数一2016

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)

数一2016 若反常积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x$ 收敛, 则( )
(A) $a<1$ 且 $b>1$.
(B) $a>1$ 且 $b>1$.
(C) $a<1$ 且 $a+b>1$.
(D) $a>1$ 且 $a+b>1$.

(1)

数一2016 答 应选(C).

• 三件事
  • 找关键点:
    • 0是无界点，\infty是无穷
    • 点1不研究，因为这个点是定积分
  • 看无穷小，无穷大
    • 无穷小用等价
    • 无穷大用提马法
  • 比较
    • 如果一个函数比收敛的小，肯定收敛
    • 如果一个函数比发散的大，肯定发散
• 将原积分分解为两部分，以便分别考虑在 $x$ 接近 0 和 $x$ 接近 $\infty$ 时的行为。
  • 分解为 ${\int }_0^1\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x+{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x$。
• ${\int }_0^1\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x\underset{\text{等价}}{\overset{{\lim }_{x\to 0}(1+x{)}^b=1}{\to }}\frac{1}{x^a}\stackrel{x\to 0\text{，}a<1}{\to }\text{收敛}$
  • 结论：由${\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx=\{\begin{array}{l}p<1,\text{收敛}\\ p⩾1,\text{发散}\end{array}$,得${\int }_0^1\frac{1}{x^a}\mathrm{d}x$ 收敛,则 $a<1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a<1$ 时收敛。
• ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x\underset{\frac{1}{x^a}\cdot \frac{1}{x^b}\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^b}}{\overset{{\lim }_{x\to \infty }(1+x{)}^b=x^b}{\to }}{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^{a+b}}dx\stackrel{x\to \infty ,a+b>1}{\to }\text{收敛}$
  • 结论：由${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx=\{\begin{array}{l}p>1,\text{收敛}\\ p⩽1,\text{发散}\end{array}$,得${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^{a+b}}\mathrm{d}x$ 收敛时,$a+b>1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a+b>1$ 时收敛。
• 通过分析积分在 $x$ 接近 0 和 $\infty$ 时的行为，
  原积分收敛当且仅当 $a<1$ 且 $a+b>1$。
  正确选项是 (C)

(2)

数一2016
已知函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}2(x-1),& x<1,\\ \ln x,& x⩾1,\end{array}$ 则 $f(x)$ 的一个原函数是：
(A) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x-1),& x⩾1.\end{array}$
(B) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x+1)-1,& x⩾1.\end{array}$
(C) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x+1)+1,& x⩾1.\end{array}$
(D) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x-1)+1,& x⩾1.\end{array}$

(2)

• 第一步：计算原函数
  • 小总结：对 $f(x)$ 的进行分段积分以找到原函数。
  • 做法与数学公式：
    • 当 $x<1$ 时，$F(x)=\int 2(x-1)\mathrm{d}x=(x-1{)}^2+C_1$。
    • 当 $x⩾1$ 时，$F(x)=\int \ln x\mathrm{d}x=x(\ln x-1)+C_2$。
• 第二步：若原函数在分段点$x\text{＝}1$连续,则左右极限相等
  • 小总结：原函数必须在分段点 $x=1$ 处连续。
  • 做法与数学公式：代入$x=1$
    • 计算 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }[(x-1{)}^2+C_1]=C_1$。
    • 计算 $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }[x(\ln x-1)+C_2]=-1+C_2$。
    • 为了保证连续性，需要 $C_1=-1+C_2$。
• 第三步：确定常数,令$C=0$
  • 小总结：选择合适的常数使得原函数在整个定义域上有效。
  • 做法与数学公式：
    • 令 $C_1=C$，则 $C_2=1+C$。
    • 因此，$F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2+C,& x<1,\\ x(\ln x-1)+1+C,& x⩾1.\end{array}$
    • 选择 $C=0$ 以简化表达式。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $f(x)$ 的原函数
  • 并确保其在分段点连续，我们得到 $F(x)$ 的表达式。
  • 在这个过程中，选择合适的常数$0$是关键
    答 应选(D).

(3)

若 $y={\left(1+x^2\right)}^2-\sqrt{1+x^2}$ 和 $y={\left(1+x^2\right)}^2+\sqrt{1+x^2}$ 是微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的两个解，则 $q(x)$ 等于：
A. $3x\left(1+x^2\right)$
B. $-3x\left(1+x^2\right)$
C. $\frac{x}{1+x^2}$
D. $-\frac{x}{1+x^2}$

(3)

数一2016 答 应选(A).

• 若 $y_1,y_2$ 是微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的解,
  • 则 $\frac{y_1+y_2}{2}$ 仍是该微分方程的解,
  • 而 $y_2-y_1$ 是对应的齐次线性方程 $y^{\prime }+p(x)y=0$ 线性无关的解.
• 先利用 $y_2-y_1$ 是 $y^{\prime }+p(x)y=0$ 的解来确定 $p(x)$,
  再利用 $y_1,y_2$ 是 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的解来确定 $q(x)$.
• 通过 $\frac{y_2-y_1}{2}$ 求解 $p(x)$。
  • 计算 ${\left(\frac{y_2-y_1}{2}\right)}^{\prime }+p(x)\left(\frac{y_2-y_1}{2}\right)=0$
    • $y_2-y_1=2\sqrt{1+x^2}$
    • ${\left(y_2-y_1\right)}^{\prime }=\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}$
  • 得到 $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\sqrt{1+x^2}p(x)=0$
    • 解得 $p(x)=-\frac{x}{1+x^2}$
• 利用 $\frac{y_1+y_2}{2}$ 求解 $q(x)$
  • $\frac{y_1+y_2}{2}={\left(1+x^2\right)}^2$
  • ${\left(\frac{y_1+y_2}{2}\right)}^{\prime }=2\left(1+x^2\right)\cdot 2x=4x\left(4+x^2\right).$
  • 代入 ${\left[{\left(1+x^2\right)}^2\right]}^{\prime }+\underset{p(x)=-\frac{x}{1+x^2}}{\underbrace{p(x){\left(1+x^2\right)}^2}}=q(x)$
    • $4x\left(1+x^2\right)-\frac{x}{1+x^2}\cdot {\left(1+x^2\right)}^2=q(x)$
    • $4x\left(1+x^2\right)-x\left(1+x^2\right)=3x\left(1+x^2\right)=q(x)$
    • 解得 $q(x)=3x\left(1+x^2\right)$。
• 2016 年数一第 (3) 题的拓展:
  • (1) 一阶线性微分方程的解的叠加原理。
  • (2) 一阶非齐次线性微分方程的通解结构.

(4)

数一2016 已知函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x⩽0,\\ \frac{1}{n},& \frac{1}{n+1}<x⩽\frac{1}{n},n=1,2,\cdots ,\end{array}$ 则 ( )
(A) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点.
(B) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点.
(C) $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续但不可导.
(D) $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.

(4)

数一2016 答 应选(D).

• 计算 $x=0$ 处的左导数。
  • $f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x}{x}=1$。
• 计算 $x=0$ 处的右导数。
  • $f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$
    • 当 $\frac{1}{n+1}<x⩽\frac{1}{n}$ 时, $f(x)=\frac{1}{n}$。
    • 因此，$1⩽\frac{f(x)}{x}<\frac{n+1}{n}$。
    • 当 $x\to 0^{+}$ 时，$n\to \infty$，由夹逼准则，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$，即 $f_{+}^{\prime }(0)=1$- 第三步：判断可导性
  • 小总结：由于左导数和右导数相等，函数在 $x=0$ 处可导。
  • 做法与数学公式：$f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)=1$。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $x=0$ 处的左导数和右导数，我们发现它们都等于 1，因此函数在 $x=0$ 处可导。
    正确选项是 D.

(5)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是可逆矩阵,且 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似,则下列结论错误的是 ( )
(A) ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(B) $A^{-1}$ 与 ${\mathbf{B}}^{-1}$ 相似.
(C) $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 相似.
(D) $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{-1}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{-1}$ 相似.

(5)

• 答 应选(C).
  解 依题意可知, 存在可逆矩阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=B$, 则
• ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}={\left({\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}\right)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\left({\mathbf{P}}^{-1}\right)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\left({\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\right)}^{-1}={\mathbf{P}}_1^{-1}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{P}}_1,$其中 ${\mathbf{P}}_1={\left({\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\right)}^{-1}$ 可逆,故 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\sim {\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$.
• $B^{-1}={\left(P^{-1}AP\right)}^{-1}=P^{-1}{A}^{-1}{\left(P^{-1}\right)}^{-1}=P^{-1}{A}^{-1}P,$故 ${\mathbf{A}}^{-1}\sim {\mathbf{B}}^{-1}$.
• ${\mathbf{P}}^{-1}\left(\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{-1}\right)\mathbf{P}={\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}+{\mathbf{P}}^{-1}{\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{P}=\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{-1},$故 $A+A^{-1}\sim B+B^{-1}$.
  由此可知, (A), (B), (D) 均正确, 故选 (C).
  对于 (C), 取 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}1& 3\\ 2& 2\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{cc}4& 0\\ 0& -1\end{array}\right)$, 易知 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似, 但 $\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$ 与 $\mathbf{B}+{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}$ 不相似.

(6)

设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+4x_1{x}_2+4x_1{x}_3+4x_2{x}_3$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2$ 在空间直角坐标下表示的二次曲面为( )
(A) 单叶双曲面.
(B) 双叶双曲面.
(C) 椭球面.
(D) 柱面.

(6)

二次曲面$f(x_1,x_2,x_3)=1$ 的类型:

${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_1$ 的符号	$f(x_1,x_2,x_3)=1$ 的类型
3 正	椭球面
2 正 1 负	单叶双曲面
1 正 2 负	双叶双曲面
2 正 1 零	椭圆柱面
1 正 1 负 1 零	双曲柱面

$f(x,y,z)=1$ 表示的二次曲面	二次曲面的标准方程	正惯性指数	负惯性指数
单叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1$	2	1
双叶双曲面	$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1$	1	2
椭球面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$	3	0
椭圆柱面	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$	2	0
双曲柱面	$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$	1	1
答 应选(B).
解 二次型矩阵
由

• $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 2& 2\\ 2& 1& 2\\ 2& 2& 1\end{array}\right),$ $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -2& -2\\ -2& \lambda -1& -2\\ -2& -2& \lambda -1\end{array}\right|=(\lambda -5)(\lambda +1{)}^2,$ 可知矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $5,-1,-1$.那么在正交变换下二次型的标准形为 $5y_1^2-y_2^2-y_3^2$, 则 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2$ 表示的二次曲面为双叶双曲 面,故选(B).

(7)

设随机变量 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)(\sigma >0)$, 记 $p=P\left\{X⩽\mu +{\sigma }^2\right\}$, 则 $()$
(A) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而增加.
(B) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加.
(C) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而减少.
(D) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而减少.

(7)

• 关键步骤:对$\mu +{\sigma }^2$标准化
• 标准化首先，我们需要将给定的正态分布标准化。标准化的过程是将一般的正态分布转换为标准正态分布 $N(0,1)$。对于 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，标准化的随机变量 $Z$ 定义为 $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$。
• 计算概率：我们需要计算 $P\{X\le \mu +{\sigma }^2\}$。不等式两边同时使用标准化的随机变量 $Z$，这个概率可以写为
  $p=P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{\mu +{\sigma }^2-\mu }{\sigma }\right\}=P\left\{Z\le \sigma \right\}$ 不等式右侧可以写成$\frac{\mu +{\sigma }^2-\mu }{\sigma }=\sigma$，
  • 这里，$Z$ 是一个标准正态分布的随机变量，所以 $P\{Z\le \sigma \}$ 是标准正态分布的累积分布函数 $\Phi (\sigma )$。
• 分析概率与参数的关系：
  • 对于 $\mu$：由于 $\sigma$ 是标准差，它与均值 $\mu$ 无关。因此，$p$ 不会随着 $\mu$ 的变化而变化。
  • 对于 $\sigma$：当 $\sigma$ 增加时，$\Phi (\sigma )$ 增加，因为标准正态分布的累积分布函数是单调递增的。这意味着 $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加。
    正确选项是 (B) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加。

(8)

随机试验 $E$ 有三种两两不相容的结果 $A_1,A_2,A_3$, 且三种结果发生的概率均为 $\frac{1}{3}$, 将试验 $E$ 独立 重复做 2 次, $X$ 表示 2 次试验中结果 $A_1$ 发生的次数, $Y$ 表示 2 次试验中结果 $A_2$ 发生的次数,则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为 $()$(A) $-\frac{1}{2}$.(B) $-\frac{1}{3}$.(C) $\frac{1}{3}$.(D) $\frac{1}{2}$.

(8)

• 随机变量 $X$ 和 $Y$ 的分布
  • $X$ 和 $Y$ 都服从二项分布 $B(2,\frac{1}{3})$，因为每次试验中 $A_1$ 或 $A_2$ 发生的概率都是 $\frac{1}{3}$，且试验重复两次。
• 计算相关系数 ${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}$
• 计算分母 $E(X)$、$E(Y)$、$DX$ 和 $DY$
  • 若 $X\sim B(n,p)$, 则 $EX=np,DX=np(1-p)$.
    • $E(X)=E(Y)=2\times \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$
    • $DX=DY=2\times \frac{1}{3}\times \frac{2}{3}=\frac{4}{9}$
• 计算分子 $\mathrm{Cov}(X,Y)$
  • $\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$
  • 首先求 $E(XY)$：
    • 先求(X,Y)的分布函数
      • 找取值,然后求概率
        • $XY=1\stackrel{\text{一种情况}}{\to }(X=1,Y=1)$
          • $P\{XY=1\}=P\{X=1,Y=1\}=2\times \frac{1}{3}\times \frac{1}{3}=\frac{2}{9}$
        • $XY=0\stackrel{\text{取逆}}{\to }1-\frac{2}{9}=\frac{7}{9}$
      • 联合概率分布得 : $XY\sim \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \frac{2}{9}& \frac{7}{9}\end{array}\right)$,
    • 期望为:$E(XY)=1\times \frac{2}{9}+0\times \frac{7}{9}=\frac{2}{9}$
  • 合并计算结果，得$\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{2}{9}-\frac{2}{3}\times \frac{2}{3}=-\frac{2}{9}$

(9)

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{1-\cos x^2}=$

(9)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解
• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{1-\cos x^2}\stackrel{1-\cos \Delta \sim \frac{1}{2}{\Delta }^2}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{\frac{1}{2}{x}^4}$
  • $\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln (1+x\sin x)}{2x^3}$
  • $\stackrel{\ln (1+\Delta )\sim \Delta }{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin x}{2x^3}=\frac{1}{2}.$

(10)

向量场 $\mathbf{A}(x,y,z)=(x+y+z)\mathbf{i}+xy\mathbf{j}+z\mathbf{k}$ 的旋度 $\mathrm{rot}\mathbf{A}=$

(10)

• 答 应填 $j+(y-1)k$.
• $\mathbf{A}(x,y,z)=(x+y+z)\mathbf{i}+xy\mathbf{j}+z\mathbf{k}$
  • $\mathrm{rot}A=\left|\begin{array}{ccc}i& j& \cdot k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ x+y+z& xy& z\end{array}\right|$
    • $\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}0\vec{i}+(-1)(0-1)\vec{j}+(y-1)\vec{k}$
    • $=\vec{j}+(y-1)\vec{k}.$
• 分析 本题主要考查旋度的定义.
  • 为了方便记忆，可以将 rot $A$ 写成行列式的形式，并利用行列式的计算方法来计算：
  • $\mathrm{rot}\mathbf{A}=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|$
• (2018 年数一第 (11) 题)
  设$\mathbf{F}(x,y,z)=xyi-yzj+zx\mathbf{k}$ ，则 $\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=$

(11)

设函数 $f(u,v)$ 可微, $z=z(x,y)$ 由方程 $(x+1)z-y^2=x^{2}f(x-z,y)$ 确定, 则 ${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}=$

(11)

解
本解法不是最优解法

• 因为隐函数方程有z，所以要确定点 $(0,1)$ 处的 $z$ 值。
  • 代入 $x=0$ 和 $y=1$ 到方程，得到 $z=1$。
• 求方程两边关于 $x$ 和 $y$ 的偏导数。
  • 对 $x$ 求偏导数得：$z+(x+1)\frac{\partial z}{\partial x}=2xf(x-z,y)+x^2{f}_1^{\prime }(1-\frac{\partial z}{\partial x})$。
  • 对 $y$ 求偏导数得：$(x+1)\frac{\partial z}{\partial y}-2y=x^2(f_1^{\prime }(-\frac{\partial z}{\partial y})+f_2^{\prime })$。
• 先代值，后移项求偏导：在点 $(0,1)$ 求偏导数的值。
  • 代入 $x=0$，$y=1$，$z=1$ 得：
    • ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}=-1$。
    • ${\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}=2$。
• 计算微分 $\mathrm{d}z$ 在点 $(0,1)$ 的值。
  • 使用全微分公式得：${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}={\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}\mathrm{d}x+{\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}\mathrm{d}y=-\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$

(12)

设函数 $f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a{x}^2}$, 且 $f^{\prime \prime \prime }(0)=1$, 则 $a=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解 利用箱级数展开. 当 $-1<x<1$ 时,$f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a{x}^2}=\left(x-\frac{1}{3}{x}^3+\cdots \right)-x\left(1-a{x}^2+\cdots \right)$ $=\left(a-\frac{1}{3}\right)x^3+\cdots ,$ 由淂级数展开式的唯一性可知 $a-\frac{1}{3}=\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!},a=\frac{1}{2}$.注 $\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1},-1⩽x⩽1,\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n,-1<x<1$.

(13)

行列式 $\left|\begin{array}{cccc}\lambda & -1& 0& 0\\ 0& \lambda & -1& 0\\ 0& 0& \lambda & -1\\ 4& 3& 2& \lambda +1\end{array}\right|=$.

(13)

• 答 应填 $4+3\lambda +2{\lambda }^2+{\lambda }^3+{\lambda }^4$.解 利用行列式展开定理.$D=\left|\begin{array}{c}\lambda -100\\ 0\lambda -10\\ 00\lambda -1\\ 432\lambda +1\end{array}\right|\frac{\text{ 按第 }4\text{ 行 }}{\text{ 展开 }}4(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{c}-100\\ \lambda -10\\ 0\lambda -1\end{array}\right|+3(-1{)}^{4+2}\left|\begin{array}{c}\lambda 00\\ 0-10\\ 0\lambda -1\end{array}\right|+$
• $2(-1{)}^{4+3}\left|\begin{array}{c}\lambda -10\\ 0\lambda 0\\ 00-1\end{array}\right|+(\lambda +1)(-1{)}^{4+4}\left|\begin{array}{c}\lambda -10\\ 0\lambda -1\\ 00\lambda \end{array}\right|=4+3\lambda +2{\lambda }^2+{\lambda }^3+{\lambda }^4.$

(14)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本, 样本均值 $\bar{X}=9.5$, 参数 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间的置信上限为 10.8 , 则 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间为

(14)

• 答 应填 $(8.2,10.8)$.解 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的样本. 由于 $\mu$ 的双侧置信区间的上限、下限关于样本均值 $\bar{x}$ 是对称的,故置信下限应为 $9.5-(10.8-9.5)=8.2$, 故置信区间为 $(8.2,10.8)$.# 三、解答题(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}

(15)

(本题满分 10 分)已知平面区域 $D=\left\{(r,\theta )\mid 2⩽r⩽2(1+\cos \theta ),-\frac{\pi }{2}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}\right\}$, 计算二重积分 ${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(15)

• 解
• 
  
• 本题主要考查二重积分的计算. 由于题设中区域 $D$ 的表示为极坐标形式,
  故考虑将二重积分化为极坐标系下的二次积分后再计算. 本题需要用到华里士公式:
  $I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdot \cdots \cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{ 为正偶数, }\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdots \cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3},& n\text{ 为大于 }1\text{ 的奇数. }\end{array}$
  • $x=r\cos \theta$
  • $y=r\sin \theta$
  • $dxdy=rdrd\theta$
• ${\iint }_{D}xdxdy={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_2^{2(1+\cos \theta )}r\cos \theta \cdot rdr$
  • $\stackrel{\text{将和}r\text{无关的}\cos \theta \text{提出}}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta {\int }_2^{2(1+\cos \theta )}{r}^{2}dr$
  • $\stackrel{\text{牛莱公式}}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left[\cos \theta \cdot \frac{r^3}{3}{|}_2^{2(1+\cos \theta )}\right]d\theta$
  • $=\frac{8}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \left[(1+\cos \theta {)}^3-1\right]d\theta$
    • $(a+b{)}^3=a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3$
  • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}\frac{8}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left({\cos }^4\theta +3{\cos }^3\theta +3{\cos }^2\theta \right)d\theta$
  • $\stackrel{\text{区间对称}}{=}\frac{16}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left({\cos }^4\theta +3{\cos }^3\theta +3{\cos }^2\theta \right)d\theta$
  • $\stackrel{\text{ 华里士公式 }}{=}\frac{16}{3}\times \frac{3}{4}\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}+16\times \frac{2}{3}+16\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}$
  • $=5\pi +\frac{32}{3}.$

(16)

(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 满足方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+ky=0$, 其中 $0<k<1$.
( I ) 证明:反常积分 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 收敛.
(II) 若 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=1$, 求 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 的值.

(16)

• (解) (I) 原方程的特征方程为 ${\lambda }^2+2\lambda +k=0$.
  • 由于 $0<k<1$, 故 $\Delta =4-4k>0$,
    • 从而解得 ${\lambda }_{1,2}=\frac{-2\pm \sqrt{4+4k}}{2}=-1\pm \sqrt{1-k}<0$
    • 于是$y(x)=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$
• ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{代入}y(x)}{=}{\int }_0^{+\infty }\left(C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)\mathrm{d}x$
  • $\underset{\int e^{\lambda x}dx=\frac{e^{\lambda x}}{\lambda }}{\overset{\text{牛莱}}{=}}{\left(\frac{C_1}{{\lambda }_1}{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+\frac{C_2}{{\lambda }_2}{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)|}_0^{+\infty }$
  • $=0-\frac{C_1}{{\lambda }_1}+0-\frac{C_2}{{\lambda }_2}=-\left(\frac{C_1}{{\lambda }_1}+\frac{C_2}{{\lambda }_2}\right)=$常数
  • 所以反常积分 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 收敛.
    (II)
• $y+2y^{\prime }+ky=0\stackrel{\text{变形}}{\to }y=-\frac{1}{k}(y^{\prime \prime }+2y^{\prime })$
  • $\stackrel{\text{两端积分}}{\to }{\int }_0^{+\infty }y(x)dx=\frac{1}{k}{\int }_0^{+\infty }[y^{\prime \prime }(x)+2y^{\prime }(x)]dx$
    • $=-\frac{1}{k}[y^{\prime }(x)+2y(x)]{|}_0^{+\infty }$
      • $y(x)=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}({\lambda }_1{\lambda }_2<0)$
        • $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }(C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x})=0$
      • $y^{\prime }(x)=C_1{\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$
        • $\underset{x\to +\infty }{\lim }{y}^{\prime }(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(C_1{\lambda }_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\lambda }_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)=0$.
      • $y(0)=1$
      • $y^{\prime }(0)=1$
    • $=-\frac{1}{k}(0-1-2)=\frac{3}{k}$

(17)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x,y)$ 满足 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}$, 且 $f(0,y)=y+1,L_t$ 是从点 $(0,0)$ 到点 $(1,t)$ 的光 滑曲线. 计算曲线积分 $I(t)={\int }_{L_l}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y$,并求 $I(t)$ 的最小值.

(17)

• 解 因为 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}$, 所以
• $f(x,y)=\int \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x=\int (2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}\mathrm{d}x=x{\mathrm{e}}^{2x-y}+C(y),$将 $f(0,y)=y+1$ 代人上式, 得 $C(y)=y+1$.
  所以
• $f(x,y)=x{e}^{2x-y}+y+1,$从而
• $I(t)={\int }_{L_t}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y={f(x,y)|}_{(0,0)}^{(1,t)}=f(1,t)-f(0,0)={\mathrm{e}}^{2-t}+t.$
• $I^{\prime }(t)=-{\mathrm{e}}^{2-t}+1,$令 $I^{\prime }(t)=0$ 得 $t=2$.
  由于当 $t<2$ 时, $I^{\prime }(t)<0,I(t)$ 单调减少; 当 $t>2$ 时, $I^{\prime }(t)>0,I(t)$ 单调增加, 因此 $I(2)=3$ 是 $I(t)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的最小值.

(18)

(本题满分 10 分)
设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2x+y+2z=2$ 与三个坐标平面围成, $\Sigma$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧,计算曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }\left(x^2+1\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

• 
  ，，
• 根据高斯公式$\begin{array}{r}{\iint }_{{\Sigma }_{\text{外 }}}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)dV\end{array}$
• $D=\{(x,y)\mid 2x+y⩽2\}$
  • 底面积$S_D=\frac{1}{3}\times 2$\times$1=1$，高$h=1$
• $I={\iint }_{\Omega }(x^2+1)dydz-2ydzdx+3zdxdy$
  • $\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iint }_{\Omega }(2x-2+3)dV={\iint }_{\Omega }(2x+1)dV$
  • $={\iiint }_{\Omega }2xdV+V_{\Omega }$
    • $V_{\Omega }=\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}.$
• $\Omega =\left\{(x,y,z)|0\le z\le \frac{2-2x-y}{2},(x,y)\in D\right\}$
• $D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2-2x,0\le x\le 1\}$
• ${\iiint }_{\Omega }2xdV={\int }_0^{1}2xdx{\int }_0^{2-2x}dy{\int }_0^{\frac{2-2x-y}{2}}dz$
  • $\stackrel{\text{对}z\text{积分}}{=}{\int }_0^{1}2x\left[{\int }_0^{2-2x}\frac{2-2x-y}{2}dy\right]dx$
    • $\stackrel{\text{消去}2}{=}{\int }_0^{1}x\left[{\int }_0^{2-2x}(2-2x-y)dy\right]dx$
  • $\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}{\int }_0^{1}x\left[\left((2-2x)y-\frac{y^2}{2}\right){|}_0^{2-2x}\right]dx$
    • $\stackrel{\text{代入积分上下限}}{=}{\int }_0^{1}x\left((2-2x{)}^2-\frac{(2-2x{)}^2}{2}\right)dx$
    • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_0^{1}x\cdot \frac{(2-2x{)}^2}{2}dx\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_0^{1}x\cdot 2(1-x{)}^{2}dx$
    • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}2{\int }_0^{1}x(x^2-2x+1)dx\stackrel{\text{去括号}}{=}2{\int }_0^1(x^3-2x^2+x)dx$
  • $\stackrel{\text{对}x\text{积分}}{=}2\left(\frac{x^4}{4}-\frac{2x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right){|}_0^1$
  • $=2\left(\frac{1}{4}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{6}.$

(19)

(本题满分 10 分)
已知函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(0)=1,0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$. 设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)(n=1,2,\cdots )$. 证明:
( I ) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛;
( II ) $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在, 且 $0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2$.

(19)

• 证 (I ) 因为 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$, 所以
• $\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|f\left(x_n\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime }(\xi )\left(x_n-x_{n-1}\right)\right|$, 其中 $\xi$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n-1}$ 之间.
  又 $0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$, 所以 $\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{2}\left|x_n-x_{n-1}\right|<\cdots <\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$.
  由于级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$ 收敛, 因此级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛.
  (II) 设 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 则 $S_n=x_{n+1}-x_1$.
  由 (I ) 知, $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$ 存在, 即 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(x_{n+1}-x_1\right)$ 存在, 所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在.
  设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=c$, 由 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 及 $f(x)$ 连续, 得 $c=f(c)$, 即 $c$ 是 $g(x)=x-f(x)$ 的零点. 因为
• $g(0)=-1,g(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2f^{\prime }(\eta )>0,$其中 $\eta \in (0,2)$, 又 $g^{\prime }(x)=1-f^{\prime }(x)>0$, 所以 $g(x)$ 存在唯一零点, 且零点位于区间 $(0,2)$ 内.
  于是 $0<c<2$, 即 $0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2$.

(20)

(本题满分 11 分)

• $\mathbf{B}$ 无解、有唯一解、有无穷多解? 在有解时, 求解此方程.

(20)

• 解 对矩阵 $(\mathbf{A}⋮\mathbf{B})$ 作初等行变换, 有
• $(\mathbf{A}:\mathbf{B})=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 2& a& 1& 1& a\\ -1& 1& a& -a-1& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& a+2& 3& -3& a-4\\ 0& 0& a-1& 1-a& 0\end{array}\right)=\mathbf{C}$ .
• 当 $a\ne 1$ 且 $a\ne -2$ 时, 由于
• $C\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& a+2& 3& -3& a-4\\ 0& 0& 1& -1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& \frac{3a}{a+2}\\ 0& 1& 0& 0& \frac{a-4}{a+2}\\ 0& 0& 1& -1& 0\end{array}\right),$ 因此 $AX=B$ 有唯一解, 且
• $\mathbf{X}=\left(\begin{array}{cc}1& \frac{3a}{a+2}\\ 0& \frac{a-4}{a+2}\\ -1& 0\end{array}\right)$
• $当$a=1$ 时,由于
• $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 3& 3& -3& -3\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& 1\\ 0& 1& 1& -1& -1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right),$因此 $AX=B$ 有无穷多解, 且
• $\mathbf{X}=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -1\\ 0& 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ k_1& k_2\\ -k_1& -k_2\end{array}\right)$, 其中$k_1,k_2$为任意常数;
  于$\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 3& -3& -6\\ 0& 0& -3& 3& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$,因此$\mathbf{AX}=\mathbf{B}$无解.当 $a=-2$ 时, 由于 $\mathbf{C}=\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 3& -3& -6\\ 0& 0& -3& 3& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& -1& 2& 2\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$, 因此 $\mathbf{AX}=\mathbf{B}$ 无解.

(21)

(本题满分 11 分)
已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 1\\ 2& -3& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$.
( I ) 求 ${\mathbf{A}}^{99}$.
(II ) 设 3 阶矩阵 $\mathbf{B}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 满足 ${\mathbf{B}}^2=\mathbf{B}\mathbf{A}$. 记 ${\mathbf{B}}^{100}=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)$, 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 分别表示 为 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 的线性组合.

(21)

解 (I )因为 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 1& -1\\ -2& \lambda +3& 0\\ 0& 0& \lambda \end{array}\right|=\lambda (\lambda +1)(\lambda +2)$,所以 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=-1,{\lambda }_2=-2,{\lambda }_3=0$.
当 ${\lambda }_1=-1$ 时,解方程组 $(-\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,1,0{)}^{\mathrm{T}}$;
当 ${\lambda }_2=-2$ 时,解方程组 $(-2\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$, 得特征向量 ${\xi }_2=(1,2,0{)}^{\mathrm{T}}$;
当 ${\lambda }_3=0$ 时,解方程组 $\mathbf{Ax}=0$, 得特征向量 ${\mathbf{\xi }}_3=(3,2,2{)}^{\mathrm{T}}$.
令 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)=\left(\begin{array}{lll}1& 1& 3\\ 1& 2& 2\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$, 则 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -2& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 所以

• \displaystyle \boldsymbol{A}^{99}=\boldsymbol{P}\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{P}^{-1}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 3 \\1 & 2 & 2 \\0 & 0 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}(-1)^{99} & 0 & 0 \\0 & (-2)^{99} & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2 & -1 & -2 \\-1 & 1 & \frac{1}{2} \\0 & 0 & \frac{1}{2}\end{array}\right)$$\displaystyle =\left(\begin{array}{ccc}2^{99}-2 & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\2^{100}-2 & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\0 & 0 & 0\end{array}\right)(II)因为 $B^2=BA$, 所以
• $B^{100}=B^{98}{B}^2=B^{99}A=B^{97}{B}^{2}A=B^{98}{A}^2=\cdots =B{A}^{99},$即 $\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\left(\begin{array}{ccc}{2}^{99}-2& 1-2^{99}& 2-2^{98}\\ 2^{100}-2& 1-2^{100}& 2-2^{99}\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$, 所以 $\{\begin{array}{l}{\mathbf{\beta }}_1=\left(2^{99}-2\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(2^{100}-2\right){\mathbf{\alpha }}_2,\\ {\mathbf{\beta }}_2=\left(1-2^{99}\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(1-2^{100}\right){\mathbf{\alpha }}_2,\\ {\mathbf{\beta }}_3=\left(2-2^{98}\right){\mathbf{\alpha }}_1+\left(2-2^{99}\right){\mathbf{\alpha }}_2.\end{array}$

(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$ 上服从均匀分布, 令 $U=\{\begin{array}{ll}1,& X⩽Y,\\ 0,& X>Y.\end{array}$
( I ) 写出 $(X,Y)$ 的概率密度;
( II ) 问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立, 并说明理由;
(III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$.

(22)

解

• 均匀分布的概率密度怎么求？先求面积，取面积的倒数就是概率密度
  • 先通过区域画图，用定积分计算面积$S_D={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx=\frac{1}{3}$
  • 取面积的倒数得到概率密度∶$f(x,y)=\{\begin{array}{cc}3,& 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
• 区分度来了∶研究两个随机变量是否相互独立(方向比努力更重要)
• (II) 判断 $U$ 和 $X$ 是否独立，通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
  • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2}\}$ 和 $P\{U\text{＝}0\}$
    • 计算$P\{U=0\}$＝$P\{X>Y\}$，数形结合计算定积分的面积
      • 下半部分的面积比上总面积等于1/2
    • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2}\}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8}$
      • 如图所示$P\left\{X⩽\frac{1}{2}\right\}={\int }_0^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}3\mathrm{d}y$
• $\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}3{\int }_0^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{x}-x^2\right)\mathrm{d}x$
• $={3\left(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{x^3}{3}\right)|}_0^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8};$
  • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2},U\text{＝}0\}$的联合分布，通过用二重积分计算区域图形的面积
    • 如图所示,$P\left\{X⩽\frac{1}{2},U\text{＝}0\right\}$
• $=P\left\{X⩽\frac{1}{2},X>Y\right\}$
• $={\int }_0^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{x}3\mathrm{d}y\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}3{\int }_0^{\frac{1}{2}}\left(x-x^2\right)\mathrm{d}x$
• $={3\left(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3\right)|}_0^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}$
  • 通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
    • 由于 $P\{X\le \frac{1}{2}\}\cdot P\{U\text{＝}0\}\ne P\{X\le \frac{1}{2},U\text{＝}0\}$
      即$\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8})\ne \frac{1}{4}$
      • 因此 $X,U$ 不独立
• (III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$
  • 核心思想∶$U$和$X$一个离散，一个连续∶则对离散的那个进行全集分解
  • 先写出分布函数$F(z)=P\{Z\le z\}$
    • 再通过题中所给关系式进行替换∶$F(z)=P\{Z\le z\}=P\{U+X\le z\}$
  • 进行全集分解，
    $=P\{U+X⩽Y,U=0)+P(U+X⩽Y,U=1)$
    • 将进行的全集分解代入到关系式
      将$U$代入到$U+X$
      • 则$=P\{X⩽z,U=0\}+P(X\le z-1,U=1)$
        • 接下来的计算，如果X和U独立，则可以展开成一维概率相乘
        • 但是第二问证得X和U不独立，则无法拆开
  • 用另一种方式来计算二维联合概率，而不是拆开变成一维，将$U=\{\begin{array}{l}1,X\le Y\\ 0,X>Y\end{array}$代入
    • $=P(X\le z,X>Y)+P(X\le z-1,X\le Y)$∶
      • 到这里题型就变了，变成了区域的二重积分，即$Z=g(x,y)$，然后$X\text{和}Y$都是连续型的
        • $z$从$-\infty \text{到}+\infty$移动
        • 逗号，表示的是交集
        • 这里就是看z和z- 1的左侧有没有包含那个区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$∶可以表示为三个区域的交集
          • $P(X\le z,X>Y)$
            • $(-\infty ,z)$
            • 区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X>Y\Rightarrow x-y>0$
          • $P(X\le z-1,X\le Y)$
            • $(-\infty ,z-1)$
            • 区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X\le Y\Rightarrow x-y\le 0$
        • 然后每一种情况∶都可以分为$z$或$z-1$在区域D左侧，区域内侧，区域右侧
          • 在将这几种情况按照z的取值来组合
          • 在哪里求概率，就在哪里做二重积分
  • 根据不同 $z$ 的取值范围，计算区域D内的面积，从而得到 $F_Z(z)$
    • 当 $z<0$，$F_Z(z)=0$
      • 这时$F(z)=P(\varphi )+P(\varphi )=0$
    • 当 $0\le z<1$，$F_Z(z)=\frac{3}{2}{z}^2-z^3$
      • 当 $0\le z<1,F(x)=P(X\le z,X>Y)+P(\varphi )$
    • 当 $1\le z<2$，$F_Z(z)=2(z-1{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{z}^2+3z-1$
      • 当 $1⩽z<2\text{，}F(z)=\frac{1}{2}+P(X\le z-1,X\le Y)$
    • 当 $z\ge 2$，$F_Z(z)=1$
      • $F(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$
  • 得出 $Z$ 的分布函数
    • $F_Z(z)=\{\begin{array}{l}0,z<0\\ \frac{3}{2}{z}^2-z^3,0\le z<1\\ 2(z-1{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{z}^2+3z-1,1\le z<2\\ 1,z\ge 2\end{array}$

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{3x^2}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数, $X_1,X_2,X_3$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 令 $T=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}$.
(I) 求 $T$ 的概率密度;
(II) 确定 $a$, 使得 $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计.

(23)

解 (I ) 总体 $X$ 的分布函数为

• $F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0\\ \frac{x^3}{{\theta }^3},& 0⩽x<\theta \\ 1,& x⩾\theta \end{array}$从而 $T$ 的分布函数为
• $F_T(z)={\left[F_X(z)\right]}^3=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{z^9}{{\theta }^9},& 0⩽z<\theta \\ 1,& z⩾\theta \end{array}$所以 $T$ 的概率密度为
• $f_T(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{9z^8}{{\theta }^9},& 0<z<\theta ,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$(II) $ET={\int }_{-\infty }^{+\infty }z{f}_T(z)\mathrm{d}z={\int }_0^{\theta }\frac{9z^9}{{\theta }^9}\mathrm{d}z=\frac{9}{10}\theta$, 从而 $E(aT)=\frac{9}{10}a\theta$, 由 $E(aT)=\theta$, 得 $a=\frac{10}{9}$. 所以当 $a=\frac{10}{9}$ 时, $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计.