数一2015

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)

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续, 其 2 阶导函数 $f^{\prime \prime }(x)$ 的图形 如右图所示,

则曲线 $y=f(x)$ 的拐点个数为 $()$(A) 0 .
( B ) 1 .
(C) 2 .
( D) 3 .

(1)

• 答 应选 (C).
• $f^{\prime \prime }(x)$ 的零点有 2 个
  • $A$ 点两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 恒正, 所对应的点不是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • $B$ 点两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 异号, 所对应的点是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • 虽然 $f^{\prime \prime }(0)$ 不存在, 但点 $x=0$ 两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 异号, 因而 $(0,f(0))$ 是 $y=f(x)$ 的拐点.
• 因此共有 2 个拐点.

(2)

设 $y=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}+\left(x-\frac{1}{3}\right){\mathrm{e}}^x$ 是二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=c{\mathrm{e}}^x$ 的一个特解, 则 ( )
(A) $a=-3,b=2,c=-1$.
(B) $a=3,b=2,c=-1$.
(C) $a=-3,b=2,c=1$.
(D) $a=3,b=2,c=1$.

(2)

• 答 应选(A).
• 本题主要考查微分方程的解的概念.
  • 已知微分方程的一个特解，要求原方程的系数。
  • 可以直接将解代入原方程，然后比较等式两端的系数求出未知参数。
• $y=\frac{1}{2}{e}^{2x}+\left(x-\frac{1}{3}\right)e^x$
  • $y^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot e^{2x}+e^x+\left(x-\frac{1}{3}\right)\cdot e^x=e^{2x}+\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x$
  • $y^{\prime \prime }=2e^{2x}+e^x+\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x=2e^{2x}+\left(x+\frac{5}{3}\right)e^x$
• 将上面求的$y\text{，}{y}^{\prime }\text{，}{y}^{\prime \prime }$代入 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=c{\mathrm{e}}^x$ 中
  • $2e^{2x}+\left(x+\frac{5}{3}\right)e^x+a{e}^{2x}+a\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x+\frac{b}{2}{e}^{2x}+b\left(x-\frac{1}{3}\right)e^x=c{e}^x$
  • 整理得，$\left(2+a+\frac{1}{2}b\right){\mathrm{e}}^{2x}+(1+a+b)x{\mathrm{e}}^x+\left(\frac{5}{3}+\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}b\right){\mathrm{e}}^x=c{\mathrm{e}}^x$
  • 比较上式两端系数, 得到 $\{\begin{array}{l}2+a+\frac{1}{2}b=0,\\ 1+a+b=0,\\ \frac{5}{3}+\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}b=c,\end{array}$
    • 解得 $\{\begin{array}{l}a=-3,\\ b=2,\\ c=-1,\end{array}$ 故选 A.

方法2

• 由特解 $y=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}-\frac{1}{3}{\mathrm{e}}^x+x{\mathrm{e}}^x$ 知,
  • 方程的特征根为 $r_1=2,r_2=1$,
  • 特征方程为 $(r-2)(r-1)=0$, 即 $r^2-3r+2=0$.
  • 又原方程的特征方程为 $r^2+ar+b=0$, 于是 $a=-3,b=2$.
• 将特解 $y^{\ast }=x{\mathrm{e}}^x$，求$y^{\prime }\text{和}{y}^{\prime \prime }$代入原方程得
  • ${\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\prime \prime }-3{\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\prime }+2x{\mathrm{e}}^x=(x+2){\mathrm{e}}^x-3(x+1){\mathrm{e}}^x+2x{\mathrm{e}}^x=-{\mathrm{e}}^x=c{\mathrm{e}}^x,$
  • 因此 $c=-1$

(3)

若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 则 $x=\sqrt{3}$ 与 $x=3$ 依次为幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$ 的 $()$(A) 收敛点,收敛点.
(B) 收玫点, 发散点.
(C) 发散点,收敛点.
(D) 发散点, 发散点.

(3)

• 答 应选(B).
  解 由 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛可知 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n$ 的收敛半径 $R=1$ (若 $R<1$, 则 ${\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n|}_{t=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散; 若 $R>1$, 则 ${\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n|}_{t=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收玫,均矛盾), 故 $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{t}^n=t\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{t}^{n-1}=t\sum _{n=1}^{\infty }{\left(a_n{t}^n\right)}^{\prime }$ 的收敛半径 $R=1$ (逐项求导不改变收敛半径). 则
  当 $x=\sqrt{3}$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(\sqrt{3}-1{)}^n$ 绝对收玫 $(0<\sqrt{3}-1<1)$;
  当 $x=3$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(3-1{)}^n=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{2}^n$ 发散 $(2>1)$.
  注 本题用到一个基本结论: 若幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $x=x_0$ 处条件收敛,则 $x=x_0$ 是该基级数收敛区间 的一个端点.

(4)

设 $D$ 是第一象限中的曲线 $2xy=1,4xy=1$ 与直线 $y=x,y=\sqrt{3}x$ 围成的平面区域, 函数 $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续, 则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=()$
(A) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.
(B) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.
(C) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.
(D) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.

(4)

• 答 应选(B).
• 
  
• 区域 $D$ 如图所示. 作极坐标变换, 将 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 化为二次积分.
  • $2xy=1\Rightarrow 2r^2\sin \theta \cos \theta =1$
    • $r^2\sin 2\theta =1$
    • $r=\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}$
  • $4xy=1\Rightarrow 4r^2\sin \theta \cos \theta =1$
    • $r^2\cdot 2\sin 2\theta =1$
    • $r=\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}$
• $D$ 的极坐标范围是
  • $\frac{\pi }{4}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{3}$
  • $\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}⩽r⩽\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}$
• 因此${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$

(5)

设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& a\\ 1& 4& a^2\end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{l}1\\ d\\ d^2\end{array}\right)$. 若集合 $\Omega =\{1,2\}$, 则线性方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有无 穷多解的充分必要条件为 ( )
( A ) $a\notin \Omega ,d\notin \Omega$.
( В) $a\notin \Omega ,d\in \Omega$.
( C) $a\in \Omega ,d\notin \Omega$.
(D) $a\in \Omega ,d\in \Omega$.

(5)

• 答 应选(D).
  解 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有无穷多解 $\iff r(\mathbf{A};\mathbf{b})=r(\mathbf{A})<3.|\mathbf{A}|$ 是一个范德蒙德行列式, 值为 $(a-1)(a-2)$.
  若 $a\notin \Omega$, 则 $|\mathbf{A}|\ne 0,r(\mathbf{A})=3$, 此时 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有唯一解, (A), (B) 排除;
  类似地,若 $d\notin \Omega$, 则 $r(\mathbf{A}:\mathbf{b})=3$, (C) 排除;
  当 $a\in \Omega ,d\in \Omega$ 时, $r(\mathbf{A};\mathbf{b})=r(\mathbf{A})=2,\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 有无穷多解. 选(D).

(6)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{P}\mathbf{y}$ 下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$, 其中 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3\right)$. 若 $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{e}}_1,-{\mathbf{e}}_3,{\mathbf{e}}_2\right)$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的标准形为 $()$(A) $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$.
(B) $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$.
( C) $2y_1^2-y_2^2-y_3^2$.
(D) $2y_1^2+y_2^2+y_3^2$.

(6)

• 答 应选(A).
  解 设二次型矩阵为 $\mathbf{A}$, 则
• ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right),$ $e_1,e_2,e_3$ 分别是 $A$ 的对应于特征值 2,1,-1 的特征向量. 于是一 $e_3$ 也是 $A$ 的对应于特征值一 1 的特征向 因此$Q^{-1}AQ=Q^{\mathrm{T}}AQ=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),$ 而 $f$ 在正交变换 $x=Qy$ 下的标准形为 $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$.

(7)

若 $A,B$ 为任意两个随机事件, 则 ( )(A) $P(AB)⩽P(A)P(B)$.(B) $P(AB)⩾P(A)P(B)$.(C) $P(AB)⩽\frac{P(A)+P(B)}{2}$.(D) $P(AB)⩾\frac{P(A)+P(B)}{2}$.

(7)

解

• 分析选项
  • 考察 $P(AB)$ 与 $P(A)$、$P(B)$ 的关系
    • 选项 (A) 和 (B) 涉及 $P(AB)$ 与 $P(A)P(B)$ 的比较
    • 选项 (C) 和 (D) 涉及 $P(AB)$ 与 $\frac{P(A)+P(B)}{2}$ 的比较
• 确定正确选项
  • 由 $P(AB)⩽P(A)$ 和$P(AB)⩽P(B)$
    • 两者相加得，得 $2P(AB)⩽P(A)+P(B)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(AB)⩽\frac{P(A)+P(B)}{2}$
    • 正确选项是 (C)

(8)

设随机变量 $X,Y$ 不相关, 且 $E(X)=2,E(Y)=1,D(X)=3$, 则 $E[X(X+Y-2)]=()$(A) -3 .(B) 3 .(C) -5 .(D) 5 .

(8)

• 已知条件
  • $X$ 和 $Y$ 不相关，意味着 $E(XY)=E(X)E(Y)$。
  • $E(X)=2$，$E(Y)=1$，$D(X)=3$。
• 计算 $E[X(X+Y-2)]$
  • 展开表达式得到 $E[X(X+Y-2)]=E(X^2)+E(XY)-2E(X)$。
  • 使用 $E(X^2)=D(X)+(E(X){)}^2$：
    • $E(X^2)=D(X)+(E(X){)}^2=3+2^2=7$。
  • 使用 $X$ 和 $Y$ 不相关的性质计算 $E(XY)$：
    • $E(XY)=E(X)E(Y)=2\times 1=2$。
  • 现在将值代入表达式：
    • $E[X(X+Y-2)]=7+2-2\times 2=5$。
      因此，$E[X(X+Y-2)]=5$，答案是选项 (D)。

(9)

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (\cos x)}{x^2}=$

(9)

答 应填 $-\frac{1}{2}$.

• 等价无穷小代换(本质是泰勒)
  • 利用等价无穷小代换，$\ln (1+x)\sim x$ 当 $u\to 0$。
    • 所以 $\ln (\cos x)\text{＝}\ln (1+\cos x-1)\sim \cos x-1$。
  • 又因为 $\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$ 当 $x\to 0$（使用等价无穷小）
    • 因此，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (\cos x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=-\frac{1}{2}$。

(10)

${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x=$

(10)

• • 计算积分 ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x$。
    • 将积分分为两部分。
      • 第一部分：${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x$。
        • 区间对称，考虑被积函数是奇函数还是偶函数
          • 由于 $\frac{\sin x}{1+\cos x}$ 是奇函数，其在对称区间的积分为0。
      • 第二部分：偶函数翻倍=$2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\mathrm{d}x$。
        • 计算 $|x|$ 在 $[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$ 区间的积分。
          • 因 $|x|$ 在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 为 $x$，且函数是偶函数，故积分范围变为 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 的两倍。
        • 计算 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\mathrm{d}x$。
          • 使用基本积分公式。
            • 得到 ${x^2|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{{\pi }^2}{4}$。
    • 合并两部分结果。
      • 第一部分结果为0，第二部分结果为 $\frac{{\pi }^2}{4}$。
      • 最终结果为 $\frac{{\pi }^2}{4}$

(11)

若函数 $z=z(x,y)$ 由方程 ${\mathrm{e}}^z+xyz+x+\cos x=2$ 确定, 则 ${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}=$

(11)

解
本解法不是最优解法
该问题涉及求函数 $z=z(x,y)$，由方程 ${\mathrm{e}}^z+xyz+x+\cos x=2$ 确定，在点 $(0,1)$ 的微分 $\mathrm{d}z$。

• 因为隐函数方程中有z，所以求出 $z(0,1)$的具体值
  • 代入 $x=0$ 和 $y=1$ 到原方程，得 ${\mathrm{e}}^{z(0,1)}+0+0+\cos 0=2$。
    • 解方程得 $z(0,1)=0$。
• 求偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$。
  • 对原方程关于 $x$ 求偏导数得：${\mathrm{e}}^z\frac{\partial z}{\partial x}+yz+xyz\frac{\partial z}{\partial x}+1-\sin x=0$。
  • 对原方程关于 $y$ 求偏导数得：${\mathrm{e}}^z\frac{\partial z}{\partial y}+xz+xyz\frac{\partial z}{\partial y}=0$。
• 先代值，再移项，求点 $(0,1)$ 偏导数的值
  • 代入 $x=0$，$y=1$，$z=0$ 得：
    • ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}=-1$
    • ${\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}=0$
• 写出全微分公式
  • 使用全微分公式得：${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}={\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}\mathrm{d}x+{\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}\mathrm{d}y=-\mathrm{d}x$

(12)

设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 ${\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ $=$

(12)

• 
  ，
• (2) 轮换对称性
  若将表示积分区域 $\Omega$ 的表达式中的 $x,y,z$ 轮换后表达式不变, 则将被积函数中 $x,y,z$ 作相应的轮换后积分值不变，即
  • $\begin{array}{rl}& {\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }f(y,z,x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }f(z,x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{3}{\iint }_{\Omega }[f(x,y,z)+f(y,z,x)+f(z,x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.\end{array}$
• 由轮换对称性知，${\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$
  • 又 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D_x,0⩽z⩽1\right\}$,
  • 其中 $D_x=\{(x,y)\mid x+y⩽1-z,y⩾0,z⩾0\}$,
    • 其面积为 $\frac{(1-z{)}^2}{2}$,
      投影
      
• $\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =6{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
  • 其中$\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{1}z\mathrm{d}z{\iint }_{D_x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{1}z\cdot \frac{(1-z{)}^2}{2}\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\left(z^3-2z^2+z\right)dz\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\frac{1}{2}\left(\frac{z^2}{4}-\frac{2}{3}-\frac{2}{3}+\frac{z^2}{2}\right)|}_0^1=\frac{1}{24}\end{array}$

(13)

$n$ 阶行列式 $\left|\begin{array}{ccccc}2& 0& \cdots & 0& 2\\ -1& 2& \cdots & 0& 2\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 2& 2\\ 0& 0& \cdots & -1& 2\end{array}\right|=$

(13)

• 9.29
• 答 应填 $2^{n+1}-2$.解法 1 递推法. 将此行列式记为 $D_n$, 按第 $n$ 行展开, 得 $D_n=(-1{)}^{2n-1}\cdot (-1)D_{n-1}+2^n=D_{n-1}+2^n$, 得到递推公式 $D_n=D_{n-1}+2^n(n>1)$. 于是$\begin{array}{rl}{D}_n& =D_{n-1}+2^n=D_{n-2}+2^{n-1}+2^n=\cdots =D_1+2^2+2^3+\cdots +2^n\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2+2^2+2^3+\cdots +2^n=2^{n+1}-2.\end{array}$解法 2 作初等行变换, 把第 1 行消到只剩最右边一个非零元索.做法如下:第 1 行加第 2 行的 2 倍, 加第 3 行的 $2^2$ 倍, $\cdots$, 加第 $n$ 行的 $2^{n-1}$ 倍, 使得第 1 行成为 0,0 , $0,\cdots ,0,a$, 其中 $a=2+4+8+\cdots +2^n=2^{n+1}-2$. 再按第 1 行展开, 得 $D_n=2^{n+1}-2$.注 本题还有多种解法,如按第 1 行展开得递推公式 $D_n=2D_{n-1}+2$; 作初等行变换,化原行列式为上 三角行列式(做法为自上而下, 把各行的 $\frac{1}{2}$ 倍加到下一行, 于是消去了对角线下所有的 -1 ); 作初等行变 换,消去第 1 行到第 $n-1$ 行上的对角线元素 2 (做法为自下而上,把各行的 2 倍加到上一行) 等.

(14)

设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N(1,0;1,1;0)$,则 $P\{XY-Y<0\}=$

(14)

• 解
• 二维随机变量 $(X,Y)$ 的分布
  • $(X,Y)$ 服从二维正态分布 $N(1,0;1,1;0)$，意味着
    • $X\sim N(1,1)$（$X$ 服从均值为 1，方差为 1 的正态分布）
    • $Y\sim N(0,1)$（$Y$ 服从均值为 0，方差为 1 的正态分布）
    • $X$ 和 $Y$ 相互独立
• 转换 $X$
  • $X-1$ 也服从标准正态分布 $N(0,1)$
  • 因为 $X$ 的均值为 1，减去均值后得到 $X-1\sim N(0,1)$
• 计算 $P\{XY-Y<0\}\stackrel{\text{分配律}}{=}P\{(X-1)Y<0\}$
  • 因为X-1和Y相互独立，所以：
    • $P\{(X-1)Y<0\}\underset{\text{不能同正同负}}{\overset{\text{一正一负}}{=}}P\{X-1<0,Y>0\}+P\{X-1>0,Y<0\}$
    • $\stackrel{X-1\text{和}Y\text{相互独立}}{=}P\{X-1<0\}\cdot P\{Y>0\}+P\{X-1>0\}\cdot P\{Y<0\}$
    • 由于 $X-1$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，它们小于或大于 0 的概率都是 1/2(对称轴两边一半一半)
      • $=2\times \Phi (0)\times [1-\Phi (0)]$
      • $=2\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
        所以，$P\{XY-Y<0\}=\frac{1}{2}$。

(15)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)=x+a\ln (1+x)+bx\sin x,g(x)=k{x}^3$. 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x\to 0$ 时 是等价无穷小, 求 $a,b,k$ 值.

（15）

• 泰勒展开 $\ln (1+x)$ 和 $\sin x$:
  • $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
  • $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
• 将展开式的ln和sin代入回 $f(x)$:
  • $f(x)=x+a\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right)+bx\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+o(x^3)$
  • 合并同阶得到：
    $f(x)=(1+a)x+\left(b-\frac{a}{2}\right)x^2+\left(\frac{a}{3}-\frac{b}{6}\right)x^3+o(x^3)$
• 由于 $f(x)$ 和 $g(x)=k{x}^3$ 在 $x\to 0$ 时等价，
  比较 $f(x)$ 和 $g(x)$同次幂的系数
  • 我们需要 $f(x)$ 的一次和二次项消失且三次项系数字等于 $k$，
    $1+a=0,b-\frac{a}{2}=0,\frac{a}{3}-\frac{b}{6}=k$
• 求解 $a$, $b$, 和 $k$:
  • 从 $1+a=0$ 得到 $a=-1$。
  • 将$a$代入,从 $b-\frac{a}{2}=0$ 得到 $b=-\frac{1}{2}$。
  • 将$a\text{和}b$代入,从 $\frac{a}{3}-\frac{b}{6}=k$ 得到 $k=-\frac{1}{3}$。

(16)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于零. 若对任意的 $x_0\in I$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 处 的切线与直线 $x=x_0$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 4 , 且 $f(0)=2$, 求 $f(x)$ 的表达式.

(16)

• 
  
• ① 写出切线方程:$\begin{array}{r}y-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(X-x_0)\end{array}$
• ② 计算区域面积.
  • 一条直角边长: $\begin{array}{r}\left|f(x_0)\right|\end{array}$.
  • 另一条直角边长: $\begin{array}{r}\left|x^{\ast }-x_0\right|\end{array}$.
    • 在(1)式中, 令 $\begin{array}{r}y=0\end{array}$, 可得:$\begin{array}{r}-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)\left(x^{\ast }-x_0\right)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\left|x^{\ast }-x_0\right|=\left|\frac{f(x_0)}{f^{\prime }(x_0)}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}S=\frac{1}{2}\text{底×高}=\frac{1}{2}\left|f\left(x_0\right)\right|\cdot \left|\frac{f\left(x_0\right)}{f^{\prime }(x_0}\right|=\frac{1}{2}\frac{{\left[f\left(x_0\right)\right]}^2}{f^{\prime }\left(x_0\right)}=4\end{array}$
  • $\stackrel{y=f(x_0)}{\to }8y^{\prime }=y^2$.
    • 分离变量, 得 $\frac{8}{y^2}\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$.
    • 方程两端积分, 得 $-\frac{8}{y}=x+C$, 其中 $C$ 为待定常数.
    • 由于 $f(0)=2$,故 $C=-4$,
  • 从而 $\begin{array}{r}y=\frac{8}{4-x}\end{array}$

(17)

(本题满分 10 分)已知函数 $f(x,y)=x+y+xy$, 曲线 $C:x^2+y^2+xy=3$, 求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

(17)

• 解题过程
  • 目标函数:梯度的模长
  • 约束条件：$\begin{array}{r}{x}^2+y^2+xy=3\end{array}$。
• 求梯度的模长
  • 函数:$\begin{array}{r}f(x,y)=x+y+xy\end{array}$
  • 函数的梯度:$\begin{array}{r}\Rightarrow (f_x,f_y)=(1+y,1+x)\end{array}$
  • 然后是梯度的模长等于坐标平方和
• 构造拉格朗日函数
  • 目标函数：$\begin{array}{r}g(x,y)=(1+x{)}^2+(1+y{)}^2\end{array}$。
    • 由于求模的最大值与求模的平方的最大值等价,
    • 故为了方便计算, 我们没有令 $g(x,y)=\sqrt{f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}}$, 而是令 $g(x,y)=f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}$.
  • 约束条件：$\begin{array}{r}\phi (x,y)=x^2+y^2+xy-3=0\end{array}$。
• 作拉格朗日函数:$\begin{array}{rl}L(x,y,\lambda )=g(x,y)+\lambda \phi (x,y)=(1+y{)}^2+& (1+x{)}^2+\lambda \left(x^2+y^2+xy-3\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\text{①}{L}_x^{\prime }=2(1+x)+\lambda (2x+y)=0,\\ \text{②}{L}_y^{\prime }=2(1+y)+\lambda (2y+x)=0,\\ \text{③}{L}_{\lambda }^{\prime }=x^2+y^2+xy-3=0.\end{array}\end{array}$
    • $(1)-(2)$, 得
      • $\begin{array}{rl}& 2(x-y)+\lambda (x-y)=0\end{array}$
      • $\begin{array}{r}(\lambda +2)(x-y)=0\end{array}$
  • 分情况讨论
    • (1) $x=y$ :
      • $3x^2=3$
      • $\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\text{ 或 }\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-1.\end{array}$
    • (2) $\lambda =-2$ : 代入$(1)$
      • $\begin{array}{rl}& 2(1+x)-2(2x+y)=0\end{array}$
      • $\begin{array}{r}x+y-1=0\end{array}$，代入消元法，代入(3)
      • $\begin{array}{r}{x}^2+(1-x{)}^2+x(1-x)=3\end{array}$
        • $x^2-x-2=0$
        • 得$x=-1\text{，}x=2$
  • 则$\begin{array}{r}g(x,y)=(1+x{)}^2+(1+y{)}^2\end{array}$有四个可能的极值点$\begin{array}{rl}(1\text{，}1)& (-1,-1),(2,-1),(-1,2)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(1,1)=8\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(-1,-1)=0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(2,-1)=g(-1,2)=9\end{array}$
• 故 $g(x,y)$ 在条件 $x^2+y^2+xy=3$ 下的最大值为 9 ,
  从而 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数为 3 .
• 若函数 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处可微分, $e_l=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\cdot e_l=\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|\cos \theta$
  • 这里 $\theta$ 为向量 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 与向量 $e_l$ 的夹角.
    • 当 $\theta =0$ 时, 即 $e_l$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 方向相同时, 函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向增加最快, 且在这个方向的方向导数达到最大, 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta =\pi$ 时,即 ${\mathbf{e}}_t$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 方向相反时, 函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向减少最快, 且在这个方向的方向导数达到最小, 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=-\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 时,即 $e_l$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 正交时,函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向的变化率为 0 , 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=0$.

(18)

(本题满分 10 分)(抽象题)
（I ) 设函数 $u(x),v(x)$ 可导,利用导数定义证明 $[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$;(II) 设函数 $u_1(x),u_2(x),\cdots ,u_n(x)$ 可导, $f(x)=u_1(x)u_2(x)\cdots u_n(x)$, 写出 $f(x)$ 的求导公式.

(18)

• （I ) 证 因为函数 $u(x),v(x)$ 可导,所以$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}=u^{\prime }(x),\underset{\Delta r\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}=v^{\prime }(x)\text{, 且 }\underset{\Delta x\to 0}{\lim }v(x+\Delta x)=v(x).$从而$\begin{array}{rl}[u(x)v(x){]}^{\prime }& =\underset{\Delta \to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x)+u(x)\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}\cdot \underset{\Delta x\to 0}{\lim }v(x+\Delta x)+u(x)\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x).\end{array}$（II ) 解 $f^{\prime }(x)=u_1^{\prime }(x)u_2(x)\cdots u_n(x)+u_1(x)u_2^{\prime }(x)\cdots u_n(x)+\cdots +u_1(x)u_2(x)\cdots u_n^{\prime }(x)$.注 这是继 2008,2009 年后又一次考查基本定理(性质)、基本公式的推导, 本题和 2008 年的 (18)题 都是在考査导数的定义, 这是高等数学中一个非常重要的定义, 但可惜, 不论是 2008 年的变限积分求导公 式还是 2015 年的乘积求导公式(本题), 考生作答得都不够理想,究其原因还是基础不够扎实.

(19)

(本题满分 10 分)已知曲线 $L$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2}\\ z=x,\end{array}$ 起点为 $A(0,\sqrt{2},0)$, 终点为 $B(0,-\sqrt{2},0)$, 计算曲线积 分 $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.

(19)

斯托克斯(一阶连续偏导)

• (2)看题目要求是否说明有一阶连续偏导，否则用投代积
  
• 斯托克斯公式直接化为第一类曲面积分
  空间平面怎么算
  空间曲面怎么算
  ${\oint }_{\Gamma }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S$
  • 其中 $\mathbf{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为有向曲面 $\Sigma$ 在点 $(x,y,z)$处的单位法向量.
• 解题思路
  • $\begin{array}{rl}& {\oint }_{L+L^{\prime }}\stackrel{\text{斯托克斯}}{\to }{\int }_{\Sigma }\mid \mid ds.\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\oint }_{L+L^{\prime }}-{\oint }_{L^{\prime }}=I\end{array}$
• 设 $L_1$ 是从点 $B$ 到点 $A$ 的直线段, $\Sigma$ 为平面 $z=x$ 上由 $L$ 与 $L_1$ 围成的半圆面下侧,其面积为 $\pi$,单位法向量为 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
  • $\begin{array}{r}z:z=x\end{array}$，则$\begin{array}{r}x-z=0\end{array}$
  • 法向量:$\begin{array}{r}(1,0,-1)\end{array}$
  • 单位向量:$(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
• $\begin{array}{rl}{\oint }_{L+L_1}(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z& \end{array}$. 由斯托克斯公式知,
  • $\begin{array}{r}={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y+z& z^2-x^2+y& x^2{y}^2\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2x^{2}y-2z\right)+\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(-2x-1)\right]dS\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{提出}\frac{1}{\sqrt{2}}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_z\left(2x^{2}y-2z+2x+1\right)dS\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{z=x}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\left(2x^{2}y+1\right)\mathrm{d}S\end{array}$
    • 由于曲面 $\Sigma$ 关于 $xOz$ 平面对称, 且函数 $2x^{2}y$ 是关于 $y$ 的奇函数, 故 ${\iint }_{\Sigma }2x^{2}y\mathrm{d}S=0$,
  • $=\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \Sigma$ 的面积
  • $\underset{\text{半圆的面积}}{\overset{S=\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot (\sqrt{2}{)}^2}{=}}\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$
• 因此, $I=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi -0=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$.

参数方程(连续函数)

• a. 一投二代三计算.(参数方程分为直角坐标和极坐标)
• 设 $\Gamma :\{\begin{array}{l}x=x(t),\\ y=y(t),t:a\to b,\\ z=z(t),\end{array}$, 则有
  • $\begin{array}{r}{\int }_{\Gamma }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}=& {\int }_a^b\left\{P[x(t),y(t),z(t)]x^{\prime }(t)+Q[x(t),y(t),z(t)]y^{\prime }(t)+R[x(t),y(t),z(t)]z^{\prime }(t)\right\}\mathrm{d}t.\end{array}$
      • $\begin{array}{rl}& dx=x^{\prime }(t)dt\end{array}$
      • $\begin{array}{r}dy=y^{\prime }(t)dt\end{array}$
      • $\begin{array}{r}dz=z^{\prime }(t)dt\end{array}$
• 如何写出参数方程:已知 $\begin{array}{r}L:\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2}\\ z=x\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{z=x}{\to }x=\sqrt{2-x^2-y^2}\stackrel{\text{两边平方}}{\to }{x}^2=2-x^2-y^2\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{移项}}{\to }2x^2+y^2=2\stackrel{\text{化为椭圆方程}}{\to }{x}^2+\frac{y^2}{2}=1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1}{\to }\{\begin{array}{l}x=\cos t\\ y=\sqrt{2}\sin t\\ z=\cos t\end{array}\end{array}$
  • $t\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$, 且 $L$ 的起点 $A$ 对应 $t=\frac{\pi }{2}$, 终点对应参数 $t=-\frac{\pi }{2}$
• $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.
  • $={\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}[(\sqrt{2}\sin t+\cos t)(-\sin t)+\underset{{\cos }^{2}t-{\cos }^{2}t}{\underbrace{(\sqrt{2}\sin t)\cdot \sqrt{2}\cos t}}+{\cos }^{2}t\cdot 2{\sin }^{2}t\text{⋅}(-\sin t)]dt$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}\left(-\sqrt{2}{\sin }^{2}t-\sin t\cos t+2\sin t\cos t-2{\sin }^{3}t{\cos }^{2}t\right)dt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(-\sqrt{2}{\sin }^{2}t+\sin t\cos t-2{\sin }^{3}t{\cos }^{2}t\right)dt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{奇函数为}0}{\overset{\text{区间对称}}{=}}-\sqrt{2}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt\stackrel{\text{偶函数翻倍}}{=}2\sqrt{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{华里士}}{=}2\sqrt{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi \end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{二倍角公式也能算}}{\to }\text{过程自己算}\end{array}$

(20)

(本题满分 11 分)
设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, ${\mathbf{\beta }}_1=2{\mathbf{\alpha }}_1+2k{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\beta }}_2=2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3$.
( I ) 证明向量组 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基;
( II ) 当 $k$ 为何值时,存在非零向量 $\mathbf{\xi }$ 在基 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标相同,并求所有的 $\mathbf{\xi }$.

(20)

• (I ) 证 由于 $\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left(2{\mathbf{\alpha }}_1+2k{\mathbf{\alpha }}_3,2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\mathbf{P}$, 其中
• $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 2k& 0& k+1\end{array}\right),$且 $|\mathbf{P}|=4\ne 0$, 所以 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基.
  （II ) 解 设 $\mathbf{\xi }$ 在基 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标向里为 $\mathbf{x}$, 则
• $\mathbf{\xi }=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)x=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)x=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)Px,$所以
• $(P-E) x=0 .
• $对$P-E$ 作初等行变换
• $\mathbf{P}-\mathbf{E}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 2k& 0& k\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -k\end{array}\right),$所以当 $k=0$ 时, 方程组 $(\mathbf{P}-\mathbf{E})\mathbf{x}=0$ 有非零解, 且所有非零解为
• $x=c\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)\text{, }$其中 $c$ 为任意非零常数.
  故在两个基下坐标相同的所有非零向量为 $\mathbf{\xi }=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\left(\begin{array}{c}c\\ 0\\ -c\end{array}\right)=c\left({\mathbf{\alpha }}_1-{\mathbf{\alpha }}_3\right),c$ 为任意非零常数.

(21)

(本题满分 11 分)
设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -3\\ -1& 3& -3\\ 1& -2& a\end{array}\right)$ 相似于矩阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$.
(I) 求 $a,b$ 的值;
(II) 求可逆矩阵 $\mathbf{P}$,使 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}$ 为对角矩阵.

(21)

• 解 (I ) 由于矩阵 $\mathbf{A}$ 与矩阵 $\mathbf{B}$ 相似,因此 $\mathrm{tr}(\mathbf{A})=\mathrm{tr}(\mathbf{B}),|\mathbf{A}|=|\mathbf{B}|$, 于是
• $3+a=2+b,2a-3=b,$解得
  (II) 由 ( I ) 知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& -3\\ -1& 3& -3\\ 1& -2& 4\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& 5& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$.
  由于矩阵 $\mathbf{A}$ 与矩阵 $\mathbf{B}$ 相似, 因此 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{B}|=(\lambda -1{)}^2(\lambda -5)$, 故 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1,{\lambda }_3=5$.
  当 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1$ 时, 解方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得线性无关的特征向量 ${\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{l}2\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_3=5$ 时,解方程组 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$.
  令 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& -3& -1\\ 1& 0& -1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$, 则 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 5\end{array}\right)$, 故 $\mathbf{P}$ 为所求可逆矩阵.

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 的概率密度为

• $f(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^{-x}\ln 2,& x>0,\\ 0,& x⩽0.\end{array}$
  对 $X$ 进行独立重复的观测, 直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数.
  ( I ) 求 $Y$ 的概率分布;
  (II) 求 $E(Y)$.

(22)

(I)

• 求 $Y$ 的概率分布:Y是离散型的
• 找取值，求概率
  • 找取值:直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数
    • Y可能为2,3,4,5,一直到n,确定$B\text{～}(n,p)$
  • 求p:一个观测值X大于 3 的概率 $p$,和Y没有关系
    • $p=P\{X>3\}={\int }_3^{+\infty }f(x)dx={\int }_3^{+\infty }{2}^{-x}\ln 2dx=-{2^{-x}|}_3^{+\infty }=\frac{1}{8}$
  • 求p逆:
    • $P\{X\le 3\}=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.
• $Y$ 的概率分布(几何分布,不用考虑组合情况)
  • $Y$ 是直到第二个观测值大于 3 为止的观测次数
    • 前k-1次二项分布
    • 第k次为几何分布
  • $P\{Y=k\}$ 是第 $k$ 次观测时第二次得到大于 3 的值
  • $P\{Y=k\}={\mathrm{C}}_{k-1}^1\cdot \frac{1}{8}\cdot {\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}\cdot \frac{1}{8}\stackrel{C_{k-1}^1=\frac{(k-1)}{1!}}{=}\frac{1}{64}(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}$,其中 $k=2,3,\cdots$
    (II) 求 $E(Y)$（$Y$ 的期望值）
• 解法 2：使用几何分布(7×2表格)
  • $Y=Y_1+Y_2$, 且 $Y_1,Y_2$ 均服从参数为 $p=\frac{1}{8}$ 的几何分布.
  • $E(Y)=E(Y_1+Y_2)=E(Y_1)+E(Y_2)=\frac{1}{\frac{1}{8}}+\frac{1}{\frac{1}{8}}=16$
• 解法 1：直接计算(不推荐)
  • $E(Y)=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}{\left(\frac{1}{8}\right)}^2$
  • 使用级数求导和求和技巧
  • $E(Y)={\left(\frac{1}{8}\right)}^2{\frac{2}{(1-x{)}^3}|}_{x=\frac{7}{8}}=16$

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为

• $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-\theta },& \theta ⩽x⩽1,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$
  其中 $\theta$ 为未知参数. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自该总体的简单随机样本.
  (I) 求 $\theta$ 的矩估计量;
  (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• ( I ) 由于总体 $X$ 服从区间 $[\theta ,1]$ 上的均匀分布, 因此 $EX=\frac{1+\theta }{2}$.
  • 由 $\frac{1+\theta }{2}=\bar{X}$, 其中 $\bar{X}$ 为样本均值, 得 $\theta$ 的矩估计是 $\hat{\theta }=2\bar{X}-1$.
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的观测值,
  • 写出似然函数为$L(\theta )=\prod _{i=1}^{n}f\left(x_i;\theta \right)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{(1-\theta {)}^n},& \theta \le x_i\le 1\\ 0,& (i=1,2,\cdots ,n)\end{array}$
  • 为了方便求导，取对数:当$\theta ⩽x_i⩽1$时，$\ln L(\theta )=-n\ln (1-\theta )$
  • 求导求驻点:$\frac{d\ln ((\theta )}{d\theta }=\frac{n}{1-\theta }=0$，因为分母不为0，所以分子为0，则n=0，出现错误
    • 要使得$\frac{d\ln ((\theta )}{d\theta }=\frac{n}{1-\theta }>0$，$\theta$越大，分母$1-\theta$越小越趋向于0，则$\ln L(\theta )$越大
      • $\theta$的最大值为x的最小值$\theta \le \min \left\{x_1,x_2,\cdots ,x_n\right\}$
      • 故 $\theta$ 的最大似然估计量为$\hat{\theta }=\min \left\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\right\}$