数一2021

一、选择题

(本题共 10 小题, 每小题 5 分, 共 50 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)

数一2021 函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0\end{array}$ 在 $x=0$ 处 ( )
(A) 连续且取极大值.(B) 连续且取极小值.(C) 可导且导数等于 0 .(D) 可导且导数不为 0 .

(1)

• 数一2021 答 应选 D.
• 思路
  • 这道题先使用导数的定义，
  • 在连续使用两次洛必达求得求得极限
• 因为 $f^{\prime }(0)\stackrel{\text{导数定义}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\underset{f(0)=1}{\overset{f(x)=\frac{e^x-1}{x}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{e^x-1}{x}-x}{x}$
  • $\stackrel{\text{通分}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x}{x^2}\underset{\text{或洛必达}}{\overset{\text{泰勒}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2}{x}^2=\frac{1}{2}$

(2)

数一2021 设函数 $f(x,y)$ 可微, 且 $f\left(x+1,{\mathrm{e}}^x\right)=x(x+1{)}^2,f\left(x,x^2\right)=2x^2\ln x$, 则 $\mathrm{d}f(1,1)=()$
(A) $\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$.(B) $\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$.(C) $\mathrm{d}y$.(D) $-\mathrm{d}y$.

(2)

• 解
• 根据全微分的定义：$\mathrm{d}f(1,1)=f_1^{\prime }(1,1)\mathrm{d}x+f_2^{\prime }(1,1)\mathrm{d}y$
• 需要对 $f(x+1,{\mathrm{e}}^x)=x(x+1{)}^2$ 和 $f(x,x^2)=2x^2\ln x$ 分别对 $x$ 求导
  • 对 $f(x+1,{\mathrm{e}}^x)=x(x+1{)}^2\stackrel{\text{等式左右都对}x\text{求导}}{\to }$
    • $f_1^{\prime }(x+1,{\mathrm{e}}^x)+f_2^{\prime }(x+1,{\mathrm{e}}^x)\cdot {\mathrm{e}}^x=(x+1{)}^2+2x(x+1)$
    • 代入 $x=0$ 得到: $f_1^{\prime }(1,1)+f_2^{\prime }(1,1)=1$
  • 对 $f(x,x^2)=2x^2\ln x\stackrel{\text{等式左右都对}x\text{求导}}{\to }$
    • $f_1^{\prime }(x,x^2)+2x\cdot f_2^{\prime }(x,x^2)=4x\ln x+2x$
    • 代入 $x=1$ ，得到 $f_1^{\prime }(1,1)+2f_2^{\prime }(1,1)=2$
  • 联立方程组得到 $f_1^{\prime }(1,1)=0$, $f_2^{\prime }(1,1)=1$
    • 写出全微分方程$z=\frac{\partial z}{\partial u}du+\frac{\partial z}{\partial v}dv$
    • $\mathrm{d}f(1,1)=f_1^{\prime }(1,1)\mathrm{d}x+f_2^{\prime }(1,1)\mathrm{d}y=0dx+1\mathrm{d}y$

高昆仑版

(3)

数一2021 设函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的 3 次泰勒多项式为 $ax+b{x}^2+c{x}^3$, 则 ( )
(A) $a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}$.(B) $a=1,b=0,c=\frac{7}{6}$.(C) $a=-1,b=-1,c=-\frac{7}{6}$.(D) $a=-1,b=-1,c=\frac{7}{6}$.

(3)

• 数一2021
• 问题是求函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的3次泰勒多项式 $ax+b{x}^2+c{x}^3$。
  • 只需要展开到3次
• $f(x)=\sin x\cdot \frac{1}{1+x^2}=\left(x-\frac{1}{6}{x}^3+\dots \right)\cdot \left(1-x^2+\dots \right)$
  • $=x-x^3-\frac{1}{6}{x}^3+\dots$
  • $=x-\frac{7}{6}{x}^3+\dots$
• 对比3次泰勒多项式: $ax+b{x}^2+c{x}^3$。
  • 正确答案是 (B) $a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}$
• $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots ,-\infty <x<+\infty .$
• $\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1{)}^n{x}^n+\cdots ,-1<x<1.$

(4)

数一2021 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续, 则 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=()$
(A) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n}$.
(B) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{n}$.
(C) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{2n}f\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac{1}{n}$.
(D) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{2n}f\left(\frac{k}{2n}\right)\frac{2}{n}$.

(4)

• • 只需要$\frac{1}{n}\text{与}\frac{i}{n}$对应，或$\frac{1}{2n}\text{与}\frac{i}{2n}$对应，秒杀B
• 分析选项 (B)
  • 将 $[0,1]$ 分为 $n$ 等份
    • 每个小区间为 $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$
    • 区间长度为 $\frac{1}{n}$
    • 在 $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$ 中取中点 $f\left(\frac{\frac{k}{n}+\frac{k-1}{n}}{2}\right)$=$\frac{2k-1}{2n}$
      • $=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{0+\frac{1}{n}}{2}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{\frac{1}{n}+\frac{2}{n}}{2}\right)+\dots +\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{\frac{n-1}{n}+1}{2}\right)\right)$
      • $=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{2n}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{3}{2n}\right)+\dots +\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{2n-1}{2n}\right)\right)$
    • 根据定积分定义
      • 得 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\cdot \frac{1}{n}$
• 分析其他选项 (A), (C), (D)
  • 选项 (A)，得到 $\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
  • 选项 (C)，得到 $2{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
  • 选项 (D)，得到 $4{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
• 结论:答案是 (B)

(5)

数一2021 二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1+x_2\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2-{\left(x_3-x_1\right)}^2$ 的正惯性指数与负惯性指数依次 为 $()$(A) 2,0 .(B) 1,1 .(C) 2,1 .(D) 1,2 .

(5)

• • 这个问题是关于计算二次型的正惯性指数和负惯性指数的。解题步骤如下：
• 展开并化简二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$
• 将 $f(x_1,x_2,x_3)$ 中的完全平方拆开
  $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1+x_2\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2-{\left(x_3-x_1\right)}^2$
  $=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2+x_2^2+2x_2{x}_3+x_3^2-x_3^2+2x_1{x}_3-x_1^2$
  $=2x_2^2+2x_1{x}_2+2x_2{x}_3+2x_1{x}_3.$
• 得到 $2x_2^2+2x_1{x}_2+2x_2{x}_3+2x_1{x}_3$
  • 写成矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right]$
• 计算特征多项式 $|\lambda E-A|$
  • $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}\lambda -1-1\\ -1\lambda -2-1\\ -1-1\lambda \end{array}\right|\stackrel{\begin{array}{l}{r}_1-r_3\text{两行相减为}0\\ \text{并且形成公因式}\end{array}}{=}\left|\begin{array}{c}\lambda +10-\lambda -1\\ -1\lambda -2-1\\ -1-1\lambda \end{array}\right|$
    • $\stackrel{c_3+c_1}{=}\mid \begin{array}{c}\lambda +100\\ -1\lambda -2-2\\ -1-1\lambda -1\end{array}$
  • $\stackrel{\text{按照第一行展开}}{=}(\lambda +1)\left|\begin{array}{c}100\\ -1\lambda -2-2\\ -1-1\lambda -1\end{array}\right|$
  • $\begin{array}{l}=(\lambda +1)[(\lambda -2)(\lambda -1)-2]\stackrel{\text{先展开}\left[{\lambda }^2-3\lambda +2-2\right]}{\to }\end{array}$
  • $\stackrel{\text{因式分解}}{=}\lambda (\lambda +1)(\lambda -3)$
• 计算得到 $\lambda (\lambda +1)(\lambda -3)$确定正惯性指数和负惯性指数
  • 特征值为 $0,-1,3$
    • 正惯性指数 $p=1$ （一个正特征值）
    • 负惯性指数 $q=1$ （一个负特征值）

(6)

已知 ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)$, 记 $\underset{\text{正好对应施密特正交化}}{\underbrace{{\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_2-k{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-l_1{\mathbf{\beta }}_1-l_2{\mathbf{\beta }}_2}}$, 若 ${\mathbf{\beta }}_1$, ${\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 两两正交, 则 $l_1,l_2$ 依次为 $()$
(A) $\frac{5}{2},\frac{1}{2}$.
(B) $-\frac{5}{2},\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{5}{2},-\frac{1}{2}$.
(D) $-\frac{5}{2},-\frac{1}{2}$.

(6)

• • ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\underset{l_1}{\underbrace{\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}}}{\mathbf{\beta }}_1-\underset{l_2}{\underbrace{\frac{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2)}}}{\mathbf{\beta }}_2$
• 进行施密特正交化:对 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 进行正交化处理
  • 令 ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
  • 计算 ${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\alpha }}_2-\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1$
    • 计算内积 $({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)=2$
    • 计算内积 $({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\beta }}_1=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=2$
    • 得到 ${\mathbf{\beta }}_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)-\frac{2}{2}\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}0\\ 2\\ 0\end{array}\right)$
  • 计算 ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\frac{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1-\frac{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)}{({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2)}{\mathbf{\beta }}_2$
    • 计算内积$({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3)={\mathbf{\beta }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_3=(1,0,1)\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)=5$
    • 计算内积 $\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)={\mathbf{\beta }}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_3=(0,2,0)\left(\begin{array}{l}3\\ 1\\ 2\end{array}\right)=2\text{, }$
    • 计算内积 $\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_2\right)={\mathbf{\beta }}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{\beta }}_2=(0,2,0)\left(\begin{array}{l}0\\ 2\\ 0\end{array}\right)=4$
  • 得到 ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_3-\frac{5}{2}{\mathbf{\beta }}_1-\frac{1}{2}{\mathbf{\beta }}_2$
    • 确定 $l_1$ 和 $l_2$
      • 由上述计算可知 $l_1=\frac{5}{2}$, $l_2=\frac{1}{2}$

(7)

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶实矩阵, 下列不成立的是 ( )
( A) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.
(B) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{A}\mathbf{B}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.
( C) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{B}\mathbf{A}\\ \mathbf{O}& \mathbf{A}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$
(D) $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{B}\mathbf{A}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)=2r(\mathbf{A})$.

• (7)

• 答 应选 C.
• 解 由矩阵的秩的性质知, $r(\mathbf{A})=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right)=r\left(\mathbf{A}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\right)=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)$.
• 故 $r\left(\begin{array}{cc}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{O}& {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\end{array}\right)=r(A)+r\left(A^{T}A\right)=2r(A)$, 选项 B 成立;
• 对于(B)，因为$AB$ 的列变换可由 $A$ 的列变换消去，于是
  • $r\left[\begin{array}{cc}A& AB\\ O& A^T\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& A^T\end{array}\right]=r(A)+r(A^T)=2r(A).$
• 对于(C)，$BA$为行变换，无法用$A$的列变换消去
  • 而$r\left[\begin{array}{cc}A& BA\\ O& A{A}^T\end{array}\right]$未必等于$r\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& A{A}^T\end{array}\right].$
• 对于(D)，因为 $BA$ 的行变换可由 $A$ 的行变换消去，于是
  • $r\left[\begin{array}{ll}A& O\\ BA& A^T\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{ll}A& O\\ O& A^T\end{array}\right]=r(A)+r(A^T)=2r(A).$

(8)

设 $A,B$ 为随机事件, 且 $0<P(B)<1$, 下列命题中为假命题的是 $()$
(A) 若 $P(A\mid B)=P(A)$, 则 $P(A\mid \bar{B})=P(A)$.
(B) 若 $P(A\mid B)>P(A)$, 则 $P(\bar{A}\mid \bar{B})>P(\bar{A})$.
(C) 若 $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})$, 则 $P(A\mid B)>P(A)$.
(D) 若 $P(A\mid A\cup B)>P(\bar{A}\mid A\cup B)$, 则 $P(A)>P(B)$.

小崔版

• 思路:
  • 左侧的式子恒等变形，右侧的式子也恒等变形
  • 最终能变成同一个式子
• A
  • 左侧:$\frac{P(AB)}{P(B)}=P(A)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(AB)=P(A)P(B)$
  • 右侧:$\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}=P(A)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(A\bar{B})=P(A)P(\bar{B})\underset{P(\bar{B})=1-P(B)}{\overset{\text{取对立事件}}{\to }}$
    • $P(A)-P(AB)=P(A)(1-P(B))=P(A)-P(A)P(B)$
    • $\iff P(AB)=P(A)P(B)$
• B
  • 左侧:若 $P(A\mid B)>P(A)$，则 $\underset{\frac{P(AB)}{P(B)}>P(A)}{\overset{\text{条件概率}}{\to }}P(AB)>P(A)P(B)$
  • 右侧:$\frac{P(\bar{A}\cap \bar{B})}{P(\bar{B})}>1-P(A)\iff \frac{1-P(A+B)}{1-P(B)}>1-P(A)$
    • $\frac{1-P(A)-P(B)+P(AB)}{1-P(B)}>1-P(A)$
    • $\underline{1-P(A)-P(B)}+P(AB)>\underline{1-P(A)-P(B)}+P(A)P(B)$
• C
  • 左侧:$\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}$
    • $\stackrel{\text{交叉相乘}}{\to }P(AB)-P(B)P(AB)>P(A)P(B)-P(B)P(AB)$
  • 右侧:同B选项左侧
• D不成立

(9)

设 $\left(X_1,Y_1\right),\left(X_2,Y_2\right),\cdots ,\left(X_n,Y_n\right)$ 为来自总体 $N\left({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho \right)$ 的简单随机样本, 令 $\theta ={\mu }_1-{\mu }_2,\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i,\hat{\theta }=\bar{X}-\bar{Y}$, 则 $()$
(A) $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$.
(B) $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$.
(C) $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$.
(D) $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$.

(9)

• • $\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}.$
• 求样本期望
  • 由$E(\hat{\theta })=E(\bar{X}-\bar{Y})=E\bar{X}-E\bar{Y}\angle EX-EY={\mu }_1-{\mu }_2=\theta .$
• 求样本方差
  • $D(\hat{\theta })\stackrel{\theta ={\mu }_1-{\mu }_2}{=}D(\bar{X}-\bar{Y})\stackrel{\text{性质}}{=}D\bar{X}+D\bar{Y}-2\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})$
    • $\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})=\frac{\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$
  • $\stackrel{D(\bar{X})=\frac{{\sigma }_1^2}{n}\text{，}D(\bar{Y})=\frac{{\sigma }_2^2}{n}}{=}(\frac{1}{n}DX+\frac{1}{n}DY-2\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i\right)$
  • $=\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-2\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n}\mathrm{Cov}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i,\sum _{i=1}^n{Y}_i\right)$
    • $\{\begin{array}{l}{X}_1,Y_1\\ \cdots \dots \\ X_1,Y_n\end{array},\cdots ,\{\begin{array}{l}{X}_n,Y_1\\ \cdots \dots \\ X_n,Y_n\end{array}$
  • $\stackrel{\text{处理协方差}}{=}\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-2\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n}\cdot n\mathrm{Cov}(X_1,Y_1)$
  • $\stackrel{\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}}{=}\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-\frac{2}{n}\cdot \rho \cdot {\sigma }_1\cdot {\sigma }_2.$
• 综上，$\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计，其方差为 $\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$。因此，正确答案是选项 (C)。

(10)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{16}$ 是来自总体 $N(\mu ,4)$ 的简单随机样本, 考虑假设检验问题 $H_0:\mu ⩽10$, $H_1:\mu >10,\Phi (x)$ 表示标准正态分布函数, 若该检验问题的拒绝域为 $W=\{\bar{X}>11\}$, 其中 $\bar{X}=\frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}{X}_i$, 则 $\mu =11.5$ 时, 该检验犯第二类错误的概率为 $()$
( A) $1-\Phi (0.5)$.
( B ) $1-\Phi (1)$.
( C) $1-\Phi (1.5)$.
(D) $1-\Phi (2)$.

(10)

• 01:07:54
  答 应选 A.
• (1)两类错误
  • (1)第一类错误 (弃真错误): 当原假设 $H_0$ 为真时, 但检验结果为拒绝 $H_0$;
    • 拒绝了真的假设
  • (2)第二类错误 (存伪错误): 当原假设 $H_0$ 不正确时, 但检验结果为接受 $H_0$.
    • 接受了错误的假设
• 根据已知条件, $\mu =11.5$, 原假设 $H_0:\mu ⩽10$ 不为真.
  • 由于该检验问题的拒绝域为 $W=\{\bar{X}>11\}$,
    • 得到接受域：$\bar{X}⩽11$
  • 故当 $\bar{X}⩽11$ 时, 不拒绝 $H_0$. 此时, 该检验犯了第二类错误, 其概率为 $P\{\bar{X}⩽11\}$.
    • 接受了错误的假设
• 下面我们计算 $P\{\bar{X}⩽11\}$ 。
  • 由样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}{X}_i$,得$n=16$
    • 故 $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{4}{16}\right)$,
    • $\stackrel{\mu =11.5}{\to }\bar{X}\sim N\left(11.5,\frac{1}{4}\right)$，标准化可得, $\frac{\bar{X}-11.5}{\frac{1}{2}}\sim N(0,1)$.
  • $P\{\bar{X}⩽11\}=P\left\{\frac{\bar{X}-11.5}{\frac{1}{2}}⩽\frac{11-11.5}{\frac{1}{2}}\right\}=\Phi (-1)=1-\Phi (1)$
    • 选项中没有$\Phi (-1)$ ,只有$\Phi (1)$
    • 犯第二类错误落在接受域的概率：$1-\Phi (1)$
• (2018)设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right).X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,据此样本检验 假设 $H_0:\mu ={\mu }_0,H_1:\mu \ne {\mu }_0$, 则 ( )
  • (A) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (B) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.
  • (C) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (D) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.

二、填空题

(本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分, 把答案填在题中横线.上.)}

(11)

${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}\mathrm{d}x=$

(11)

答 应填 $\frac{\pi }{4}$.

高昆仑版

• ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x+1{)}^2+1}dx$
  • $\stackrel{\int \frac{1}{1+u^2}du=\arctan (u)}{=}{\arctan (x+1)|}_0^{+\infty }$
  • $\underset{\arctan (1)=\frac{\pi }{4}}{\overset{\arctan (+\infty )=\frac{\pi }{2}}{=}}\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}.$

gpt版

• 计算积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}dx$
  • 式子化简
    • 分母化简：$x^2+2x+2$ 拆成$x^2+2x+1+1$
      • 完全平方：$(x+1{)}^2+1$
    • 新积分形式：${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x+1{)}^2+1}d(x+1)$
  • 计算积分
    • 使用反正切函数：$\int \frac{1}{1+u^2}du=\arctan (u)$
    • 积分结果：$={\arctan (x+1)|}_0^{+\infty }\underset{\arctan (1)=\frac{\pi }{4}}{\overset{\arctan (+\infty )=\frac{\pi }{2}}{=}}\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$

(12)

设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\{\begin{array}{l}x=2{\mathrm{e}}^t+t+1,\\ y=4(t-1){\mathrm{e}}^t+t^2\end{array}$ 确定, 则 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}=$

• $\frac{dy}{dx}=\frac{y^{\prime }(t)}{x^{\prime }(t)}=\frac{4e^t+4(t-1)e^t+2t}{2e^t+1}\approx 2t,$
• ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}={\frac{d(2t)}{dt}\cdot \frac{1}{x^{\prime }(t)}|}_{t=0}={\frac{2}{2e^t+1}|}_{t=0}=\frac{2}{3}.$

(13)

欧拉方程 $x^2{y}^{\prime \prime }+x{y}^{\prime }-4y=0$ 满足条件 $y(1)=1,y^{\prime }(1)=2$ 的解为 $y=$

(13)

• • $x=e^t,x^2{y}^{\prime \prime }=D(D-1)y,x{y}^{\prime }=Dy,D=\frac{d}{dt}$
    • $D(D-1)y+Dy-4y=0$
    • $\stackrel{\text{整理}}{\to }{D}^{2}y-4y=0$
    • $\stackrel{D=\frac{d}{dt}}{\to }\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-4y=0$，从而$\stackrel{\text{求特征方程}}{\to }{\lambda }^2-4=0$，得$\lambda =\pm 2$
• $\stackrel{\text{通解公式}}{\to }y=C_1{e}^{2t}+C_2{e}^{-2t}$
  • $\{\begin{array}{l}y=C_1{x}^2+C_2{x}^{-2}\leftarrow y(1)=1\\ y^{\prime }=2C_{1}x-2C_2{x}^{-3}\leftarrow y^{\prime }(1)=2\end{array}$
  • $\{\begin{array}{l}1=C_1+C_2\\ 1=C_1-C_2\end{array}$，得$C_1=1$
    $C_2=0$
  • $\stackrel{\text{代入原式}}{\to }y=x^2$
• 2004 年数一试题欧拉方程
  $x^2\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}+4x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y=0(x>0)$ 的通解为

(14)

设 $\Sigma$ 为空间区域 $\left\{(x,y,z)\mid x^2+4y^2⩽4,0⩽z⩽2\right\}$ 表面的外侧, 则曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+$ $y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

(14)

• • 
    
• 解 利用高斯公式，得
  • 原式$={\oint }_{\Sigma }{x}^{2}dydz+y^{2}dzdx+zdxdy$
  • $\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iiint }_{\Omega }(2x+2y+1)dv$
  • $\underset{x\text{，}y}{\overset{\text{奇函数为}0}{=}}0+{\iiint }_{\Omega }1dv=V_{\Omega }\underset{\pi ab\times h}{\overset{\text{求圆柱体体积}}{=}}\pi \cdot 2\cdot 1\cdot 2\cdot \frac{4}{4}\pi .$

(15)

设 $\mathbf{A}=\left(a_{ij}\right)$ 为 3 阶矩阵, $A_{ij}$ 为元素 $a_{ij}$ 的代数余子式, 若 $\mathbf{A}$ 的每行元素之和均为 2 , 且 $|\mathbf{A}|=$ 3 , 则 $A_{11}+A_{21}+A_{31}=$

(15)

• 答案

• 方法2：构造一个行列式
  • 由每行元素之和等于2\to往这里恒等变形，和构造新的行列式
  • $(2)|A|=\left|\begin{array}{l}{a}_{11}{a}_{12}{a}_{13}\\ a_{21}{a}_{22}{a}_{23}\\ a_{31}{a}_{32}{a}_{33}\end{array}\right|\stackrel{c_1+c_2+c_3}{=}\left|\begin{array}{l}{a}_{11}+a_{12}+a_{13}{a}_{12}{a}_{13}\\ a_{21}+a_{22}+a_{23}{a}_{22}{a}_{23}\\ a_{31}+a_{32}+a_{33}{a}_{32}{a}_{33}\end{array}\right|$
    • 将每行元素之和等于2代入，得$=\left|\begin{array}{lll}2& a_{12}& a_{13}\\ 2& a_{22}& a_{23}\\ 2& a_{32}& a_{33}\end{array}\right|$
    • 按照第一列展开$=2A_{11}+2A_{21}+2A_{31}=3$
      • 则答案:$A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2}$
• 用元素和代数余子式的乘积这条路走不通，计算量太大
  $\begin{array}{rl}& [\text{ 分析 }]A_{ij}\to \text{ 概念 。 }\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \text{ 定理 }\{\begin{array}{l}|A|=a_{11}{A}_{11}+a_{12}{A}_{12}+\cdots +a_{1n}{A}_{1n}\\ a_{11}{A}_{21}+a_{12}{A}_{22}+\cdots +a_{1n}{A}_{2n}=0\end{array}\end{array}$
• 方法3:
  • A的每行元素之和为2，说明2是一个特征值，(1,1,1)ᵀ是一个特征向量
    • $A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]=2\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$
  • $|A|=3$说明A可逆
  • 代数余子式的两个角度
    • 从伴随矩阵分析(对应方法一)
    • 从行列式的展开分析(对应方法二)
  • 接下来用伴随矩阵分析
• $\nabla$ 方法一: 用伴随矩阵∶题中所求, 是伴随矩阵第一行元素的和
  • 当 $A^{\ast }=\left[\begin{array}{ccc}(A_{11}& A_{21}& A_{31}\\ A_{12}& A_{22}& A_{32}\\ A_{13}& A_{23}& A_{33}\end{array}\right]$
    • 要求的是 则伴随矩阵第1，2，3行的和可以写为$A^{\ast }\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}(1=A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2})\\ (2)\\ (3)\end{array}\right]$
  • $\nabla$ 题中给大家的是, A矩阵, 每行元素的和
    • $A$ 每行元素之和均为 2，即$\{\begin{array}{l}{a}_{11}+a_{12}+a_{13}=2\\ a_{21}+a_{22}+a_{23}=2\\ a_{31}+a_{32}+a_{33}=2\end{array}$
    • 这其实是一个乘法$\left[\begin{array}{lll}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]\stackrel{\text{将矩阵简写}}{\to }A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]$
    • 另一种写法，$A\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]\stackrel{\text{用}{A}^{\ast }\text{左乘}}{\to }$
      $A^{\ast }\left[\begin{array}{l}2\\ 2\\ 2\end{array}\right]=\underline{A^{\ast }A}\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]\stackrel{A^{\ast }\cdot A=|A|}{\to }|A|E\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=3\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$
      • 式子两边倍除2，得到$\therefore A^{\ast }\left[\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}\frac{3}{2}\\ \frac{3}{2}\\ \frac{2}{2}\end{array}\right]$
      • 从而伴随矩阵的第一行元素:$A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2}$

(16)

甲、乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球, 先从甲盒中任取一球, 观察颜色后放入乙盒, 再从乙盒中任取一球, 令 $X,Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球的个数, 则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为

(16)

• • 分析 本题主要考查相关系数的计算.
• (解) 根据相关系数的计算公式， $X$ 与 $Y$ 的相关系数为
  $\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}.$
  • 
    
    • $P\{X=0\cdot Y=0\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}$
    • $P\{X=1,Y=0\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{2}{10}$
    • $P\{X=0\cdot Y=1\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{2}{10}$
    • $P\{X=1,Y=1\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}$
• 下面分别计算 $X,Y$ 的分布律与数字特征.取球模型为等可能模型。
  • 从甲盒中取到红球的概率
    $X$ 的可能取值为 0,1 . 取到白球, 则 $X=0$; 取到红球, 则 $X=1$.
    • $P\{X=0\}=\frac{1}{2},P\{X=1\}=\frac{1}{2}.$
      • $E(X)=0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $E(X^2)=0\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$
  • 从乙盒中取到红球的概率
    $Y$ 的可能取值为 0,1 .
    • 分析Y的概率
      • 若从甲盒中取出的是白球, 则后来乙盒中共有 2 个红球和 3 个白球, 取到红球的概率为 $\frac{2}{5}$,
        • 即在 $X=0$ 发生的条件下 $Y=1$ 发生的概率为 $\frac{2}{5}$;
      • 若从甲盒中取出的是红球, 则后来乙盒中共有 3 个红球和 2 个白球, 取到红球的概率为 $\frac{3}{5}$,
        • 即在 $X=1$ 发生的条件下 $Y=1$ 发生的概率为 $\frac{3}{5}$.
    • $P\{Y=0\}=\frac{1}{2},P\{Y=1\}=\frac{1}{2}.$
      • $P\{Y=1\}=P\{Y=1\mid X=0\}P\{X=0\}+P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}$
        • $=\frac{2}{5}\times \frac{1}{2}+\frac{3}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $P\{Y=0\}=1-P\{Y=1\}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
    • 同理, $E(Y)=\frac{1}{2},E\left(Y^2\right)=\frac{1}{2},D(Y)=\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$.
  • $XY$ 的可能取值为 0,1
    • $P\{XY=1\}=P\{X=1,Y=1\}=P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}=\frac{3}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{10}.$
    • $P\{XY=0\}=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.$
    • 于是, $E(XY)=P\{XY=1\}\times 1+P\{XY=0\}\times 0$
      • $=\frac{3}{10}\times 1+\frac{7}{16}\times 0=\frac{3}{10}$
• 因此,$\rho =\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{\frac{3}{10}-\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{20}}{\frac{1}{4}}=\frac{1}{5}.$

三、解答题

(本题共 6 小题, 共 70 分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

(17)

(本题满分 10 分)
求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1+{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{t^2}\mathrm{d}t}{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{\sin x}\right)$.

(17)

• 原式
  • $=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+\sin x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt-e^x+1}{(e^x-1)\sin x}\stackrel{\begin{array}{l}{e}^x-1\sim x\\ \sin x\sim x\end{array}\}{x}^2}{\to }$
  • $\underset{\text{乘法求导}}{\overset{\text{洛必达}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x+\cos x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt+\sin x\cdot e^{x^2}-e^x}{2x}$
  • $\underset{\text{就洛必达几次}}{\overset{\text{分母有几次}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x-\sin x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt+\cos x\cdot e^{x^2}+\cos x\cdot e^{x^2}+\sin x\cdot e^{x^2}\cdot 2x-e^x}{2}$
  • $\stackrel{\sin 0=0,\cos 0=1}{=}\frac{1}{2}.$

(18)

(本题满分 12 分)
设 $u_n(x)={\mathrm{e}}^{-nx}+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}(n=1,2,\cdots )$, 求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域及和函数.

(18)

• 设 $u_n(x)=e^{-nx}+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$（$n=1,2,\cdots$），求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域及和函数。
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\left[e^{-nx}+\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}\right]$
  • $=\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
• 求收敛域
  • $\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}=e^{-x}+e^{-2x}+\cdots +e^{-nx}+\cdots =\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}},-1<e^{-x}<1,$即$x>0.$
  • 而$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)},$因为${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)}=1,$于是$R=1.$
    • 又 $x=1$ 和 $x=-1$ 时，$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}$ 和 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n(n+1)}$ 都收敛，
    • 所以 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ 的收敛域为 $[-1,1]$
  • 所以级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域为 $(0,1]$。令 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$，$0<x\le 1$。
• 求和函数$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
  • 第一部分
    • $\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}=\sum _{n=1}^{\infty }{t}^n,-1<t<1\stackrel{{\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}}{\to }\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}$
  • 第二部分
    • 逐项求导
      • 当 $0<x<1$ 时，$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$，
        因 $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}$，$-1<x<1$。
    • 逐项积分
      • 于是$S(x)={\int }_0^x-\ln (1-t)dt+S(0)=-t\ln (1-t){|}_0^x+{\int }_0^{x}t\cdot \frac{-1}{1-t}dt+0$
      • $=-x\ln (1-x)+{\int }_0^x\frac{1-t-1}{1-t}dt=-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x).$
• 补点:而 $S(x)$ 在收敛域上是连续的，于是 $S(1)=\underset{x\to 1}{\lim }S(x)$
  • $=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left[-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x)\right]$
  • $=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\underset{=0}{\underbrace{(1-x)}}\ln (1-x)+1$
  • (令 $1-x=t$) $=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }t\ln t+1=0+1=1$。
• 综上可知，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的和函数为
  • $\{\begin{array}{l}\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x),0<x<1,\\ \frac{e^{-1}}{1-e^{-1}}+1,x=1.\end{array}$

小猪佩奇

• $\frac{1}{n\cdot (n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$
• $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
  • $\stackrel{\text{裂项}}{=}\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{x^{n+1}}{n}-\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}\right]$
  • $\stackrel{\text{向分母看齐}}{=}x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n+1}$
  • $\stackrel{\text{套公式}}{=}x\cdot [-\ln (1-x)]+\ln (1-x)+x$
  • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}(1-x)\cdot \ln (1-x)+x$

(19)

(本题满分 12 分)
已知曲线 $C:\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-z=6,\\ 4x+2y+z=30,\end{array}$ 求 $C$ 上的点到 $xOy$ 坐标面距离的最大值.

(19)

• • 分析 本题可以利用拉格朗日乘数法求解.点 $(x,y,z)$ 到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$ ，故目标函数可设为 $z^2$ 。本题中的约束条件为点 $(x,y,z)$ 落在曲线 $C$ 上，故约束条件有两个等式.
• $\stackrel{\text{建立拉格朗日函数}}{\to }L(x,y,z,\lambda ,\mu )=|z|+\lambda \left(x^2+2y^2-z-6\right)+\mu (4x+2y+z-30)$
• $\begin{array}{r}\stackrel{\text{绝对值变成平方}}{\to }L(x,y,z,\lambda ,\mu )=z^2+\lambda \left(x^2+2y^2-z-6\right)+\mu (4x+2y+z-30)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}(1)L_x=2\lambda x+4\mu =0\\ (2)L_y=4\lambda y+2\mu =0\\ (3)L_z=2z-\lambda +\mu =0\\ (4)L_{\lambda }=x^2+2y^2-z-6=0\\ (5)L_{\mu }=4x+2y+z-30=0\end{array}\end{array}$

gpt版

• 转化问题：求 $C$ 上点到 $xOy$ 面的距离，实际上是求 $z$ 坐标的最大值。
  • 曲线 $C$ 的方程组为 $\{x^2+2y^2-z=6,4x+2y+z=30\}$。
• 构造拉格朗日函数 $L(x,y,z,\lambda ,\mu )$。
  • $L(x,y,z,\lambda ,\mu )=z+\lambda (4x+2y+z-30)+\mu (x^2+2y^2-z-6)$。
• 消元法求解驻点：对 $L$ 求偏导并令其等于零。
  • $\frac{\partial L}{\partial x}=4\lambda +2\mu x=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial y}=2\lambda +4\mu y=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial z}=1+\lambda -\mu =0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial \lambda }=4x+2y+z-30=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial \mu }=x^2+2y^2-z-6=0$。
• 消元法求解驻点的坐标。
  • 解得两组解：$(x,y,z)=(4,1,12)$ 和 $(-8,-2,66)$。
• 确定最大值。
  • 对比两组解，$z$ 的最大值为 66。

(20)

设 $D\subset {\mathbf{R}}^2$ 是有界单连通闭区域, $I(D)={\iint }_D\left(4-x^2-y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 取得最大值的积 分区域记为 $D_1$.
(I) 求 $I\left(D_1\right)$ 的值;
(II) 计算 ${\int }_{\partial D_1}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}$, 其中 $\partial D_1$ 是 $D_1$ 的正向边界.

(20)

• (1)
  
  • 区域 $D_1$ 应当可以使被积函数 $f(x,y)=4-x^2-y^2\ge 0$，
  • 且 $D_1$ 之外还必须可以使被积函数 $f(x,y)=4-x^2-y^2<0$。
  • 所以 $D_1=\{(x,y)|x^2+y^2\le 4\}$。
• $I(D_1)={\iint }_{D_1}(4-x^2-y^2)dxdy={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^2(4-r^2)rdr\stackrel{{\left(2r^2-\frac{r^4}{4}\right)|}_0^2=8-4=4}{=}8\pi .$
• (2)
• 记所求积分为 $I,P(x,y)=\frac{x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y}{x^2+4y^2},Q(x,y)=\frac{4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x}{x^2+4y^2}$,
  则当 $(x,y)\ne (0,0)$ 时,
  • $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\left(8xy{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-1\right)\left(x^2+4y^2\right)-\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\cdot 2x}{{\left(x^2+4y^2\right)}^2}=\frac{\partial P}{\partial y}$
  • 于是, $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
• 挖点用格林
  
  • 由格林公式，$\begin{array}{r}{\oint }_{L}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)d\sigma \end{array}$
    • 挖点前的全部区域:
      ${\oint }_{L+L^{\prime }}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}\stackrel{\text{ 格林公式 }}{=}{\iint }_{D_1\backslash D_0}0\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,$
  • 挖点后的区域
    ${\oint }_L=\underline{{\oint }_{L+L^{\prime }}}-{\oint }_{L^{{}^{\prime }\text{内}}}$
    • $=0+{\oint }_{L^{{}^{\prime }\text{外}}}$
    • $={\oint }_{L^{\prime \text{－}}}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}$
    • $\underset{x^2+4y^2={\epsilon }^2}{\overset{{\epsilon }^2}{=}}{\oint }_{L^{\prime }}\left(x{\mathrm{e}}^{{\epsilon }^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{{\epsilon }^2}-x\right)\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{ 格林公式 }}{=}\frac{1}{{\epsilon }^2}{\iint }_{D_0}\left[\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{{\epsilon }^2}{\iint }_{D_0}(-1-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $=-\frac{2}{{\epsilon }^2}\cdot D_0$的面积$\stackrel{\pi ab}{=}-\frac{2}{{\epsilon }^2}\times \pi \times \epsilon \times \frac{\epsilon }{2}=-\pi .$
• 2000 年数一试题
  • 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.
• 2020 年数一试题
  • 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.

(21)

(本题满分 12 分)
已知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& -1\\ 1& a& -1\\ -1& -1& a\end{array}\right)$.
( I ) 求正交矩阵 $\mathbf{P}$,使得 ${\mathbf{P}}^{\mathrm{T}}\mathbf{AP}$ 为对角矩阵;
(II) 求正定矩阵 $\mathbf{C}$,使得 ${\mathbf{C}}^2=(a+3)\mathbf{E}-\mathbf{A}$, 其中 $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵.

(21)

• 解 (1)
• $|A-\lambda E|=\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda & 1& -1\\ 1& a-\lambda & -1\\ -1& -1& a-\lambda \end{array}\right|\stackrel{c1+c3}{=}\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda -1& 1& -1\\ 0& a-\lambda & -1\\ a-\lambda -1& -1& a-\lambda \end{array}\right|$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{r3-r1}{=}\left|\begin{array}{ccc}a-\lambda -1& 1& -1\\ 0& a-\lambda & -1\\ 0& -2& a-\lambda +1\end{array}\right|\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{按第一列展开}}{=}(a-\lambda -1)[(a-\lambda )(a-\lambda +1)-2]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=(a-\lambda -1)\left[(a-\lambda {)}^2+(a-\lambda )-2\right]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\begin{array}{rl}& t+2\\ & t-1\end{array}}{=}(a-\lambda -1)[a-\lambda +2][a-\lambda -1]\end{array}$
  • ${\lambda }_1={\lambda }_2=a-1.{\lambda }_3=a+2$
• 当二重根$\begin{array}{r}\begin{array}{c}\lambda =a-1\end{array}\end{array}$，$\begin{array}{r}(A-(a-1)E)x=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& 1& -1\\ -1& -1& 1\end{array}\right)\stackrel{2\text{，}3\text{两行成比例}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
    • $x=k_1\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+k_2\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ , $k_1$ $k_2$不全为$0$
• 当$\lambda =a+2$，$(A-(a+2)E)x=0$
  • $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccc}-2& 1& -1\\ 1& -2& -1\\ -1& -1& -2\end{array}\right)\stackrel{\text{行互换化简}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& -2& -1\\ -2& 1& -1\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\begin{array}{rl}& r_2-r_1\\ & r_3+2r_1\end{array}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 0& -3& -3\\ 0& 3& 3\end{array}\right)\stackrel{2\text{，}3\text{两行成比例}}{\to }\left(\begin{array}{lll}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\therefore x=k_3\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)\end{array}$
• 先施密特正交化
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2-\frac{\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\xi }}_2\right)}{{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }^2}{\mathbf{\beta }}_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)-\frac{(-1)}{2}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right)\end{array}$
    • 实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，${\mathbf{\beta }}_3$不用算了
• $\begin{array}{r}\text{ 将 }{\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\text{ 单位化. }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\mathbf{\epsilon }}_3=\frac{{\mathbf{\beta }}_3}{\Vert {\mathbf{\beta }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 1\end{array}\right).\end{array}$
• 存在正交矩阵 P ，使得\displaystyle \begin{aligned}P^T A P = \Lambda = \left(\begin{array} a-1 & & \\ & a-1 \\ & & a+2 \end{array}\right)\end{aligned}
  (2)
• ${\mathbf{C}}^2=(a+3)\mathbf{E}-\mathbf{A}$
  • $(a+3)E-A=\left(\begin{array}{ccc}3& -1& 1\\ -1& 3& 1\\ 1& 1& 3\end{array}\right)$
  • $\begin{array}{r}C=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\text{，}A=C^k\end{array}$
• 下面就是要把施密特正交公式背下来∶施密特正交化的步骤
  • β1就是α1∶${\beta }_1={\alpha }_1$
  • β2就是α2减β1∶${\beta }_2={\alpha }_2-\frac{\left({\alpha }_2,{\beta }_1\right)}{\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)}{\beta }_1$
    • 求β2的系数
    • 分子是α2和β1做内积
    • 分母就是β1向量的坐标平方和
  • β3就是α3减β1再减β2∶${\beta }_3={\alpha }_3-\frac{\left({\alpha }_3,{\beta }_1\right)}{\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)}{\beta }_1-\frac{\left({\alpha }_3,{\beta }_2\right)}{\left({\beta }_2,{\beta }_2\right)}{\beta }_2$
    • 求β3的系数
    • β1的系数∶分子是α3和β1的内积，分母仍然是β1的坐标平方和
    • 这样得到的三个向量肯定两两垂直，
  • 这三个系数起什么作用？要保证这三个向量一定是两两垂直的
    • 这个系数非常有规律，容易记
• 下一步单位化
  • ${\gamma }_1=\frac{{\beta }_1}{\Vert {\beta }_1\Vert }{\gamma }_2=\frac{{\beta }_2}{\Vert {\beta }_2\Vert }{\gamma }_3=\frac{{\beta }_3}{\Vert {\beta }_3\Vert }$
    写成通式，即${\gamma }_i=\frac{{\beta }_i}{\Vert {\beta }_i\Vert }(i=1,2,3)$
  • 单位化后，得到的就是将两两垂直的向量，变成长度是1的单位向量
    • 拼起来之后，就是正交矩阵
• 若 $\begin{array}{r}n\end{array}$ 阶矩阵 $\begin{array}{r}A\end{array}$ 可相似对角化/可正交对角化，且其特征值分别为 $\begin{array}{r}{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\end{array}$，要计算 $\begin{array}{r}C\end{array}$ 使得 $\begin{array}{r}A=C^k\end{array}$？
• $\exists P$，使得$P^{-1}AP=\Lambda \to A=P\Lambda P^{-1}=P\left({\Lambda }^{\frac{1}{k}}\cdot {\Lambda }^{\frac{1}{k}}\cdots {\Lambda }^{\frac{1}{k}}\right)P^{-1}$
  • $\begin{array}{r}=P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdot P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdots \cdot P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\therefore C=P{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{P}^{-1}\cdot A=C^k\end{array}$
• $\exists Q$，使得$Q^{\top }AQ=\Lambda .\to A=Q\Lambda Q^{\top }=Q\left({\Lambda }^{\frac{1}{k}}\right)Q^{\top }$
  • $\begin{array}{r}=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\cdots \cdot Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}C=Q{\Lambda }^{\frac{1}{k}}{Q}^{\top }\text{，}A=C^k\end{array}$

(22)

(本题满分 12 分)
在区间 $(0,2)$ 上随机取一点, 将该区间分成两段,较短一段的长度记为 $X$, 较长一段的长度记 为 $Y$, 令 $Z=\frac{Y}{X}$.
(I) 求 $X$ 的概率密度;
(II) 求 $Z$ 的概率密度;
(III) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$.

(22)

• 解
  为了解释这个答案，我们将分步骤来展示解题过程及其逻辑关系。以下是解析：
  (I) 求 $X$ 的概率密度
• 定义 $X$
  • $X=\min \{V,2-V\}$，表示较短一段的长度,则x的取值范围为(0,1)
    • 如果超过1，就成了较长的一段，而不是较短的一段
    • x为长度，而不是(0，2)上的区间
  • 若随机变量 $X\sim U(a,b)$ 则 $X$ 概率密度函数
    • $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a},& a<x<b\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
  • $x\sim \cup (0,1)$:x服从(0,1)的均匀分布,套公式
    • 概率密度=区间长度分之一$\therefore f_x(x)=\{\begin{array}{lc}1,& 0<x<1\\ 0& \text{ else }\end{array}$
      (II) 求 $Z$ 的概率密度
• 定义 $Z$
  • $Z=\frac{Y}{X}\stackrel{X+Y=2}{=}\frac{2-X}{X}=\frac{2}{X}-1$。
• 如何讨论
  • 如果x是离散型,则不用画进图中,直接用全集分解来分类讨论
  • 只有连续型的范围,才画入图中
    • 均匀分布,如何画图
    • 正态分布,如何画图
    • 指数分布
  • 如果X和Y都是离散型,如何画图
  • 如果X和Y都是连续型,如何画图
    • x,y,z都存在,则画出(x,y)的区间,然后让z=f(x,y)在这个区间从下往上刷
  • 如果X和Y一个离散，一个连续,如何画图
    • 只剩(x和z)或(y和z)
    • 将x=g(z)反函数之后，就是从左往右刷
    • 没有用反函数，还是z=f(x)的时候，就从下往上刷
• 由x的范围,y的范围和函数Z=g(X,Y)三者围成的区间画图
  由$z=\frac{2}{x}-1$ 的图像反解 $x=\frac{2}{z+1}$

\usepackage{tikz}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
 
  % 坐标轴（稍微向负方向延申）
  \draw[->, thick] (-0.3, 0) -- (2.5, 0) node[right] {$x$};
  \draw[->, thick] (0, -0.3) -- (0, 3.5) node[above] {$z$};
 
  % 函数 z = 2/x - 1，在 x ∈ [0.5, 2]
  \draw[domain=0.5:2, smooth, variable=\x, blue, thick]
    plot ({\x}, {2/(\x) - 1});
 
  % 标注红色竖线 x=1
  \draw[red, thick] (1, 0) -- (1, 3.5);
  \node[below right, red] at (1, 0) {$x=1$};
 
  % 标注交点 (1,1)
  \filldraw[black] (1,1) circle (1pt);
  \node[above right] at (1,1) {$(1,1)$};
 
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 然后直接三件套
  - 当 $z<1$ 时, $\stackrel{\text{写出分布函数}}{\to }{F}_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\stackrel{\text{转化}}{=}0$;
  - 当 $z⩾1$ 时,$\stackrel{\text{写出分布函数}}{\to }{F}_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\underset{Z=\frac{2}{X}-1}{\overset{\text{转化}}{=}}P\left\{\frac{2}{X}-1⩽z\right\}\stackrel{\text{反函数}}{=}P\left\{X⩾\frac{2}{z+1}\right\}$
  - $\stackrel{\text{根据}x\text{的积分上下限}}{=}{\int }_{\frac{2}{z+1}}^{1}1\mathrm{d}x=1-\frac{2}{z+1}.$
  
• $Z$ 的概率密度=分布函数求导
  • 利用 $X$ 的概率密度和 $Z$ 与 $X$ 的关系来计算：
  • $f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{(1+z{)}^2},& z>1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$
    (III) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$
• 计算期望值:求谁的期望，在谁前面乘概率密度进行积分
  • $E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2-X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{2-x}\cdot f_X(x)\mathrm{d}x\underset{\text{何处求积分}}{\overset{f_X(x)=1}{=}}{\int }_0^1\frac{x}{2-x}dx=2\ln 2-1$

小崔版

• $\begin{array}{rl}& \text{ (1) 令点为 }M.M\sim U(0.2)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{f}_M(m)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0<m<2\\ 0& \text{ 其 }0\end{array}.F_M(m)=\{\begin{array}{cc}0& m<0\\ \frac{m}{2}& 0⩽m<2\\ 1& 2⩽m\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}X=\min \{M,2-M\}\end{array}$
  • $\begin{array}{rl}{F}_x(x)& =P\{X⩽x\}=P\{\min \{M,2-M\}⩽x\}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=1-P\{\min \{M,2-M\}>x\}=1-P\{M>x.2-M>x\}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=1-P\{M>x\text{，}M<2-x\}\end{array}$
  • \displaystyle \begin{aligned} & \left\{\begin{array}{l}1^{\circ} \text { 若 } x<0 \text { 时. } F_x(x)=0 . \\2^{\circ} \text { 若 } 0 \leqslant x<1 \text { 时. } F_x(x)=1-P\{x<M<2-x\}=1-\int_x^{2-x} \frac{1}{2} d m=x \\3^{\circ} \text { 若 } 1 \leqslant x \text { 时. } F_x(x)=1 \end{array} . \ .\right. \end{aligned}$
    • $\begin{array}{r}\Rightarrow f_x(x)=\{\begin{array}{ll}1& 0<x<1\\ 0& \text{ 其他 }\end{array}\end{array}$
      (2)
• $F_2(z)=P\{Z⩽z\}=P\left\{\frac{2-X}{X}⩽z\right\}=P\left\{\frac{2}{X}-1⩽z\right\}$
  • $=P\left\{x⩾\frac{2}{z+1}\right\}$
    • $z<1$时.$F_2(z)=0$
    • $1⩽z$时.$F_2(z)=P\left\{x⩾\frac{2}{z+1}\right\}\underset{x\text{密度为}1}{\overset{x\in (0,1)}{=}}{\int }_{\frac{2}{z+1}}^{1}1dx=1-\frac{2}{3+1}$
      (3)
• $E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2-X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{2-x}\cdot f_x(x)dx$
  • $\stackrel{f_X(x)=1}{=}{\int }_0^1\frac{x}{2-x}dx\stackrel{-2+2}{=}{\int }_0^1-1+\frac{2}{2-x}dx$
  • $=-x-{2\ln |2-x||}_0^1=2\ln 2-1$