数一2020

一、选择题

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

(1)

当 $x\to 0^{+}$时,下列无穷小量中最高阶的是 $()$
(A) ${\int }_0^x\left({\mathrm{e}}^{t^2}-1\right)\mathrm{d}t$
(B) ${\int }_0^x\ln \left(1+\sqrt{t^3}\right)\mathrm{d}t$.
( C) ${\int }_0^{\sin x}\sin t^2\mathrm{d}t$.
(D) ${\int }_0^{1-\cos x}\sqrt{{\sin }^{3}t}\mathrm{d}t$.

(1)

高昆仑版

• 设 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $x$ 的 $m$ 阶无穷小，$g(x)$ 是 $x$ 的 $n$ 阶无穷小，
  则${\int }_0^{g(x)}f(t)dt$是$x$的$(m+1)\cdot n$阶无穷小$.$
  • $(A)$ 是 $x$ 的 $(2+1)\cdot 1=3$ 阶无穷小。
  • $(B)$是$x$的$\left(\frac{3}{2}+1\right)\cdot 1=\frac{5}{2}$阶无穷小$.$
  • $(C)$ 是 $x$ 的 $(2+1)\cdot 1=3$ 阶无穷小.
  • $(D)$是$x$的$\left(\frac{3}{2}+1\right)\cdot 2=5$阶无穷小$.$

2024版

• 小总结：要找出最高阶的无穷小量，需要分别计算每个选项的阶数。
• 第二步：计算每个选项的阶数
• 选项 A：
  • 导数$(e^{x^2}-1)\sim x^2$ 为 $x^2$ 阶无穷小。
  • 估阶:$1\times (2+1)=3$
• 2. 选项 B：
  3. 导数$\ln (1+\sqrt{x^3})\sim x^{3/2}$ 为 $x^{3/2}$ 阶无穷小。
  4. 估阶:$1\times (\frac{3}{2}+1)=\frac{5}{2}$
• 3. 选项 C：
  4. 导数$\sin ({\sin }^{2}x)\cos x\sim x^2$ 为 $x^2$ 阶无穷小。
  5. 估阶:$1\times (2+1)=3$
• 4. 选项 D：
  5. 导数$\sin x\sqrt{{\sin }^3(1-\cos x)}\sim x^4$ 为 $x^4$ 阶无穷小。
  6. 估阶:$2\times (\frac{3}{2}+1)=5$
• 根据以上分析，正确答案是 (D)。

(2)

设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内有定义, 且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$, 则 $()$
(A) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$ 时, $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.
(B) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=0$ 时, $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.
(C) 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$.
(D) 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=0$.

(2)

• 答 应选 C.
• 解：$f(x)$ 未必在 $x=0$ 处连续，未必有 $f(0)=0$，
  • 此时 $(A)$ 和 $(B)$ 凑不出 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$ 的形式。
• 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，(可导必然连续，连续不一定可导)
  • $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，$f(0)=\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，
  • 此时 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot \frac{x}{\sqrt{|x|}}=f^{\prime }(0)\cdot 0=0$
  • 同时 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot \frac{x}{x^2}=f^{\prime }(0)\cdot \infty$，未必存在。
    • 因为有可能 $f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\ne 0$，此时结果为\infty，极限不存在

(3)

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, $f(0,0)=0,\mathbf{n}={\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1\right)|}_{(0,0)}$, 非零向量 $\mathbf{\alpha }$ 与 $\mathbf{n}$ 垂直, 则 $()$(A) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{n}\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(B) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{n}\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(C) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{\alpha }\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(D) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{\alpha }\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.

(3)

• 答 应选 A.
• 函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则有
  • $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0,$
  • $\stackrel{f(0,0)=0}{\to }\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.$
• $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|\vec{n}\cdot (x,y,f(x,y))\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}\stackrel{\mathbf{n}={\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1\right)|}_{(0,0)}}{=}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}\cdot x+{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}\cdot y-f(x,y)\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|f(x,y)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}\cdot x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}\cdot y\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.$

(4)

设 $R$ 为幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径, $r$ 是实数,则 ()
(A) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时, $|r|⩾R$.
(B) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收敛时, $|r|⩽R$.
(C) 当 $|r|⩾R$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散.
(D) 当 $|r|⩽R$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收玫.

(4)

• 答应选 A.
• 解：当 $|r|<R$ 时，根据阿贝尔定理，此时级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 绝对收敛，
  • 即正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{r}^n|$ 收敛，进而 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{2n}{r}^{2n}|$ 也收敛。故 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$（绝对）收敛。
  • 于是根据逆否命题的等价性知当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时，必有 $|r|\ge R$，选 A。
• 注意，正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{2n}$，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{2n+1}$，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 都收敛。
• 排除法
  • 取幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left[2-(-1{)}^n\right]}^n}{3^n}{x}^n$，其收敛半径 $R=1$，取 $r=2$，
    • 此时 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2n}$ 收敛，排除 $(B)$ 和 $(C)$。
  • 取幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left[2+(-1{)}^n\right]}^n}{3^n}{x}^n$，其收敛半径 $R=1$，取 $r=1$，
    • 此时 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }1$ 发散，排除 $(D)$。
• 当 $|r|<R$ 时,根据阿贝尔定理, 此时级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 绝对收敛,即正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_n{r}^n\right|$ 收敛,
  • 而正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_{2n}{r}^{2n}\right|$ 可看作是由 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_n{r}^n\right|$ 的所有偶数项构成的, 故也收敛,
    • 从而 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收敛.
  • 于是根据逆否 命题的等价性, 知当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时, 必有 $|r|⩾R$, 选 $\mathrm{A}$.

(5)

若矩阵 $\mathbf{A}$ 经初等列变换化成 $\mathbf{B}$, 则 ( )
(A) 存在矩阵 $\mathbf{P}$, 使得 $\mathbf{PA}=\mathbf{B}$.
(B) 存在矩阵 $\mathbf{P}$,使得 $\mathbf{BP}=\mathbf{A}$.
(C) 存在矩阵 $\mathbf{P}$, 使得 $\mathbf{PB}=\mathbf{A}$.
(D) 方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 与 $\mathbf{B}\mathbf{x}=0$ 同解.

(5)

• • 左行右列
    答 应选 B.
• 解方程尽量用初等行变换，不要用列变换，
  • 因为列变换会影响方程的解
• 解 $A$ 经过初等列变换化成 $B$, 即存在若干初等矩阵 $P_1,P_2,\cdots ,P_s$, 使得 $A{P}_1{P}_2\cdots P_s=B$,
  • 也即 $A{P}_0=$ $B$, 这里 ${\mathbf{P}}_0={\mathbf{P}}_1{\mathbf{P}}_2\cdots {\mathbf{P}}_5$ 可逆,
  • 于是 $\stackrel{\text{右乘}{P}_0^{-1}}{\to }B{P}_0^{-1}=A$,
  • 则 $\stackrel{P_0^{-1}=\mathbf{P}}{\to }BP=A$, 选 $\mathrm{B}$.
• 方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 与 $\mathbf{B}\mathbf{x}=0$ 同解.
  • 同解时行变换

(6)

已知直线 $l_1:\frac{x-a_2}{a_1}=\frac{y-b_2}{b_1}=\frac{z-c_2}{c_1}$ 与直线 $l_2:\frac{x-a_3}{a_2}=\frac{y-b_3}{b_2}=\frac{z-c_3}{c_2}$ 相交于一点. 记向量 ${\mathbf{\alpha }}_i=\left(\begin{array}{l}{a}_i\\ b_i\\ c_i\end{array}\right),i=1,2,3$, 则 $()$
(A) ${\mathbf{\alpha }}_1$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_2$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性表示.
(C) ${\mathbf{\alpha }}_3$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性表示.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关.

(6)

答 应选 C.

• 解 由于两直线相交, 故两直线的方向向量线性无关, 即 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关,
• 分别取两直线上的点 $A\left(a_2,b_2,c_2\right),B\left(a_3,b_3,c_3\right)$, 则向量 $\overrightarrow{AB}$ 与两直线的方向向量是共面的,
  • 所以它们三者的混合积为 0 , 故
    • $\left|\begin{array}{lll}{a}_1& a_2& a_3-a_2\\ b_1& b_2& b_3-b_2\\ c_1& c_2& c_3-c_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}{a}_1& a_2& a_3\\ b_1& b_2& b_3\\ c_1& c_2& c_3\end{array}\right|=0,$
    • 所以 ${\mathbf{\alpha }}_3$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性表示, 选 C.

(7)

设 $A,B,C$ 为三个随机事件, 且 $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{4},P(AB)=0,P(AC)=P(BC)=$ $\frac{1}{12}$, 则 $A,B,C$ 中恰有一个事件发生的概率为 $()$
(A) $\frac{3}{4}$.
(B) $\frac{2}{3}$.
(C) $\frac{1}{2}$.
(D) $\frac{5}{12}$.

(7)

• 2025版

• 
  
• (1) 两个事件的加法公式:
  • $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$
• (2) 三个事件的加法公式:
• $P\left(A_1\cup A_2\cup A_3\right)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)+P\left(A_3\right)-P\left(A_1{A}_2\right)-P\left(A_1{A}_3\right)-P\left(A_2{A}_3\right)+P\left(A_1{A}_2{A}_3\right).$
• 注意，” $A,B,C$ 中恰有一个发生”也可表示为 $A\cup B\cup C-AB\cup AC\cup BC$.
• $\text{ 而 }P(A\cup B\cup C-AB\cup AC\cup BC)=P(A\cup B\cup C)-P(AB\cup AC\cup BC)$
  • 至少一个发生$\begin{array}{l}P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)\\ =\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-0-\frac{1}{12}-\frac{1}{12}+0=\frac{7}{12}.\end{array}$
  • 两个一起发生
    $P(AB\cup BC\cup AC)=P(AB)+P(BC)+P(AC)-P(ABC)-P(ABC)-P(ABC)+P(ABC)$
    • $P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC{)}_{+}P(ABC)$
    • $=0+\frac{1}{12}+\frac{1}{12}+0=\frac{1}{6}$
  • 三个同时发生$P(ABC)=0$
  • 至少一个发生的概率
    减去两个一起发生的概率
    再减去三个一起发生的概率
    只剩下只有一个发生的概率:$p=\frac{7}{12}-\frac{1}{6}=\frac{5}{12}$
• 定义三个事件 $A$, $B$, $C$ 的概率及它们之间的关系：
  • $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{4}$
  • $P(AB)=0$（$A$ 和 $B$ 互斥），则$P(ABC)=0$
  • $P(AC)=P(BC)=\frac{1}{12}$

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{100}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 其中 $P\{X=0\}=P\{X=1\}=\frac{1}{2}.\Phi (x)$ 表 示标准正态分布函数, 则利用中心极限定理可得 $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}$ 的近似值为 $()$
(A) $1-\Phi (1)$.
(B) $\Phi (1)$.
(C) $1-\Phi (0.2)$.
(D) $\Phi (0.2)$.

(8)

• 由列维-林德伯格中心极限定理可知, 考虑独立同分布的随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,\cdots$. 若它们的期望为 $\mu$, 方差为 ${\sigma }^2$, 则当 $n$ 足够大时, 它们的和 $\sum _{k=1}^n{X}_k$ 近似服从正态分布 $N\left(n\mu ,n{\sigma }^2\right)$.
• 解题过程
  • 由已知条件可知，样本容量 $n=100$.
  • 根据列维一林德伯格中心极限定理，
    $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从均值为 $100E(X)$ ，方差为 $100D(X)$ 的正态分布.
  • 分别计算 $E(X),D(X)$.
• 计算 $E(X),D(X)$.
  • $E(X)=0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $E\left(X^2\right)=0^2\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}.$
• 由题设, $EX=\frac{1}{2},DX=\frac{1}{4}$, 且 $X_i$ 独立同分布, 则
  • $E\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}E{X}_i=100\times EX=100\times \frac{1}{2}=50;$
  • $D\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}D{X}_i=100\times DX=100\times \frac{1}{4}=25.$
• 由独立同分布的中心极限定理可知
  • $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从正态分布 $N(n\mu ,n{\sigma }^2)\stackrel{n=100}{=}(50,25)$, 故
  • $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽\frac{55-50}{5}\right\}=P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽1\right\}\approx \Phi (1).$

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)

$\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right]=$

(9)

• 答 应填 -1
• 原式$={\lim }_{x\to 0}\frac{\ln (1+x)-\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)\ln (1+x)}$
  • $\stackrel{\text{化简分母}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}{x^2}$
• $\underset{\text{或者洛必达两次}}{\overset{\text{分子用泰勒}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\frac{1}{2}{x}^2+o\left(x^2\right)-\left[1+x+\frac{1}{2}{x}^2+o\left(x^2\right)-1\right]}{x^2}=-1.$

(10)

设 $\{\begin{array}{l}x=\sqrt{t^2+1},\\ y=\ln \left(t+\sqrt{t^2+1}\right),\end{array}$ 则 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=1}=$

(10)

• 答 应填 $-\sqrt{2}$.

高昆仑版

• $\frac{dy}{dx}\cdot \frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}\cdot \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{1}{t}.$
  • $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}={\left(\frac{1}{t}\right)}^{\prime }\cdot \frac{1}{x_t^{\prime }}=-\frac{1}{t^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\cdot \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}=-\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}.$
  • ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=-\sqrt{2}.$

2024版

• 第一步：$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}$
  • 计算 $\frac{dy}{dt}$
    • 应用求导公式：$\frac{dy}{dt}=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$
      • 使用对数导数公式：${\left[\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$
      • 若不记得公式，详细计算：$\frac{dy}{dt}=\frac{\sqrt{t^2+1}+t}{\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\sqrt{t^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$
  • 计算 $\frac{dx}{dt}$
    • 直接计算：$\frac{dx}{dt}=\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$
  • 最终结果：$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{t}$
• 第二步：计算 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}$
  • 求导：$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{t}\right)=-\frac{1}{t^2}$
  • 最终结果：$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}$
• 第三步：代入 $t=1$ 并计算结果
  • 代入并计算：${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=-\frac{\sqrt{1^2+1}}{1^3}=-\sqrt{2}$

(11)

若函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime \prime }(x)+a{f}^{\prime }(x)+f(x)=0(a>0),f(0)=m,f^{\prime }(0)=n$, 则 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=$

(11)

• 答 应填 $am+n$.
• 解直接在微分方程 $f^{\prime \prime }(x)+a{f}^{\prime }(x)+f(x)=0$（$a>0$）两端作积分
  • ${f^{\prime }(x)|}_0^{+\infty }+af(x){|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0.$
    • $f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, $f^{\prime }(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，
    • $f(0)=m,f^{\prime }(0)=n$
  • 于是，$0-n+a(0-m)+{\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0$。
    • 故 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx=am+n$ .
• 为什么$f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, $f^{\prime }(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，
  • 特征方程 ${\lambda }^2+a\lambda +1=0$，且注意到 $e^{-\infty }\to 0$。
    • 当 $0<a<2$ 时，
      • $f(x)=e^{-\frac{a}{2}x}\left(C_1\cos \left(\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}x\right)+C_2\sin \left(\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}x\right)\right).$
    • 当 $a=2$ 时，$f(x)=(C_1+C_{2}x)e^{-x}.$
    • 当 $a>2$ 时，$f(x)=C_1{e}^{\frac{-a-\sqrt{a^2-4}}{2}x}+C_2{e}^{\frac{-a+\sqrt{a^2-4}}{2}x}.$
• 解 直接在考场上有这种估计已经够用了,类似的问题读者还可以参考 2016 年的第(16) 题.

(12)

设函数 $f(x,y)={\int }_0^{xy}{\mathrm{e}}^{x{t}^2}\mathrm{d}t$, 则 ${\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}|}_{(1,1)}=$

(12)

• 高昆仑版

• $\frac{\partial f}{\partial y}\left(e^{x(xy{)}^2}\cdot x\right)=x{e}^{x^3{y}^2}$
• $\Rightarrow \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}\underset{\text{先}1\text{后}2}{\overset{\text{乘法求导}}{=}}{e}^{x^3{y}^2}+x{e}^{x^3{y}^2}\cdot 3x^2{y}^2=e^{x^3{y}^2}+3x^3{y}^2{e}^{x^3{y}^2}.$
  • 因为 $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}$ 和 $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$ 在点(1,1)都连续，
• ${\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}|}_{(1,1)}={\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}|}_{(1,1)}=4e.$

武忠祥版(先代后求)

  f
 / \ 
x   y 

解
该问题涉及求函数 $f(x,y)={\int }_0^{xy}{\mathrm{e}}^{x{t}^2}\mathrm{d}t$ 在点 (1,1) 的二阶混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$。
计算具体点的混合偏导：可以用先带后求的思想

• 对x求完偏导以后,x就可以代入了
• 求函数 $f(x,y)$ 的偏导数。
  • 求 $f_y^{\prime }(x,y)$。
    • 对 $y$ 求偏导得：$f_y^{\prime }(x,y)={\mathrm{e}}^{x(xy{)}^2}\cdot x=x{\mathrm{e}}^{x^3{y}^2}$。
    • 先代后求 $f_y^{\prime }(x,1)$。
      • 代入 $y=1$，得到：$f_y^{\prime }(x,1)=x{\mathrm{e}}^{x^3}$。
  • 求 $f_{yx}^{\prime \prime }(x,y)$。
    • 对$f_y^{\prime }(x,1)=x{\mathrm{e}}^{x^3}$两边关于 $x$ 求偏导得：$f_{yx}^{\prime \prime }(x,y)=1\cdot e^{x^3}+x\cdot e^{x^3}\cdot 3x^2\stackrel{\text{代入}x=1}{=}e+3e=4e$
    • 计算得到：$f_{yx}^{\prime \prime }(1,1)=4\mathrm{e}$。
• 得到最终结果。
  • 在点 (1,1) 的二阶混合偏导数为 $4\mathrm{e}$。

(13)

行列式 $\left|\begin{array}{cccc}a& 0& -1& 1\\ 0& a& 1& -1\\ -1& 1& a& 0\\ 1& -1& 0& a\end{array}\right|=$

(13)

• 答 应填 $a^2\left(a^2-4\right)$.
• 如果行列式每行元素之和相等, 都是 $s$, 则都可以按如下步脁操作
  • 第一步列变换：把其他列都加到第一列
  • 第二步行变换：其他行都减去第一行
  • 第三步展开：按第一列展开
• 每行元素之和相等
• 解 $\left|\begin{array}{c}a0-11\\ 0a1-1\\ -11a0\\ 1-10a\end{array}\right|\stackrel{c2+c1}{=}\left|\begin{array}{c}aa00\\ 0a1-1\\ 00aa\\ 1-10a\end{array}\right|$
  • $\underset{\text{有两列为}0}{\overset{\text{直接第一列展开}}{=}}a(-1{)}^{1+1}\left|\begin{array}{c}a1-1\\ 0aa\\ -10a\end{array}\right|+(-1{)}^{4+1}\left|\begin{array}{c}a00\\ a1-1\\ 0aa\end{array}\right|$
  • $\underset{\text{直接用对角线法则}}{\overset{\text{三阶行列式}}{=}}{a}^2\left(a^2-2\right)-2a^2=a^2\left(a^2-4\right).$
• 注 本题也可以将各行都加到第 1 行, 提出公因子 $a$, 再消零并展开.

(14)

设 $X$ 服从区间 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上的均匀分布, $Y=\sin X$, 则 $\mathrm{Cov}(X,Y)=$

(14)

• • 确定 $X$ 的概率密度函数 $f(x)$
    • $X$ 服从区间 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上的均匀分布，所以 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\pi },& x\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right),\\ 0,& \text{其他.}\end{array}$
• 计算协方差 $\mathrm{Cov}(X,Y)$
  • $\mathrm{Cov}(X,Y)\stackrel{Y=sinX}{=}\mathrm{Cov}(X,\sin X)\stackrel{=E(XY)-EX\cdot EY}{=}E(X\sin X)-E(X)E(\sin X)$
    • 计算 $E(X\sin X)$:求谁的期望，就在它前面乘概率密度积分
      • 则期望
        $E(X\sin X)\stackrel{{\int }_a^{b}x\cdot \sin x\cdot f(x)dx}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}x\sin x\cdot \frac{1}{\pi }dx$
        • $\underset{\text{区间对称，翻倍}}{\overset{\text{奇}\times \text{奇}=\text{偶}}{=}}\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\sin xdx$
        • $\stackrel{\text{分布}}{=}\underset{=0}{\underbrace{-{\frac{2}{\pi }\text{⋅}x\cos x|}_0^{\frac{\pi }{2}}}}+\frac{2}{\pi }\text{⋅}\underset{=1}{\underbrace{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos x\mathrm{d}x}}=\frac{2}{\pi }$
    • 计算 $E(X)$ 和 $E(\sin X)$
      • $E(X)\stackrel{\frac{a+b}{2}}{=}\frac{\frac{\pi }{2}+\left(-\frac{\pi }{2}\right)}{2}=0$
  • 合并计算结果:得出协方差
    • $\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{2}{\pi }-0\times 0=\frac{2}{\pi }$

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)
求函数 $f(x,y)=x^3+8y^3-xy$ 的极值.

(15)

2025版

• (1) 计算 $f(x,y)$ 的驻点.
• 解 $\{\begin{array}{l}{f}_x^{\prime }(x,y)=3x^2-y=0,\\ f_y^{\prime }(x,y)=24y^2-x=0.\end{array}$
  • 代入消元法 $\stackrel{y=3x^2}{\to }24y^2-x=0$
  • $\stackrel{24\times 9x^4-x=0}{\to }216x^4=x\stackrel{x\left(216x^3-1\right)=0}{\to }$
    • $x=0$ 或 $x=\frac{1}{6}$.
    • 由x的值解出y，于是, $\{\begin{array}{l}x=0,\\ y=0\end{array}$ 或 $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{6},\\ y=\frac{1}{12}.\end{array}$
• 为了$AC-B^2$，求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数
  • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{3x^2-y\text{对}x\text{求导}}{=}6x$。
  • $B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{3x^2-y\text{对}y\text{求导}}{=}-1$
  • $C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{24y^2-x\text{对}y\text{求导}}{=}48y$
• 用$AC-B^2$判断驻点是不是极值点
  • 考虑驻点 $(0,0)$.
    • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(0,0)=0,B=f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)=-1,C=f_{yy}^{\prime \prime }(0,0)=0.$
      • $AC-B^2=0-1=-1<0$, 故点 $(0,0)$ 不是极值点.
  • 考虑驻点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$.
    • $A=f_{xx}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=1,B=f_{xy}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=-1,C=f_{yy}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=4.$
      • $AC-B^2=4-1=3>0$, 且 $A>0$, 故点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$ 为极小值点,
    • 极小值为$f\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)\stackrel{f(x,y)=x^3+8y^3-xy}{=}\frac{1}{6^3}+\frac{8}{12^3}-\frac{1}{6\times 12}=-\frac{1}{216}.$

(16)

(本题满分 10 分)
计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}y$, 其中 $L$ 为 $x^2+y^2=2$, 方向为逆时针方向.

(16)

• 
  
• 拿到一个平面，如何选取方法，
  • 首先看积分曲线是否封闭，因为 $x^2+y^2=2$是一个圆心在原点的圆，所以封闭可以用格林公式
  • 但格林公式是有要求的，对于p和q
    • 被积函数在所围成的区域上要有连续一阶偏导
    • 所以分母$4x^2+y^2$不能为0
      被积函数存在分母,有奇异点(0,0)
• 构造辅助路径-做另一个封闭曲线：
  • 取 $L_1$ 为 $4x^2+y^2=1$，方向为顺时针方向，相当于在里面做了一个椭圆。
    • 分母可以为1，也可以为任何一个常数
    • 里边为什么补顺时针？为了让它的正方向朝环形区域(沿着方向走的左侧是正方向)
  • 由 $L$ 和 $L_1$ 围成的平面区域记为 $D$。
• 在原曲线和辅助曲线中间的环形区域：应用格林公式：(沿着环形逆时针走左侧是正方向)
  • 将原积分分解为 $L+L_1$ 上的积分减去 $L_1$ 上的积分。
    • 对于 $L+L_1$ 上的积分，应用格林公式，将线积分转化为区域 $D$ 上的二重面积分。
      • 计算得到 ${\iint }_D\left[\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x+y}{4x^2+y^2}\right)-\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\right)\right]dxdy$，结果为 0。
    • 计算 $L_1$ 上的积分：
      • 对于 $L_1$ 上的积分，转化为区域 $4x^2+y^2\le 1$ 上的面积分,因分母为1，
        • 是封闭曲线，且分母不为零
        • 则可以使用格林公式
      • 则得到 ${\iint }_{4x^2+y^2\le 1}\left[\frac{\partial (x+y)}{\partial x}-\frac{\partial (4x-y)}{\partial y}\right]dxdy\text{＝}{\iint }_{4x^2+y^2\le 1}2dxdy$，结果为 $\pi$。
  • 合并结果：
    • 最终结果 $I=-\pi$。
• 类似的存在奇异点$(0\text{，}0)$的形式
  • ${\int }_L\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}$
  • ${\int }_L\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}$
  • ${\int }_L\frac{(x-y)dx+(x+y)dy}{(4x^2+y^2{)}^{3/2}}$这几个积分在做的时候
  • ${\int }_L\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^2+y^2}$
• 【例】计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^2+y^2}$, 其中 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心, $R$ 为半径的圆周 $(R>1)$,取逆时针方向. (2000 年数学一试题)

(17)

设数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1,(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n$, 证明当 $|x|<1$ 时, 幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收玫, 并求其和函数.

(17)

• • 题目中给出了幂级数系数 $a_n$ 的递推关系式, 要求和函数, 可以利用已知关系构造微分方程, 通过解微分方程求得和函数.
• 解 计算幂级数的收敛半径 $R$.
  • 由 $(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n$
  • 可得, $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}\stackrel{\text{求极限}}{\to }$
  • $R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}=1.$
• 因此, 幂级数的收敛半径 $R=1$. 当 $|x|<1$ 时, 幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收敛.
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• $S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}\underset{\text{内减外加}}{\overset{\text{内加外减}}{=}}\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n$
  • $\underset{a\text{从}1\text{开始}}{\overset{\text{拆项}}{=}}{a}_1+\sum _{n=1}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n$
  • $\underset{\text{级数转换思想}}{\overset{(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n}{=}}{a}_1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n{x}^n$
  • $\stackrel{a_1=1}{=}1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n{x}^n$
  • $\stackrel{\text{去括号}}{=}1+x\underset{S^{\prime }(x)}{\underbrace{\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}}}+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• 从而构造出关于$S^{\prime }(x)$的微分方程
  $S^{\prime }(x)=1+x{S}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}S(x)$
• 解微分方程
  • $(1-x)S^{\prime }(x)-\frac{1}{2}S(x)=1$
  • $\stackrel{S(x)\text{替换成}y}{\to }{y}^{\prime }-\frac{1}{2(1-x)}y=\frac{1}{1-x}$
  • 用一阶线性微分方程求解
    $y=e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}\left(\int \frac{1}{1-x}{e}^{-\int \frac{1}{2(1-x)}dx}dx+C\right)$
    • $y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right].$
    • $e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}=e^{-\frac{1}{2}\ln (1-x)}$
      • $={\left[e^{\ln (1-x)}\right]}^{-\frac{1}{2}}$
      • $=(1-x{)}^{-\frac{1}{2}}$
      • $=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$
  • $\stackrel{e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}=\frac{1}{\sqrt{1-x}}}{=}\frac{1}{\sqrt{1-x}}\left(\underline{\int \frac{1}{1-x}\cdot \sqrt{1-x}}dx+C\right)$
    • $\stackrel{\text{整理}}{=}\frac{1}{\sqrt{1-x}}\left(\int \frac{1}{\sqrt{1-x}}dx+C\right)$
    • $\underset{\int \frac{1}{\sqrt{1-x}}dx=-2\sqrt{1-x}}{\overset{\text{积分}}{=}}\frac{1}{\sqrt{1-x}}(-2\sqrt{1-x}+C)$
    • $\stackrel{\text{整理}}{\to }y=-2+\frac{C}{\sqrt{1+x}}$
  • 当 $x=0$ 时, $y(0)=S(0)=0$,
    • $a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+\cdots =S(x)$，则$S(0)=0$
    • 故 $0=-2+C$，解得 $C=2$.
  • 因此, $S(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2,x\in (-1,1)$.

(18)

(本题满分 10 分)
设 $\Sigma$ 为曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}\left(1⩽x^2+y^2⩽4\right)$ 的下侧, $f(x)$ 是连续函数, 计算 $I={\iint }_{\Sigma }[xf(xy)+2x-y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[yf(xy)+2y+x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[zf(xy)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

• 分析 本题主要考査第二类曲面积分的计算.

• 本题中的被积函数含有抽象函数 $f$ ，可考虑利用两类曲面积分之间的联系消去该抽象函数。
  本题的典型错误：先补面再用高斯公式，

• 两类曲面积分之间的联系
  ${\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\Sigma }(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )\mathrm{d}S,$

  • 其中 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 为有向曲面 $\Sigma$ 在点 $(x,y,z)$ 处的法向量的方向余弦.
  • 设有向曲面方程为 $z=z(x,y)$, 取上侧. 由于有向曲面 $\Sigma$ 取上侧
  • 公式推导: 设$z=z(x,y)$，取上侧
    • $F(x,y,z)=0$，令 $F(x,y,z)=z-z(x,y)$
    • $\vec{n}=\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)=\left(-z_y^{\prime },-z_y^{\prime },1\right)$
    • 故 $\Sigma$ 的法向量的方向余弦为$\cos =\frac{\vec{n}}{\Vert \vec{n}\Vert }$
      $\cos \alpha =\frac{-z_x^{\prime }}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}},\cos \beta =\frac{-z_y^{\prime }}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}},\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}.$

• \usepackage{tikz-3dplot}
  \begin{document}
   
  % 设定旋转体视角角度
  \def\phi{80} %俯仰角
  \def\theta{120}   % 旋转角度
  \def\thetaEdgeA{\theta-10}  % 视角边界角1（120° - 10°）
  \def\thetaEdgeB{\theta+180+10}  % 视角边界角2（120° + 180° + 10°）
   
  \tdplotsetmaincoords{\phi}{\theta}
  \begin{tikzpicture}
      \begin{scope}[tdplot_main_coords]
   
          % 坐标轴
          \draw[->] (0,0,0) -- (4,0,0) node[below right] {$x$};
          \draw[->] (0,0,0) -- (0,4,0) node[below left] {$y$};
          \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,3) node[above] {$z$};
   
          % 深灰色圆环（XY 平面上的投影）
          \fill[black!60,opacity=0.5] (0,0,0) circle (2);
          \fill[white!100] (0,0,0) circle (1); % 中心填充黑色形成圆环
          \draw[thick, black] (0,0,0) circle (2);
  		\draw[thick, black] (0,0,0) circle (1);
   
          % **蓝色填充区域（正确匹配视角边界 110° 和 310°）** 使用两段 fill
  		% 内层
  		\draw[fill=white!70,fill opacity=0.5] 
  			plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeB:\thetaEdgeA,smooth] ({2*cos(\t)},{2*sin(\t)},{2}) 
  		 -- plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeA:\thetaEdgeB,smooth] ({cos(\t)},{sin(\t)},{1}) 
  		 -- cycle;
  		% 外层
          \draw[fill=blue!90,fill opacity=0.9] 
              plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeB:\thetaEdgeA+360,smooth] ({2*cos(\t)},{2*sin(\t)},{2}) 
           -- plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeA+360:\thetaEdgeB,smooth] ({cos(\t)},{sin(\t)},{1}) 
           -- cycle;
   
          % **虚线轮廓（XOZ, YOZ 平行边界）**
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (2,0,2);
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (0,2,2);
  		\draw[dashed] (0,0,0) -- (-2,0,2);
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (0,-2,2);
   
          % **真实视角边缘轮廓线（\thetaEdgeA 和 \thetaEdgeB 实线）**
          \foreach \angle in {\thetaEdgeA, \thetaEdgeB} {
              \draw[thick] (0,0,0) -- ({2*cos(\angle)},{2*sin(\angle)},2);
          }
   
          % 顶部圆形（r=2 边界）
          \draw[smooth] (2,0,2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=2,y radius=2];
          \draw[smooth] (1,0,1) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1];
   
  		% **法向量（起点在 r=1.5, z=1.5, 朝向 XOZ 平面外）**
          \draw[->,thick] (1.5,0,1.5) -- (2,0,1) node[left] {$\mathbf{n}$};
   
          % 标注点
          \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
          \node[right] at (0,1,0) {$1$};
          \node[right] at (0,2,0) {$2$};
          \node[right] at (0,0,1) {$1$};
          \node[right] at (0,0,2) {$2$};
          
          % 标注方程
  	    \node[right] at (0,1.5,1) {\large $z=\sqrt{x^2+y^2}$};
   
      \end{scope}
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

  \usepackage{tikz}
  \begin{document}
   
  % 2D Projection View
  \begin{tikzpicture}
   
      % 坐标轴
      \draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[above] {$y$};
   
      % 底面圆环（颜色匹配 3D 版本）
      \fill[black!60,opacity=0.5] (0,0) circle (2);
      \fill[white] (0,0) circle (1);
   
      % 圆环边界线（确保清晰）
      \draw[thick, black] (0,0) circle (2);
      \draw[thick, black] (0,0) circle (1);
   
      % 标注点
      \node[below left] at (0,0) {$O$};
      \node[below] at (1,0) {$1$};
      \node[below] at (2,0) {$2$};
      \node at (1.5,1.5) {\large $D$};
   
  \end{tikzpicture}
   
  \end{document}

• 由于曲面 $\Sigma$ 取下侧，故 $\Sigma$ 的法向是 $n$ 与 $z$ 轴正向成钝角

• $F(x,y,z)=z-\sqrt{x^2+y^2}$

• 向上的法向量$\vec{n}=\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)=\left(-z_y^{\prime },-z_y^{\prime },1\right)$

  • 向下的法向量$n=\left(z_y^{\prime },z_y^{\prime },-1\right)=\left(\frac{x}{\sqrt{x+y^2}},\frac{y}{\sqrt{x+y^2}},-1\right)\stackrel{z=\sqrt{x^2+y^2}}{=}\left(\frac{x}{z},\frac{y}{z},-1\right)$
    • $z=\sqrt{x^2+y^2}$
    • $z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{z}$
    • $z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{y}{z}$

• $I={\iint }_{\Sigma }[xf(xy)+2x-y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[yf(xy)+2y+x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[zf(xy)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

• ${\iint }_{\Sigma }={\iint }_D\left(P{z}_x+Q{z}_y-R\right)dxdy$

  • $={\iint }_D\left[(x\cdot f+2x-y)\frac{x}{z}+(y\cdot f+2y+x)\frac{y}{z}-zf-z\right)]dxdy$
    • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left[\left(\frac{x^2+y^2}{z}-z\right)f(xy)+\frac{2\left(x^2+y^2\right)}{z}-z\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{全打散拆开}}{=}\frac{x^2}{z}f+\frac{2x^2}{z}-\frac{xy}{z}+\frac{y^2}{z}f+\frac{2y^2}{z}+\frac{xy}{z}-z\cdot f-z\underset{z^2=x^2+y^2}{\overset{\text{化简}}{\to }}z$
  • ${\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{\Sigma \text{ 取下侧 }}{=}{\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{极坐标}}{=}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_1^2{r}^2\mathrm{d}r={2\pi \cdot \frac{r^3}{3}|}_1^2=\frac{14\pi }{3}.$

(19)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上具有连续导数, $f(0)=f(2)=0,M={\max }_{x\in [0,2]}\{|f(x)|\}$. 证明:
( I ) 存在 $\xi \in (0,2)$, 使得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|⩾M$;
(II) 若对任意的 $x\in (0,2),\left|f^{\prime }(x)\right|⩽M$, 则 $M=0$.

(19)

• 证明 (I) 存在 $\xi \in (0,2)$ 使得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|⩾M$

• 设存在 $|f(c)|=M$
  • 若 $c=0$ 或 $2$
    • $f(x)\equiv 0$,由罗尔定理 $f^{\prime }(x)=0$, $x\in [0,2]$
  • 若 $c\in (0,1]$
    • 应用拉格朗日中值定理
      • 存在 $\xi \in (0,c)$，使 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(c)-f(0)}{c}$
      • 得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|=\frac{M}{c}⩾M$
  • 若 $c\in (1,2)$
    • 同理存在 $\xi \in (c,2)$
      • $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(2)-f(c)}{2-c}$
      • 得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|=\frac{M}{2-c}⩾M$

证明 (II) 若 $\left|f^{\prime }(x)\right|⩽M$ 则 $M=0$

• 提出假设 (反证法)
  • 假设 $M>0$
    • 则 $c\ne 0,2$
    • 分析 $c\in (0,1)$
      • 应用Newton-Leibniz公式
        • $M=|f(c)-f(0)|=\left|{\int }_0^c{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right|$
        • 得 $M⩽Mc$，矛盾，故 $M=0$
    • 分析 $c\in (1,2)$
      • 类似地使用Newton-Leibniz公式
        • $M=|f(c)|=|f(2)-f(c)|=\left|{\int }_c^2{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right|$
        • 得 $M⩽M(2-c)$，矛盾，故 $M=0$
    • 分析 $c=1$
      • 假设 $f(1)=M$，由费马引理得 $f^{\prime }(1)=0$
      • 设 $G(x)=f(x)-Mx$，$0⩽x⩽1$
        • $G^{\prime }(x)⩽0$，$G(x)$ 单调不增
        • $G(x)\equiv 0$，得 $f(x)=Mx$
        • $f^{\prime }(1)=0$，得 $M=0$

(20)

(本题满分 11 分)
设二次型 $f\left(x_1,x_2\right)=x_1^2-4x_1{x}_2+4x_2^2$ 经正交变换 $\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{l}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$ 化为二次型 $g\left(y_1,y_2\right)=a{y}_1^2+4y_1{y}_2+b{y}_2^2$, 其中 $a⩾b$.
(I) 求 $a,b$ 的值;
(II) 求正交矩阵 $Q$.

(20)

• (1) 由题意，二次型 $f(x_1,x_2)$ 与 $g(y_1,y_2)$ 的矩阵分别为

  • $A=\left(\begin{array}{c}1-2\\ -24\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{c}a2\\ 2b\end{array}\right),$

• $A$可以经过正交变换得到$B$

  • 于是 $A$ 与 $B$ 相似，所以 tr$(A)=$tr$(B)$，$|A|=|B|$，
    • 即$\{\begin{array}{l}a+b=5,\\ ab-4=0.\end{array}$
  • 又 $a\ge b$，解得 $a=4,b=1$。

• 思路

  $$\{\begin{array}{ll}\text{(1) 二次型 }& x^{T}Ax\stackrel{\text{可逆 }x=Cy}{\to }\text{ 二次型 }{y}^{T}By\Rightarrow A\text{ 与 }B\text{ 合同，但不一定相似}\\ \text{计算思路}& x^{T}Ax\stackrel{\text{可逆 }x=Cz}{\to }\text{同一标准型}\stackrel{\text{可逆 }y=C_{2}z}{\leftarrow }{y}^{T}By\\ & \Rightarrow C_1^{T}A{C}_1=C_2^{T}B{C}_2\to (C_1{C}_2^{-1}{)}^{T}A(C_1{C}_2^{-1})=B\\ & \\ \text{(2) 二次型 }& x^{T}Ax\stackrel{\text{正交 }x=Qy}{\to }\text{ 二次型 }{y}^{T}By\Rightarrow A\text{ 与 }B\text{ 合同且相似}\\ \text{计算思路}& x^{T}Ax\stackrel{\text{正交 }x=Qz}{\to }\text{同一标准型}\stackrel{\text{正交 }y=Qz}{\leftarrow }{y}^{T}By\\ & \Rightarrow Q^{T}AQ=Q^{T}BQ\to (Q{Q}^{-1}{)}^{T}A(Q{Q}^{-1})=B\end{array}$$

• 由第( I ) 问可知, $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ll}4& 2\\ 2& 1\end{array}\right)$.

• 思路:${\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)}^{\top }A\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)=B$

• 求A矩阵的特征值，求B矩阵的特征值(A和B相似)

  • $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{cc}1-\lambda & -2\\ -2& 4-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-5\lambda +4-4=\lambda (\lambda -5)=0$
    • ${\lambda }_1=0.{\lambda }_2=5$
    • A和B相似，所以，B的特征值等于A的特征值

• 求A矩阵的特征向量，用来构造可逆矩阵$Q_1$

  • 计算A的属于特征值0的特征向量.
    • $\lambda =0.Ax=0.\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 0\end{array}\right){\alpha }_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)$
  • 计算A的属于特征值5的特征向量
    • $\lambda =5.(A-5E)X=0\left(\begin{array}{ll}-4& -2\\ -2& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ll}2& 1\\ 0& 0\end{array}\right){\alpha }_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
  • 对特征向量单位化
    ${\gamma }_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right){\gamma }_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
    • 因为是属于不同特征值的特征向量，所以天然正交
  • 经正交变换$x=Qz=\left(\begin{array}{cc}\frac{2}{\sqrt{5}}& \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}& \frac{-2}{\sqrt{5}}\end{array}\right)z.$
    • 使得$f\stackrel{\text{可化标准型}}{\to }5z_2^2$

• 求B矩阵的特征向量，用来构造可逆矩阵$Q_2$

  • 计算B的属于特征值0的特征向量.
    • $\lambda =0.Bx=0\left(\begin{array}{c}42\\ 21\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}21\\ 00\end{array}\right){\beta }_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{-2}\right)$
  • 计算B的属于特征值5的特征向量.
    • $\lambda =5(B-5E)x=0\left(\begin{array}{c}-12\\ 2-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}1-2\\ 00\end{array}\right){\beta }_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)$
  • 则有正交变换 $y=Q_{2}z=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{5}\frac{2}{\sqrt{5}}\\ -\frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\end{array}\right)z.$
    • 使得$g\stackrel{\text{可化标准型为}}{\to }5z_2^2$

• $Q_1^{\top }A{Q}_1=\left(\begin{array}{l}0\\ 5\end{array}\right)=Q_2^{\top }B{Q}_2\stackrel{\text{从而}}{\to }{Q}_1^{\top }A{Q}_1=Q_2^{\top }B{Q}_2$

  • $\stackrel{\text{移项}}{\to }{\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)}^{\top }A\left(Q_1{Q}_2^{-1}\right)=B$

• $Q=Q_1{Q}_2^{-1}\stackrel{\text{正交}}{=}{Q}_1{Q}_2^T=\left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\frac{1}{\sqrt{5}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{4}{5}-\frac{3}{5}\\ -\frac{3}{5}-\frac{4}{5}\end{array}\right)$

• 2015 年数一、数二、数三试题
  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 $P$, 使 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵.

• 2019 年数一、数二、数三试题
  已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& -2& 1\\ 2& x& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$ 与 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right)$ 相似.
  (I) 求 $x,y$;
  (II) 求可逆矩阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=B$.

(21) (本题满分 11 分)

设 $\mathbf{A}$ 为 2 阶矩阵, $\mathbf{P}=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })$, 其中 $\mathbf{\alpha }$ 是非零向量且不是 $\mathbf{A}$ 的特征向量.
( I ) 证明 $\mathbf{P}$ 为可逆矩阵;
(II) 若 ${\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0$, 求 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}$, 并判断 $\mathbf{A}$ 是否相似于对角矩阵.

(21)

• • 反证法
    • 若 $P$ 不可逆，$|\alpha ,A\alpha |=0\Rightarrow \alpha$ 与 $A\alpha$ 相关 $\Rightarrow \alpha$，$A\alpha$ 成比例
      • 则 $\exists k$，使 $A\alpha =k\alpha$，说明 $\alpha$ 为 $A$ 对应于 $\lambda =k$ 的特征向量，与题中条件相悖
        • 题中条件:其中 $\mathbf{\alpha }$ 是非零向量且不是 $\mathbf{A}$ 的特征向量.
• $\therefore P$可逆
  (II) 若 ${\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0$, 求 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}$, 并判断 $\mathbf{A}$ 是否相似于对角矩阵.
• 设$P_{}^{-1}AP=B\stackrel{\text{左乘}P}{\to }AP=PB$
  • $A(\alpha \cdot A\alpha )=(\alpha \cdot A\alpha )B.$
  • $\stackrel{\mathbf{P}=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })}{\to }(\alpha \cdot A\alpha )B=\left(A\alpha \cdot A^2\alpha \right)$
    • $\stackrel{{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0}{\to }(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
    • $(\alpha \cdot A\alpha )B=(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
      • $(\alpha \cdot A\alpha )\left(\begin{array}{c}06\\ 1-1\end{array}\right)=(A\alpha$，$6\alpha -A\alpha )$
• 求得B的系数矩阵
  $B=\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)=P^{-1}AP$
  • 因为A和B相似，所以A和B的特征值一样
  • 求B的特征值
    • 则有 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{B}|=\left|\begin{array}{cc}\lambda & -6\\ -1& \lambda +1\end{array}\right|={\lambda }^2+\lambda -6=(\lambda -2)(\lambda +3)$,
      • 得 $\mathbf{B}$ 的特征值为 $2,-3$.
  • $A$有两个不同的特征值
    • 所以 $\mathbf{A}$ 相似于对角矩阵 $\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& -3\end{array}\right)$.

解法2

• $\mathbf{AP}\stackrel{\mathbf{P}=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })}{=}\left(\mathbf{A}\mathbf{\alpha },{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }\right)\stackrel{{\mathbf{A}}^2\mathbf{\alpha }+\mathbf{A}\mathbf{\alpha }-6\mathbf{\alpha }=0}{=}(\mathbf{A\alpha },6\mathbf{\alpha }-\mathbf{A\alpha })=(\mathbf{\alpha },\mathbf{A}\mathbf{\alpha })\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)=\mathbf{P}\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right),$
• 所以${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right),$可知矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\left(\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right)$ 相似,

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立, 其中 $X_1$ 与 $X_2$ 均服从标准正态分布, $X_3$ 的概率分布为 $P\left\{X_3=0\right\}$

• $=P\left\{X_3=1\right\}=\frac{1}{2}\cdot Y=X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2$.
  (I ) 求二维随机变量 $\left(X_1,Y\right)$ 的分布函数,结果用标准正态分布函数 $\Phi (x)$ 表示;
  (II) 证明随机变量 $Y$ 服从标准正态分布.

(22)

解

• 全集分解∶一个离散，一个连续
  • 2020年第22题，2019年第22题，2017年第22题，2016年第22题，2014年第22题
  • 全集分解的思想∶A的发生伴随着其他几个事件的发生图示
    • 1
    • $P(A)=P\left(A{B}_1\right)+P\left(A{B}_2\right)+P\left(A{B}_3\right)$
• 先要会写二维随机变量$(X,Y)$的分布函数的定义$F(x,y)=P\{X\le x,Y\le y\}$
  • 分析题目中的条件
    • $X_1,X_2$ 均服从标准正态分布∶$X_1,X_2\sim N(0,1)$,
    • $X_3$ 的概率分布0，1分布为 $P\left\{X_3=0\right\}\text{，}P\left\{X_3=1\right\}=\frac{1}{2}$
      • 则$X_3\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$
• 把Y给换掉∶$=P\{X_1⩽x,\underset{\text{全集分解}}{\underbrace{X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2⩽y}}\}$
  • 对离散的进行全集分解(也就是全概率公式的应用)
    只要这里边有离散的随机变量，就对离散的进行分解
    • $X_3$是离散的，对它进行全集分解。
      $=\underset{\text{当}{X}_3=0\text{时，}Y=X_2}{\underbrace{P\left\{X_1⩽x,Y⩽y,X_3=0\right\}}}+\underset{\text{当}{X}_3=1\text{时，}Y=X_1}{\underbrace{P\{X_1\le x,Y⩽y,X_3=1\}}}$
    • 将$X_3$代入题中所给公式$Y=X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2$，分别得到
      • 当$X_3=0$时，$Y=X_2$
      • 当$X_3=1$时，$Y=X_1$
      • 从而将$Y$换成对应情况的的$X$，得$$\begin{gathered} =P\underset{\Phi (x)\cdot \Phi (y)\text{⋅}\frac{1}{2}}{\underbrace{\left\{X_1\le x,X_2\le y\text{，}{X}_3=0\right\}}}+\underset{\Phi (\min \{x,y\})\text{⋅}\frac{1}{2}}{\underbrace{ \\ P\left\{X_1\le x,X_1\le y,X_3=1\right\}}} \end{gathered}$$
• 化简环节
  • 由随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立，将乘积的概率化为概率的乘积
    只有拆开才能继续进行概率的计算
    • 拆第一部分∶$P\left\{X_1\le x\right\}\text{⋅}P\left\{X_2⩽y\right\}.P\left\{X_3=0\right\}$
    • 拆第二部分∶$P\left\{X_1⩽x,X_{21}⩽y\right\}$合并为$P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}$
      整体写成$P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}\cdot P\left\{X_3=1\right\}$
  • 写出对应分布函数，由$X_1,X_2$ 均服从标准正态分布，则
    • $P\left\{X_1\le x\right\}\text{⋅}P\left\{X_2⩽y\right\}.P\left\{X_3=0\right\}$＝$\Phi (x)\cdot \Phi (y)\cdot \frac{1}{2}$
    • $P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}\cdot P\left\{X_3=1\right\}$＝$\Phi (\min \{x,y\})\cdot \frac{1}{2}$
• 关键∶全概率体现为∶对离散型进行全集分解
• II) 证时随机变量 $Y$ 服从标准正态分布
  • 已知二维的联合分布 $F(x,y)\to \text{求一维的边缘分布}{F}_Y(y)$
    • 令$x\to +\infty$，$y$不动
    • $F_Y(y)=F^{\prime }(+\infty ,y)=\frac{1}{2}\Phi (+\infty )\text{⋅}\Phi (y)+\frac{1}{2}\Phi (y)$
      • 由$\Phi (+\infty )=1$
      • 化简得，$\frac{1}{2}\cdot \Phi (y)\cdot 1+\frac{1}{2}\Phi (y)=\Phi (y)$
  • 从而证得$Y$服从标准正态分布
• 有意识的带你如何思考(一道题拿到手的思考方式)
  • 第一步∶是不是我自己把这个分布函数给它写出来啊？
    • 那有同学说，哎呀，我这不敢用这小x小y
    • 就这随便你写个u，v啊都行，没有人管你这个自变量字母，都无所谓哈
  • 下一步∶在我们要求$Y\le y$的题目中，是不是$Y$会换成$X$的函数对吧？
    • 就要用已知推未知，那么这里的$Y$你肯定要自然的想到我换成它的表达式。他表达式给你不就是为了换吗？是不是？
    • 这是这一步，我们为什么能想得到下一步呢？
  • 第三步为什么想得到呢？
    • 因为我看到里面有离散型了，而我们在20年之前做过很多，只要这个里面有离散型，我就对离散的变量进行全集分解
      • 因为有离散，也有连续是吧？
      • X1X2是连续型，那么离散和连续的掺杂在一起，我是不是就要对离散全局分解？所以我很自然的往这一步尝试
        • 但是这一步，它就是一个有点忐忑的尝试，因为确实可能之前没做过这个题，
        • 但是你就打开试嘛，一打开发现诶，很顺，我后面的步骤都带进去了，那么这个尝试就就成功了
  • 我们做题就是不可能都站在上帝视角，
    • 同学们第一步肯定这样做，第二步肯定这样做，不可能都
    • 我是试出来的，当然是要结合过往的经验
  • 就我今天会给你去带这个感觉好吗？就今天讲的比较快，你能体会多少算多少哈，因为咱是空降到一个难点，这个没办法那

(23)

(本题满分 11 分)
设某种元件的使用寿命 $T$ 的分布函数为

• $F(t)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^{\mathrm{m}}},& t⩾0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$
  其中 $\theta ,m$ 为参数且大于零.
  ( I ) 求概率 $P\{T>t\}$ 与 $P\{T>s+t\mid T>s\}$, 其中 $s>0,t>0$.
  (II) 任取 $n$ 个这种元件做寿命试验, 测得它们的寿命分别为 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$. 若 $m$ 已知, 求 $\theta$ 的最 大似然估计值 $\hat{\theta }$.

(23)

• • (1) 由条件知
    • $P\{T>t\}=1-P\{T\le t\}$
      • $=1-F(t)=1-\left[1-e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m}\right]=e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m}.$
    • $P\{T>s+t\mid T>s\}=\frac{P\{T>s+t,T>s\}}{P\{T>s\}}\stackrel{\text{取交集}}{=}\frac{P\{T>s+t\}}{P\{T>s\}}$
      • $=\frac{e^{-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}}{e^{-{\left(\frac{s}{\theta }\right)}^m}}\stackrel{\text{指数相减}}{=}{e}^{{\left(\frac{s}{\theta }\right)}^m-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}$
        • 其中$P\{T>s+t\}\stackrel{\text{类比}T\text{＞}s\text{的概率}}{=}{e}^{-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}$
• ( II) 分布函数求导得概率密度 $f(t;\theta )$.
  $f(t;\theta )=F^{\prime }(t;\theta )=\{\begin{array}{ll}-{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{1}{\theta }\right)}^m}\cdot (-m)\cdot {\left(\frac{t}{\theta }\right)}^{m-1}\cdot \frac{1}{\theta },& t>0,\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}\{\begin{array}{ll}\frac{m{t}^{m-1}}{{\theta }^m}{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m,},& t>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}\end{array}$
• 连续型:用概率密度连乘构造似然函数
  $L(\theta )=f(t_1)\cdot f(t_2)\cdots \cdot f(t_n)$
  • $=\frac{m{t}_1^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_1}{\theta }{)}^m}\cdot \frac{m{t}_2^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_2}{\theta }{)}^m}\cdots \cdot \frac{m{t}_n^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_n}{\theta }{)}^m}$
  • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}{m}^n\cdot {\theta }^{-mn}\cdot (t_1{t}_2\cdots t_n{)}^{m-1}{e}^{-\frac{1}{{\theta }^m}\left[{\sum }_{i=1}^n{t}_i^m\right]}$
• 取对数:为了方便求导，
  $\ln L(\theta )=n\ln m-mn\ln \theta +(m-1)\ln (t_1\cdots t_n)-\frac{1}{{\theta }^m}\sum _{i=1}^n{t}_i^m$
• 对$\theta$求导，求驻点(可能的极值点)
  $\frac{d\ln L(\theta )}{d\theta }=-\frac{mn}{\theta }+\frac{m}{{\theta }^{m+1}}\sum _{i=1}^n{t}_i^m=0$
  • $\stackrel{\text{同乘}\theta \text{，移项}}{\to }\theta =\sqrt[m]{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^m}$
• 最终结果:$\hat{\theta }=\sqrt[m]{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^m}$