数一2017

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)

若函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax},& x>0,\\ b,& x⩽0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续, 则 $()$(A) $ab=\frac{1}{2}$.
( B) $ab=-\frac{1}{2}$.
( C) $ab=0$.
(D) $ab=2$.

(1)

• • 要使函数在 $x=0$ 处连续，函数$f(x)$左极限和右极限以及函数值必须相等。
    • 计算右极限
      • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax}\stackrel{1-\frac{(\sqrt{x}{)}^2}{2}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}x}{ax}=\frac{1}{2a}$
    • 计算左极限：$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }b=b$。
    • 左极限＝右极限＝函数值：$\frac{1}{2a}=b$。

(2)

设函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(x)f^{\prime }(x)>0$, 则 $()$( A) $f(1)>f(-1)$.
(B) $f(1)<f(-1)$.
( C) $|f(1)|>|f(-1)|$.
(D) $|f(1)|<|f(-1)|$.

(2)

• • 判断 $f(x)f^{\prime }(x)>0$ 对 $f(x)$ 的影响
    • 构造辅助函数 $g(x)=\frac{1}{2}{f}^2(x)$，$g(x)$ 是可导的
    • 分析 $g(x)$ 的单调性
      • 由 $g^{\prime }(x)=f(x)f^{\prime }(x)>0$，得出 $g(x)$ 是单调递增函数
• 比较 $g(1)$ 和 $g(-1)$ 的大小
  • 由$1>-1$
    • $\stackrel{g^{\prime }(x)>0}{\to }g(1)>g(-1)$
    • $\stackrel{g(x)=\frac{1}{2}{f}^2(x)}{\to }\frac{1}{2}{f}^2(1)>\frac{1}{2}{f}^2(-1)$
      • 进一步得到 $f^2(1)>f^2(-1)\stackrel{\text{开根号}}{\to }|f(1)|>|f(-1)|$

(3)

函数 $f(x,y,z)=x^{2}y+z^2$ 在点 $(1,2,0)$ 处沿向量 $\mathbf{n}=(1,2,2)$ 的方向导数为 $()$(A) 12 .
(B) 6 .
(C) 4 .
(D) 2 .

(3)

答 应选(D).

• 设函数 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 可微分, ${\mathbf{e}}_l=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处沿方向 $l$ 的方向导数存在, 且
  ${\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\cdot {\mathbf{e}}_l={\frac{\partial f}{\partial x}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \alpha +{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \beta +{\frac{\partial f}{\partial z}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \gamma .$
• $\frac{n}{\Vert n\Vert }=\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma =\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
• $\frac{\partial f}{\partial \vec{n}}=\left(f_x,f_y,f_z\right)\cdot \underline{(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma })$
  • $=\left(2xy,x^2,2z\right)\cdot \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
  • $=(4,1,0)\cdot \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
  • $=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2$

(4)

甲、乙两人赛跑, 计时开始时, 甲在乙前方 10 (单位: $m$ ) 处, 图中, 实线表示甲的速度曲线 $v=v_1(t)$ (单位: $\mathrm{m}/\mathrm{s})$, 虚线表示乙的速度曲线 $v=v_2(t)$,三 块阴影部分面积的数值依次是 $10,20,3$. 计时开始后乙追上 甲的时刻记为 $t_0$ (单位: $\mathrm{s}$ ), 则 $()$(A) $t_0=10$.
(B) $15<t_0<20$.
( C) $t_0=25$.
(D) $t_0>25$.

(4)

• 答 应选(C).
  解 由题设知, 从 0 到 $t_0$ 时刻, 甲、乙两人的位移分别为
• $S_1={\int }_0^{t_0}{v}_1(t)\mathrm{d}t,S_2={\int }_0^{t_0}{v}_2(t)\mathrm{d}t,$其中 $S_1$ 在几何上表示曲线 $v=v_1(t),t=t_0$ 及两坐标轴围成的面积, $S_2$ 在几何上表示曲线 $v=v_2(t),t=$ $t_0$ 及两坐标轴围成的面积. $t_0$ 为计时开始后乙追上甲的时刻, 则
• $S_2=S_1+10\text{, }$即
• ${\int }_0^{t_0}{v}_2(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{t_0}{v}_1(t)\mathrm{d}t+10,$
• ${\int }_0^{t_0}\left[v_2(t)-v_1(t)\right]\mathrm{d}t=10.$由题中图形可知 $t_0=25$, 故应选 (C).

(5)

设 $\mathbf{\alpha }$ 为 $n$ 维单位列向量, $\mathbf{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵,则 $()$
(A) $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(B) $\mathbf{E}+\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(C) $\mathbf{E}+2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.
(D) $\mathbf{E}-2\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆.

(5)

• 答 应选 $(A)$.
  解 矩阵 $\mathbf{A}$ 可逆的充分必要条件是 $\mathbf{A}$ 的特征值非零. 因为 $\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 是秩为 1 的矩阵, 又 $\mathbf{\alpha }$ 为单位列向量, 有 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=1$, 故矩阵 $\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 1,0( $n-1$ 重). 所以 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 0,1 ( $n-1$ 重), 因此矩阵 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 不可逆, 应选(A).

（6）

已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{lll}2& 1& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{C}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$, 则 ( )
(A) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似.
(B) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似.
(C) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 相似.
(D) $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似, $\mathbf{B}$ 与 $\mathbf{C}$ 不相似.

(6)

• 答 应选(B).
• $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$ 都是上三角形矩阵,特征值是对角线上的元索, 都是 $2,2,1$.
• 问相似
  • 先看特征值:ABC的是全相等的
  • 再看是否有二重根
  • 如果有二重根，看有几个线性无关的解:用$|A-\lambda E|$判断
    • B选项，是二重根，但只有一个线性无关的特征向量，因此不能相似对角化
• 它们是否与 $\mathbf{C}$ 相似只需看它们是否可相似对角化:也就是，看二重根是否具有两个线性无关的解
  • 矩阵 $\mathbf{A}$, 对二重特征值 $2,n-r(2\mathbf{E}-\mathbf{A})=3-1=2$ (等于重数),
    • $2\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$,
    • 于是 $\mathbf{A}$ 可相似对角化, $\mathbf{A}$ 相似于 $\mathbf{C}$.
  • 矩阵 $\mathbf{B}$, 对二重特征值 $2,n-r(2\mathbf{E}-\mathbf{B})=3-2=1$ (小于重数),
    • $2\mathbf{E}-\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
    • 于是 $\mathbf{B}$ 不可相似对角化, $\mathbf{B}$ 不相似于 $\mathbf{C}$.

(7)

设 $A,B$ 为随机事件. 若 $0<P(A)<1,0<P(B)<1$, 则 $\underset{\text{用条件概率公式展开}}{\underbrace{P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})}}$ 的充分必要条件 是 $()$
(A) $\underset{\text{用条件概率公式展开}}{\underbrace{P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})}}$.
( B) $P(B\mid A)<P(B\mid \bar{A})$.
( C) $P(\bar{B}\mid A)>P(B\mid \bar{A})$.
(D) $P(\bar{B}\mid A)<P(B\mid \bar{A})$.

(7)

解 应选 (A).
解法 1

• 题设条件 $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})\stackrel{\text{两边条件概率}}{\to }\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}\stackrel{\text{求逆}}{=}\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)},$
  • 则$\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}$
    • $P(AB)[1-P(B)]>P(B)[P(A)-P(AB)]$
      • $\underset{P(B)P(AB)}{\overset{\text{左右两边消去}}{\to }}P(AB)>P(A)P(B)$
      • 综上, $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})$ 的充要条件为 $P(AB)>P(A)P(B)$
• 对于A选项:$P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})$.
  • $\frac{P(AB)}{P(A)}>\frac{P(B\bar{A})}{P(\bar{A})}=\frac{P(B)-P(AB)}{1-P(A)}$
  • $\stackrel{\text{不等式交叉相乘}}{\to }P(AB)[1-P(A)]>P(A)[P(B)-P(AB)]$
  • 从而 $P(BA)>P(B)P(A)$,
• 则充要条件为 $P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})$. 答案应选 $(A)$

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n⩾2)$ 为来自$\underset{n\text{个正态分布的平方和就是卡方分布}}{\underbrace{\text{总体}N(\mu ,1)\text{的简单随机样本}}}$, 记 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$, 则下列结论中 不正确的是 $()$
(A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.

(8)

• 答 应选(B).
• 这道题的核心就是要注意卡方分布前面的系数
• (A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $x_i-\mu \sim N(0,1)(x_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$
  • $\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2=(X_1-\mu {)}^2+(X_2-\mu {)}^2+\cdots +(X_n-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(n)$
• (B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }^2)Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }^2)X$与$Y$独立
    • $aX+bY\sim N(a{\mu }_1+b{\mu }_2,a^2{\sigma }_1^2+b^2{\sigma }_2^2)$
  • $X_n-X_1\sim N(0,2)\frac{X_n-X_1}{\sqrt{2}}\sim N(0,1)$
  • $\frac{(X_n-X_1{)}^2}{2}\sim {\chi }^2(1)$
• (C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2=\frac{(n-1)S^2}{1}$
    • 由性质（2）:$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)\stackrel{\sigma =1}{\to }$
  • 所以 $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\sim$ ${\chi }^2(n-1)$. 选项 C 正确.
• (D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$: $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
    • $X\sim N(\mu ,1)\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
      • 于是标准化后， $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )\sim N(0,1)$
  • 从而 $n(\bar{X}-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$. 选项 D 正确.
• 卡方分布的定义
  • (1) 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $N(0,1)$ 的样本, 则称统计量 ${\chi }^2=X_1^2+X_2^2+\cdots +X_n^2$ 服从自由度为 $n$ 的 ${\chi }^2$ 分布, 记为 ${\chi }^2\sim {\chi }^2(n)$. 其数字特征为 $E\left({\chi }^2\right)=n,D\left({\chi }^2\right)=2n$.
    • 卡方分布可以理解为一堆相互独立的标准正态的平方相加
    • 有多少个平方相加，就意味着它的自由度是多少
• 卡方分布的性质:设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自 $X$ 的样本，
  $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$,则
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$;
  • (ii) $\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$
  • (iii) $\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立.

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)

已知函数 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$, 则 $f^{(3)}(0)=$

• 泰勒展开:将 $f(x)$ 在 $x=0$ 处进行泰勒展开
  • 应用公式 $f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$
• 泰勒展开:
  • 由泰勒公式$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2+o\left(x^2\right)(x\to 0)$知,
  • $f(x)=\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+o\left(x^4\right)(x\to 0).$
    • $x^3$ 项的系数为0
      • 即 $\frac{f^{(3)}(0)}{3!}=0$，得$f^{(3)}(0)=0$
• 解 因为 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ 是偶函数,
  • 则 $f^{\prime }(x)$ 为奇函数,
  • $f^{\prime \prime }(x)$ 为偶函数,
  • $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 为奇函数, 则 $f^{\prime \prime \prime }(0)=0$.

(10)

微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+3y=0$ 的通解为 $y=$

(10)

• 答 应填 ${\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1\cos \sqrt{2}x+C_2\sin \sqrt{2}x\right)$, 其中 $C_1,C_2$ 为任意常数.
• 该齐次方程对应的特征方程为 $r^2+2r+3=0$,
  • 解得 $r_{1,2}=-1\pm \sqrt{2}\mathrm{i}$.
• 套公式通解为 $y={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1\cos \sqrt{2}x+C_2\sin \sqrt{2}x\right)$, 其中 $C_1,C_2$ 为任意常数.
• 二阶常系数齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$ ( $p,q$ 为常数) 通解的求法
  • (1) 写出特征方程 ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$;
  • (2) 求出特征方程的两个根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$;
  • (3) 根据特征方程两个根的不同情形,按照下述表格写出通解.

特征方程 ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$ 的根	微分方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$ 的通解
两个不相等的实根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$	$y=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$
两个相等的实根 ${\lambda }_1={\lambda }_2$	$y=\left(C_1+C_{2}x\right){\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}$
一对共轭复根 ${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm \beta \mathrm{i}$	$y={\mathrm{e}}^{\alpha x}\left(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x\right)$

(11)

若曲线积分 ${\int }_L\frac{x\mathrm{d}x-ay\mathrm{d}y}{x^2+y^2-1}$ 在区域 $D=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\right\}$ 内与路径无关, 则 $a$

(11)

• 答 应填 -1 .
  解 由题设知
  则
• 由曲线积分与路径无关知$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
  • $P=\frac{x}{x^2+y^2-1},Q=\frac{-ay}{x^2+y^2-1},$
  • $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-2xy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2},\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2axy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}.$
    • 故$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$, 即$\frac{-2xy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}=\frac{2axy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}$
      • $-2xy=2axy$
      • 解得 $a=-1$.
• 设 $G$ 是平面上的单连通区域, 函数 $P(x,y),Q(x,y)$ 在 $G$ 内具有一阶连续偏导数,
  则下列四个条件等价.
  • (1) 对于 $G$ 内任意一条光滑 (或分段光滑) 闭曲线 $L,{\oint }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$;
  • (2) 曲线积分 ${\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$ 在 $G$ 内与路径无关;
  • (3) 存在 $G$ 内的二元可微函数 $U(x,y)$, 使得
    $\mathrm{d}U(x,y)=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y,$
    即 $P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$ 为 $U(x,y)$ 的全微分;
  • (4) 在 $G$ 内等式$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$恒成立.

(12)

幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}$ 在区间 $(-1,1)$ 内的和函数 $S(x)=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{(1+x{)}^2}$.
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}$
  • $\stackrel{\text{逐项积分}}{\to }{\int }_0^{x}s(t)dt={\int }_0^x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{t}^{n-1}dt$
    • \displaystyle \xlongequal[]{\text{提出求和∑}} \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x(-1)^{n-1} n t^{n-1} d t
    • $\stackrel{\text{积分}}{=}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{n+1}$
    • $\stackrel{\text{提出}x}{=}x\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n\stackrel{\text{级数转换}}{=}\frac{x}{1+x}$
• $\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots +(-1{)}^n{x}^n+\cdots =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(-1<x<1)$
• (2012 年数一试题)
  求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$的收敛域及和函数.
• (2005 年数一试题)
  求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2n-1)}\right]x^{2n}$ 的收敛区间与和函数 $f(x)$.

（13）

设矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 为线性无关的 3 维列向量组,则向量组 $\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3$ 的秩 为

(13)

• 读题
  • $\underset{\text{问的就是矩阵}A\text{的秩}}{\underbrace{\text{设矩阵}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right),}}$ ，$\underset{\text{可逆}}{\underbrace{\begin{array}{r}{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\end{array}\text{为线性无关的}3\text{维列向量组}}}$,则向量组 $\underset{\text{拆成矩阵乘法}}{\underbrace{\begin{array}{r}\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\end{array}}}$ 的秩 为
• 答 应填 2.
• 分析:本题主要考查求向量组的秩, 等价于求由向量组构成的矩阵的秩.
  • 设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times n$ 矩阵, $\mathbf{P},\mathbf{Q}$ 分别为 $m$ 阶和 $n$ 阶可逆矩阵,
    • 则 $r(\mathbf{PA})=r(\mathbf{A}\mathbf{Q})=r(\mathbf{A})$.
• 解:由于 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关, 故矩阵 $\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 可逆, 从而
  • $r\left(\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\right)=r\left(\mathbf{A}\underset{\text{可逆}}{\underbrace{\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)}}\right)=r(\mathbf{A}).$
    • 一个矩阵乘以另一个可逆矩阵，不改变矩阵的秩
    • 因此，只要找到矩阵A的秩，就可以求得向量组的秩
  • 对矩阵 $\mathbf{A}$ 作初等行变换将其化为阶梯形矩阵, 进而求得其秩.
    $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 1& 1& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right)\stackrel{r_2-r_1}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)\stackrel{r_3-r_2^{\ast }}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$
    • 故 $r\left(\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_3\right)=r(\mathbf{A})=2$.

(14)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.5\Phi (x)+0.5\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right)$, 其中 $\Phi (x)$ 为标准正态分布函 数, 则 $E(X)=$

(14)

• 由分布函数求得概率密度
  • 分布函数为 $F(x)=0.5\Phi (x)+0.5\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\underset{\text{概率密度}}{\overset{\text{求导得}}{\to }}f(x)=F^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\phi (x)+\frac{1}{4}\phi \left(\frac{x-4}{2}\right).$
• 在求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分
  • $E(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{代入}f(x)}{=}\frac{1}{2}\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi (x)\mathrm{d}x}}+\frac{1}{4}\underset{\text{换元求期望}}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}x}}$
    • $\frac{1}{4}{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}\stackrel{\frac{1}{4}\text{拆成}\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}{\to }x\underset{d\left(\frac{x-4}{2}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{d}x\text{. }}{\overset{\text{线性凑微分}}{=}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x-4+4}{2}\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}\left(\frac{x-4}{2}\right)$
      • $\stackrel{t\frac{x-4}{2}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(t+2)\phi (t)\mathrm{d}t\stackrel{\text{拆}}{=}\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }t\phi (t)\mathrm{d}t}}+2\underset{=1}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi (t)\mathrm{d}t}}=2$
  • 合并结果:$E(X)=0+2=2$

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)
设函数 $f(u,v)$ 具有 2 阶连续偏导数, $\underset{\text{对}x\text{连续求两次偏导，只能先求后代}}{\underbrace{y=f\left({\mathrm{e}}^x,\cos x\right),\text{求}{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|}_{x=0},{\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{x=0}}}$

    y
   / \
  eˣ  cosx
 /   / 
x   x  

(15)

• 解
• 该问题涉及求函数 $y=f({\mathrm{e}}^x,\cos x)$ 在 $x=0$ 时的一阶和二阶导数，
  • 虽然是求具体点，但是无法用先代后求
• 计算函数 $y=f({\mathrm{e}}^x,\cos x)$ 的一阶导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$。
  • 使用复合函数求导法则得：$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_2^{\prime }\cdot (-\sin x)\stackrel{\text{将}x=0\text{代入得}}{\to }{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|}_{x=0}=f_1^{\prime }(1,1)$
  • 利用导数乘法求二阶偏导，得$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\underset{f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x\text{对}x\text{求偏导}}{\underbrace{\left[f_{11}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_{12}^{\prime \prime }\cdot (-\sin x)\right]{\mathrm{e}}^x+f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x}}-\underset{f_2^{\prime }\cdot (-\sin x)\text{求偏导}}{\underbrace{\left[f_{21}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_{22}^{\prime \prime }\cdot (-\sin x)\right]\sin x-f_2^{\prime }\cdot \cos x}}$
    • $\underset{\text{去括号，得}}{\overset{f_{21}^{\prime \prime }=f_{12}^{\prime \prime }}{=}}{f}_{11}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^{2x}+f_{22}^{\prime \prime }\cdot {\sin }^{2}x+f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x-f_2^{\prime }\cdot \cos x-2f_{12}^{\prime \prime }\cdot \sin x\cdot {\mathrm{e}}^x,$
    • 将x=0代入得${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{x=0}=f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_1^{\prime }(1,1)-f_2^{\prime }(1,1)$

(16)

(本题满分 10 分)
求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$.

(16)

解析这个数学题目，我们可以采用二叉树结构来详细地展示解题步骤：

• 问题: 求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$
  • 第一步：将数列和式极限转化为定积分
    • 转化过程:
      • 根据定积分的定义: $I=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)\underset{\frac{1}{n}=dx}{\overset{\frac{i}{n}=x}{=}}{\int }_0^{1}x\ln (1+x)\mathrm{d}x$
      • 为了分布积分，找出u和dv：
        $x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{d}(x^2)$
  • 第二步：化成udv形式，运用分部积分
    • $I=\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}(x^2)\stackrel{\text{分部}}{=}\frac{1}{2}[{x^2\ln (1+x)|}_0^1-{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}\mathrm{d}x]$
      • 第一部分：${x^2\ln (1+x)|}_0^1=\ln 2-\ln 1=\ln 2$
      • 第二部分：${\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{x^2+1-1}{1+x}dx$
        • 进行拆分得：$={\int }_0^1\frac{x^2+1}{1+x}dx-{\int }_0^1\frac{1}{1+x}dx=\underset{{\frac{(x-1{)}^2}{2}|}_0^1=-\frac{1}{2}}{\underbrace{{\int }_0^1(x-1)d(x-1)}}-\underset{{\ln (1+x)|}_0^1=\ln 2}{\underbrace{{\int }_0^1\frac{1}{1+x}dx}}$
    • 合并得：$=\frac{1}{2}\times \left[\ln 2-\left(-\frac{1}{2}+\ln 2\right)\right]=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

(17)

(本题满分 10 分)
已知函数 $y(x)$ $\underset{\text{用条件极值或者拐点来判断}}{\underbrace{\text{由方程}{x}^3+y^3-3x+3y-2=0\text{确定}}}$,求 $y(x)$ 的极值.

(17)

• • 求驻点
    • 对方程两边同时对 $x$ 求导
      • $3x^2+3y^2{y}^{\prime }-3+3y^{\prime }=0$
    • 令 $y^{\prime }=0$ 得到 $x=\pm 1$
      • 将 $x=1$ 代入原方程得 $y^3+3y-4=0$，解得 $y=1$
      • 将 $x=-1$ 代入原方程得 $y^3+3y=0$，解得 $y=0$
    • 得到两个驻点 $x_1=1$ 和 $x_2=-1$
• 判断驻点是否为极值点并求极值
  • 对求导方程再次求导
    • $6x+6y(y^{\prime }{)}^2+3y^2{y}^{\prime \prime }+3y^{\prime \prime }=0$
  • 代入驻点 $x_1=1$
    • 解得 $y^{\prime \prime }(1)=-1<0$
      • $y(x)$ 在 $x=1$ 处取得极大值 $y(1)=1$
  • 代入驻点 $x_2=-1$
    • 解得 $y^{\prime \prime }(-1)=2>0$
      • $y(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $y(-1)=0$

结论

• $y(x)$ 在 $x=1$ 处取得极大值 $y(1)=1$- $y(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $y(-1)=0$
  通过以上步骤，我们清晰地展示了每一步的计算过程和逻辑连贯性。

(18)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数, $\underset{\text{一正一负，零点定理}}{\underbrace{\text{且}f(1)>0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0.}}$ 证明:
( I ) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根;
( II )$\underset{\text{对应乘法求导}}{\underbrace{\text{方程}f(x)f^{\prime \prime }(x)+{\left[f^{\prime }(x)\right]}^2=0}}$在区间 $(0,1)$ 内$\underset{\text{罗尔定理要找三个零点}}{\underbrace{\text{至少存在两个不同实根}}}$.

(18)

• 证明 (I) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根
  方程的实根问题一般都转化为函数的零点问题(需要找到两个异号的点)
  • 已知$f(1)>0$
  • 找另一个小于0的点
    • 使用极限的保号性
      由 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0$，存在 $x=0$ 的右邻域 $(0,\delta )$
      • 当 $x\in (0,\delta )$ 时 $\frac{f(x)}{x}<0$
      • 存在 $x_0\in (0,\delta )$，使得 $f(x_0)<0$
  • 使用零点定理，由于刚才求得$f(x_0)<0$
    • $f(x_0)f(1)<0$
  • 由零点定理，存在 $c\in (x_0,1)$，使 $f(c)=0$，因此$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 上至少存在一个实根
• (II) 方程 $f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根
• 构造辅助函数
  • 令 $F(x)=f(x)f^{\prime }(x)$
    • 导数关系:$F^{\prime }(x)=f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2$
    • 寻找三个零点:
      • $F(0)=f(0)\cdot f^{\prime }(0)\stackrel{f(0)=0}{=}0$
      • $F(c)=f(c)\cdot f^{\prime }(c)\stackrel{f(c)=0}{=}0$
      • 第三个零点:
        $f(\xi )=f(\xi )\cdot f^{\prime }(\xi )\stackrel{f^{\prime }(\xi )=0}{=}0$
        • 在 $[0,c]$ 区间利用罗尔定理
          • $f(0)=0$，$f(c)=0$
          • 存在 $\xi \in (0,c)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$
• 根据三点 $F$ 值相等再用两次罗尔定理
  • $F(0)=F(\xi )=F(c)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[0,\xi ]$ 上用罗尔定理
      • 存在 ${\xi }_1\in (0,\xi )$，使 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[\xi ,c]$ 上用罗尔定理
      • 存在 ${\xi }_2\in (\xi ,c)$，使 $F^{\prime }({\xi }_2)=0$
  • 综上,方程 $f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$ 在 $(0,1)$ 至少存在两个实根

(19)

(本题满分 10 分)
设薄片型物体 $S$ 是圆雉面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2=2x$ 割下的有限部分, 其上任一点的密度为 $\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. 记圆雉面与柱面的交线为 $C$.
(I ) 求 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线的方程;
(II) 求 $S$ 的质量 $M$.(抽象题)

(19)

• 读题
  • 设薄片型物体 $S$ 是$\underset{\text{画图}}{\underbrace{\text{圆锥面}z=\sqrt{x^2+y^2}\text{被柱面}{z}^2=2x\text{割下的有限部分}}}$, 其上任一点的密度为 $\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. 记$\underset{\text{先求空间曲线}}{\underbrace{\text{圆雉面与柱面的交线为}C}}$.
    (I ) $\underset{\text{令}z=0\text{，求得}xOy\text{面的投影}}{\underbrace{\text{求}C\text{在}xOy\text{平面上的投影曲线的方程}}}$;
    (II) $\underset{\text{让你求}S\text{的曲面面积}}{\underbrace{\text{求}S\text{的质量}M}}$.(抽象题)
• 注 正确写出投影曲线的方程是后续的关键.
• ( I ) 由题设知, 圆锥面与柱面的交线 $C$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{x^2+y^2},\\ z^2=2x,\end{array}$ 消去 $z$ 得到 $x^2+y^2=$ $2x$,
  • 于是 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线的方程为
    $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=2x,\\ z=0.\end{array}$
• 
  
• (II) 因为 $S$ 的点密度为$\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2},$所以 $S$ 的质量为密度乘以面积
• $dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy\underset{z_y=\frac{y}{z}}{\overset{z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{z}}{\to }}$
  • $=\sqrt{1+\frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{z^2}}dxdy$
  • $\stackrel{z^2=x^2+y^2}{=}\sqrt{2}dxdy$
• 又 $S$ 在 $xOy$ 面上的投影区域为$D=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2x\right\},$所以
  • $M={\iint }_{S}9\sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm{d}S$
    • $\stackrel{z=\sqrt{x^2+y^2}}{=}{\iint }_{D}9\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{2}dxdy$
    • $=18{\iint }_{x^2+y^2⩽2x}\sqrt{x^2+y^2}dxdy$
    • $=18{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\cos \theta }r\cdot r\mathrm{d}r$
    • $=48{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta =96{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta$
    • $=96\times \frac{2}{3}=64$
• $\begin{array}{r}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{ 为偶数, }n⩾2,\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdot \frac{2}{3},& n\text{ 为奇数, }n⩾3.\end{array}\end{array}$

(20)

(本题满分 11 分)
设 3 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 有 3 个不同的特征值, 且 ${\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$.
( I ) 证明 $r(\mathbf{A})=2$;
( II ) 设 $\mathbf{\beta }={\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3$, 求方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的通解.

(20)

• 读题:设 3 阶矩阵 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ $\underset{\text{特征值一个是}0\text{，其他两个不是}0}{\underbrace{\text{有}3\text{个不同的特征值}}}$, 且 $\underset{\text{得出齐次的通解}}{\underbrace{{\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2}}$.
  ( I ) 证明 $\underset{\text{有一个特征值是}0}{\underbrace{r(\mathbf{A})=2}}$;
  ( II ) 设 $\underset{\text{得出非齐次的特解}}{\underbrace{\mathbf{\beta }={\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3}}$, 求$\underset{\text{齐次通解}+\text{非齐次特解}}{\underbrace{\text{方程组}\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }\text{的通解}}}$.
• 分析 本题综合考查了行列式与特征值的关系以及解线性方程组.
  • 第( I ) 问要证明 $\mathbf{A}$ 的秩为 2 , 可以转化为证明 $\mathbf{A}$ 的行列式为零.
  • 第 (II) 问主要考查解线性方程组.
• (I)由于 $\mathbf{A}$ 有 3 个不同的特征值 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$, 因此至多仅有一个零特征值.
  • 该对角矩阵的秩 $⩾2$, 于是 $r(\mathbf{A})⩾2$.
  • 又因为 ${\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$, 所以 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关, $|\mathbf{A}|=0$.
    • 该对角矩阵的秩 $\text{＜}3$，于是$r(\mathbf{A})\text{＜}3$
  • 因此, $r(\mathbf{A})=2$.
• ${\alpha }_1+2{\alpha }_2-{\alpha }_3=0\stackrel{\text{写成矩阵乘法}}{\to }\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)=0A\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)=0$
  • 又 $r(\mathbf{A})=2$，所以$Ax=0$只有一个基础解系
    • 所以 $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ 为 $\mathbf{Ax}=0$ 的通解
• $\beta ={\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3\stackrel{\text{写成矩阵乘法}}{\to }\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\beta A\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\beta$
  • 所以 $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ 为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的一个特解
• $Ax=\beta$的通解为:$x=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)+k_1\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-1}\right)$，其中 $k$ 为任意常数.

(21)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的标准形 为 ${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$, 求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $\mathbf{Q}$.

(21)

• 读题
  • 设二次型 $\underset{\text{先化为实对称矩阵}}{\underbrace{f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2-x_2^2+a{x}_3^2+2x_1{x}_2-8x_1{x}_3+2x_2{x}_3}}$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 下的$\underset{\text{有个特征值为}0\text{，行列式为}0}{\underbrace{\text{标准形为}{\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2}}$, $\underset{\text{用}|A|=0\text{求}}{\underbrace{\text{求}a\text{的值}}}$及$\underset{A\text{的特征向量单位化拼成}Q}{\underbrace{\text{一个正交矩阵}\mathbf{Q}}}$.
• 二次型都可以转化为实对称矩阵的问题
• 二次型 $f$ 对应的矩阵为
  $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -4\\ 1& -1& 1\\ -4& 1& a\end{array}\right)$
• 由于 $f$ 在正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}$ 下的标准形为 ${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$,
  • 故 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,0$. 从而 $|\mathbf{A}|=0$.
• 求行列式的值
  • $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}21-4\\ 1-11\\ -41a\end{array}\right|\underset{r4+4r1}{\overset{r1-2r2}{=}}\left|\begin{array}{c}03-6\\ 1-11\\ 0-39+4\end{array}\right|=(-1{)}^{2+1}\times 1\times \left|\begin{array}{c}3-6\\ -3a+4\end{array}\right|$
    • $=-1\times \left|\begin{array}{c}3-6\\ 0a-2\end{array}\right|=-3(a-2).$
  • 由题设知 $|\mathbf{A}|=0$. 于是 $a=2$.
• $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{c}2-\lambda 1-4\\ 1-1-\lambda 1\\ -412-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}6-\lambda 1-4\\ 0-1-\lambda 1\\ \lambda -612-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}6-\lambda 1-4\\ 0-1-\lambda 1\\ 02-2-\lambda \end{array}\right|$
  • $=(6-\lambda )\left[{\lambda }^2+3\lambda +2-2\right]=(6-\lambda )(\lambda +3)\lambda =0$
  • 所以特征值为 ${\lambda }_1=-3,{\lambda }_2=6,{\lambda }_3=0$.
• 求特征值对应的特征向量
  • $6\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}4-14\\ -17-1\\ 4-14\end{array}\right)\stackrel{r3-r1}{\to }\left(\begin{array}{c}4-14\\ -17-1\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r1+4r2}{\to }\left(\begin{array}{c}0270\\ -17-1\\ 000\end{array}\right)$
    • $\stackrel{r_1^{\ast }\times \frac{1}{27}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& -7& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r_2-7r_1^{\ast \ast }}{\to }\left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{rl}{x}_2& =0\\ x_1+x_3& =0\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_1=k_1\\ x_2=0\\ x_3=-k_1\end{array}x=k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)\left(k_1\ne 0\right)$
    • 单位特征向量为 ${\mathbf{\beta }}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1{)}^{\mathrm{T}}$;
• $-3\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ 4-1-5\end{array}\right)\stackrel{r_3+r_1}{\to }\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ -1-2-1\end{array}\right)\underset{r_3^{\ast }-r_2}{\to }\left(\begin{array}{c}-5-14\\ -1-2-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\stackrel{r_1-5r_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}0& 9& 9\\ -1& -2& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\underset{r_2\times (-1)}{\to }\left(\begin{array}{lll}0& 9& 9\\ 1& 2& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
  • $\underset{r_2^{\ast }-r_1^{\ast \ast }}{\overset{r_1^{\ast }\times \frac{1}{9}}{\to }}\left(\begin{array}{l}011\\ 110\\ 000\end{array}\right).$
  • $\{\begin{array}{l}{x}_2+x_3=0\\ x_1+x_2=0\end{array}$
    • $(-3\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系为 ${\mathbf{\eta }}_2=(1,-1,1{)}^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 ${\beta }_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1{)}^{\mathrm{T}}$;
• 当$\lambda =0$时,$0\mathbf{E}-\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}-2-14\\ -11-1\\ 4-1-2\end{array}\right)\stackrel{r3+2r1}{\to }\left(\begin{array}{c}-2-14\\ -11-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\stackrel{r1-2r2}{\to }\left(\begin{array}{c}0-36\\ -11-1\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r_1^{\ast }\times \left(-\frac{1}{3}\right)}{\to }\left(\begin{array}{c}01-2\\ 1-11\\ 000\end{array}\right)\stackrel{r2+r1}{\to }\left(\begin{array}{c}01-2\\ 10-1\\ 000\end{array}\right)$
  • $\{\begin{array}{l}{x}_2-2x_3=0\\ x_1-x_3=0\end{array}$
    • $(0\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系为 ${\mathbf{\eta }}_3=(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$.
    • 单位特征向量为 ${\mathbf{\beta }}_3=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$.
• 故所求的一个正交矩阵为
  $Q=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}& 0& \frac{2}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$.

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2},Y$ 的概率密度为 $f(y)=\{\begin{array}{ll}2y,& 0<y<1,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
(I) 求 $P\{Y⩽E(Y)\}$;
(II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度.

(22)

• 读题
  设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$ ，$\underset{\text{用来求}Y\text{的期望}}{\underbrace{Y\text{的概率密度为}f(y)=\{\begin{array}{ll}2y,& 0<y<1,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}}}$
  (I) 求 $\underset{\text{要求}E(Y)\text{，要会连续型概率公式}}{\underbrace{P\{Y⩽E(Y)\}}}$;
  (II) 求 $\underset{\text{先用全集分解求混合型的分布函数}}{\underbrace{Z=X+Y\text{的概率密度}}}$.
• 由于 $X$ 为离散型随机变量,
  • 故不能利用 $X,Y$ 均为连续型随机变量时 $Z=X+Y$ 的概率密度公式 (卷积公式),
  • 只能按定义先求其分布函数, 再求概率密度.
    (I) 求 $P\{Y⩽E(Y)\}$
• 计算 $E(Y)$（期望值）
  • $E(Y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }yf(y)dy={\int }_0^{1}y\text{⋅}2ydy={\int }_0^{1}2y^{2}dy={\frac{2}{3}{y}^3|}_0^1=\frac{2}{3}$
• 将$E(Y)$ 代入$P\{Y⩽E(Y)\}$
  • $P\{Y⩽E(Y)\}=P\left\{Y⩽\frac{2}{3}\right\}={\int }_{-\infty }^{\frac{2}{3}}f(y)dy={\int }_0^{\frac{2}{3}}2ydy={y^2|}_0^{\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}$
    (II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度
• 先求$Z$ 的分布函数 $F_Z(z)$
  • $F_Z(z)=P\{Z⩽z\}=P\{X+Y⩽z\}$
  • $\underset{\text{全集分解}}{\overset{\text{对离散的进行}}{=}}P\{X+Y⩽z,X=0\}+P\{X+Y⩽z,X=2\}$
  • $\stackrel{X\text{和}Y\text{独立}}{=}P\{X+Y⩽z\}\text{⋅}P\{X=0\}+P\{X+Y⩽z\}\text{⋅}P\{X=2\}$
  • $\stackrel{\text{将}X\text{的值代入}}{=}\frac{1}{2}P\{Y⩽z\}+\frac{1}{2}P\{Y⩽z-2\}$
• 根据$\text{小}y\text{和小}x$的概率密度的取值范围区域:画图， $z$ 的不同范围计算 $F_Z(z)$
  • 
    ，
  • (法一) 如图所示,
    当 $z⩽0$ 时, $F_Z(z)=0+0=0$.
  • 当 $0<z⩽1$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}{\int }_0^{z}2y\mathrm{d}y+0=\frac{z^2}{2}$.
  • 当 $1<z⩽2$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}2y\mathrm{d}y+0=\frac{1}{2}$.
  • 当 $2<z⩽3$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\int }_0^{z-2}2y\mathrm{d}y=\frac{1}{2}+\frac{(z-2{)}^2}{2}$.
  • 当 $z>3$ 时, $F_Z(z)=1$.
• 求 $Z$ 的概率密度 $f_Z(z)$:也就是对分布函数求导
  • $f_Z(z)=F_Z^{\prime }(z)$
  • $f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}z,& 0<z<1,\\ z-2,& 2<z<3,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$

(23)

(本题满分 11 分)
某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_i=\left|X_i-\mu \right|(i=1,2,\cdots ,n)$. 利用 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 估计 $\sigma$.
( I ) 求 $Z_1$ 的概率密度;
(II) 利用一阶矩求 $\sigma$ 的矩估计量;
(III) 求 $\sigma$ 的最大似然估计量.

(23)

• 读题
  • 某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_i=\left|X_i-\mu \right|(i=1,2,\cdots ,n)$. 利用 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 估计 $\sigma$.
    ( I ) 求 $Z_1$ 的概率密度;
    (II) 利用一阶矩求 $\sigma$ 的矩估计量;
    (III) 求 $\sigma$ 的最大似然估计量.
• (1)$Z_1=\left|X_1-\mu \right|$
  • $X_1-\mu \sim N\left(0,{\sigma }^2\right)$
  • $\frac{X_1-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)$
• 当 $z<0$ 时, $F_{Z_1}(z)=0$.
• 当 $z⩾0$ 时,
  • $F_{Z_1}(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\left\{Z_1⩽z\right\}\stackrel{Z_i=|X_i-\mu |}{=}P\left\{\left|X_1-\mu \right|⩽z\right\}$
  • $\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\left|\frac{X_1-\mu }{\sigma }\right|⩽\frac{z}{\sigma }\right\}\stackrel{\text{去绝对值}}{=}P\left\{-\frac{z}{\sigma }⩽\frac{X_1-\mu }{\sigma }⩽\frac{z}{\sigma }\right\}$
  • $=\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-\Phi \left(-\frac{z}{\sigma }\right)$
    • 
      
  • $=2\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-1$
• 于是, $Z_1$ 的分布函数为 $F_{Z_1}(z)=\{\begin{array}{ll}2\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-1,& z⩾0,\\ 0,& z<0.\end{array}$
  • 其中${\left[\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)\right]}^{\prime }=\phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)\cdot \frac{1}{\sigma }$
• 因此, $Z_1$ 的概率密度为$f_{Z_1}(z)=F_{Z_1}^{\prime }(z)=\{\begin{array}{l}\frac{2}{\sigma }\phi \left(\frac{z}{\sigma }\right),z⩾0,\\ 0,z<0\end{array}$
  • 将$\phi (\frac{z}{\sigma })$代入到正态分布概率密度公式$\phi (x)\underset{f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}}{\overset{\sigma =1}{=}}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，
    得$\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}},& z⩾0,\\ 0,& z<0,\end{array}$
• (2)
  • $E\left(Z_1\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }z{f}_{Z_1}(z)\mathrm{d}z\stackrel{\text{代入概率密度}z}{=}{\int }_0^{+\infty }z\cdot \sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \frac{1}{\sigma }\cdot e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}dz$
  • $\stackrel{\text{凑微分}}{=}{\int }_0^{+\infty }\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \cdot e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}d\left(\frac{z^2}{2{\sigma }^2}\right)$
  • $\stackrel{\text{牛莱}}{=}\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \cdot -{e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}|}_0^{+\infty }$
  • $=0-\left(-\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \right)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma$
• 故 $\sigma =\sqrt{\frac{\pi }{2}}E\left(Z_1\right)$.
  用 $\bar{Z}$代替 $E\left(Z_1\right)$, 得到 $\sigma$ 的矩估计量$\hat{\sigma }=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\bar{Z}$
• (3)求最大似然估计
  • (III) 设 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 是相应于 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 的一组样本值, z的概率密度为
    $f_{z_1}(z)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \frac{1}{\sigma }{e}^{-\frac{z_1^2}{2{\sigma }^2}}$
  • 则似然函数为概率密度连乘(三项连乘:系数连乘，$\sigma$连乘，e连乘)
    $L(\sigma )=L\left(z_1,z_2,\cdots ,z_n;\sigma \right)=\prod _{i=1}^n{f}_{Z_i}\left(z_i\right)=\{\begin{array}{ll}{\left(\frac{2}{\pi }\right)}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{{\sigma }^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_0^2\right)},},& z_1>0,z_2>0,\cdots ,z_n>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
  • 取对数:$\ln L(\sigma )=\frac{n}{2}\ln \frac{2}{\pi }-n\ln \sigma -\frac{1}{2{\sigma }^2}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_n^2\right).$
  • 求导:$\frac{\mathrm{d}[\ln L(\sigma )]}{\mathrm{d}\sigma }=-\frac{n}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^3}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_n^2\right)=0$
    • 解得 $\sigma =\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2}$.
• 因此， $\sigma$ 的最大似然估计量
  为$\stackrel{\text{加帽子}}{\to }\hat{\sigma }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2}.$