数一2019

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, 只有一项等合题目 要求,把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

当 $x\to 0$ 时,若 $x-\tan x$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小,则 $k=()$(A) 1 .(B) 2 .( C) 3 .(D) 4 .

(1)

• • 用对tan用泰勒展开，得$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right)$
    • $\stackrel{\text{代入题式}}{\to }x-\tan x=-\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right)$

(2)

设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}x|x|,& x⩽0,\\ x\ln x,& x>0,\end{array}$ 则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的 $()$(A) 可导点, 极值点.(B) 不可导点, 极值点.(C) 可导点,非极值点.(D) 不可导点, 非极值点.

(2)

• • 确定是否连续:看左右极限是否相等，是否等于函数值
    • $f(0)=0$·$0=0$
    • $f\left(0^{-}\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(-x^2\right)=0$
    • $f\left(0^{+}\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0$
    • 左极限=右极限=函数值，则连续
• 可导必然连续，连续不一定可导
  • $f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-x^2}{x}=0$
  • $f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln x=\infty$
  • 左右导数不相等，则不可导
• 通过画图来判断函数f(x)是否是极值点
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}-\delta <x<0\text{时},f(x)=x|x|<0\\ 0<x<\delta \text{时},f(x)=x\ln x<0\end{array}\end{array}$
  • 于是 $\begin{array}{r}x\in (-\delta ,\delta )\end{array}$ 时，有 $\begin{array}{r}f(x)<f(0)\end{array}$，这是极大值
    
• 答 应选 B.

(3)

设 $\left\{u_n\right\}$ 是单调增加的有界数列, 则下列级数中收敛的是 $()$
(A) $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$.
(B) $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$.
( C) $\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$.
(D) $\sum _{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$.

(3)

• 答 应选 D.解
• 级数收敛的定义
  • 若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的部分和数列 $\left\{s_n\right\}$ 有极限 $s$, 即 $\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n=s$,
    则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛, 此时 $s$ 称为该收敛级数的和;
  • 若 $\left\{s_n\right\}$ 没有极限, 则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散.
• 排除法
  • 选项 A:$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$
    • 取 $u_n=1-\frac{1}{n}$, 代入到A
    • 则 $\frac{u_n}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}$.
      • 由于 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 发散, $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 收敛, 故 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)$ 发散.
      • 选项 A 不正确.
  • 选项 B:$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$, 代入到B，则 $(-1{)}^n\frac{1}{u_n}=(-1{)}^{n+1}n,$
    • $(-1{)}^{n+1}n$发散，所以 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$发散;
    • 选项 B不正确
  • 选项C: $\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$,代入到C$1-\frac{u_n}{u_{n+1}}=1-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n}$
    • $-\frac{1}{n}$是发散的，所以$\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$ 发散.
    • 选项C 不正确.
• 由排除法可知, 应选 D.
• 由于 $u_{n+1}^2-u_n^2=\left(u_{n+1}+u_n\right)\left(u_{n+1}-u_n\right)$ ，而 $\left\{u_n\right\}$ 有界，
  • 故存在正数 $M$ ，使得$\left|u_{n+1}^2-u_n^2\right|⩽2M\left|u_{n+1}-u_n\right|\stackrel{u_n\text{ 单调增加 }}{=}2M\left(u_{n+1}-u_n\right)$.
  • $s_n=\sum _{k=1}^n\left(u_{k+1}-u_k\right)=\left(u_2-u_1\right)+\left(u_3-u_2\right)+\cdots +\left(u_{n+1}-u_n\right)=u_{n+1}-u_1.$
    • 由于$\left\{u_n\right\}$是单调增加的有界数列, 故${\lim }_{n\to \infty }{u}_{n+1}$存在$,$
    • 从而 $\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n$存在, 级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}-u_n\right)$收敛.
• 直接法:因为 $\left\{u_n\right\}$ 是单调增加的有界数列, 所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$ 存在, 记为 $a$.
  • 设 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$,$S_n=u_2^2-u_1^2+\cdots +u_{n+1}^2-u_n^2=u_{n+1}^2-u_1^2$
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(u_{n+1}^2-u_1^2\right)=a^2-u_1^2$选 D.

(4)

设函数 $Q(x,y)=\frac{x}{y^2}$. 如果对上半平面 $(y>0)$ 内的任意有向光滑封闭曲线 $C$ 都有 ${\oint }_{C}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$, 那么函数 $P(x,y)$ 可取为 $()$
(A) $y-\frac{x^2}{y^3}$.(B) $\frac{1}{y}-\frac{x^2}{y^3}$.(C) $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}$.(D) $x-\frac{1}{y}$.

(4)

• 答 应选 D.
• 解 本题考察曲线积分与路径无关的四个等价命题
  • $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$.
• 已知函数 $Q(x,y)=\frac{x}{y^2}$， 则 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{1}{y^2}$,
  • 故 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}$, 然后只需要寻找$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}$的选项， 选 D.

(5)

设 $\mathbf{A}$ 是 3 阶实对称矩阵, $\mathbf{E}$ 是 3 阶单位矩阵. 若 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=2\mathbf{E}$, 且 $|\mathbf{A}|=4$, 则二 次型 ${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的规范形为 $()$
(A) $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.(B) $y_1^2+y_2^2-y_3^2$.(C) $y_1^2-y_2^2-y_3^2$.(D) $-y_1^2-y_2^2-y_3^2$

(5)

• • 答 应选 C.
• 设 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $\lambda$, 由 ${\mathbf{A}}^2+\mathbf{A}=2\mathbf{E}$,
  • $A^2+A-2E=0\stackrel{\text{左右两边同乘}\alpha }{\to }(A^2+A-2E)\alpha =0$
    • $\stackrel{E\text{变}a}{\to }{A}^2\alpha +A\alpha -2\alpha =0$
    • $\underset{A^2\alpha ={\lambda }^2\alpha }{\overset{A\alpha =\lambda \alpha }{\to }}{\lambda }^2\alpha +\lambda \alpha -2\alpha =0\to ({\lambda }^2+\lambda -2)\alpha =0$
      • ${\lambda }^2+\lambda -2=0\stackrel{\text{因式分解}}{\to }\lambda =1$或$-2$
• 再由 $|\mathbf{A}|=4$, 得$\lambda (A)=-2,-2,1$
  • 所以规范形为 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$, 故选 C.

(6)

如图所示, 有 3 张平面两两相交, 交线相互平行, 它们的方程$a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=d_i(i=1,2,3)$
组成的线性方程组的系数矩阵和增广矩阵分别记为 $\mathbf{A},\bar{A}$, 则 ( )
(A) $r(\mathbf{A})=2,r(\overline{\mathbf{A}})=3$.(B) $r(\mathbf{A})=2,r(\overline{\mathbf{A}})=2$.(C) $r(\mathbf{A})=1,r(\overline{\mathbf{A}})=2$.(D) $r(\mathbf{A})=1,r(\overline{\mathbf{A}})=1$.

(6)

• 答 应选 A.
• 解 由题设知, 三个平面无公共交点, 故方程组无解, 则 $\mathrm{r}(\mathbf{A})\ne r(\overline{\mathbf{A}})$. 又因为它们两两相交, 说明其中 任意两个平面不平行, 所以 $r(\mathbf{A})⩾2$, 故选 A.
• 表 (a) 方程组有解的情形

图形	几何意义	代数表达
1	三张平面相交于一点	$r(A)=r(\bar{A})=3$
2	三张平面相交于一条直线	$r(A)=r(\bar{A})=2$，且 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 中任意两个向量线性无关
3	两张平面重合，第三张平面与之相交	$r(A)=r(\bar{A})=2$，且 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 中有两个向量线性相关
4	三张平面重合	$r(A)=r(\bar{A})=1$

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};  % 只画 z > 0
 
        % 填充三个相互垂直的平面（只显示 z \geq 0 部分）
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,-1.2,0) -- (-1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- cycle; % XY 平面
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle; % XZ 平面，限制 z \geq 0
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle; % YZ 平面，限制 z \geq 0
 
        % 标记相交点
        \node[below left,red] at (0,0,0) {$O$};
        \fill[red] (0,0,0) circle (1.5pt);
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制三个平面
        % 平面 1：XZ 平面（y=0）
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
 
        % 平面 2：YZ 平面（x=0）
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle;
 
        % 平面 3：倾斜平面 x + y = 0
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (-1.2,1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,1.2) -- (-1.2,1.2,1.2) -- cycle;
 
        % 标记交线（严格与 z 轴重合）
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1.2);
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制两个重合的 XZ 平面（y=0）
        \fill[red!20,opacity=0.5] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0.1,0) -- (-1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,0) -- cycle;
 
        % 第三张平面：YZ 平面 (x=0)
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2) -- (0,1.2,1.2) -- (0,1.2,0) -- cycle;
 
        % 标记交线（X 轴方向）
        \draw[thick,red] (-1.2,0,0) -- (1.2,0,0);
 
        % 在交点 (0,0,0) 画一个红点
        \fill[red] (0,0,0) circle (1.5pt);
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1.2);
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 画三张完全重合的平面（这里只画一个 XZ 平面）
        \fill[red] (-1.2,0,0) -- (-1.2,0,1.2) -- (1.2,0,1.2) -- (1.2,0,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,0.1,0) -- (-1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,1.2) -- (1.2,0.1,0) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,-0.1,0) -- (-1.2,-0.1,1.2) -- (1.2,-0.1,1.2) -- (1.2,-0.1,0) -- cycle;
 
        % 标记相交点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 表 (b) 方程组无解的情形

图形	几何意义	代数表达
5	三张平面两两相交，且交线相互平行	$r(A)=2,r(\bar{A})=3$，且 $a_1,a_2,a_3$ 中任意两个向量都线性无关
6	两张平面平行，第三张平面与它们相交	$r(A)=2,r(\bar{A})=3$，且 $a_1,a_2,a_3$ 中有两个向量线性相关

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{20}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 三个平面（都严格平行于 Z 轴）
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (0,-0.5,0) -- (0,1.2,0) -- (0,1.2,1) -- (0,-0.5,1) -- cycle; % x = 0 (YZ 平面)
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (-0.5,0,0) -- (1.2,0,0) -- (1.2,0,1) -- (-0.5,0,1) -- cycle;  % y = 0 (XZ 平面)
        \fill[gray!50,opacity=0.5] (-0.2,1.2,0) -- (1.2,-0.2,0) -- (1.2,-0.2,1) -- (-0.2,1.2,1) -- cycle;  % x + y = 1
 
        % 三条交线 (都严格沿 z 轴)
        \draw[thick,red] (0,0,0) -- (0,0,1);  % 交线 1 (原点)
        \draw[thick,red] (1,0,0) -- (1,0,1);  % 交线 2
        \draw[thick,red] (0,1,0) -- (0,1,1);  % 交线 3
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
 
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (-1.5,0,0) -- (1.5,0,0) node[right] {$x$};
        \draw[->] (0,-1.5,0) -- (0,1.5,0) node[right] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
 
        % 绘制两个平行的 XZ 平面
        \fill[gray!20,opacity=0.5] (-1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,0) -- (1.2,-1.2,1.2) -- (-1.2,-1.2,1.2) -- cycle;
        \fill[gray!30,opacity=0.5] (-1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,0) -- (1.2,1.2,1.2) -- (-1.2,1.2,1.2) -- cycle;
 
        % 第三张平面（YZ 平面）
        \fill[gray!40,opacity=0.5] (0,-1.5,0) -- (0,-1.5,1.2) -- (0,1.5,1.2) -- (0,1.5,0) -- cycle;
 
        % 交线：两条平行的红色直线
        \draw[thick,red] (0,-1.2,0) -- (0,-1.2,1.2);
        \draw[thick,red] (0,1.2,0) -- (0,1.2,1.2);
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

(7)

设 $A,B$ 为随机事件, 则 $P(A)=P(B)$ 的充分必要条件是 $()$
(A) $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$.
( B) $P(AB)=P(A)P(B)$.
( C) $P(A\bar{B})=P(B\bar{A})$.
(D) $P(AB)=P(\bar{A}\bar{B})$.

(7)

• 答 应选 $\mathrm{C}$.
• 对A,B,C,D每个式子都化简
• (A)
  • $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)$
  • $P(AB)=0$
• (C)可以推出 $A$ 与 $B$ 独立
  • $P(A\bar{B})=P(A-B)=P(A)-P(AB)$
  • $P(B\bar{A})=P(B-A)=P(B)-P(AB)$
  • $\Rightarrow P(A)=P(B)$
• (D)$P(AB)=P(\bar{A}\bar{B})$.
  • $P(\bar{A}\bar{B})=P(\bar{A}\cap \bar{B})\stackrel{\text{对偶率}}{=}P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)$
    • $=1-P(A)-P(B)+P(AB)$
  • $P(A)+P(B)=1$

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且都服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 则 $P\{|X-Y|<1\}()$
(A) 与 $\mu$ 无关, 而与 ${\sigma }^2$ 有关.
(B) 与 $\mu$ 有关, 而与 ${\sigma }^2$ 无关.
(C) 与 $\mu ,{\sigma }^2$ 都有关.
(D) 与 $\mu ,{\sigma }^2$ 都无关.

(8)

• • 计算 $P\{|X-Y|<1\}$
    • 观察 $X$ 和 $Y$ 的分布
      • $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
      • $Y\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
    • 分析 $X-Y$ 的分布，有限个正态分布的线性组合还是正态分布
      • 则$X-Y$ 遵循 $N(0,2{\sigma }^2)$
        • $\stackrel{\text{标准化}}{\to }\frac{X-Y-0}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1)$
        • 碰到非标准的正态分布习惯上将它转为标准正态
    • 概率也转换为标准正态概率
      • $P\{|X-Y|<1\}\underset{\text{标准化}}{\overset{\frac{X-Y-\mu }{\sqrt{2}\sigma }}{=}}P\left\{\left|\frac{X-Y}{\sqrt{2}\sigma }\right|<\frac{1}{\sqrt{2}\sigma }\right\}\stackrel{\text{正态分布图}}{=}2\Phi \left(\frac{1}{\sqrt{2}\sigma }\right)-1$
        • 主要是对不等式右侧，做正态标准化得到的结果
• 分析概率值与参数的关系
  • 与 $\mu$ 的关系：概率值与 $\mu$ 无关
  • 与 ${\sigma }^2$ 的关系：概率值与 ${\sigma }^2$ 有关
• 
  
• 结论:选项 (A) 正确

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)

设函数 $f(u)$ 可导, $z=f(\sin y-\sin x)+xy$, 则 $\frac{1}{\cos x}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\cos y}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}=$

(9)

• 该问题涉及求函数 $z=f(\sin y-\sin x)+xy$ 在特定表达式中的偏导数。
  不是具体点，不能先带后求

    z
    / 
  f(siny-sinx)+xy
 / \ 
x  y 

• 使用链式法则对复合函数求导:求函数 $z=f(\sin y-\sin x)+xy$ 的偏导数。
  • $\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(\sin y-\sin x)(-\cos x)+y$
  • $\frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime }(\sin y-\sin x)\cos y+x$
• 将$\frac{\partial z}{\partial x}$和$\frac{\partial z}{\partial y}$代入到$\frac{1}{\cos x}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\cos y}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}=$
  • $=\frac{1}{\cos x}(-f^{\prime }(\sin y-\sin x)\cos x+y)+\frac{1}{\cos y}(f^{\prime }(\sin y-\sin x)\cos y+x)$
  • $\stackrel{\text{乘进去}}{\to }\frac{1}{\cos x}{z}_x+\frac{1}{\cos y}{z}_y=-f^{\prime }+\frac{y}{\cos x}+f^{\prime }+\frac{x}{\cos y}$
    有时候可以省略掉自变量本体，有时候不行
    • $=\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}$

(10)

微分方程 $2y{y}^{\prime }-y^2-2=0$ 满足条件 $y(0)=1$ 的特解 $y=$

(10)

• 答 应填 $\sqrt{3{\mathrm{e}}^x-2}$.
• 原式$2y{y}^{\prime }-y^2-2=0$
  • $2y\cdot \frac{dy}{dx}=y^2+2$，看出来可以分离变量
  • $\underset{\text{并两边积分}}{\overset{\text{分离变量}}{\to }}\int \frac{2y}{y^2+2}dy=\int dx$
    • $\stackrel{\int \frac{2y}{y^2+2}dy=\ln \left(y^2+2\right)}{\to }\ln (y^2+2)=x+C$
• 代入初值条件: $y(0)=1$，则$\ln 3=C$
• 原式为$\ln (y^2+2)=x+\ln 3$，因为答案要求$y=$
  • $\stackrel{\text{加}e}{\to }{e}^{\ln \left(y^2+2\right)}=e^{x+\ln 3}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{\to }{y}^2+2=3e^x$
    • $y^2=3e^x-2\stackrel{\text{开根号}}{\to }y=\pm \sqrt{3e^x-2}$
  • 因为$y(0)=1$，所以y是正数，
    则$y=\sqrt{3e^x-2}$

(11)

幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^n$ 在 $(0,+\infty )$ 内的和函数 $S(x)=$

(11)

• • $\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots ,-\infty <x<+\infty .$
    • 已知 $\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}(|x|<+\infty )$,
    • 所以$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^n\stackrel{\text{配}}{=}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}(\sqrt{x}{)}^{2n}\stackrel{\text{转}}{=}\cos \sqrt{x}(0<x<+\infty ).$
• 方法2
  • $S(x)=1-\frac{x}{2!}+\frac{x^2}{4!}-\frac{x^3}{6!}+\frac{x^4}{8!}-$
  • $\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots$
  • 令$x=\sqrt{t}$
    • $\cos \sqrt{t}=1-\frac{t}{2!}+\frac{t^2}{4!}-\frac{t^3}{6!}+\cdots$
• 答 应填 $\cos \sqrt{x}$.

(12)

设 $\Sigma$ 为曲面 $x^2+y^2+4z^2=4(z⩾0)$ 的上侧, 则 ${\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

(12)

• • 
    
    答 应填 $\frac{32}{3}$.
• 原曲面是个椭球体:$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}+z^2=1$
• 本题就是转换投影后的一个平面
  ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy$
  • $\stackrel{\text{投影向量}n}{=}{\iint }_D(-P{z}_x-Q{z}_y+R)dxdy$
• 原式${\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{x^2+y^2+4z^2=4}{=}{\iint }_{\Sigma }\sqrt{y^2}dxdy=\iint |y|dxdy$
  • $=4{\iint }_{D_1}ydxdy=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^2{r}^2\sin \theta dr$
  • $=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta d\theta {\int }_0^2{r}^{2}dr\stackrel{{\frac{r^3}{3}|}_0^2=\frac{8}{3}}{=}4\cdot 1\cdot \frac{8}{3}=\frac{32}{3}$

(13)

设 $\mathbf{A}=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)$ 为 3 阶矩阵. 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关, 且 ${\mathbf{\alpha }}_3=-{\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$, 则线性方程组 $Ax=0$ 的通解为

(13)

• 答 应填 $x=k(1,-2,1{)}^{\mathbf{T}},k\in \mathbf{R}$.
• 确定解向量的个数
  • 由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关, 可知 $r(\mathbf{A})⩾2$,
  • ${\mathbf{\alpha }}_3=-{\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$，所以 $r(\mathbf{A})<3$,
• 因此 $r(A)=2$，进而解向量的个数为 $n-r(A)=1$
  • 由${\alpha }_3=-{\alpha }_1+2{\alpha }_2,$得${\alpha }_1-2{\alpha }_2+{\alpha }_3=0.$
    • $\stackrel{\text{化系数矩阵}}{\to }({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right)\ne 0.$
  • 故通解为$x=k(1,-2,1{)}^T,k\in \mathbb{R}.$

(14)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{2},& 0<x<2,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$， $F(x)$为 $X$ 的分布函数, $E(X)$ 为$X$的数学期望, 则 $P\{F(X)>E(X)-1\}=$

(14)

• 解
  解法 1:
• 求期望
  • $E(X)={\int }_0^{2}xf(x)dx={\int }_0^{2}x$·$\frac{x}{2}dx{=\frac{x^3}{6}|}_0^2=\frac{4}{3}$
• 确定分布函数 $F(x)$
  • $F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt=\{\begin{array}{ll}0,& x<0\\ \frac{x^2}{4},& 0⩽x<2\\ 1,& x⩾2\end{array}$
    • $x<0,F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt=0$
    • $0⩽x<2,F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt={\int }_0^x\frac{t}{2}dt=\frac{x^2}{4}$
    • $2⩽x.F(x)=1$
• 这里休息:一会求期望是对概率密度积分，不是对分布函数积分

李艳芳版

• $\begin{array}{rl}P\{F(X)>E(X)-1\}& =P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}\end{array}$
• $\begin{array}{r}\stackrel{\text{拆开}}{=}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3},0⩽X<2\right\}+P\{X⩾2\}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<X<2\right\}+\underset{=0\text{，概率密度为}0}{\underbrace{{\int }_2^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x}}\stackrel{\text{取反求值}}{=}1-{\int }_0^{\frac{2}{\sqrt{3}}}\frac{x}{2}\mathrm{d}x+0\end{array}$
• $\begin{array}{r}=1-{\frac{x^2}{4}|}_0^{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{2}{3}.\end{array}$

2025版全概率公式

• $P\left\{F(x)>\frac{1}{3}\right\}$
  • $=P\{x<0\}\underset{=0}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|x<0\right\}}}+P\{0⩽x<2\}\underset{\frac{P\left\{0⩽x<2,F(x)>\frac{1}{3}\right\}}{P\{0<x<2\}}}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|0⩽x<2\right\}}}+$
    $P\{2⩽x\}\underset{=1}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|2⩽x\right\}}}$
• $\stackrel{\text{条件概率化简}}{=}0+P\left\{0⩽x<2,F(x)>\frac{1}{3}\right\}+P\{2⩽x\}$
• $\stackrel{\text{转化}F(x)=\frac{X^2}{4}}{=}P\left\{0⩽x<2,\frac{x^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}+P\{2⩽x\}$
• $\stackrel{\text{取交集}}{=}P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<x<2\right\}+P\{2⩽x\}\stackrel{\text{取交集}}{\to }P\left\{x>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}$

2024版

• 计算 $P\{F(X)>E(X)-1\}$:将分布函数$F(X)$和$E(X)$代入
  • $P\{F(X)>E(X)-1\}\underset{\text{代入}}{\overset{EX=\frac{3}{4}}{=}}P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}$
    • $\stackrel{\text{转化}F(x)=\frac{X^2}{4}}{=}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}\stackrel{\text{开根号}}{=}P\left\{X>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}$
    • $\underset{\text{小}x\text{上限为}2}{\overset{\text{何处求概率},\text{何处求积分}}{=}}{\int }_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^2\frac{x}{2}dx=\frac{2}{3}$

三、解答题

(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}

(15)

(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime }+xy={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ 满足条件 $y(0)=0$ 的特解.
(I) 求 $y(x)$;
(II) 求曲线 $y=y(x)$ 的凹凸区间及拐点.

(15)

• • 通解公式$y(x)=e^{-\int p(x)dx}\left(\int g(x)\cdot e^{\int P(x)dx}dx+C\right)$
    • 原方程为$y^{\prime }+xy={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • $y=e^{-\int xdx}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot e^{\int xdx}dx+C\right)$
      • $=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot e^{\frac{x^2}{2}}dx+C\right)$
      • $=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int 1dx+C\right)$
      • $=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}+C{e}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • 由$y(0)=0$得$0=C$
    • $y(x)=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}$
• 已知$y(x)=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，求凹凸区间和拐点
  • $y^{\prime }={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}+x\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot (-x)=\left(1-x^2\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}},$
  • $y^{\prime \prime }=(-2x){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}+\left(1-x^2\right)\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot (-x)=\left(x^3-3x\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • $=x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})$·$e^{-\frac{x^2}{2}}$
      • $x<-\sqrt{3},y^{\prime \prime }<0\Rightarrow (-\infty ,-\sqrt{3})$为凸区间
      • $-\sqrt{3}<x<0,y^{\prime \prime }>0\Rightarrow (-\sqrt{3},0)$为凹区间
      • $0<x<\sqrt{3},y^{\prime \prime }<0$，则$(0,\sqrt{3})$为凸区间
      • $x>\sqrt{3},y^{\prime \prime }>0$，则$(\sqrt{3},+\infty )$为凹区间
• 因此
  • $y=y(x)$
    • 凹区间为 $(-\sqrt{3},0)$ 和 $(\sqrt{3},+\infty )$,
    • 凸区间为 $(-\infty ,-\sqrt{3})$ 和 $(0,\sqrt{3})$.
  • 拐点共有 3 个: $\left(-\sqrt{3},-\sqrt{3}{\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}}\right),(0,0),\left(\sqrt{3},\sqrt{3}{\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}}\right)$.

(16)

(本题满分 10 分)
设 $a,b$ 为实数, 函数 $z=2+a{x}^2+b{y}^2$ 在点 $(3,4)$ 处的方向导数中, 沿方向 $\mathbf{l}=-3\mathbf{i}-4\mathbf{j}$ 的 方向导数最大, 最大值为 10 .
( I ) 求 $a,b$;
(II) 求曲面 $z=2+a{x}^2+b{y}^2(z⩾0)$ 的面积.

(16)

• • (I) 计算函数 $z=2+a{x}^2+b{y}^2$ 在点 $(3,4)$ 处的梯度.
    ${\mathrm{grad}z(x,y)|}_{(3,4)}={\left(z_x^{\prime },z_y^{\prime }\right)|}_{(3,4)}={(2ax,2by)|}_{(3,4)}=(6a,8b).$
    • 由 $6ai+8bj$ 与 $-3i-4j$ 同向可得 $\frac{6a}{-3}=\frac{8b}{-4}>0\stackrel{\text{化简}}{\to }a=b<0$
    • 方向导数最大值为 $\sqrt{(6a{)}^2+(8b{)}^2}=10$.
      • $(6a{)}^2+(8b{)}^2=100a^2=100$
      • $\stackrel{\text{整理}}{\to }a=\pm 1\Rightarrow a=-1=b$
• 
  
• 若积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $z=z(x,y)$ 给出, $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域为 $D_{xy}$, 函数 $z=z(x,y)$ 在 $D_{xy}$ 上具有一阶连续偏导数, 被积函数 $f(x,y,z)$ 在 $\Sigma$ 上连续, 则
  ${\iint }_{\Sigma }f(x,y,z)\mathrm{d}S={\iint }_{D_{xy}}f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_x^{\prime 2}(x,y)+z_y^{\prime 2}(x,y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
• ( II) 由第( I) 问可知曲面 $\Sigma$ 为 $z=2-x^2-y^2(z⩾0)$, 由第一类曲面积分的转换投影法，可知其面积等于 ${\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S$.
  • $z_x^{\prime }=-2x,z_y^{\prime }=-2y,\mathrm{d}S=\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
• 令 $z=0$, 可得 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面的投影区域为 $D_{xy}=\{\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2\right\}$.
  • $S={\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S={\iint }_{D_{xy}}\sqrt{1+{\left(z_x^{\prime }\right)}^2+{\left(z_y^{\prime }\right)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $={\iint }_{D_{xy}}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{ 极坐标 }}{=}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4r^2}\cdot r\mathrm{d}r$
    • $=2\pi \cdot \frac{1}{8}{\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4r^2}\mathrm{d}\left(1+4r^2\right)$
    • $={\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{3}{\left(1+4r^2\right)}^{\frac{3}{2}}|}_0^{\sqrt{2}}$
      • $=\frac{\pi }{4}\times \frac{2}{3}\times (27-1)=\frac{13\pi }{3}.$
• 2015 年数一试题
  已知函数 $f(x,y)=x+y+xy$, 曲线 $C:x^2+y^2+xy=3$, 求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

(17)

(本题满分 10 分)
求曲线 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x(x⩾0)$ 与 $x$ 轴之间图形的面积.

(17)

• 小崔版

• 
  
• $\underset{\text{加绝对值}}{\overset{\text{算面积}}{\to }}{\int }_0^{+\infty }\left|e^{-x}\sin x\right|dx$
  • $={\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\sin xdx-{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{-x}\sin xdx+{\int }_{2\pi }^{3\pi }-{\int }_{3\pi }^{4\pi }+\cdots$
• $S=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\underline{{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx}\stackrel{\text{以暴制暴}}{\to }\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{u}_n$
  • ${\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx=-{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\sin xd\left(e^{-x}\right)$
  • $\stackrel{\text{分布}}{=}\underset{=0-0=0}{\underbrace{-e^{-x}\sin \pi {|}_{n\pi }^{(\pi +1)\pi }}}+{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{e}^{-x}\cdot \cos xdx$
  • $=-{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\cos xd\left(e^{-x}\right)$
  • $\stackrel{\text{分布积分}}{=}-e^{-x}\cos x{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }-{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx$
• $u_n=-{e^{-x}\cos x|}_{n\pi }^{(n+1)\pi }$
  • $=\frac{1}{2}\left[e^{-(n+1)\pi }(-1{)}^{n+2}-e^{-n\pi }(-1{)}^{n+1}\right]$
    • $\cos n\pi =(-1{)}^n$
    • $-e^{-(n+1)\pi }\cos (n+1)\pi =e^{-(n+1)\pi }\cdot (-1{)}^{n+2}$
    • $-e^{-n\pi }\cos n\pi =e^{-n\pi }(-1{)}^{n+1}$
• $S=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2}\left[e^{-(n+1)\pi }(-1{)}^{2n+2}-e^{-n\pi }(-1{)}^{2n+1}\right]$
  • $=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2}\left(e^{-(n+1)\pi }+e^{-n\pi }\right)$
    • $e^{-\pi }+e^{-0\pi },e^{-2\pi }+e^{-\pi },e^{-3\pi }+e^{-2\pi }$，首项是$e^{-\pi }+e^{-0\pi }$，公比是$e^{-\pi }$
    • 等比数列求和
  • $\stackrel{1\text{减公比分之首项}}{=}\frac{1}{2}\frac{e^{-\pi }+1}{1-e^{-\pi }}=\frac{1+e^{\pi }}{2\left(e^{\pi }-1\right)}.$

郭伟版

• 计算面积 $S$。
  • 面积 $S$ 定义为不定积分 $S={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}|\sin x|\mathrm{d}x$。
  • 将积分区间分解为无穷多个小区间。
    • 每个小区间的积分计算为 ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x$
      • 整个区间的面积$S_n=\sum _{k=1}^n{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}|\sin x|\mathrm{d}x\underset{\text{从}n\text{到}n-1}{\overset{k\text{从}1\text{到}0}{=}}\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}|\sin x|\mathrm{d}x$
      • 计算每个小区间的积分： ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x\underset{dx=dt}{\overset{x=t+k\pi }{=}}{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-(t+k\pi )}|\sin (t+k\pi )|\mathrm{d}t\underset{\text{且}\sin (t+k\pi )=\sin t}{\overset{\text{提出常数部分}{e}^{-k\pi }}{=}}={\mathrm{e}}^{-k\pi }{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t$
        • 其中换积分限：由 $t=x-k\pi$得：$\{\begin{array}{l}\text{ 上限: }(k+1)\pi -k\pi =\pi \\ \text{下限}:k\pi -k\pi =0\end{array}$
      • 转换为：单独计算第二部分：同时出现e和sin，连续分布两次，以暴制暴
        • 第一次分部：$\left({\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t\right)=-{\int }_0^{\pi }\sin t\mathrm{d}\left({\mathrm{e}}^{-t}\right)\stackrel{\text{分部}}{=}-\left(\underset{0-0=0}{\underbrace{{\sin t{\mathrm{e}}^{-t}|}_0^{\pi }}}-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\cos t\mathrm{d}t\right)={\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\cos t\mathrm{d}t$
        • 第二次分布：${\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\cos t\mathrm{d}t==-{\int }_0^{\pi }\cos t\mathrm{d}\left({\mathrm{e}}^{-t}\right)=\underset{{\mathrm{e}}^{-\pi }+1}{\underbrace{-{\cos t{\mathrm{e}}^{-t}|}_0^{\pi }}}-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t={\mathrm{e}}^{-\pi }+1-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t.$
        • 整理头尾得：${\int }_0^{\pi }{e}^{-t}\cdot \sin tdt\stackrel{\text{与第二次分布相等}}{=}{\mathrm{e}}^{-\pi }+1-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t.$
          • 移项得${\int }_0^{\pi }{e}^{-t}\cdot \sin tdt=\frac{1}{2}\left(e^{-\pi }+1\right)$
    • 则每段区间的面积为
      • ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}\cdot |\sin x|=\frac{1}{2}{e}^{-k\pi }\cdot \left(e^{\pi }+1\right)=\frac{1}{2}[e^{-k\pi }+e^{(-k+1)\pi }]$
  • 使用级数求和公式
    • $S_n=\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}\left[e^{-(k+1)\pi }+e^{-k\pi }\right]\stackrel{\text{拆开，变指数}}{=}\frac{1}{2}\left[\underset{{\sum }_{k=1}^n{e}^{-(k)\pi }}{\underbrace{\sum _{k=1}^{n-1}{e}^{-(k+1)\pi }}}+\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }\right]$
      • 级数配平
        • 配$\sum _{k=1}^n{e}^{-(k)\pi }=$
        • 配$\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }\underset{-e^0+e^0}{\overset{k\text{下限从}0\text{到}1}{=}}\sum _{k=1}^{n-1}{e}^{-k\pi }+1\underset{\text{先加}{e}^{-n\pi }\text{再减去}}{\overset{k\text{上限从}n-1\text{到}n}{=}}\sum _{k=1}^n{e}^{-(k)\pi }+1-e^{-n\pi }$
      • 合并配平项，得$=\frac{1}{2}\cdot \left[2\sum _{k=1}^n{e}^{-k\pi }+1-e^{-n\pi }\right]\stackrel{\text{计算等比求和}}{=}\frac{1}{2}\cdot \left[\frac{1-e^{-n\pi }}{e^{\pi }-1}+1-e^{-n\pi }\right]$
        • 等比求和：$\sum _{k=1}^n{e}^{-k\pi }\stackrel{\frac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}}{=}\frac{e^{-\pi }\cdot \left(1-e^{-n\pi }\right)}{1-e^{-\pi }}\stackrel{\text{同乘}{e}^{\pi }}{=}\frac{1-e^{-n\pi }}{e^{\pi }-1}$
    • 求极限$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$
      • $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{2}\cdot \left[\frac{1-e^{-n\pi }}{e^{\pi }-1}+1-e^{-n\pi }\right]\stackrel{{\lim }_{n\to \infty }{e}^{-n\pi }=0}{=}\frac{1}{2}+\frac{1}{e^2-1}$

(18)

(本题满分 10 分)
设 $a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x(n=0,1,2,\cdots )$.
(I) 证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减, 且 $a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}(n=2,3,\cdots )$;
(II) 求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}$.

(18)

• • 证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减
    • $\begin{array}{rl}& a_{n+1}={\int }_0^1{x}^{n+1}\sqrt{1-x^2}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_{n+1}-a_n={\int }_0^1\underset{\text{小减大}=\text{负数}}{\underbrace{(x^{n+1}-x^n)}}\sqrt{1-x^2}dx<0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_{n+1}<a_n{a}_n\searrow \end{array}$，单调递减
      (II)
• $\begin{array}{rl}{a}_n& ={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx\underset{\text{根号看着不顺眼}}{\overset{x=\sin t}{=}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t\cdot {\cos }^{2}tdt\stackrel{{\cos }^{2}t=\left(1-{\sin }^{2}t\right)}{\to }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n+2}tdt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt\text{为}{I}_n}{=}{I}_n-\underset{\text{华里士}}{\underbrace{\frac{n+1}{n+2}{I}_n}}=\frac{1}{n+2}{I}_n\end{array}$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n+2}tdt=\frac{n+1}{n+2}\cdot \frac{n-1}{n}\cdots \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$
• $\begin{array}{r}{a}_{n-2}\stackrel{\text{仿照}{a}_n\text{写出来}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}dt-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt(n⩾2)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=I_{n-2}-I_n=\frac{n}{n-1}{I}_n-I_n=\frac{1}{n-1}{I}_n\end{array}$
• 两式相除，得$\begin{array}{r}\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}\end{array}$
• 由第( I) 问可知 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减, 故 $0<a_n<a_{n-1}<a_{n-2}$.，对分母进行放缩
  • 求 $\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}\stackrel{\text{一路放缩}}{\to }\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\frac{n-1}{n+2}=\frac{a_n}{a_{n-2}}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_n}{a_n}=1.\end{array}$
    • 由夹逼定理进行放缩，可得
      • $1=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n-1}{n+2}⩽\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}⩽1.$
      • 由夹逼准则可知, $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}=1$.

(19)

(本题满分 10 分)
设 $\Omega$ 是由锥面 $x^2+(y-z{)}^2=(1-z{)}^2(0⩽z⩽1)$ 与平面 $z=0$ 围成的锥体,求 $\Omega$ 的形心坐标.

(19)

• (20)

(本题满分 11 分)
设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1=(1,2,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(1,3,2{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,a,3{)}^{\mathrm{T}}$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, $\mathbf{\beta }=(1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$ 在这个基下的坐标为 $(b,c,1{)}^{\mathrm{T}}$.
(I) 求 $a,b,c$;
（II）证明 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基,并求 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 到 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 的过渡矩阵.

(20)

• • (1) 基的判定 \to 无关 $\to |\cdot |\ne 0$
• (2) 过渡矩阵 \to $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)P=({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)$
• (3) 基下坐标 \to $\gamma =({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\xi$
• 考察基下坐标$\gamma =({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\xi$
  • $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{\alpha }_1{\alpha }_2{\alpha }_3\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b\\ c\\ 1\end{array}\right)\stackrel{\text{代入}{\alpha }_1\text{，}{\alpha }_2\text{，}{\alpha }_3}{\to }\left(\begin{array}{l}111\\ 23a\\ 123\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b\\ c\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$
  • $\stackrel{\text{写出线性方程组}}{\to }\{\begin{array}{l}(1)b+c+1=1,\\ (2)2b+3c+a=1,\\ (3)b+2c+3=1,\end{array}$
    • (3) 式 - (1) 式可得 $c=-2$,
    • 再由 (1) 式可得 $b=2$,
    • 然后代入(2) 式可得 $a=3$
  • 因此, $a=3,b=2,c=-2$.
    (II)
• 由于 ${\mathrm{R}}^3$ 的维数是 3 ，故要证明 ${\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta$ 为 ${\mathrm{R}}^3$ 的一个基，只需证明 ${\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta$ 线性无关。
  • 计算$\left|{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }\right|$是否为0
  • 计算$\left|{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }\right|=\left|\begin{array}{l}111\\ 331\\ 231\end{array}\right|\stackrel{c2-c1}{=}\left|\begin{array}{l}101\\ 301\\ 211\end{array}\right|=(-1{)}^{3+2}\cdot 1\cdot \left|\begin{array}{c}11\\ 31\end{array}\right|$
    • $=2\ne 0$
    • 行列式不等于0，秩为3，则线性无关
• 要计算从 $\underset{\text{左}}{\underbrace{{\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta }}$到 $\underset{\text{右}}{\underbrace{{\alpha }_1,{\alpha }_0,{\alpha }_3}}$ 的过渡矩阵，即求可逆矩阵 $P$ ，使得 $\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }\right)P$.
• 对 $\left({\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta },{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)$ 作初等行变换.
  • $\begin{array}{rl}& \left(\underset{\text{起始}}{\underbrace{{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }}},\underset{\text{目标}}{\underbrace{{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3}}\right)=\left(\begin{array}{llllll}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 3& 3& 1& 2& 3& 3\\ 2& 3& 1& 1& 2& 3\end{array}\right)\stackrel{\begin{array}{rl}& r_2-3r_1\\ & r_3-2r_1\end{array}}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 0& -2& -1& 0& 0\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{互换}}{\overset{2\text{，}3\text{两行}}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\\ 0& 0& -2& -1& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r1-r2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 2& 2& 1& 0\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\\ 0& 0& 1& \frac{1}{2}& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{r_2+r_3}{\overset{r_1-2r_3}{\to }}\left(\begin{array}{llllll}1& 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 1& 0& -\frac{1}{2}& 0& 1\\ 0& 0& 1& \frac{1}{3}& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
• 因此, 所求过渡矩阵 $\mathbf{P}$ 为 $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ -\frac{1}{2}& 0& 1\\ \frac{1}{2}& 0& 0\end{array}\right)$
• (注) 在求过渡矩阵 $\mathbf{P}$ 的时候, 不要错误地将矩阵方程写为 $\left({\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\mathbf{P}$.这样列矩阵方程, 得到的是从 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 到 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 的过渡矩阵.
  • 不要搞错变换方向
• 2015 年数一试题
  设向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, ${\beta }_1=2{\alpha }_1+2k{\alpha }_3$, ${\mathbf{\beta }}_2=2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3$.
  (I) 证明向量组 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathrm{R}}^3$ 的一个基;
  (II) 当 $k$ 为何值时，存在非零向量 $\xi$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标相同, 并求所有的 $\mathbf{\xi }$.

(21)

(本题满分 11 分)
已知矩阵 $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& -2& 1\\ 2& x& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$ 与 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right)$ 相似.
(I) 求 $x,y$;
(II) 求可逆矩阵 $\mathbf{P}$,使得 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{AP}=\mathbf{B}$.

(21)

• • 第一问思想:相似的性质
    • $|A|=|B|$∶行列式相等
    • $r(A)=r(B)$∶秩相等
    • $|\lambda E-A|=|\lambda E-B|\Rightarrow {\lambda }_A={\lambda }_B$∶特征多项式一样$\to$则特征值也一样
      • 这个箭头是单向的∶12年数一考的就是让同学举反例，特征值一样，但是不相似
    • $\sum a_{ii}=\sum b_{ii}$∶因为特征值一样$\to$所以迹也相等
• 解 (1) 由 $A\sim B\Rightarrow \{\begin{array}{rl}|A|& =|B|\\ \mathrm{tr}(A)& =\mathrm{tr}(B)\\ r(A)& =r(B)\end{array}$
  • 行列式的值相等计算：$\begin{array}{r}|A|=4x-8,|B|=-2y\end{array}$
  • 解方程组：$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\text{行列式的值相等}4x-8=-2y\\ \text{迹相等}:x-4=y+1\end{array}\end{array}$
    • 解得 $x=3,y=-2$.
• 第二问思想:相似矩阵的传递性
  • $\begin{array}{rl}& \exists P_1\cdot P_1^{-1}A{P}_1=\Lambda \end{array}$
  • $\begin{array}{r}\exists P_2\cdot P_2^{-1}B{P}_2=\Lambda \end{array}$
  • $\begin{array}{r}{P}_1^{-1}A{P}_1=P_2^{-1}B{P}_2\Rightarrow {\left(P_1{P}_2^{-1}\right)}^{-1}A\left(P_1{P}_2^{-1}\right)=B\Rightarrow P=P_1{P}_2^{-1}\end{array}$
• 先求特征值
  • $\lambda (A)=\lambda (B)=2,-1,-2$
• 求A矩阵的特征向量
  • $(A-2E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}-4-21\\ 21-2\\ 00-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}21-2\\ 00-3\\ 00-4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{l}210\\ 001\\ 000\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{rl}2x_1+x_2& =0\\ x_3& =0\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_1=k\\ x_2=-2k\\ x_3=0\end{array}x=k_1\left(\begin{array}{r}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)\left(k_1\ne 0\right)$
  • $(A+E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}-1-21\\ 24-2\\ 00-1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}12-1\\ 001\\ 000\end{array}\right)\{\begin{array}{r}{x}_1+2x_2-x_3=0\\ x_3=0\end{array}$
    • $\{\begin{array}{l}{x}_1=-2k\\ x_2=k\\ x_3=0\end{array}x=k_2\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)\left(k_2\ne 0\right)$
  • $(A+2E)x=0$
    • $\left(\begin{array}{c}0-21\\ 25-2\\ 000\end{array}\right)$
    • $\{\begin{array}{r}2x_1+5x_2-2x_3=0\\ -2x_2+x_3=0\end{array}\{\begin{array}{ll}{x}_1=k& \\ x_2=& -2k\\ x_3=-4k& \end{array}x=k_3\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -4\end{array}\right)$
• 求B矩阵的特征向量
  • $(B-2E)x=0\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& -4\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{lll}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_4\left(\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)k_4\ne 0$
  • $(B+E)x=0\left(\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_5\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 0\end{array}\right)k_5\ne 0$
  • $(B+2E)x=0\left(\begin{array}{lll}4& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)x=k_b\left(\begin{array}{l}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)k_6\ne 0$
• $P_1^{-1}A{P}_1=P_2^{-1}B{P}_2\underset{\text{用对角矩阵传递}}{\overset{\text{传递性}}{\to }}{\left(P_1{P}_2^{-1}\right)}^{-1}A\left(P_1{P}_2^{-1}\right)=B$
  • $P=P_1{P}_2^{-1}=\left(\begin{array}{c}1-21\\ -21-2\\ 00-4\end{array}\right){\left(\begin{array}{c}110\\ 0-30\\ 001\end{array}\right)}^{-1}$
    • $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right|\begin{array}{lll}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array})\underset{r_1-r_2}{\overset{r_2\cdot -\frac{1}{3}}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}|\begin{array}{ccc}1& \frac{1}{3}& 0\\ 0& -\frac{1}{3}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
  • $P=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -2& 1& -2\\ 0& 0& -4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& \frac{1}{3}& 0\\ 0& -\frac{1}{3}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ -2& -1& -2\\ 0& 0& -4\end{array}\right)$
    1992 年数三试题
    设矩阵 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 相似, 其中
    $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2& 0& 0\\ 2& x& 2\\ 3& 1& 1\end{array}\right),\mathbf{B}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& y\end{array}\right).$
    (1) 求 $x$ 和 $y$ 的值;
    (2) 求可道矩阵 $P$, 使 $P^{-1}AP=B$.

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 服从参数为 1 的指数分布, $Y$ 的概率分布为 $P\{Y=-1\}=p$, $P\{Y=1\}=1-p(0<p<1)$. 令 $Z=XY$.
(I) 求 $Z$ 的概率密度;
( II ) $p$ 为何值时, $X$ 与 $Z$ 不相关;
( III) $X$ 与 $Z$ 是否相互独立?

(22)

• • 分析 本题主要考查随机变量的函数的概率密度, 随机变量不相关及相互独立的概念.
    • 第 (I) 问中, $Z$ 为混合型随机变量,
      • 可先根据定义计算 $Z$ 的分布函数,
      • 再求导得到概率密度.
    • 第（II）问中，可利用 $X$ 与 $Z$ 不相关等价于 $\mathrm{Cov}(X,Z)=0$ 来确定 $p$ 的值。
    • 第 (III) 问中, 判断两个随机变量是否相互独立, 可根据相互独立的定义判断
      对任意的实数 $a,b$, 是否都有 $P\{X⩽a,Z⩽b\}=P\{X⩽a\}\cdot P\{Z⩽b\}$.
      • 若存在 $a,b$ 不满足该等式, 则 $X$ 与 $Z$不相互独立.
        解
• X是连续型:由于 $X$ 服从参数为 1 的指数分布
  • 故 $X$ 的概率密度 $f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-x},& x>0,\\ 0,& x\le 0.\end{array}$
  • X的分布函数:$F_x(x)=\{\begin{array}{cc}0& x<0\\ 1-e^{-x}& 0⩽x\end{array}$
• Y是离散型:而 $P\{Y=-1\}=p,P\{Y=1\}=1-p$
• $Z=XY$属于混合型
  (1)
• $Z$ 的分布函数为(三件套)
  • $F_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\stackrel{\text{转化}Z=XY}{=}P\{XY⩽z\}$
    • $\stackrel{\text{对离散的全集分解}}{=}P(XY⩽z,Y=-1)+P\{XY⩽z,Y=1\}$
    • $\stackrel{\text{代入}Y\text{的值}}{=}P\{-X⩽z,Y=-1\}+P\{X⩽z,Y=1\}$
    • $\stackrel{X\text{与}Y\text{独立}}{=}P\{X⩾-z\}P\{Y=-1\}+P\{X⩽z\}P\{Y=1\}$
    • $\stackrel{\text{代入离散型的概率}}{=}pP\{X⩾-z\}+(1-p)P\{X⩽z\}$
      • $P\{x⩾-z\}=1-F_x(-z)$
        • $F_x(-z)=\{\begin{array}{cc}0& z>0\\ 1-e^z& z⩽0\end{array}$
        • $P\{x⩾-z\}=\{\begin{array}{cc}1& z>0\\ e^z& z⩽0\end{array}$
      • $P\{x⩽z\}=F_x(z)$
        • $=\{\begin{array}{cc}0& z<0\\ 1-e^{-z}& 0⩽z\end{array}$
    • 将对应区域叠加，得到z的分布函数
      • (1) $z<0$ 时, $F_z(z)=P\cdot e^z$
      • (2) $0⩽z$ 时. $F_z(z)=p+(1-p)\left(1-e^{-z}\right)=1-(1-p)e^{-z}$
    • z的分布函数求导，得到概率密度
      • $f_z(z)=\{\begin{array}{ll}P{e}^z& z<0\\ (1-p)e^{-z}& 0⩽z\end{array}$

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为

• $f\left(x;{\sigma }^2\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{A}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}},& x⩾\mu ,\\ 0,& x<\mu ,\end{array}$
  其中 $\mu$ 是已知参数, $\sigma >0$ 是未知参数, $A$ 是常数. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机 样本.
  (I) 求 $A$;
  (II) 求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 (1)
• 由 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x;{\sigma }^2\right)\mathrm{d}x=1$, 得
  • $1={\int }_{\mu }^{+\infty }\frac{A}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}\mathrm{d}x=A{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t=A\cdot \frac{\sqrt{2\pi }}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{2\pi }}{2}A,$
  • 所以 $A=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$.
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本值, 求最大似然估计
  • 写出似然函数为$L\left({\sigma }^2\right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(x;{\sigma }^2\right)=\{\begin{array}{c}{\left(\sqrt{\frac{2}{x}}\right)}^n\cdot \frac{1}{{\sigma }^n}\text{⋅}{e}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n(x-\mu {)}^2}x\ge \mu \\ 0\end{array}$
  • 取对数:$\ln L\left({\sigma }^2\right)=n\ln \left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)-\underset{\text{看作}\frac{n}{2}\ln \left({\sigma }^2\right)}{\underbrace{n\ln \frac{1}{\sigma }}}-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2$
  • 对${\sigma }^2$求导:令 $\frac{d\ln L\left({\sigma }^2\right)}{d\left({\sigma }^2\right)}=-\frac{n}{2}\frac{1}{{\sigma }^2}+\frac{1}{2{\left({\sigma }^2\right)}^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2=0$
  • 移项: $\stackrel{\text{通分}}{\to }\frac{{\sum }_{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2}{2{\sigma }^4}=\frac{n{\sigma }^2}{2{\sigma }^4}$解得 ${\sigma }^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2$.
    • 故 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量为 ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$.