数一2012

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)

曲线 $y=\frac{x^2+x}{x^2-1}$ 的渐近线的条数为 $()$
(A) 0 .
(B) 1 .
(C) 2 .
(D) 3 .

(1)

• 铅直渐近线

  • 第一步, 先求无定义的点, 然后求对无定义点的极限
  • 如果极限趋于无穷大, 那么就是铅直渐近线

• 水平渐近线

  • 第二步, 求X趋向于正无穷和趋向于负无穷的极限
  • 如果趋向于某一个常数, 则是水平渐进线
    • 同一侧若有水平渐进线, 则无斜渐进线

• 斜渐近线

  • 若无水平渐进线, 则可能有斜渐进线
  • 当X趋向于正负无穷时, 极限等于无穷,则开始对那一侧求斜渐近线
  • 第三步, 对没有水平渐进线的那一侧, 求斜渐进线

• 分析渐近线的类型和数量

  • 考虑铅直渐近线
    • 分析函数的无定义点 $x=\pm 1$
      • 计算 $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}\underset{平方差}{\overset{提取x}{=}}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}\stackrel{消去(x+1)}{=}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x}{x-1}=\infty$
        • 确定直线 $x=1$ 为铅直渐近线
      • 计算 $\underset{x\to -1}{\lim }y=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x}{x-1}=\frac{1}{2}$
        • 确定直线 $x=-1$ 不是铅直渐近线
  • 考虑水平渐近线
    • 计算 $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}\stackrel{同除x^2}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}=1$
      • 确定存在一条水平渐近线 $y=1$，推断无斜渐近线
  • 考虑斜渐近线
    • 因为是奇函数， $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1$ 推断右侧斜渐近线
      • 则 $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1$ ，推断左侧也无斜渐近线

• 综上，线有一条水平渐近线和一条铅直渐近线，总计两条，没有斜渐近线。
  因此，正确答案是选项 (C)。

(2)

设函数 $f(x)=\left({\mathrm{e}}^x-1\right)\left({\mathrm{e}}^{2x}-2\right)\cdots \left({\mathrm{e}}^{nx}-n\right)$, 其中 $n$ 为正整数, 则 $f^{\prime }(0)=()$(A) $(-1{)}^{n-1}(n-1)$ !.
(B) $(-1{)}^n(n-1)$ !
(C) $(-1{)}^{n-1}n$ !
(D) $(-1{)}^{n}n!$.

(2)

解答分析

• 第一步：理解题目
  • 小总结：需要计算多项乘积函数在某一点的导数。
  • 将$x=0$代入,第一项$e^0-1=0$, - 则全部为0,得到$f(0)=0$- 第二步：应用导数定义
  • 小总结：使用导数的定义，计算 $f^{\prime }(0)$。
  • 计算步骤
    1. 导数定义：$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$。
    2. 代入 $f(x)$：$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(e^x-1\right)\left(e^{2x}-2\right)\cdots \left(e^{nx}-n\right)-0}{x}$。
• 第三步：化简表达式
  • 小总结：将每个项分别展开并计算极限。
  • 计算步骤
    1. 对于分子的第一项,将其和分母$x$进行等价:${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1$ 2. 将$x=0$代入剩余各项：$e^{2\times 0}-2＝1-2＝-1$，$e^{k\times 0}-k＝1-k＝-(n-1)$（对于 $k=2,\dots ,n$）。
    2. 计算乘积的极限：
    3. 每一项都是负的,除去第一项为$1$,还有$n-1$项,因此,$(-1{)}^{n-1}$
    4. 当 $x\to 0$，得到 $f^{\prime }(0)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。
• 结论
  • 整体思路的总结：
    1. 利用导数的定义来计算 $f^{\prime }(0)$。
    2. 将每个项在 $x\to 0$ 时分别展开并计算极限。
    3. 根据以上分析，正确答案是 (A) $(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。
       答 应选 (A).

(3)

如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续, 那么下列命题正确的是 $()$
(A) 若极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在, 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(B) 若极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在, 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(C) 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微,则极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在.

(D) 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 则极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在.

(3)

答 应选(B).

• 分析 本题主要考查二元函数可微的概念和性质。

  • (1)可微的充分必要条件 : 函数 $z=f(x,y)$ 在点 $\left(x_0,y_0\right)$ 处可微，等价于$\underset{(x,y)\to \left(x_0,y_0\right)}{\lim }\frac{f(x,y)-f\left(x_0,y_0\right)-f_x^{\prime }\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)-f_y^{\prime }\left(x_0,y_0\right)\left(y-y_0\right)}{\sqrt{{\left(x-x_0\right)}^2+{\left(y-y_0\right)}^2}}=0.$
  • (2)可微的必要条件 : 若函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 处可微，则该函数在点 $(x,y)$ 处的偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在.

• A：令$f(x,y)=|x|+|y|$

  • $f_x^{\prime }(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|}{x}$
  • 偏导数不存在，一定不可微

• B：要证 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 可$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x^{\prime }(0,0)(x-0)-f_y^{\prime }(0,0)(y-0)}{\sqrt{(x-0{)}^2+(y-0{)}^2}}=0.$

  • $\begin{array}{rl}f(0,0)& =\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left[\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \left(x^2+y^2\right)\right]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left(x^2+y^2\right)=0.\end{array}$
  • $\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }(0,0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x=0}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x,0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{f(x,0)}{x+0^2}\cdot x\right)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)}{x\to 0^2}.\underset{x\to 0}{\lim }x=0.\end{array}$
  • 同理：$f_y^{\prime }(0,0)=0$
  • $\begin{array}{rl}& \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-0-0\cdot x-0\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left[\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \sqrt{x^2+y^2}\right]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\sqrt{x^2+y^2}=0.\end{array}$

• 对于C，D选项，取函数 $f(x,y)=1$,

  • 则当x,y趋向于0时，分子为常数，分母为0，则极限都是无穷大
  • $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 和$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$都不存在

(4)

设 $I_k={\int }_0^{k\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x(k=1,2,3)$, 则有 $()$
(A) $I_1<I_2<I_3$.
(B) $I_3<I_2<I_1$.
(C) $I_2<I_3<I_1$.
(D) $I_2<I_1<I_3$.

(4)

解
这个数学题目，我们可以构建一个二叉树形式的解答过程：

• 将 $e^{x^2}\sin x$ 折成 $e^{x^2}与\sin x$
  • 比较$\sin x$：$|\underset{>0}{\underbrace{{\int }_0^{\pi }\sin xdx}}|=|\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }\sin xdx}}|=\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }\sin xdx}}\mid$
  • 比较$e^{x^2}$：$0<{\int }_0^{\pi }{e}^{x^2}dx<{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}dx<{\int }_{2\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}dx$
  • 以上两项相乘：$\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^x\sin xdx}}<{\int }_0^{\pi }{e}^{x^2}\sin xdx<{\int }_{2\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}\sin xdx$
• 问题: 比较 $I_1,I_2,I_3$ 的大小
  • 第一步：比较 $I_1$ 和 $I_2$
    • 计算 $I_2$:
      • 分解: $I_2={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x\stackrel{分区间}{=}{I}_1+\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
      • 结论: $I_2<I_1$
  • 第二步：比较 $I_2$ 和 $I_3$(这一步可以省略，直接进行第三步)
    • 计算 $I_3$:
      • 分区间: $I_3=I_2+\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
    • 结论: $I_3>I_2$
  • 第三步：比较 $I_1$ 和 $I_3$
    • 比较: $I_3=I_1+\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x+{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
      • 分析第二部分: $|\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}|<|\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}|$
    • 结论: $I_3>I_1$
  • 最终结论: $I_3>I_1>I_2$（选择 (D)

(5)

设 ${\mathbf{\alpha }}_1=\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ c_1\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_2=\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ c_2\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_3=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ c_3\end{array}\right),{\mathbf{\alpha }}_4=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ c_4\end{array}\right)$, 其中 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 为任意常数, 则下列向量组线性相关的为 $()$(A) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$.
(B) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$.
(C) ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.
(D) ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$.

(5)

答 应选(C).
解 首先, 当 $c_1=1$ 时,行列式

• $\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right|=-1,\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4\right|=1,$此时向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_4$ 都线性无关, 即选项 (A) 与 (B) 排除.
  其次, 当 $c_2=0,c_3=c_4=1$ 时, 行列式 $\left|{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right|=-2$, 即此时向量组 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 也是线性无关的, 选项 (D)也排除,故选(C).
  事实上,当 $c_1=0$ 时, 由于 ${\mathbf{\alpha }}_1$ 为零向量, 故 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_1$ 线性相关; 当 $c_1\ne 0$ 时, 有
• $\left(c_3+c_4\right){\mathbf{\alpha }}_1-c_1\left({\mathbf{\alpha }}_3+{\mathbf{\alpha }}_4\right)=0,$所以对任意的常数 $c_1,c_3,c_4$ 而言, ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4$ 都是线性相关的. 这证明了应该选 (C).
  注 也可以考查行列式 $\left|{\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4\right|$ 是否为零.

(6)

设 $\mathbf{A}$ 为 3 阶矩阵, $\mathbf{P}$ 为 3 阶可逆矩阵, 且 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$. 若 $\mathbf{P}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$, $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$, 则 $Q^{-1}A\mathbf{Q}=()$(A) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
(B) $\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$.
(C) $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$.
(D) $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

(6)

答 应选(B).
解法 1 由题设 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$ 知, 矩阵 $\mathbf{A}$ 是可相似对角化的矩阵,因而其相似变换矩阵 $\mathbf{P}$ 的列 向量 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 是 $\mathbf{A}$ 的分别属于特征值 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=2$ 的特征向晝. 由于 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1$ 是 $\mathbf{A}$ 的 2 重特征值, 因此 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2$ 仍是 $\mathbf{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量, 即 $\mathbf{A}\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)=1\cdot \left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)$, 从而有

• $Q^{-1}AQ=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\text{. }$应选(B).
  解法 2 因为矩阵 $Q$ 是对矩阵 $P$ 作的一次初等列变换, 即将 $\mathbf{P}$ 的第 2 列加到第 1 列上得到的, 所以有$Q=P\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$从而有
• ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)}^{-1}{\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right),$即选项 (B) 是正确的.

(7)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且分别服从参数为 1 与参数为 4 的指数分布, 则 $P\{X<Y\}=()$
(A) $\frac{1}{5}$.
(B) $\frac{1}{3}$.
(C) $\frac{2}{3}$.
(D) $\frac{4}{5}$.

(7)

解

• 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，所以他们的联合概率密度函数为 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$ 的乘积
  $f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

  • 定义随机变量 $X$ 和 $Y$ 的概率密度函数
    • $X$ 的概率密度函数：$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x},& x>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
    • $Y$ 的概率密度函数：$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4e^{-4y},& y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
  • 独立则$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4e^{-x-4y},& x>0,y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$

• 计算 $P\{X<Y\}$

  • 求 $X<Y$ 的概率相当于在 $x<y$ 的区域内对联合概率密度函数进行积分

    • 小x的范围就是大X的范围
    • 之后只关注$Y=g(X)$,画图，一图三吃

  • 计算过程：

    • $P\{X<Y\}={\iint }_{x<y}f(x,y)dxdy\stackrel{固定,可变}{=}{\int }_0^{+\infty }dy{\int }_0^{y}4e^{-x-4y}dx$
      • $\stackrel{分离常数}{=}4{\int }_0^{+\infty }{e}^{-4y}dy{\int }_0^y{e}^{-x}dx=\frac{1}{5}$

答案是 (A) $\frac{1}{5}$。
答 应选 (A).
解 由已知得, $X$ 与 $Y$ 的概率密度分别为

• $f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}{f}_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4{\mathrm{e}}^{-4y},& y>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$又 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $X$ 与 $Y$ 的联合概率密度为
• $f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4{\mathrm{e}}^{-x-4y},& x>0,y>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$故
• $P\{X<Y\}={\iint }_{x<y}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x{\int }_x^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-4y}\mathrm{d}y=\frac{1}{5}.$

(8)

将长度为 $1\mathrm{m}$ 的木棒随机地截成两段, 则两段长度的相关系数为 ( )
(A) 1 .
(B) $\frac{1}{2}$.
(C) $-\frac{1}{2}$.
(D) -1 .

(8)

解
应选(D).

• 设两段长度分别为 $X,Y$, 则 $X+Y=1$,
  • 即 $Y=1-X\stackrel{Y=aX+b}{\to }{\rho }_{XY}=-1$
  • 所以 $X$ 与 $Y$ 存在线性关系, 且为负相关,故选(D).

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)

若函数 $f(x)$ 满足方程 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$ 及 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$, 则 $f(x)=$

(9)

答 应填 ${\mathrm{e}}^x$.

• 解法 1 (用特征方程求解)
  • 先计算齐次方程的通解
    微分方程 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$ 的
    • 特征方程为 $r^2+r-2=0\stackrel{因式分解}{\to }(r+2)(r-1)=0$.
    • 特征根为 $r_1=1,r_2=-2$,
    • 其通解为 $f(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-2x}$.
      • $f^{\prime }(x)=C_1{e}^x-2C_2{e}^{-2x}$
      • $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+4C_2{\mathrm{e}}^{-2x}\end{array}$
  • 将齐次的解代入非齐次方程
    将 $f(x)和f^{\prime \prime }(x)$代入方程 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$, 得
    • $\stackrel{代入}{\to }{C}_1{e}^x+4C_2{e}^{-2x}+C_1{e}^x+C_2{e}^{-2x}$
    • $\stackrel{整理}{\to }2C_1{\mathrm{e}}^x+5C_2{\mathrm{e}}^{-2x}=2{\mathrm{e}}^x,$
      • 对比同类项系数，所以 $C_1=1,C_2=0$,
      • 故 $f(x)={\mathrm{e}}^x$.
• 解法 2 (加减消去二阶导)
  • 由 $\{\begin{array}{l}{f}^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0\\ f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x\end{array}$，得$f^{\prime }(x)-3f(x)=-2{\mathrm{e}}^x\text{. }$
  • 此一阶非齐次线性微分方程的通解为
    $f(x)={\mathrm{e}}^{3x}\left[C+\int \left(-2{\mathrm{e}}^x\right){\mathrm{e}}^{-3x}\mathrm{d}x\right]={\mathrm{e}}^x+C{\mathrm{e}}^{3x},$
    • 求C
      • 将 $f(x)={\mathrm{e}}^x+C{\mathrm{e}}^{3x},f^{\prime \prime }(x)={\mathrm{e}}^x+9C{\mathrm{e}}^{3x}$ 代人方程 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$,
      • 得 $2{\mathrm{e}}^x+10C{\mathrm{e}}^{3x}=2{\mathrm{e}}^x,$所以 $C=0$,
  • 故 $f(x)={\mathrm{e}}^x$.

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

(10)

${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x=$

(10)

• 计算定积分 ${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx$

  • 观察被积函数 $x\sqrt{2x-x^2}$ ，因为同时含有$x与x^2$
    • 可以进行配方： $2x-x^2$ 重写为 $1-(x-1{)}^2$
    • 积分变为 ${\int }_0^{2}x\sqrt{1-(x-1{)}^2}dx$
  • 根号下有单独的x²，而不是同时含有$x与x^2$，则用三角代换
    • 令 $x-1=\sin t$, 则 $x=1+\sin t,dx=\cos tdt$
    • 换限：${\int }_0^2\underset{0-1=\sin t}{\overset{2-1=\sin t}{\to }}\{\begin{array}{l}\text{ 上限: }t=\frac{\pi }{2}\\ \text{ 下限: }t=-\frac{\pi }{2}\end{array}$
  • 三角代换得：${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sin t)\sqrt{1-\sin t^2}\cos tdt\stackrel{\sqrt{1-\sin t^2}=\cos t}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sin t)\cdot \cos t\cdot \cos tdt$
    • 将加号左右两项拆开：$=\underset{偶函数翻倍=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt}{\underbrace{{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt}}+\underset{区间对称，奇函数\sin t=0}{\underbrace{{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\sin t\cdot {\cos }^{2}tdt}}$
      • $=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt\stackrel{华里士公式}{=}2\cdot \frac{1}{2}\times 1\times \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$
  • 合并整理得： $\frac{\pi }{2}$

• 2000 年数一试题
  ${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x=$

• 2007 年数一试题
  ${\int }_1^2\frac{1}{x^3}{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x=$

• 2015 年数一试题
  ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x=$

(11)

${\mathrm{grad}\left(xy+\frac{z}{y}\right)|}_{(2,1,1)}=$

(11)

答 应填 $i+j+k$.

• 梯度的定义
  • 函数 $u=f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处的梯度为
    $\begin{array}{r}\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)=f_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)i+f_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)j+f_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)k\end{array}$
• 令 $f(x,y,z)=xy+\frac{z}{y}$,
  • 则 $\begin{array}{r}\frac{\partial f}{\partial x}=y,\frac{\partial f}{\partial y}=x-\frac{z}{y^2},\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{y}\end{array}$
  • 所以 $\begin{array}{r}{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(2,1,1)}=1,{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(2.1,1)}=1,{\frac{\partial f}{\partial z}|}_{(2.1,1)}=1,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\mathrm{grad}\left(xy+\frac{z}{y}\right)|}_{(2,1,1)}=i+j+k.\end{array}$

(12)

设 $\Sigma =\{(x,y,z)\mid x+y+z=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0\}$, 则 ${\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S=$

(12)

答 应填 $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

• 转换投影是对积分区域转换投影，还是对被积函数转换投影?
• 
  ，积分区域投影后，
  • 要投影的方程:$z=1-x-y$
• 解 记 $D=\{(x,y)\mid x+y⩽1,x⩾0,y⩾0\}$, 则
• $\begin{array}{r}{\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S=\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\iint }_D{y}^2\underset{\sqrt{3}}{\underbrace{\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}}}dxdy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\sqrt{3}{\int }_D{y}^{2}dxdy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{限内穿条线}{\overset{后积先定限}{=}}\sqrt{3}{\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1-y}{y}^{2}dx\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\sqrt{3}{\int }_0^1(y^2-y^3)dy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{牛莱}{=}\sqrt{3}\left(\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}\right){|}_0^1=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{12}=\frac{\sqrt{3}}{12}\end{array}$

(13)

设 $\mathbf{\alpha }$ 为 3 维单位列向量, $\mathbf{E}$ 为 3 阶单位矩阵,则矩阵 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}$ 的秩为

(13)

答 应填 2 .
解 令 $\mathbf{B}=\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}},\mathbf{\alpha }$ 是 3 维单位列向量, ${\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}=\mathbf{B}$, 则 $\mathbf{B}$ 是秩为 1 的实对称矩阵,故 $\mathbf{B}$ 能相似对角化, $\mathbf{B}$ 的 特征值是 ${\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha },0,0$, 即 $1,0,0$, 则 $\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}=\mathbf{E}-\mathbf{B}$ 也可相似对角化且特征值是 $0,1,1$. 于是 $r\left(\mathbf{E}-\mathbf{\alpha }{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\right)=2$.
注 (1) 秩为 1 的 $n$ 阶方阵特征值是 \displaystyle \sum_{i=1}^n a_{i ̈} (迹), 0 ( $n-1$ 重).
(2)
能相似对角化的矩阵的秩等于其非零特征值的个数 (考虑重数).
(3)
对于填空题, 当然还可以取一个具体的 $\mathbf{\alpha }$ 去求解, 如取 $\mathbf{\alpha }=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

(14)

设 $A,B,C$ 是随机事件, $A$ 与 $C$ 互不相容, $P(AB)=\frac{1}{2},P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $P(AB\mid \bar{C})=$

(14)

解
我们需要考虑事件 $A,B,C$ 之间的关系以及条件概率的计算。此问题涉及到条件概率 $P(AB\mid \bar{C})$ 的求解

• 确定$P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}$
  • 计算 $P(\bar{C})$：$P(\bar{C})=1-P(C)=1-\frac{1}{3}$
  • 确定 $P(AB\bar{C})$：$P(AB\bar{C})=P(AB)-P(ABC)=\frac{1}{2}-0$
    • 求P(ABC)：因为$A$ 和 $C$ 互不相容(互斥)，得$P(AC)=0$，$P(ABC)=0$
• 计算$P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$

通过这个二叉树，我们可以看到，由于 $A$ 和 $C$ 互不相容，这影响了 $P(ABC)$ 的值，进而影响 $P(AB\bar{C})$。最终得出的结论是 $P(AB\mid \bar{C})=\frac{3}{4}$，与答案相符。
答 应填 $\frac{3}{4}$.
解 因为 $A$ 与 $C$ 互不相容, 所以 $P(AC)=0$. 又 $ABC\subset AC$, 所以 $P(ABC)=0$, 故

• $P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}=\frac{P(AB)-P(ABC)}{1-P(C)}=\frac{1/2}{1-1/3}=\frac{3}{4}.$注 $AC=\varnothing$, 则 $ABC=\varnothing B=\varnothing$, 同样得到 $P(ABC)=0$.

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)

证明 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$.

(15)

解法分析

• 证法 2：使用二阶导数
  • 定义函数：$f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}$。
  • 证明：
    1. 求一阶和二阶导数：
    2. 求$f^{\prime }(x)$
       1. $\begin{array}{rl}& {\left(x\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=\ln \frac{1+x}{1-x}+x{\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\ln \frac{1+x}{1-x}+x\frac{1}{\frac{1+x}{1-x}}\frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x{)}^2}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}.\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x\end{array}$ 2. 求 $f^{\prime \prime }(x)$
  1. ​
• $\begin{array}{r}{\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=[\ln (1+x)-\ln (1-x){]}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}.\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2\left(1-x^2\right)+2x\cdot 2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}=\frac{2\left(1+x^2\right)}{{\left(1-x^2\right)}^2}\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}-1-\cos x\end{array}$ 2. 分析二阶导数：$f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x\ge 0$，因为 $\frac{4}{(1-x^2{)}^2}\ge 4$ 且 $1+\cos x\le 2$,$4-2\ge 2\ge 0$ 3. 因为$f^{\prime \prime }(x)\ge 0$, $f^{\prime }(0)=0$意味着
  1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$;
  2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$, 3. $0点是极小值$ 4. 得知$f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是凹的
  3. 因为 $f(0)=0$ , 1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$ 2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$ 3. 则对所有 $-1<x<1$ ,$f(x)\ge 0$ 成立

结论

根据以上两种方法的分析，不等式 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}$ 对所有 $-1<x<1$ 成立。

了解了，我将遵循您的指示，详细展开计算步骤，并确保每个步骤正确地反映其父子关系：

• 定义函数
  • $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}$
• 求一阶导数 $f^{\prime }(x)$
  • 计算 ${\left(x\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
    • 使用乘法法则：$u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$
      • $u=x$，$u^{\prime }=1$
      • $v=\ln \frac{1+x}{1-x}$，$v^{\prime }={\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
    • 计算 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
      • 使用链式法则：$\frac{d}{dx}[\ln u]=\frac{1}{u}\cdot u^{\prime }$
        • $u=\frac{1+x}{1-x}$，$u^{\prime }={\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
        • 计算 ${\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
          • 得 $\frac{2}{(1-x{)}^2}$
        • 故 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}$
    • 合并得 $f^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x$
• 求二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$
  • 对 $f^{\prime }(x)$ 再次求导
    • 计算 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime \prime }$
      • 再次使用链式法则：${\left(\frac{2}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
        • 得 $\frac{4x}{(1-x^2{)}^2}$
    • 计算 ${\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
      • 使用乘法法则：$u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$
        • $u=2x$，$u^{\prime }=2$
        • $v=\frac{1}{(1-x^2)}$，$v^{\prime }={\left(\frac{1}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
        • 计算 ${\left(\frac{1}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
          • 得 $\frac{2x}{(1-x^2{)}^2}$
        • 故 ${\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}+\frac{4x^2}{(1-x^2{)}^2}$
    • 合并得 $f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x$
• 分析二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$
  • $f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x\ge 0$
    • 因为 $\frac{4}{(1-x^2{)}^2}\ge 4$ 且 $1+\cos x\le 2$
• 根据 $f^{\prime \prime }(x)$ 的性质分析 $f(x)$
  • $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是凹的
  • $f^{\prime }(0)=0$
    • 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$
    • 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$
  • $f(0)=0$，故 $f(x)\ge 0$ 对所有 $-1<x<1$ 成立

通过这种结构化的展
证法 1 记 $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则 $f(x)$ 为偶函数.
当 $0⩽x<1$ 时,$f^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{x\left(1+x^2\right)}{1-x^2}-\sin x⩾\ln \frac{1+x}{1-x}+(x-\sin x)⩾0,$因为 $f(0)=0$, 所以 $f(x)⩾0(0⩽x<1)$.
由于 $f(x)$ 为偶函数, 所以 $f(x)⩾0(-1<x<1)$, 即

• $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1).$证法 2 记 $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}-1-\cos x.\end{array}$当 $-1<x<1$ 时, 由于 $\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}⩾4,1+\cos x⩽2$, 所以 $f^{\prime \prime }(x)⩾2>0$, 从而 $f^{\prime }(x)$ 单调增加.
  又因为 $f^{\prime }(0)=0$, 所以当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$; 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$. 故 $f(0)$ 是 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内的最小值. 因为 $f(0)=0$, 所以
• $f(x)⩾0(-1<x<1)\text{, 即 }x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1).$

(16)

(本题满分 10 分)

求函数 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值.

(16)

解
该问题涉及求函数 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值。

• 求函数 $f(x,y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime }(x,y)$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)$。

  • $f_x^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{(1-x^2)}}\underset{\ne 0}{\underbrace{{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}}}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{-xy}}\underset{\ne 0}{\underbrace{{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}}}$
  • 求驻点
    • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)=0$，解得驻点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$。

• 求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数(全部乘法求导，除法也转换成乘法求导)

  • $f_x^{\prime }(x,y)$ 对x求偏导，$A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\underset{另一个求导}{\overset{一个不动}{=}}-2x{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}+\left(1-x^2\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-x)=\left(x^3-3x\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_x^{\prime }(x,y)$ 对y求偏导，$B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)=y\left(x^2-1\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)$对y求偏导，$C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)=(-x+x{y}^2)\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$

• 判断极值类型

  • 在点 $(1,0)$，计算 $AC-B^2$ 和 $A$ 的值
    • 当$x=1:y=0$ 时， $\therefore A=-2e^{-\frac{1}{2}}:B=0:C=-e^{-\frac{1}{2}}$
      • $AC-B^2>0$
      • $A<0$
    • $f(x,y)$则在点 $(1,0)$ 处为极大值，$f(1，0)=e^{-\frac{1}{2}}$
  • 在点 $(-1,0)$，计算 $AC-B^2$ 和 $A$ 的值
    • $A=2e^{-\frac{1}{2}}，B=0，C=e^{-\frac{1}{2}}$
      • 由于 $AC-B^2>0$
      • 且 $A>0$
    • $f(x,y)$ 在点 $(-1,0)$ 处取极小值 $f(-1,0)=-e^{-\frac{1}{2}}$

通过以上步骤，我们可以看到如何从函数的定义开始，逐步求出其一阶偏导数，确定驻点，计算二阶偏导数，使用二阶导数判别法确定极值的类型，并计算出极值。

由 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^{\prime }+y^{\prime }}{2}}$, 得

• $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\left(1-x^2\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-xy{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},$令 $\{\begin{array}{l}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=0,\\ \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=0,\end{array}$ 解得驻点 $(1,0),(-1,0)$. 记
• $\begin{array}{r}A=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial x^2}=x\left(x^2-3\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^{\prime }+y^{\prime }}{2}},B=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial x\partial y}=y\left(x^2-1\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},\end{array}$
• $\begin{array}{r}C=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial y^2}=x\left(y^2-1\right){\mathrm{e}}^{-\frac{t^2+y^{\prime }}{2}},\end{array}$在点 $(1,0)$ 处, 由于 $AC-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0,A=-\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}<0$, 因此 $f(1,0)=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x,y)$ 的极大值; 在点 $(-1,0)$ 处, 由于 $AC-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0,A=\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}>0$, 因此 $f(-1,0)=-\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x,y)$ 的极小值.
  注 二元函数求无条件极值, 做法是先用必要条件找出可能的极值点,再用充分判别法去判定,这里 有一定的运算量. 不论是显函数还是隐函数求二元函数无条件极值, 这都是基本要求,读者一定要熟练 等握.

(17)

(本题满分 10 分)

求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收玫域及和函数.

(17)

解法 1$u_n(x)=\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n},\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=x^2,$当 $x^2<1$, 即 $|x|<1$ 时, 原级数收玫, 当 $x^2>1$, 即 $|x|>1$ 时, 原级数发散.
所以界级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收敛半径 $R=1$ (注意该慗级数是缺项军级数).
又因为当 $x=\pm 1$ 时,级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}$ 发散, 所以军级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收玫域为 $(-1,1)$.
记 $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}(-1<x<1)$, 则

• $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)x^{2n}+2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2n+1}{x}^{2n}.$由于
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)x^{2n}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{2n+1}\right)}^{\prime }={\left(\frac{x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}(-1<x<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}=\frac{1}{x}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\left(\sum _{n=0}^{\infty }{t}^{2n}\right)\mathrm{d}t\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\frac{1}{1-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1),\end{array}$且 $S(0)=3$, 所以
• $S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x},& 0<|x|<1,\\ 3,& x=0.\end{array}$解法 2 求收敛域同解法 1.$\begin{array}{rl}& \text{ 记 }S(x)=\sum _{n=0}^m\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}(-1<x<1)\text{, 则 }\end{array}$
• $\begin{array}{r}S(x)=\frac{1}{x}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n+1}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\left[\sum _{n=0}^{\infty }\left(4n^2+4n+3\right)t^{2n}\right]\mathrm{d}t(0<|x|<1).\end{array}$因为
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }3x^{2n}=\frac{3}{1-x^2}(|x|<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\infty }4n{x}^{2n}=2x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\right)}^{\prime }=2x{\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{4x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}(|x|<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\infty }4n^2{x}^{2n}=x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }2n{x}^{2n}\right)}^{\prime }=x{\left[x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\right)}^{\prime }\right]}^{\prime }\end{array}$
• $\begin{array}{r}=x{\left[x{\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)}^{\prime }\right]}^{\prime }=x{\left[\frac{2x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}\right]}^{\prime }=\frac{4x^2\left(1+x^2\right)}{{\left(1-x^2\right)}^3}(|x|<1),\end{array}$所以
• $S(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^x\frac{3+2t^2+3t^4}{{\left(1-t^2\right)}^3}\mathrm{d}t=\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1).$又因为 $S(0)=3$, 所以
• $S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x},& 0<|x|<1,\\ 3,& x=0.\end{array}$

(18)

已知曲线 $L:\{\begin{array}{l}x=f(t),\\ y=\cos t\end{array}\left(0⩽t<\frac{\pi }{2}\right)$, 其中函数 $f(t)$ 具有连续导数, 且 $f(0)=0$, $f^{\prime }(t)>0\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right)$. 若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 1 , 求 函数 $f(t)$ 的表达式, 并求以曲线 $L$ 及 $x$ 轴 和 $y$ 轴为边界的区域的面积.

(18)

(1)

• 切线斜率 $k=y_x^{\prime }＝\frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{-\sin t}{f^{\prime }(t)}$,

  • 有点斜式，求得切线方程为$y-\cos t=-\frac{\sin t}{f^{\prime }(t)}(x-f(t))\text{. }$

• 求这条切线与x轴的交点

  • 令 $y=0$, 得 $x_0=f^{\prime }(t)\frac{\cos t}{\sin t}+f(t)$.
  • 有交点$(x_0,y_0)$到曲线L上的切点$(f(t),\cos t)$的距离为1，即${\left[f^{\prime }(t)\frac{\cos t}{\sin t}\right]}^2+{\cos }^{2}t=1$
  • 利用$1-{\cos }^{2}t={\sin }^{2}t$化简，得$f^{\prime }(t)=\frac{{\sin }^{2}t}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}-\cos t.$

• (2) 由于对$f^{\prime }(t)$积分得，$f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t$

  • 因为$0\le t\le \frac{\pi }{2}$，则要求出 $f(0)=0,\underset{t\to \frac{\pi }{2}}{\lim }f(t)=+\infty$
    • 得出积分区域$0\le x<+\infty$，$0\le y\le 1$

• 用的大学里面的数学公式，而并非二重积分。

  • 求面积与求体积，
    • 二重积分的积分区域相同
    • 被积函数不同求
      • 求面积为对常数1积分
      • 求体积为对点到直线的距离$r=\frac{|Ax+By+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$积分，$2\pi r$
  • 求面积
    • $s={\int }_{0}1d\sigma ={\int }_0^{+\infty }dx{\int }_0^{f(x)}1dy$
      $S={\int }_0^{+\infty }ydx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot f^{\prime }(t)dt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-{\cos }^{2}t)dt＝{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt=\frac{\pi }{4}$
  • 求体积
    • $\int \int yd\sigma =2\pi {\int }_0^{+\infty }dx{\int }_0^{f(x)}ydy$
      $V_x=\pi {\int }_0^{+\infty }{y}^{2}dx=\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}t\cdot f^{\prime }(t)dt=\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}t\cos tdt=\pi \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2}td\sin t＝\frac{\pi }{3}$
    • 能否用二重积分计算，涉及到二重积分如何算参数方程
      • 先写出$S={\int }_0^{+\infty }ydx$，然后分别将y和dx对t的参数方程代入进去

(19)

(本题满分 10 分)

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2+y^2=2x$ 到点 $(2,0)$, 再沿圆周 $x^2+y^2=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段,计算曲线积分 $I={\int }_{L}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y$.

(19)

• 本题主要考查第二类曲线积分的计算. 可以补线段成为一个闭曲线后再利用格林公式.

  • 格林公式
    设闭区域 $D$ 由分段光滑的曲线 $L$ 围成, 若函数 $P(x,y)$ 及 $Q(x,y)$ 在 $D$ 上具有一阶连续偏导数, 则有
    $\begin{array}{r}{\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • 其中 $L$ 是 $D$ 的取正向的边界曲线.
      (一定要注意 $L$ 的方向, 若方向相反, 则多一个负号. )

• 
  ，补线后

• $\begin{array}{r}{\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=3x^2+1-3x^2=1\end{array}$

  • 则补条线再用格林

• 补线 $L_3$ 为 $y$ 轴上从点 $(0,2)$ 到点 $(0,0)$ 的有向线段.

  • 形成的封闭区域为$D=\left\{(x,y)\mid 0⩽x⩽2,\sqrt{2x-x^2}⩽y⩽\sqrt{4-x^2}\right\}$,

• 则由格林公式知

  • $\begin{array}{r}{\int }_{L+L_3}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y\stackrel{{\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{=}{\iint }_D\left(3x^2+1-3x^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{4}\cdot \pi \cdot 2^2-\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_{L_3}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y\stackrel{x=0}{=}0+{\int }_{L_3}(0+0-2y)\mathrm{d}y={\int }_2^0(-2y)\mathrm{d}y=4\end{array}$

• $\begin{array}{r}I={\int }_{L+L_3}-{\int }_{L_3}=\frac{\pi }{2}-4.\end{array}$

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{llll}1& a& 0& 0\\ 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 1& a\\ a& 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{\beta }=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

( I ) 计算行列式 $|\mathbf{A}|$;

(II) 当实数 $a$ 为何值时, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解, 并求其通解.

(20)

( I )解

• $|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{llll}1& a& 0& 0\\ 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 1& a\\ a& 0& 0& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}1& a& 0\\ 0& 1& a\\ 0& 0& 1\end{array}\right|-a\left|\begin{array}{lll}a& 0& 0\\ 1& a& 0\\ 0& 1& a\end{array}\right|=1-a^4.$(II) 解法 1 因为方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解的必要条件是其系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的行列式为零, 即 $|\mathbf{A}|=0$, 由( I ) 得 $1-a^4=0$, 从而 $a=1$ 或 $a=-1$.
  当 $a=1$ 时,对方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 的增广矩阵作初等行变换,有
• $(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 1& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& -1& 0& 1& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& -2\end{array}\right),$由此知系数矩阵 $\mathbf{A}$ 的秩 $r(\mathbf{A})=3$, 增广矩阵的秩 $r(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=4$, 二者不相等, 故当 $a=1$ 时, 方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 无解.
  当 $a=-1$ 时,$\begin{array}{rl}(\mathbf{A};\mathbf{\beta })& =\left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ -1& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& -1& 0& 1& 1\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& 0& 1\\ 0& 1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right),\end{array}$由此知 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })=3<4$, 故当 $a=-1$ 时,方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解. $x_3=x_4$, 故基础解系为 $(1,1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$. 不难求得非齐次方程组的一个特解为 $(0,-1,0,0{)}^{\mathrm{T}}$, 从而得通解为
• $\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\\ 0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$其中 $k$ 为任意常数.
  解法 2 直接对含参数 $a$ 的增广矩阵 $(\mathbf{A}:\mathbf{\beta })$ 作初等行变换:
• $\begin{array}{rl}(\mathbf{A}⋮\mathbf{\beta })& =\left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ a& 0& 0& 1& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& -a^2& 0& 1& -a\end{array}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& 0& a^3& 1& -a-a^2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccccc}1& a& 0& 0& 1\\ 0& 1& a& 0& -1\\ 0& 0& 1& a& 0\\ 0& 0& 0& 1-a^4& -a-a^2\end{array}\right).\end{array}$由于当且仅当 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{A}⋮\mathbf{\beta })<4$ 时, 方程组 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解, 故有 $1-a^4=0$ 且 $-a-a^2=0$, 得 $a=-1$, 即 $a=-1$ 时, 方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{\beta }$ 有无穷多解.
  通解求解过程同解法 1.

(21)

(本题满分 11 分)

已知 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ -1& 0& a\\ 0& a& -1\end{array}\right)$, 二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)\mathbf{x}$ 的秩为 2 .

(I) 求实数 $a$ 的值;

(II) 求正交变换 $x=Qy$ 将二次型 $f$ 化为标准形.

(21)

( I ) 解法 1 对 $\mathbf{A}$ 作初等行变换,得

• $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ -1& 0& a\\ 0& a& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a+1\\ 0& 0& -a-1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a+1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$因为 $2=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)=r(\mathbf{A})$, 所以 $a=-1$.
  解法 2${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1-a\\ 0& 1+a^2& 1-a\\ 1-a& 1-a& 3+a^2\end{array}\right)$由已知 $r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right)=2$, 故
• $\left|{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}2& 0& 1-a\\ 0& 1+a^2& 1-a\\ 1-a& 1-a& 3+a^2\end{array}\right|=(a+1{)}^2\left(3+a^2\right)=0,$从而得 $a=-1$.
  (II) 解 由( I) 知 $a=-1$, 得
• ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}2& 0& 2\\ 0& 2& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right)$故矩阵 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}$ 的特征多项式为
• $\left|\lambda \mathbf{E}-{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -2& 0& -2\\ 0& \lambda -2& -2\\ -2& -2& \lambda -4\end{array}\right|=\lambda (\lambda -2)(\lambda -6),$故 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=6,{\lambda }_3=0$.
  当 ${\lambda }_1=2$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}-2x_3=0,\\ -2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2-2x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\alpha }_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_2=6$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}4x_1-2x_3=0,\\ 4x_2-2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2+2x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\alpha }_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 2\end{array}\right)$;
  当 ${\lambda }_3=0$ 时,解方程组
• $\{\begin{array}{l}-2x_1-2x_3=0,\\ -2x_2-2x_3=0,\\ -2x_1-2x_2-4x_3=0,\end{array}$得相应的特征向量 $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$, 单位化后为 ${\mathbf{\alpha }}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$.
  于是得到正交矩阵
• $Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0& \frac{2}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right).$在正交变换 $x=Qy$ 下, 二次型的标准形为 $f=2y_1^2+6y_2^2$.

(22)

(本题满分 11 分)

设二维离散型随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\text{Y}$	0	1	2
0	$\frac{1}{4}$	0	$\frac{1}{4}$
1	0	$\frac{1}{3}$	0
2	$\frac{1}{12}$	0	$\frac{1}{12}$
(I) 求 $P\{X=2Y\}$;
(II) 求 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)$.

(22)

解

(I) 求 $P\{X=2Y\}$

• 找取值$X=2Y$,则
  • 从概率分布表中，满足 $X=2Y$ 的组合有：$(X=0,Y=0)$ 和 $(X=2,Y=1)$
• 根据给定的概率分布，找出满足 $X=2Y$ 的所有 $(X,Y)$ 组合的概率之和
  • $P\{X=2Y\}=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=2,Y=1\}=\frac{1}{4}$

(II)

• 先写出X,Y,XY的分布函数(先取值，求概率)
  • $X\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$
  • $Y\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  • $XY\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 4\\ \frac{7}{12}& \frac{1}{3}& \frac{1}{12}\end{array}\right)$
• 求 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)-\mathrm{Cov}(Y,Y)\underset{\mathrm{Cov}(Y,Y)=D(Y)}{\overset{\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)}{=}}E(XY)-E(X)E(Y)-D(Y)\stackrel{D(Y)=E\left(Y^2\right)-(EY{)}^2}{\to }$
  • 需要计算 $E(X)$, $E(Y)$, $E(Y^2)$, $E(XY)$, 和 $D(Y)$
    • 求协方差$\mathrm{Cov}(X,Y)$
      • $E(X)=0\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{3}+2\cdot \frac{1}{6}=\frac{2}{3}$
      • $EY=0\cdot \frac{1}{3}+1\cdot \frac{1}{3}+2\cdot \frac{1}{3}=1$
      • $E(XY)=0\cdot \frac{7}{12}+1\cdot \frac{1}{3}+4\cdot \frac{1}{12}=\frac{2}{3}$
    • 求方差$D(Y)$
      • $E\left(Y^2\right)=0^2\cdot \frac{1}{3}+1^2\cdot \frac{1}{3}+2^2\cdot \frac{1}{3}=\frac{5}{3}$
      • $D(Y)=E\left(Y^2\right)-(EY{)}^2\underset{EY=1}{\overset{E\left(Y^2\right)=\frac{5}{3}}{=}}\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$
  • 计算 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)$
    • $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)-D(Y)==\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\times 1-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}\text{. }$
      因此，$P\{X=2Y\}=\frac{1}{4}$ 并且 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=-\frac{2}{3}$。

(23)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 与 $N\left(\mu ,2{\sigma }^2\right)$, 其中 $\sigma$ 是未知参数 且 $\sigma >0$. 记 $Z=X-Y$.
(I) 求 $Z$ 的概率密度 $f\left(z;{\sigma }^2\right)$;
(II) 设 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本, 求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量 $\widehat{{\sigma }^2}$;
(III) 证明 $\widehat{{\sigma }^2}$ 为 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

(23)

解

• 问题 I：求 $Z$ 的概率密度 $f(z;{\sigma }^2)$

  • 已知条件
    • $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
    • $Y\sim N(\mu ,2{\sigma }^2)$
    • $Z=X-Y$
  • 有限个独立的正态分布的线性组合还是正态分布
    • 计算 $Z$ 的期望和方差
      • 期望:$EZ=E(x-y)=Ex-EY=0$
      • 方差:$DZ=D(x-Y)=8x+DY={\sigma }^2+2{\sigma }^2=3{\sigma }^2$
    • 得出 $Z$ 的分布
      • $Z\sim \underset{(期望，方差)}{\underbrace{N(0,3{\sigma }^2)}}$
  • 写出 $Z$ 的概率密度函数
    • 先要知道正态分布的密度函数:$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}(x\in \mathbf{R}.)\stackrel{将Z\sim N\left(0,3{\sigma }^2\right)代入}{\to }$
    • $f\left(z,{\sigma }^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sqrt{3{\sigma }^2}}\cdot e^{-\frac{x^2}{2\cdot 3{\sigma }^2}}\stackrel{化简}{=}\frac{1}{\sqrt{6\pi }\sigma }{e}^{-\frac{x^2}{6{\sigma }^2}}$

• 问题 II：求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量 $\widehat{{\sigma }^2}$

  • 似然函数的构建和求解:把每个样本对应的概率密度相乘
    • 构建基于 $Z_i$ 的似然函数
      • $L({\sigma }^2)=\prod _{i=1}^{n}f(z_i;{\sigma }^2)={\left(\frac{1}{\sqrt{6\pi }\sigma }\right)}^n{e}^{\frac{1}{-6{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n{z}_i^2}$
    • 求解最大似然估计量
      • 对似然函数取对数
        • $\ln L({\sigma }^2)=-\frac{n}{2}\ln (6\pi {\sigma }^2)-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\stackrel{拆成加法}{=}-\frac{n}{2}\ln 6\pi -\frac{n}{2}\ln {\sigma }^2-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i$
      • 并对${\sigma }^2$这个整体求导：$\frac{d\ln {\sigma }^2}{d{\sigma }^2}=-\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{{\sigma }^2}+\frac{1}{6}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\frac{1}{{\sigma }^4}=0$
        • 解方程移项，得$\frac{1}{{\sigma }^4}\frac{1}{b}\sum _{i=1}^n{z}_i^2=\frac{n}{2}\frac{1}{{\sigma }^2}$
          • 再次移项，得$\widehat{{\sigma }^2}=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$

• 问题 III：证明 $\widehat{{\sigma }^2}$ 是无偏估计量

  • 证明无偏估计就是计算期望
    • 计算 $\widehat{{\sigma }^2}$ 的期望
      • $E(\widehat{{\sigma }^2})=\frac{1}{3n}E\left(\sum _{i=1}^n{z}_i^2\right)\stackrel{\text{将求和提出来}}{=}\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^{n}E(Z_i^2)$
      • $\stackrel{\text{求和就是乘}n}{=}\frac{1}{3n}\cdot nE\left(z^2\right)\underset{\text{转化为求期望和方差}}{\overset{\text{求平方的期望}}{=}}\frac{1}{3}(Dz+\underset{\text{正态}=0}{\underbrace{{Ez}^2}})$
      • 展开并简化
        • $E(\widehat{{\sigma }^2})=\frac{1}{3}DZ={\sigma }^2$
    • 得出结论
      • $\widehat{{\sigma }^2}$ 是无偏的
        • 因为 $E(\widehat{{\sigma }^2})={\sigma }^2$

这个二叉树结构清晰地展示了每一部分的求解步骤及其逻辑关系，帮助理解如何求出 $Z$ 的概率密度函数、${\sigma }^2$ 的最大似然估计量，并证明这个估计量是无偏的。

(I ) 因 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $Z=X-Y$ 服从正态分布, 且 $EZ=0,DZ=DX+DY=3{\sigma }^2$, 故 $Z$ 的概率密度为

• $f\left(z;{\sigma }^2\right)=\frac{1}{\sqrt{6\pi {\sigma }^2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{{\sigma }_0}},-\infty <z<+\infty .$(II) 解 设 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 为样本 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 的观测值, 则似然函数为
• $\begin{array}{r}L\left({\sigma }^2\right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(z_i;{\sigma }^2\right)={\left(6\pi {\sigma }^2\right)}^{-\frac{n}{2}}\exp \left\{-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\right\},\end{array}$
• $\begin{array}{r}\ln L\left({\sigma }^2\right)=-\frac{n}{2}\ln \left(6\pi {\sigma }^2\right)-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2.\end{array}$令 $\frac{\mathrm{d}\left[\ln L\left({\sigma }^2\right)\right]}{\mathrm{d}{\sigma }^2}=-\frac{n}{2{\sigma }^2}+\frac{1}{6{\sigma }^4}\sum _{i=1}^n{z}_i^2=0$, 解得 ${\sigma }^2=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$, 故 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量为
• ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2$(III) 证 因 $E\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^{n}E\left(Z_i^2\right)=\frac{1}{3}E\left(Z^2\right)=\frac{1}{3}DZ={\sigma }^2$, 所以 ${\hat{\sigma }}^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.