_1\\ b_2\\ b_3\end{array}\right)\left(b_1,b_2,b_3\right)={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}},$ 所以
• $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$ 又 ${\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)}^{\mathrm{T}}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$, 即 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$.
  (II ) 证法 1 记矩阵 $\mathbf{A}=2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}$. 由于 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 是相互正交的单位向量, 即 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }=1,{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\beta }={\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=$ 0, 因此
• $\begin{array}{r}A\mathbf{\alpha }=\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{\alpha }=2\mathbf{\alpha },\end{array}$
• $\begin{array}{r}\mathbf{A}\mathbf{\beta }=\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)\mathbf{\beta }=\mathbf{\beta },\end{array}$ 即 ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1$ 是矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值.
  又
• $r(\mathbf{A})=r\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)⩽r\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\right)+r\left(\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)=2,$ 即 $\mathbf{A}$ 不是满秩矩阵, 因此 ${\lambda }_3=0$ 也是矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值, 故二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.
  证法 2 同 (II) 的证法 1: ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1$ 是矩阵 $\mathbf{A}$ 的两个特征值, $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 分别是其对应的特征向量.
  取单位列向量 $\mathbf{\gamma }$ 使得其与向量 $\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta }$ 都正交, 即 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\gamma }=0,{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\gamma }=0$.
  令矩阵 $Q=(\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },\mathbf{\gamma })$, 则 $Q$ 为正交矩阵. 在正交变换 $x=Qy\left(y={\left(y_1,y_2,y_3\right)}^{\mathrm{T}}\right)$ 下, 二次型
• $\begin{array}{rl}f\left(x_1,x_2,x_3\right)& =y^{\mathrm{T}}{Q}^{\mathrm{T}}\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)Q\mathbf{y}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\gamma }}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)\left(2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}+\mathbf{\beta }{\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\right)(\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },\mathbf{\gamma })\mathbf{y}\end{array}$
• $\begin{array}{r}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{\gamma }}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)(2\mathbf{\alpha },\mathbf{\beta },0)\mathbf{y}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\mathbf{y}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2y_1^2+y_2^2,\end{array}$ 即 $f$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2$.

(22)

2024大概率不考，2023考过了
(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{9}{x}^2,& 0<x<3,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$ 令随机变量 $Y=\{\begin{array}{ll}2,& X⩽1,\\ X,& 1<X<2,\\ 1,& X⩾2.\end{array}$
(I) 求 $Y$ 的分布函数;
( II) 求概率 $P\{X⩽Y\}$.

(22)

• 解

• 此类题的思路

  • 画图与反函数
  • 一图三吃
    • 秒杀01
    • 根据Y的范围求出X的范围
    • 确定积分限的范围

• 画图

  \begin{document}
  \begin{tikzpicture}[scale=1]
    % 绘制坐标轴
    \draw[->] (-1,0) -- (3.5,0) node[right] {$X$};
    \draw[->] (0,-1) -- (0,3) node[above] {$Y$};
   
    % 绘制 X 轴刻度：1, 2, 3
    \foreach \x in {1,2,3} {
      \draw (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {$\x$};
    }
    
    % 绘制 Y 轴刻度：1, 2, 3
    \foreach \y in {1,2,3} {
      \draw (0.1,\y) -- (-0.1,\y) node[left] {$\y$};
    }
   
    % 第一部分：X \leq 1, Y = 2 （左侧延伸）
    \draw[thick,<-] (1,2) -- (0,2);
    \filldraw (1,2) circle (2pt); % x=1 处实心端点
   
    % 第二部分：1 < X < 2, Y = X （绘制开区间，用空心端点标记端点）
    \draw[thick,domain=1.05:1.95,smooth] plot (\x,{\x});
    \draw[fill=white] (1,1) circle (2pt); % x=1 处空心端点
    \draw[fill=white] (2,2) circle (2pt); % x=2 处空心端点
   
    % 第三部分：X \geq 2, Y = 1 （右侧延伸）
    \filldraw (2,1) circle (2pt); % x=2 处实心端点
    \draw[thick,->] (2,1) -- (3,1);
   
    % 添加标注说明：
    % 将 Y=2 的标注放在 x=0-1 区间那条水平线旁边，此处选在 (0.5,2) 并向上偏移一点
    \node[above] at (0.5,2) {$Y=2\ (X\leq1)$};
    \node[above right] at (3,1) {$Y=1\ (X\geq2)$};
    \node[below right] at (1.95,1.95) {$Y=X\ (1<X<2)$};
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

• 写出$Y$ 的分布函数 $F_Y(y)=P(Y\text{≤}y)$

  • 分段讨论
    • 当 $y<1$ 时
      • $F_Y(y)=0$
    • 当 $1⩽y<2$ 时
      • 计算 $P\{Y⩽y\}$
        • $F_Y(y)=P\{Y⩽y\}\stackrel{\text{反函数}}{=}P\{X⩾2\}+P\{1<X⩽y\}\underset{\text{何处求积分}}{\overset{\text{何处求概率}}{=}}{\int }_2^3\frac{x^2}{9}dx+{\int }_1^y\frac{x^2}{9}dx=\frac{y^3+18}{27}$
    • 当 $y⩾2$ 时
      • $F_Y(y)=1$
  • 得出 $F_Y(y)$ 的分段表达式
    • $F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<1,\\ \frac{y^3+18}{27},& 1⩽y<2,\\ 1,& y⩾2\end{array}$

• 问题 II：求概率 $P\{X⩽Y\}$

  • 已知条件
    • 根据 $X$ 和 $Y$ 的关系
      • $P\{X⩽Y\}\stackrel{\text{看图}}{\to }P\{X<2\}\stackrel{\text{求积分}}{=}{\int }_0^2\frac{x^2}{9}dx={\frac{x^3}{3}\cdot \frac{1}{9}|}_0^2=\frac{8-0}{27}=\frac{8}{27}$

通过这个二叉树结构，我们清晰地展示了求 $Y$ 的分布函数和概率 $P\{X⩽Y\}$ 的逻辑过程。这个解析阐释了如何根据 $X$ 的分布和 $Y$ 的定义来计算 $Y$ 的分布函数，并进一步计算了特定条件下的概率。

(I) 由题设知, $P\{1⩽Y⩽2\}=1$. 记 $Y$ 的分布函数为 $F_Y(y)$, 则
当 $y<1$ 时, $F_Y(y)=0$;
当 $y⩾2$ 时, $F_Y(y)=1$;
当 $1⩽y<2$ 时,$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{Y⩽y\}=P\{Y=1\}+P\{1<Y⩽y\}\end{array}$

• $\begin{array}{r}=P\{X⩾2\}+P\{1<X⩽y\}={\int }_2^3\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x+{\int }_1^y\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{y^3+18}{27}.\end{array}$ 所以 $Y$ 的分布函数为
• $F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<1,\\ \frac{y^3+18}{27},& 1⩽y<2,\\ 1,& y⩾2.\end{array}$(II) $P\{X⩽Y\}=P\{X<2\}={\int }_0^2\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{8}{27}$.
  注 本题的得分率不高, 反映出考生对分布函数等基本概念理解得不够深人,其主要错误出现在求概率 $P\{Y⩽y\}$ 时不能正确地将事件 $\{Y⩽y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件, 下面的错误做法是最典型的: 当 $1⩽y<2$ 时,$F_Y(y)=P\{Y⩽y\}=P\{X⩽y\}={\int }_1^y\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{y^3-1}{27},$ 错误的根源在于不能将事件 $\{Y⩽y\}$ 正确地过渡到用 $X$ 表示的事件. 另一种常见的错误是在对分布函数 $F_Y(y)$ 进行分段计算时, 分界点处的函数值出错, 比如, 按定义, 分布函数 $F_Y(y)=P\{Y⩽y\}$ 是右连续的, 而 有些考生得出的 $F_Y(y)$ 在分段点 $y=1$ 和 $y=2$ 处是左连续的或一个左连续一个右连续. 第二问的大多数 错误本质上与第一问相同,也是不能正确地将事件 $\{X⩽Y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件: $\{X<2\}$.

(23)

(本题满分 11 分)

设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中 $\theta$ 为未知参数且大于零. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(I) 求 $\theta$ 的矩估计量;
(II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 ( I )
• 求矩估计就是求期望:求谁的期望，就在谁的前面乘x进行积分
  • 求样本均值=也就是求总体期望
    • $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx\stackrel{\text{只有在}0\text{到}\infty \text{有密度}}{=}{\int }_0^{+\infty }x\cdot \frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}x$
      • $\stackrel{\text{凑}{\left(-\frac{\theta }{x}\right)}^{\prime }=\theta \cdot \frac{1}{x^2}}{=}{\int }_0^{+\infty }\theta {\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}\left(-\frac{\theta }{x}\right)\underset{\text{换限}}{\overset{t=-\frac{\theta }{x}}{=}}{\int }_{-\infty }^0\theta {\mathrm{e}}^t\mathrm{d}t={\theta {\mathrm{e}}^t|}_{-\infty }^0\stackrel{\theta \cdot e^0-\theta \cdot 0}{=}\theta$
  • 所以 $\theta$ 的矩估计量为总体期望 $\hat{\theta }=E(X)\stackrel{\text{总体期望与样本均值}}{=}\bar{X}$, 其中样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$.
    (II)
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值,
• 写出似然函数:$L(\theta )=\prod _{i=1}^{n}f(x;\theta )=\{\begin{array}{cc}\underset{\text{三项相乘}}{\underbrace{{\theta }^{2n}.\frac{1}{x_1^3{x}_2^3\cdots x_n^3}.e^{-\theta {\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}}}& x_1,x_2,\cdots x_n>0.\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$
• 取对数:$\ln L(\theta )=\ln {\theta }^{2n}+\underset{\text{常数求导为}0}{\underbrace{\ln \frac{1}{x_1^3\cdots x_n^3}}}-\theta \sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}$.
  • 为什么取对数?
    • 乘法变成加法
    • 指数变成系数
    • 容易求导:$\ln x=\frac{1}{x}$
• 求导求驻点:令 $\frac{d\ln L(\theta )}{d\theta }=\frac{2n}{\theta }-\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}=0$,
  • $\frac{2n}{\theta }=\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}\stackrel{\text{移项}}{\to }\theta =\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$
• 得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$.
• 得 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{X_i}}$.