数一2018

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)

• 下列函数中, 在 $x=0$ 处不可导的是 $()$
  (A) $f(x)=|x|\sin |x|$.
  (B) $f(x)=|x|\sin \sqrt{|x|}$.
  (C) $f(x)=\cos |x|$.
  (D) $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$.

(1)

• • 答 应选(D).
    • 解 按定义考查 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的可导性, 即考查 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$ 是否存在.
    • 选项(A), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\sin |x|}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\cdot |x|}{x}=0$, 可导.
    • 选项(B), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\sin \sqrt{|x|}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\cdot \sqrt{|x|}}{x}=0$, 可导.
    • 选项(C), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos |x|-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x{|}^2}{x}=0$, 可导.
    • 选项(D),
      • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}$
      • 不存在.
      • 因为 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=-\frac{1}{2},\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=\frac{1}{2},f_{+}^{\prime }(0)\ne f_{-}^{\prime }(0)$, 所以 $f^{\prime }(0)$ 不存在. 因此选(D).

(2)

• 过点 $(1,0,0),(0,1,0)$, 且与曲面 $z=x^2+y^2$ 相切的平面为 $()$
  • (A) $z=0$ 与 $x+y-z=1$.
  • (B) $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$.
  • (C) $x=y$ 与 $x+y-z=1$.
  • (D) $x=y$ 与 $2x+2y-z=2$.

(2)

• 答 应选(B).
• 设所求平面与曲面 $z=x^2+y^2$ 的切点为 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$,
  • 曲面 $z=x^2+y^2$ 在切点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 的法向量 $\mathbf{n}=\left(2x_0,2y_0,-1\right)$,
  • 故切平面方程为 $2x_0\left(x-x_0\right)+2y_0\left(y-y_0\right)-\left(z-z_0\right)=0$, 这里 $z_0=x_0^2+y_0^2$.
    • 代入定点 $(1,0,0)$ 和 $(0,1,0)$ 到上述切平面方程中可得
      $\left(x_0,y_0,z_0\right)=(0,0,0),\left(x_0,y_0,z_0\right)=(1,1,2)$,
  • 故切平面方程 为 $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$, 选 (B).

(3)

• $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=()$
  • (A) $\sin 1+\cos 1$.
  • (B) $2\sin 1+\cos 1$.
  • (C) $2\sin 1+2\cos 1$.
  • (D) $2\sin 1+3\cos 1$.

(3)

• • 答 应选 (B).
    • 解 这是常数项级数的求和, 按该级数的特点与题目设置的选项, 提示我们要用分解法并结合 $\sin x$ 与 $\cos x$ 的算级数展开式求得该常数项级数的和.
    • 已知 $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}(|x|<+\infty ),\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}(|x|<+\infty )$,
    • 现将原级数分解成
    • $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{(2n+1)+2}{(2n+1)!}$
• $=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}+2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}=\cos 1+2\sin 1.$
  • 因此选(B).
• 常见的初等函数的幂级数展开式
  • ${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n(-\infty <x<+\infty )$
  • $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}(-\infty <x<+\infty )$
  • $\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(-1<x<1),$
  • $\frac{1}{1+x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}(-1<x<1)$
  • $a^x={\mathrm{e}}^{x\ln a}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\ln a{)}^n}{n!}{x}^n(-\infty <x<+\infty )$
  • $cosx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}(-\infty <x<+\infty )$
  • $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n(-1<x⩽1)$
  • $\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1}(-1⩽x⩽1)$

(4)

• 设 $M={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{(1+x{)}^2}{1+x^2}\mathrm{d}x,N={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}\mathrm{d}x,K={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sqrt{\cos x})\mathrm{d}x$, 则 ( )
  • (A) $M>N>K$.
  • (B) $M>K>N$.
  • (C) $K>M>N$.
  • (D) $K>N>M$.

(4)

• 问题: 比较 $M,N,K$ 的大小，转化为仅比较被积函数的大小
  • 第一步：比较 $M$与1的大小
    • 化简过程:
      • 根据对称区间联想到奇偶性：
        $M={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{(1+x{)}^2}{1+x^2}\mathrm{d}x\stackrel{\frac{1+x^2+2x}{1+x^2}}{=}{\int }_{-\frac{2}{2}}^{\frac{\pi }{2}}1dx+{\int }_{-\frac{2}{2}}^{\frac{2}{2}}\frac{2x}{1+x^2}dx\stackrel{x\text{为奇函数}=0}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}1dx$
    • 化简结果: $M={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}1\mathrm{d}x$
  • 第二步：比较K与1的大小
    • 比较 $1$ 和 $1+\sqrt{\cos x}\stackrel{\sqrt{\cos x}>0}{\to }1<1+\sqrt{\cos x}$
    • 结论: $M<K$（排除选项 (A) 和 (B)）
  • 第三步：比较N与 $1$ 的大小
    • 令 $f(x)={\mathrm{e}}^x-x-1$, 则 $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-1,f^{\prime \prime }(x)={\mathrm{e}}^x>0$,
    • 故该函数是凹函数，$f(x)>f(0)=0$
      • 则$f(x)={\mathrm{e}}^x-x-1>0\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{\sqrt{1+x}}{e^x}<1$
    • 结果: $N<M$
  • 整理得：$\frac{\sqrt{1+x}}{e^x}<1<1+\sqrt{\cos x}$
    • 由函数大，积分就大: $N<M<K$（选项 (C)）

(5)

• 下列矩阵中, 与矩阵 $\left(\begin{array}{lll}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ 相似的为 ( )
  • (A) $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (B) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (C) $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.
  • (D) $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

(5)

• • 答 应选 (A).
    • 解 设 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\mathbf{A}$ 和各选项中的矩阵都不相似于对角矩阵.
    • 对这样的两个矩阵, 要判定它们相似需要大纲要求以外的知识, 而判定它们不相似是有办法的. 因此本题采用排除法.
    • 由相似的矩阵相等, 知若 $\mathbf{A}$ 相似于 $\mathbf{B}$, 则 $\mathbf{A}-\mathbf{E}$ 相似于 $\mathbf{B}-\mathbf{E}$, 从而 $r(\mathbf{A}-\mathbf{E})=r(\mathbf{B}-\mathbf{E})$.
    • $\mathbf{A}-\mathbf{E}=\left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right),r(\mathbf{A}-\mathbf{E})=2$
    • 而当 $\mathbf{B}$ 取 (B), (C), (D) 中的任一矩阵时, 都有 $r(B-E)=1$. 从而 $(\mathrm{B}),(\mathrm{C}),(\mathrm{D})$ 都排除,故选 (A).

(6)

• 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶矩阵,记 $r(\mathbf{X})$ 为矩阵 $\mathbf{X}$ 的秩, $(\mathbf{X},\mathbf{Y})$ 表示分块矩阵,则 ( )
  • (A) $r(\mathbf{A},\mathbf{AB})=r(\mathbf{A})$.
  • (B) $r(\mathbf{A},\mathbf{BA})=r(\mathbf{A})$.
  • (C) $r(\mathbf{A},\mathbf{B})=\max \{r(\mathbf{A}),r(\mathbf{B})\}$.
  • (D) $r(\mathbf{A},\mathbf{B})=r\left({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}},{\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}\right)$.

(6)

• • 答 应选 (A).
    • 解 一方面, $\mathbf{A}$ 是 $(\mathbf{A}\mathbf{AB})$ 的子矩阵, 因此 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})⩾r(\mathbf{A})$.
    • 另一方面, (A AB) 是 $A$ 与 $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{E}& \mathbf{B}\end{array}\right)$ 的乘积, 即 $(\mathbf{A}A\mathbf{B})=\mathbf{A}\left(\begin{array}{ll}\mathbf{E}& \mathbf{B}\end{array}\right)$, 因此 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})⩽r(\mathbf{A})$, 故 $r(\mathbf{A}\mathbf{AB})=r(\mathbf{A})$.

(7)

• 设随机变量 $X$ 的概率密度 $f(x)$ 满足 $f(1+x)=f(1-x)$, 且 ${\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=0.6$, 则 $P\{X<0\}=$
  • (A) 0.2 .
  • (B) 0. 3 .
  • (C) 0. 4 .
  • (D) 0.5 .

(7)

• 分析概率密度 $f(x)$ 的性质：
  • $f(1+x)=f(1-x)$，表示 $f(x)$ 关于 $x=1$ 对称。
  • 由对称性可知，$P\{X<1\}\stackrel{\text{对称性}}{=}0.5$。
• 计算给定区间内的概率：
  • 已知 ${\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=0.6$，表示 $P\{0<X<2\}=0.6$。
  • 根据对称性，$P\{0<X<1\}\stackrel{\text{对称性}}{=}\frac{1}{2}P\{0<X<2\}=0.3$。
• 合并后计算 $P\{X=1\}\stackrel{\text{概率计算}}{=}P\{X<1\}-P\{0<X<1\}$
  • $\stackrel{\text{具体值}}{=}0.5-0.3=0.2$

(8)

• 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 $H_0$.

(8)

• 解 已知方差 ${\sigma }^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从正态分布, 未知方差 ${\sigma }^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从 $t$ 分布. 无论正态分布还是 $t$ 分布, 拒绝域都随着显著性水平 $\alpha$ 的减小而减小. 相反, 接受域随着 $\alpha$ 的减小而 增大, 也就是说在 $\alpha =0.01$ 下的接受域包含了在 $\alpha =0.05$ 下的接受域, 若在 $\alpha =0.05$ 下 $H_0$ 被接受了, 则在 $\alpha =0.01$ 下 $H_0$ 必被接受, 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 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}^{\frac{1}{\sin kx}}=\mathrm{e}$, 则 $k=$

(9)

• • 使用 $e^{ln}$变形:转换为 $e$ 的指数形式。
    • $\exp \left(\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}{\sin kx}\right)=e$
• 把指数单独拿出来算
  • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1+1\right)}{\sin kx}$
  • $\stackrel{ln(1+x-1)\text{～}x-1}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right)$
    • 通分$\frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right)=\frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)}$。
    • 求极限:将$x\text{＝}0$代入：$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)}=-\frac{2}{k}$。

(10)

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶连续导数. 若曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切, 则 ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x=$

(10)

• 答 应填 $2(\ln 2-1)$.
• 曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切
  • 根据题设条件 $f(0)=0$，$f(1)=2^1=2$，$f^{\prime }(1)={(2^x{)}^{\prime }|}_{x=1}=2\ln 2$
• 使用积分的分部积分法计算 ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\mathrm{d}[f^{\prime }(x)]$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{分布}}{=}{x{f}^{\prime }(x)|}_0^1-{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x$
    • $=f^{\prime }(1)-{f(x)|}_0^1$
    • $=f^{\prime }(1)-f(1)+f(0)$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x=2\ln 2-2$
    • $=2(\ln 2-1)$

(11)

设 $\mathbf{F}(x,y,z)=xy\mathbf{i}-yz\mathbf{j}+zx\mathbf{k}$, 则 $\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=$

(11)

• 答 应填 $i-k$.
• 记三元向量函数 $F(x,y,z)=(P,Q,R)$, 则类比斯托克斯
  • $\mathrm{rot}F(x,y,z)=\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|,$
  • 这里 $P=xy,Q=-yz,R=zx$,
• 于是$\mathrm{rot}F(1,1,0)={\left|\begin{array}{c}ijk\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ xy-yzzx\end{array}\right||}_{(1,1,0)}$
  • $\stackrel{\text{注意正负号}}{=}[0-(-y)]\vec{i}+(-1)\cdot (z-0)\vec{j}+(0-x)\vec{k}$
  • $={(yi-zj-xk)|}_{(1,1,0)}=i-k$

(12)

设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线, 则 ${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=$

(12)

• 由曲线 $L$ 的方程可知,该曲线对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性.
  于是,${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s={\oint }_{L}yz\mathrm{d}s={\oint }_{L}zx\mathrm{d}s=\frac{1}{3}{\oint }_L(xy+yz+zx)\mathrm{d}s.$
  • 并且 $xy+yz+zx\stackrel{\text{完全平方}}{=}\frac{1}{2}\left[(x+y+z{)}^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]$
• 所以${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=\frac{1}{3}{\oint }_L(xy+yz+zx)\mathrm{d}s=\frac{1}{6}{\oint }_L\left[(x+y+z{)}^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]\mathrm{d}s$
  • $\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\overset{x+y+z=0}{=}}\frac{1}{6}{\oint }_L(0-1)\mathrm{d}s=-\frac{1}{6}{\oint }_L\mathrm{d}s.$
  • $=-\frac{1}{6}\times 2\pi \times 1=-\frac{\pi }{3}$
    • 由于 $L$ 为单位球面上的一个大圆, 即以球心为圆心, 且半径等于球半径的一个圆,
    • 故 ${\oint }_L\mathrm{d}s=L$ 的周长 $=2\pi \times 1=2\pi$.
• 2007 年数一试题
  设曲面 $\Sigma :|x|+|y|+|z|=1$,则 ${\oint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S=$
• 曲面 $\Sigma$ 是一个以原点为中心的正八面体, 关于三个坐标面均对称, 且对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性。
  
• 记 $I={\iint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S$. 由于 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 面对称,
  • 而 $x$ 是关于 $x$ 的奇函数, 故 ${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}S=0$.
• 又因为 $\Sigma$ 对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性, 所以
  • $I={\iint }_{\Sigma }|y|\mathrm{d}S=\frac{1}{3}{\iint }_{\Sigma }(|x|+|y|+|z|)\mathrm{d}S=\frac{1}{3}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S=\frac{1}{3}\cdot \Sigma \text{ 的面积. }$
  • $\Sigma$ 的每个面是边长为 $\sqrt{2}$ 的正三角形, 面积为 $\frac{1}{2}\times (\sqrt{2}{)}^2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 从而 $\Sigma$ 的面积为 $8\times \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $4\sqrt{3}$.
  • 因此, $I=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
• 2009 年数一试题
  设 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le 1\right\}$, 则 ${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$
• 2015 年数一试题
  设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 ${\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$

(13)

设 2 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 有两个不同特征值, ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 是 $\mathbf{A}$ 的线性无关的特征向量, 且满足 ${\mathbf{A}}^2\left({\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2\right)=$ ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2$, 则 $|\mathbf{A}|=$

(13)

• 分析 本题主要考查特征值与特征向量的概念，以及矩阵的行列式与其特征值之间的关系.
  • 行列式与特征值的关系: $|\mathbf{A}|={\prod }_{i=1}^n{\lambda }_i$ ，其中 ${\lambda }_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 是 $n$ 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值.
• 答 应填一 1 .

(14)

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, $A$ 与 $C$ 相互独立, $BC=\varnothing$. 若 $P(A)=P(B)=\frac{1}{2},P(AC\mid AB\cup C)=\frac{1}{4}$, 则 $P(C)=$

(14)

• 读题
  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得$P(AB)=P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{4}$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得$P(AC)=P(A)P(C)$
  • $BC=\varnothing$，得$P(BC)=P(ABC)=0$
• 计算 条件概率公式：$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{P(AC(AB\cup C))}{P(AB\cup C)}$
  • 展开分子：$P(AC(AB\cup C))=P(ABC\cup AC)\stackrel{P(ABC)=0}{=}P(AC)\stackrel{\text{独立}}{=}P(A)P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母： $P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)-\underset{=0}{\underbrace{P(ABC)}}=\frac{1}{4}+P(C)$
• 原式$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{1}{4}=\frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4}+P(C)}$
  • $\frac{1}{16}+\frac{1}{4}P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 解方程找到 $P(C)=\frac{1}{4}$

gpt版

• 首先分析给定的事件的独立性和互斥性：
  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得 $P(AB)=P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{4}$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得 $P(AC)=P(A)\cdot P(C)$
  • $BC=\varnothing$，得 $P(BC)=0$（即 $B$ 和 $C$ 互斥）
• 接下来，计算条件概率 $P(AC\mid AB\cup C)$：
• 根据条件概率公式：$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{P(AC\cap (AB\cup C))}{P(AB\cup C)}$
  • 展开分子：
    • $P(AC\cap (AB\cup C))=P(ACB\cup AC)$
    • $\stackrel{P(ACB)=0}{=}P(AC)$
    • $\stackrel{A\text{ 和 }C\text{ 独立}}{=}P(A)P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母：
    • $P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)-\underset{=0}{\underbrace{P(ABC)}}$
    • $=\frac{1}{4}+P(C)$
• 将分子和分母代入条件概率公式：
  • $\frac{1}{4}=\frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4}+P(C)}$
  • 解方程得 $P(C)=\frac{1}{4}$

(15)

(本题满分 10 分) 求不定积分 $\int {\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x$.

(15)

分部积分准备: $\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$
- 选择 $u\text{＝}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}$ ，
- 选择$v={\mathrm{e}}^{2x}$

• $\text{原式}=\frac{1}{2}\int \arctan \sqrt{e^x-1}d\left(e^{2x}\right)$
  • $=\frac{1}{2}{e}^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}-\frac{1}{2}\int e^{2x}d\left[\arctan \sqrt{e^x-1}\right]$
    • ${\left[\arctan \sqrt{e^x-1}\right]}^{\prime }=\underset{(\arctan \sqrt{e^x-1}{)}^{\prime }}{\underbrace{\frac{1}{1+e^x-1}}}\text{⋅}\underset{(\sqrt{e^x-1}){)}^{\prime }}{\underbrace{\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{e^x-1}}}}\text{⋅}\underset{(e^x-1{)}^{\prime }}{\underbrace{e^x}}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{e^x-1}}dx$
  • $=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\int \frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}}\mathrm{d}x$
    • (法一)令 $t={\mathrm{e}}^x$, 则 $\mathrm{d}t={\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x$.
    • $\int \frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}}\mathrm{d}x=\int \frac{{\mathrm{e}}^x}{\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}}\mathrm{d}\left({\mathrm{e}}^x\right)$
      • $=\int \frac{t}{\sqrt{t-1}}\mathrm{d}t=\int \frac{t-1+1}{\sqrt{t-1}}\mathrm{d}t=\int \left(\sqrt{t-1}+\frac{1}{\sqrt{t-1}}\right)\mathrm{d}t$
    • $=\frac{2}{3}(t-1{)}^{\frac{3}{2}}+2\sqrt{t-1}+C_1$
    • $=\frac{2}{3}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}^{\frac{3}{2}}+2\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}+C_1$
  • $=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{6}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}^{\frac{3}{2}}+C$.

方法2

• 换元法准备: 令 $t=\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}$
  • $e^{2x}={\left(1+t^2\right)}^2$
  • $x=\ln \left(1+t^2\right)$，$dx=\frac{2t}{1+t^2}dt$
  • 应用换元法: $\int \frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}}\mathrm{d}x=\int \frac{{\left(1+t^2\right)}^2}{t}\cdot \frac{2t}{1+t^2}dt=2\cdot \int \left(1+t^2\right)dt=2\cdot \left(t+\frac{t^3}{3}\right)dt$
  • 将$t=\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}$带回：$=2\sqrt{e^x-1}+\frac{2}{3}{\left(e^x-1\right)}^{\frac{3}{2}}dx$

(16)

(本题满分 10 分) 将长为 $2\mathrm{m}$ 的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形. 三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值.

(16)

• 圆的半径为 $x$，正方形的边长为 $y$，正三角形的边长为 $z$。
  • 面积函数 $f(x,y,z)=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2$。
  • 约束条件为周长 $2\pi x+4y+3z=2$
• 构造拉格朗日函数 $L(x,y,z,\lambda )$。
  • $L(x,y,z,\lambda )=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2+\lambda (2\pi x+4y+3z-2)$。
• 求解边界上的驻点
  • 对 $L(x,y,z,\lambda )$ 求偏导数，设置为零。
    • $\frac{\partial L}{\partial x}=2\pi x+2\pi \lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial y}=2y+4\lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial z}=\frac{\sqrt{3}}{2}z+3\lambda$
    • $\frac{\partial L}{\partial \lambda }=2\pi x+4y+3z-2$。
  • 代入消元法解得驻点 $x_0,y_0,z_0$，不用求$\lambda$，$\lambda$是用来消元的
    • $x_0=\frac{1}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
    • $y_0=\frac{2}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
    • $z_0=\frac{2\sqrt{3}}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
• 计算最小值，将驻点代入 $f(x,y,z)$
  • 最小面积 $f(x_0,y_0,z_0)=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2=\frac{1}{\pi +4+3\sqrt{3}}$

(17)

(本题满分 10 分) 设 $\Sigma$ 是曲面 $x=\sqrt{1-3y^2-3z^2}$ 的前侧, 计算曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(17)

• 解题思路:补面用高斯，补的面:积分为零，补的面是一个平面
  • 曲面 $\Sigma$ 为位于 $yOz$ 面前侧的半个椭球面的前侧, 椭球面方程为 $x^2+3y^2+3z^2=1.$
    $\Sigma$不是封闭曲面, 可以先添加辅助曲面,再利用高斯公式将所求第二类曲面积分转化为三重积分进行计算.
  • 高斯公式：设空间闭区域 $\Omega$ 由分片光滑的闭曲面 $\Sigma$ 所围成. 若函数 $P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 上具有一阶连续偏导数，则有
    ${\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v={\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$
• 
  
• (解) 如图所示, 添加辅助平面 ${\Sigma }^{\prime }:x=0\underset{\text{取}x=0\text{，代入上式}}{\overset{x^2+3y^2+3z^2=1}{\to }}\left(3y^2+3z^2⩽1\right)$, 取后侧,
  即法向量指向 $x$ 轴负向, 则 $\Sigma$与 ${\Sigma }^{\prime }$ 围成一个半椭球体 $\Omega$, 且法向量指向外侧.
  • $\begin{array}{rl}& I={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }^{\prime }}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\underset{=0\text{，补的平面积分为零}}{\underbrace{{\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y.}}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }^{\prime }}^{\prime \prime }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iiint }_{\Omega }^{\prime \prime }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v.\end{array}$

柱线法

• 采用先重后单的积分次序计算 ${\iiint }_{\Omega }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v$.
  沿平行于 $yOz$ 面的方向作 $\Omega$ 的横截面，得$D_x=\left\{(y,z)\mid 3y^2+3z^2⩽1-x^2\right\}.$
  • $D_x$ 是半径为 $\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}$ 的圆盘. 于是,$\begin{array}{r}\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (y,z)\in D_x,0⩽x⩽1\right\}.\end{array}$
  • $\left\{(r,\theta )|0\le r\le \sqrt{\frac{1-x^2}{3}},0\le \theta \le 2\pi \right\}$
• $\begin{array}{rl}& \\ {\iiint }_{\Omega }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v=& {\int }_0^1\mathrm{d}x{\iint }_{D_x}\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 极坐标 }}{=}{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}}\left(1+3r^2\right)\cdot r\mathrm{d}r\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={2\pi {\int }_0^1\left(\frac{r^2}{2}+\frac{3r^4}{4}\right)|}_0^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}}\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=2\pi {\int }_0^1\left[\frac{1-x^2}{6}+\frac{3}{4}\cdot \frac{{\left(1-x^2\right)}^2}{3^2}\right]\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{\pi }{6}{\int }_0^1\left(x^4-4x^2+3\right)\mathrm{d}x.\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{\pi }{6}\times \left(\frac{1}{5}-\frac{4}{3}+3\right)=\frac{14\pi }{45}\end{array}$

转换投影法

• $\begin{array}{rl}& {\Sigma }^{\prime }:z=\frac{\sqrt{1-3y^2-3x^2}}{I}\end{array}$
• $\begin{array}{r}I={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}zdydx+\left(y^3+2\right)dxdz+x^{3}dydz\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{重新排序}}{=}{\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{x}^{3}dydz+\left(y^3+2\right)dxdz+zdxdy\end{array}$
    这道题用转换投影法不好算，因为被积函数很复杂

截面法

• 2007 年数一试题计算曲面积分
  $I={\iint }_{\Sigma }xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2zy\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$其中 $\Sigma$ 为曲面 $z=1-x^2-\frac{y^2}{4}(0\le z\le 1)$ 的上侧.
• 2008 年数一试题
  设曲面 $\Sigma$ 是 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 的上侧, 则 ${\iint }_{\Xi }xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

(18)

(本题满分 10 分) 已知微分方程 $y^{\prime }+y=f(x)$, 其中 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的连续函数.
(I) 若 $f(x)=x$, 求方程的通解;
(II) 若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的函数, 证明: 方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解.

（18）

• (I) 解
• 当 $f(x)=x$ 时,方程化为 $y^{\prime }+y=x$,是一阶线性微分方程
  • 通解为$\begin{array}{rl}y& ={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1+\int x{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x\right)={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1+x{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^x\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=C_1{\mathrm{e}}^{-x}+x-1\left(C_1\text{ 为任意常数 }\right).\end{array}$

(19)

(本题满分 10 分)
设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足: $x_1>0,x_n{\mathrm{e}}^{x_{n+1}}={\mathrm{e}}^{x_n}-1(n=1,2,\cdots )$. 证明 $\left\{x_n\right\}$ 收敛, 并求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$.

(19)

• 第一步：证明数列收敛
• 分析和证明过程：
  • 证$0<x_2<x_1$
  • 观察到 $1=e^0$，可以对原式运用拉格朗日中值定理，存在$\xi$属于$0<\xi <x_1$：
    $e^{x_2}=\frac{e^{x_1}-1}{x_1}\stackrel{1=e^0}{=}\frac{e^{x_1}-e^0}{x_1-0}\stackrel{\text{拉格朗日}}{=}\frac{e^{\xi }\cdot (x_1-0)}{x_1}\stackrel{{\text{分子分母消去}}_1}{=}{e}^{\xi }$
    其中 ,$x_2=\xi$,这样，$0<x_2<x_1$。
• 假设 $0<x_n<x_{n-1}$，接下来证明 $0<x_{n+1}<x_n$：
  $e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}\stackrel{1=e^0}{=}\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n}\stackrel{\text{拉格朗日}}{=}\frac{e^{\eta }\cdot (x_n-0)}{x_n}=e^{\eta }$
  • 其中 $0<\eta <x_n$，因此 $x_{n+1}=\eta$，得出 $0<x_{n+1}<x_n$。
• 结论：数列 $\{x_n\}$ 单调递减，且有下界 0，因此收敛。
• 第二步：求出数列的极限
• 极限求解过程：
  • 设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$。
  • 对 $x_n{e}^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1$ 两边取极限：$a{e}^a=e^a-1$
    • 解这个方程，显然 $a=0$ 是解。
  • 考虑函数 $f(x)=x{e}^x-e^x+1$
    • 其导数$x>0,e^x>0$, $f^{\prime }(x)=x{e}^x>0$，所以函数单调增。
  • 由$\{\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)>0\\ f(0)=0\end{array}$所以 $a=0$ 是 $a{e}^a=e^a-1$ 的唯一实根。
• 结论：$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。
  • 数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，故收敛。
  • 极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$ 是通过求解方程 $a{e}^a=e^a-1$ 得出的，使用函数的单调性来证明这是唯一解。

(20)

(本题满分 11 分)
设实二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)={\left(x_1-x_2+x_3\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2+{\left(x_1+a{x}_3\right)}^2$, 其中 $a$ 是参数
(I) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解;
(II) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形.

(20)

• (I) $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 当且仅当$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2+x_3=0\\ x_2+x_3=0\\ x_1+a{x}_3=0\end{array}$对方程组的系数矩阵施以初等行变换得
  • $\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& a\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& a-2\end{array}\right)\text{. }$
    • 当 $a\ne 2$ 时,方程组只有零解, 故 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解为 $\mathbf{x}=0$;
    • 当 $a=2$ 时, 方程组有无穷多解, 通解为 $x=k\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right),k$ 为任意常数.
  • 故 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解为 $x=k\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right),k$ 为任意常数.
• (II)
  • 由 (I ) 知, 当 $a\ne 2$ 时, $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 正定, $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
  • 当 $a=2$ 时,求解 $f$ 的规范形有以下两种解法.
    • 解法 1$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2+2x_2^2+6x_3^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3$
      • $=2{\left(x_1-\frac{1}{2}{x}_2+\frac{3}{2}{x}_3\right)}^2+\frac{3}{2}{\left(x_2+x_3\right)}^2,$
      • $\{\begin{array}{l}{y}_1=\sqrt{2}\left(x_1-\frac{1}{2}{x}_2+\frac{3}{2}{x}_3\right),\\ y_2=\frac{\sqrt{6}}{2}\left(x_2+x_3\right),\\ y_3=x_3,\end{array}$
      • 有 $\left|\begin{array}{ccc}\sqrt{2}& 0& 0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{2}& 0\\ \frac{3\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{2}& 1\end{array}\right|\ne 0$, 所以 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.
• 解法 $2f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2+2x_2^2+6x_3^2-2x_1{x}_2+6x_1{x}_3$
  • $=\left(x_1,x_2,x_3\right)\left(\begin{array}{c}2-13\\ -120\\ 306\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$
  • 由 $|\lambda E-A|=0$, 求 $\mathbf{A}$ 的特征值.
    • $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{c}\lambda -21-3\\ 1\lambda -20\\ -30\lambda -6\end{array}\right|$
      • $=(\lambda -2{)}^2(\lambda -6)-9(\lambda -2)-(\lambda -6)$
      • $={\lambda }^3-10{\lambda }^2+18\lambda =0,$
        • 解得 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=0,{\lambda }_2=5+\sqrt{7},{\lambda }_3=5-\sqrt{7}$.
  • 所以 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的规范形为 $y_1^2+y_2^2$.

(21)

(本题满分 11 分)
已知 $a$ 是常数,且矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& a\\ 1& 3& 0\\ 2& 7& -a\end{array}\right)$ 可经初等列变换化为矩阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}1& a& 2\\ 0& 1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)$.
( I ) 求 $a$;
(II) 求满足 $\mathbf{AP}=\mathbf{B}$ 的可逆矩阵 $\mathbf{P}$.

(21)

• (I) 对矩阵 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 分别施以初等行变换, 得
  • $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{c}12a\\ 130\\ 27-a\end{array}\right)\underset{\text{三阶矩阵}}{\overset{\text{左下角三个}0}{\to }}\left(\begin{array}{c}103a\\ 01-a\\ 000\end{array}\right),$
  • $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{c}1a2\\ 011\\ -111\end{array}\right)\stackrel{\text{消出三个}0}{\to }\left(\begin{array}{c}100\\ 011\\ 002-a\end{array}\right).$
  • 由题设知 $r(\mathbf{A})=r(\mathbf{B})$, 故 $a=2$.
• (II) 由 (I) 知 $a=2$. 对矩阵 $(\mathbf{A}:\mathbf{B})$ 施以初等行变换, 得
  $(\mathbf{A}:\mathbf{B})=\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 2& 1& 2& 2\\ 1& 3& 0& 0& 1& 1\\ 2& 7& -2& -1& 1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 6& 3& 4& 4\\ 0& 1& -2& -1& -1& -1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right).$
• 记 $B=\left({\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3\right)$,
  • 齐次的解$\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 1\end{array}\right)=0$
  • 非齐次的解$\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_1,\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_2,\mathbf{A}\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)={\mathbf{\beta }}_3$
• 故 $AX=B$ 的解为$\mathbf{X}=\left(\begin{array}{ccc}3-6k_1& 4-6k_2& 4-6k_3\\ -1+2k_1& -1+2k_2& -1+2k_3\\ k_1& k_2& k_3\end{array}\right)\text{, 其中 }{k}_1,k_2,k_3\text{ 为任意常数. }$
  • 由于 $|\mathbf{X}|=k_3-k_2$,
• 因此满足 $\mathbf{AP}=\mathbf{B}$ 的可逆矩阵为
  $\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}3-6k_1& 4-6k_2& 4-6k_3\\ -1+2k_1& -1+2k_2& -1+2k_3\\ k_1& k_2& k_3\end{array}\right)$, 其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数, 且 $k_2\ne k_3$.

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=-1\}=\frac{1}{2},Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布. 令 $Z=XY$.
( I ) 求 $\mathrm{Cov}(X,Z)$;
( II ) 求 $Z$ 的概率分布.

(22)

解
这个问题涉及随机变量的协方差和概率分布。以下是对答案的详细解释：
(I) 求 $\mathrm{Cov}(X,Z)$

• 计算协方差
  • $\mathrm{Cov}(X,Z)=E(XZ)-E(X)\cdot E(Z)\stackrel{Z=XY}{\to }E(X\cdot XY)-EX\cdot E(XY)$
    • $\stackrel{\text{独立}}{=}E\left(X^2\right)\cdot E(Y)-E^2(X)\cdot E(Y)$
      • 计算 $E(X)$ , $E(X^2)$,$E(Y)$
        • $E(X)=(-1)\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=0$
        • $E(X^2)=(-1{)}^2\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=1$
        • $E(Y)=\lambda$（泊松分布的期望）
  • 合并计算结果:$\mathrm{Cov}(X,Z)=1\cdot \lambda -0\cdot \lambda =\lambda$
    (II) 求 $Z$ 的概率分布
• 三件套(常规思路):
  • $F_z(z)=p\{z\le z\}=P\{XY⩽z\}$
  • $\underset{\text{可是泊松分布也是离散}}{\overset{\text{对离散的全集分解}}{=}}P\{XY\le z,X=1\}+P\{XY⩽z,X=-1\}$
  • $\stackrel{\text{独立}}{=}P\{XY\le z\}\cdot P\{X=1\}+P\{XY\le z\}\cdot P\{X=-1\}$
  • $=\frac{1}{2}\{Y⩽z\}+\frac{1}{2}\{-Y\le z\}$
  • 往后做不动，有时间再写
• 本题是泊松分布:计算 $P\{Z=0\}$
  • $P\{Z=0\}=P\{Y=0\}=e^{-\lambda }$（泊松分布中 $Y=0$ 的概率）
• 计算 $P\{Z=n\}$ 对于 $n=\pm 1,\pm 2,\cdots$
  • $P\{Z=n\}=P\{XY=n\}=P\left\{X=\frac{n}{|n|},Y=|n|\right\}$
  • $=P\left\{X=\frac{n}{|n|}\right\}\cdot P\{Y=|n|\}$（因为 $X$ 和 $Y$ 相互独立）
  • $=\frac{1}{2}\cdot e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^{|n|}}{|n|!}$（泊松分布中 $Y=|n|$ 的概率）

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为$f(x;\sigma )=\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{|x|}{\sigma }},-\infty <x<+\infty ,$其中 $\sigma \in (0,+\infty )$ 为未知参数, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. 记 $\sigma$ 的最大似然估计量为 $\hat{\sigma }$.
(I) 求 $\hat{\sigma }$;
(II) 求 $E(\hat{\sigma }),D(\hat{\sigma })$.

(23)

【解】(1) 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值, 这里的$\sigma$相当于之前的$\theta$

• 写出似然函数为$L(\sigma )=\prod _{i=1}^{n}f\left(x_1;\sigma \right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^n\cdot \frac{1}{{\sigma }^n}\cdot e^{-\frac{1}{\sigma }{\sum }_{i=1}^n|x_i|}\text{，}-\infty <x_i<+\infty$
  • 取对数则 $\ln L(\sigma )=-n\ln 2-n\ln \sigma -\frac{1}{\sigma }\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|$
  • 求导找可能的极值点(驻点)，得 $\frac{d\ln L(\sigma )}{d\sigma }=-\frac{n}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|=0$,
    • 解得 $\sigma =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|$, 所以 $\stackrel{\text{加帽子}}{\to }\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\left|X_i\right|$
      (II) 由于
• $E(|X|)={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|f(x;\sigma )\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{Lx}{\sigma }}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sigma }{\int }_0^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\sigma }}\mathrm{d}x=\sigma ,$因此
• $E\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E\left(\left|X_i\right|\right)=E(|X|)=\sigma$又因为
• $E\left(|X{|}^2\right)=E\left(X^2\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x;\sigma )\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{L}{\sigma }\mid }\mathrm{d}x=\frac{1}{\sigma }{\int }_0^{+\infty }{x}^2{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\sigma }}\mathrm{d}x=2{\sigma }^2,$
• $D(|X|)=E\left(|X{|}^2\right)-[E(|X|){]}^2={\sigma }^2,$所以
• $D\hat{\sigma }=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D\left(\left|X_i\right|\right)=\frac{D(|X|)}{n}=\frac{{\sigma }^2}{n}\text{. }$