数一2022

一、选择题

(本题共 10 小题, 每小题 5 分, 共 50 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目 要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.

(1)

数一2022
设 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1$, 则 $()$
(A) $f(1)=0$.
(B) $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$.
$(\mathrm{C})f^{\prime }(1)=1$.
(D) $\underset{x\to 1}{\lim }{f}^{\prime }(x)=1$.
数一2022
答 应选 B.
解 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1\stackrel{\frac{0}{0}}{\to }\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$, 故选 B.
这道题的核心是理解给定的极限表达式和如何从中推断函数$f(x)$在$x\to 1$时的行为。下面是对答案的逐步解释：

• (1) 分析题式
  • 由原式 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1$, 将 $x=1$ 代入分母，$\underset{x\to 1}{\lim }\ln x=0$
• (2)分子与分母为等价无穷小
  • 已知分母为0
  • 则分子也为 0 ，所以 $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$

(2)

数一2022
设 $f(u)$ 可导, $z=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$, 若 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=y^2(\ln y-\ln x)$, 则 ( )
(A) $f(1)=\frac{1}{2},f^{\prime }(1)=0$.
(B) $f(1)=0,f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$.
(C) $f(1)=\frac{1}{2},f^{\prime }(1)=1$.
(D) $f(1)=0,f^{\prime }(1)=1$.

(2)

• 乘法求导:先一后二
  
• 计算偏导数：
  • 计算 $z$ 对 $x$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial x}=yf\left(\frac{y}{x}\right)-y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}$
  • 计算 $z$ 对 $y$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial y}=xf\left(\frac{y}{x}\right)+xy{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}$
• 将两个偏导数代入题式：$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=y^2(\ln y-\ln x)$
  • 得$xyf\left(\frac{y}{x}\right)-y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)+xyf\left(\frac{y}{x}\right)+y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)=y^2(\ln y-\ln x)$
  • 化简左边后，得：$2xyf\left(\frac{y}{x}\right)=y^2(\ln y-\ln x)$
    • $\stackrel{\text{同除}{x}^2}{\to }\frac{y}{x}f\left(\frac{y}{x}\right)={\left(\frac{y}{x}\right)}^2\ln \frac{y}{x}.$
    • 令$\stackrel{u=\frac{y}{x}}{\to }uf(u)=u^2\ln u$
      • 解出 : $f(u)=\frac{1}{2}u\ln u,u>0$.
• 第三步 : 计算 $f(1)$ 和 $f^{\prime }(1)$
  • $f(u)=\frac{1}{2}u\ln u\stackrel{u=\frac{y}{x}=1}{=}\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \ln 1=0$,
  • $f^{\prime }(u)\stackrel{\text{乘法求导}}{=}\frac{1}{2}\left(\ln u+u\cdot \frac{1}{u}\right)=\frac{1}{2}\left(\ln 1+1\right)=\frac{1}{2}$
• 因此, $f(1)=0,f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$.

(3)

数一2022
设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $-\frac{\pi }{2}⩽x_n⩽\frac{\pi }{2}$, 则 $()$
(A) 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos \left(\sin x_n\right)$ 存在, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在.
(B) 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin \left(\cos x_n\right)$ 存在, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在.
(C) 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos \left(\sin x_n\right)$ 存在,则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin x_n$ 存在,但 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 不一定存在.
(D) 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin \left(\cos x_n\right)$ 存在, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos x_n$ 存在, 但 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 不一定存在.
数一2022

• AC都是问的$\underset{cos\stackrel{\text{内层}}{\to }sin\stackrel{\text{内层}}{\to }{x}_n}{\underbrace{\underset{n\to \infty }{\lim }\cos (\sin x_n)}}$ ，BD都是问的$\underset{sin\stackrel{\text{内层}}{\to }cos\stackrel{\text{内层}}{\to }{x}_n}{\underbrace{\underset{n\to \infty }{\lim }\sin (\cos x_n)}}$
• A:由于 $\cos x$ 在 [-1,1] 上是偶函数，当 $\underset{cos\stackrel{\text{内层}}{\to }sin\stackrel{\text{内层}}{\to }{x}_n}{\underbrace{\underset{n\to \infty }{\lim }\cos (\sin x_n)}}$ 存在时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\sin x_n$ 和 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 都未必存在。
  • 如 $x_n=\{\begin{array}{l}\frac{\pi }{2},n\text{为偶}\\ -\frac{\pi }{2},n\text{为奇}\end{array}$，(里面这玩意)
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 和 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin x_n$ 都不存在，但 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos (\sin x_n)=\cos (\pm 1)=\cos 1$。
• D:由于 $\sin x$ 在 [0,1] 上单调增，所以当 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin (\cos x_n)$ 存在时，必有 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos x_n$ 存在，
  • 又 $\cos x$ 是偶函数，所以此时 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 未必存在。
• 总结:
  • 外层是偶函数，内层不一定存在
  • 外层是奇函数，并且在区间上单调，内层一定存在

(4)

数一2022
若 $I_1={\int }_0^1\frac{x}{2(1+\cos x)}\mathrm{d}x,I_2={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}\mathrm{d}x,I_3={\int }_0^1\frac{2x}{1+\sin x}\mathrm{d}x$, 则 ( )
(A) $I_1<I_2<I_3$.
(B) $I_2<I_1<I_3$.
(C) $I_1<I_3<I_2$.
(D) $I_3<I_2<I_1$.
让我们一步一步地解释这个积分比较问题的解答过程。

• 函数大，积分就大
  • 相同区间，只需要比较内部的被积函数
• 比较$I_1$和$I_2$(常用不等式，比较分母)
  • 当 $x>0$ 时，有常用不等式: $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。
  • 特别是当 $x\in (0,1)$ 时，$\underset{1+x<2}{\underbrace{\frac{x}{2}<\frac{x}{1+x}}}<\ln (1+x)$，故 $I_1<I_2$。
• 比较$I_2<I_3$(比较分母)
  • 另外当 $x\in (0,1)$ 时，$\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}<\frac{\ln (1+x)}{1}=\ln (1+x)$
  • $\underset{I_2<\ln (1+x)}{\underbrace{\ln (1+x)}}<x<\underset{I_3}{\underbrace{\frac{2}{1+\sin x}\cdot x}},\stackrel{\text{只比较}x\text{的系数}}{\to }1<\underset{1+\sin x<2}{\underbrace{\frac{2}{1+\sin x}}},$故$I_2<I_3.$

(5)

数一2022

• 下列 4 个条件中, 3 阶矩阵 $\mathbf{A}$ 可相似对角化的一个充分非必要条件是 ( )
  (A) $\mathbf{A}$ 有 3 个不同的特征值.
  (B) $A$ 有 3 个线性无关的特征向量.
  (C) $\mathbf{A}$ 有 3 个两两线性无关的特征向量.
  (D) $\mathbf{A}$ 的属于不同特征值的特征向量相互正交.

数一2022

• A:由题意，3个不同特征值可以推出 $A$ 能相似对角化，但是反之不能推出，故选 $A$。
  • A能相似对角化，但A不一定有三个不同的特征值。
  • 如果A有二重根，并且二重根有两个特征向量，则A也可以相似对角化
• B:其中 $(B)$ 是充分必要条件。
• C:其中 $(C)$ 是必要非充分条件，
  • 证充分性:因为有3个两两无关的特征向量，则这3个特征向量可能相关，
    比如 ${\alpha }_1=[1,0,0{]}^T,{\alpha }_2=[0,1,0{]}^T,{\alpha }_3=[1,1,0{]}^T$。
  • 证必要性:而当3个特征向量无关时，这3个特征向量必两两无关。
• D:其中 $(D)$ 不意味着 $A$（3阶矩阵）有3个相互正交的特征向量，
  • 比如，${\lambda }_1={\lambda }_2=1$，但该二重特征值可能只有一个无关特征向量 ${\xi }_1$，
  • 而 ${\lambda }_3=0$，该单根有（且只有）一个无关的特征向量 ${\xi }_2$，
  • 此时完全可以有 ${\xi }_1$ 与 ${\xi }_2$ 正交这种情形，但是二重根只有一个特征向量，所以不能相似对角化

(6)

数一2022

• 设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为 $n$ 阶矩阵, $\mathbf{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵,若$\underset{\text{同零解还是非零解}}{\underbrace{\text{方程组}\mathbf{Ax}=0\text{与}\mathbf{B}\mathbf{x}=0\text{同解}}}$, 则 ( )
  (A) $\left(\begin{array}{ll}\mathbf{A}& \mathbf{O}\\ \mathbf{E}& B\end{array}\right)\mathbf{y}=0$ 只有零解.
  (B) $\left(\begin{array}{cc}\mathbf{E}& \mathbf{A}\\ \mathbf{O}& \mathbf{AB}\end{array}\right)\mathbf{y}=0$ 只有零解.
  (C) $\left(\begin{array}{ll}A& B\\ O& B\end{array}\right)y=0$ 与 $\left(\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right)y=0$ 同解.
  (D) $\left(\begin{array}{cc}AB& B\\ O& A\end{array}\right)y=0$ 与 $\left(\begin{array}{cc}BA& A\\ O& B\end{array}\right)y=0$ 同解.

数一2022
答 应选 C.

• 对 $(A),\left|\begin{array}{cc}A& O\\ E& B\end{array}\right|\stackrel{\text{拉普拉斯}}{=}|A|\cdot |B|$ 是否为 0 不确定。
• 对 $(B)$，$\left|\begin{array}{c}EA\\ OAB\end{array}\right|=|E|\cdot |AB|=|A|\cdot |B|$ 是否为 0 不确定。
• 对 $(C)$，$\left[\begin{array}{cc}A& B\\ O& B\end{array}\right]\stackrel{c1-c2}{\to }\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& B\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right]\stackrel{c1-c2}{\to }\left[\begin{array}{cc}B& O\\ O& A\end{array}\right]$
  • 因为 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解，
    注意行变换是同解的，列变换是不同解的
    • 于是 $\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& B\end{array}\right]x=0$ 与 $\left[\begin{array}{cc}B& O\\ O& A\end{array}\right]x=0$ 也同解。
    • 进而 $\left[\begin{array}{cc}A& B\\ O& B\end{array}\right]y=0$ 与 $\left[\begin{array}{cc}B& A\\ O& A\end{array}\right]y=0$ 同解。
    • 实际上，$\left[\begin{array}{cc}A& AB\\ O& B\end{array}\right]x=0$，和 $\left[\begin{array}{cc}B& BA\\ O& A\end{array}\right]x=0$ 也同解
• D选项是列变换，错误

(7)

数一2022
设 ${\mathbf{\alpha }}_1=(\lambda ,1,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(1,\lambda ,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,1,\lambda {)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_4={\left(1,\lambda ,{\lambda }^2\right)}^{\mathrm{T}}$, 若 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 与 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$, ${\mathbf{\alpha }}_4$ 等价,则 $\lambda$ 的取值范围是 $()$
(A) $\{0,1\}$.
(B) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -2\}$.
(C) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -1,\lambda \ne -2\}$.
(D) $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbf{R},\lambda \ne -1\}$.

• 解：因为 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 等价，所以 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 可相互表示。
  • ${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
  • ${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
• 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示，则 ${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$表示。
  • 即非齐次方程组 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+x_3{\alpha }_4={\alpha }_3$ 有解。
  • 考虑 $\left|{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4\right|=\left|\begin{array}{c}\lambda 11\\ 1\lambda \lambda \\ 11{\lambda }^2\end{array}\right|=({\lambda }^2-1{)}^2$，行列式不等于0
    • 当 $\lambda \ne \pm 1$ 时，${\alpha }_3$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
      • 当 $\lambda =1$ 时，${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，显然 ${\alpha }_3$ 仍可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 表示。
      • 当 $\lambda =-1$ 时，$({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4|{\alpha }_3)\to \left[\begin{array}{c}1000\\ 0110\\ 0001\end{array}\right]$，此时 $\displaystyle \alpha_3$ 不可由 $\displaystyle \alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 表示。
  • 得出 $\lambda =-1$
• 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示，则 ${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
  即非齐次方程组 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+x_3{\alpha }_3={\alpha }_4$ 有解。
  • 考虑 $\left|{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right|=\left|\begin{array}{c}\lambda 11\\ 1\lambda 1\\ 11\lambda \end{array}\right|=(\lambda +2)(\lambda -1{)}^2$，行列式不为0
    • 行列式如果为零，则线性无关
  • 当 $\lambda \ne -2$ 且 $\lambda \ne 1$ 时，${\alpha }_4$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
    • 当 $\lambda =1$ 时，${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$，显然 ${\alpha }_4$ 仍可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 表示。
    • 当 $\lambda =-2$ 时，$\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\mid {\alpha }_4\right)\to \left(\begin{array}{c}10-10\\ 01-10\\ 0001\end{array}\right),$此时 $\displaystyle \alpha_4$ 不可由 $\displaystyle \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 表示。
  • 得出 $\lambda =-2$
• 故 $\lambda$ 的取值范围为 $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R},\lambda \ne -1,\lambda \ne -2\}$，故选 C

(8)

数一2022
设随机变量 $X$ 服从区间 $(0,3)$ 上的均匀分布, 随机变量 $Y$ 服从参数为 2 的泊松分布, 且 $X$ 与 $Y$ 的协方差为 -1 , 则 $D(2X-Y+1)=()$
(A) 1 .
(B) 5 .
(C) 9 .
(D) 12 .

(8)

• 方法一：$D(2X-Y+1)=4DX+DY-2Cov(2X,Y)$
  • $\stackrel{\text{提出系数}}{=}4DX+DY-2\cdot 2Cov(X,Y)$
  • $\underset{D(Y)=\lambda }{\overset{D(X)=\frac{(a-b{)}^2}{12}}{=}}4\cdot \frac{3^2}{12}+2-2\cdot 2\cdot (-1)=9$
• 方法二：
  • 应用方差的性质
    • 方差的一个重要性质是 $D(aX+bY+c)=a^{2}DX+b^{2}DY+2ab\text{Cov}(X,Y)$
      • 其中 $a,b,c$ 是常数
      • $\text{Cov}(X,Y)$ 是 $X$ 和 $Y$ 的协方差。
    • 应用这个性质，对于 $D(2X-Y+1)$ 有：
      $D(2X-Y+1)=4DX+DY-4\text{Cov}(X,Y)$
  • 第一步：计算 $X$ 和 $Y$ 的方差
    • 对于均匀分布的随机变量 $X$，其方差 $DX$ 可以用公式 $DX=\frac{(b-a{)}^2}{12}$ 计算，其中 $a$ 和 $b$ 是区间的下限和上限。因此，对于 $X$ 有：$DX=\frac{(3-0{)}^2}{12}=\frac{3}{4}$
    • 对于参数为 2 的泊松分布的随机变量 $Y$，其方差 $DY$ 等于其参数，即 $DY=2$。
  • 将 $DX,DY,\text{Cov}(X,Y)=-1$ 的值代入到最初的式子，得到：$D(2X-Y+1)=4DX+DY-4\text{Cov}(X,Y)4\times \frac{3}{4}+2-4\times (-1)=3+2+4=9$

(9)

数一2022

• 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布, 且 $X_1$ 的 4 阶矩存在, $\underset{\text{重点}}{\underbrace{E\left(X_1^k\right)={\mu }_k(k=1,2,3,4)}}$, 则根据 切比雪夫不等式, 对任意 $\epsilon >0$, 都有 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|⩾\epsilon \right\}⩽()$
  (A) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (B) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
  (C) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (D) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
• • 切比雪夫不等式:需要分别求期望和方差
    • 设随机变量 $X$ 具有数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$,
      • 则对于任意正数 $\epsilon$, 不等式$P\{|X-\mu |\ge \epsilon \}\le \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$成立.
• 公式 $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2$.
  • $E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}\frac{1}{n}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立同分布}}{=}\frac{1}{n}\cdot nE\left(X_1^2\right)={\mu }_2$
  • $D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^{2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立，则不考虑协方差}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot nD\left(X_1^2\right)$
    • $\stackrel{\text{平方的期望减期望的平方}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot n\left\{\underset{{\mu }_4}{\underbrace{E\left[{\left(X_1^2\right)}^2\right]}}-\underset{{\mu }_2}{\underbrace{{\left[E\left(X_1^2\right)\right]}^2}}\right\}=\frac{1}{n}\left({\mu }_4-{\mu }_2^2\right)$
• 故 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|\ge \epsilon \right\}\le \frac{D\left(\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\right)}{{\epsilon }^2}=\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$。故选 A。
• 设随机变量 $X$ 的数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$, 则由切比雪夫不等式, 有 $P\{|X-\mu |\ge 3\sigma \}\le$ (1989 年数学三试题)
• 设随机变量 $X$ 的方差为 2 ，则根据切比雪夫不等式有估计 $P\{|X-E(X)|\ge 2\}\le$ 。(2001 年数学一试题)
• 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的数学期望分别为 -2 和 2 , 方差分别为 1和 4 , 而相关系数为 -0.5 , 则根据切比雪夫不等式 $P\{|X+Y|\ge 6\}\le$.(2001 年数学三试题)

(10)

数一2022
设$\underset{X\text{的边缘密度}}{\underbrace{\text{随机变量}X\sim N(0,1)}}$, $\underset{Y\text{的条件密度}}{\underbrace{\text{若在}X=x\text{的条件下},\text{随机变量}Y\sim N(x,1)}}$, 则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 为 $()$
(A) $\frac{1}{4}$.
(B) $\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(D) $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

• 25张宇八套卷 > 8-1#10
• 亚当夏娃
  • 亚当公式:$EY=E(\underset{\text{指数分布}X}{\underbrace{E(Y\mid x)}})=EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx$
  • 夏娃公式:$DY=E(D(Y\mid x))+D(E(Y\mid X))$
  • $E(XY)=E[E(XY\mid X)]=E[X\underset{N(X,1)}{\underbrace{E(Y\mid X)}}]$
• 正态分布$N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$，随机变量 $X\sim N(0,1)$
  • $E(X)=0$
  • $D(X)=1$
  • $E\left(X^2\right)=D(X)+[E(X){]}^2=1+0=1$
• 若在 $X=x$ 的条件下, 随机变量 $Y\sim N(x,1)$，由亚当夏娃公式
  • $E(Y)=E[E(Y\mid X)]=E(X)=0,$
  • $D(Y)=E[\underset{1}{\underbrace{D(Y\mid X)}}]+D[\underset{X}{\underbrace{E(Y\mid X)}}]=E1+DX=1+1=2$
  • $E(XY)=E[E(XY\mid X)]=E[X\underset{N(X,1)}{\underbrace{E(Y\mid X)}}]=E\left(X^2\right)=1$
• ${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(x,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{1-0\cdot 0}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
• 现在重点是求$E(XY)\text{和}D(Y)\text{，}E(Y)$

二、填空题

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

(11)

数一2022
函数 $f(x,y)=x^2+2y^2$ 在点 $(0,1)$ 处的最大方向导数为
数一2022
答 应填 4.

• 定义
  • 方向导数描述了函数在某一点沿着特定方向的变化率。
  • 梯度 $\nabla f$ 是一个向量，其方向是函数增长最快的方向，其模是该点的最大方向导数。
• 解 沿着梯度方向, 方向导数最大, 最大值为梯度的模, 首先求梯度:
  • ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}={2x|}_{(0.1)}=0$
  • ${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}={4y|}_{(0,1)}=4$
  • ${\mathrm{grad}f|}_{(0.1)}=0i+4j.$
• 梯度的模是最大方向导数的值。
  • 故在点 $(0,1)$ 处最大的方向导数为 $|\mathrm{grad}f{|}_{(0,1)}\mid =\sqrt{0^2+4^2}=4$.

(12)

数一2022
${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=$
解

• 计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  • 使用分部积分法。
  • 选择 $u=\ln x$，则 $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
  • 选择 $\mathrm{d}v=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$，则 $v=2\sqrt{x}$。
• 应用分部积分公式 $\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$。
  • 得到 ${\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})\stackrel{\text{分布}}{=}{2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
    • 计算 $2\sqrt{x}\underset{ln{e}^2-ln1}{\underbrace{\ln x{|}_1^{e^2}}}\stackrel{ln1=0}{=}4e$。
    • 计算 ${\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x=2\cdot 2\underset{\sqrt{e^2}-\sqrt{1^2}}{\underbrace{\sqrt{x}{|}_1^{e^2}}}=4e-4$。
  • 得 $4e-(4e-4)=4$。
    综上，定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=4$。

(12)

数一2022
答 应填 4 .
解

• ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x={\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})={2\sqrt{x}\cdot \ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$
• $=4\mathrm{e}-2{\int }_1^{e^2}\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=4\mathrm{e}-{2\cdot 2\sqrt{x}|}_1^{{\mathrm{e}}^{\prime }}$
• $=4\mathrm{e}-(4\mathrm{e}-4)=4.$
  这个题目是关于计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$ 的。我们来逐步解析这个问题。
  题目：
  计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  分步解释：
• 第一步：使用积分的换元法
  • 由于积分中包含 $\ln x$ 和 $\sqrt{x}$，可以考虑使用换元法。
  • 选择合适的换元，这里可以选择 $u=2\sqrt{x}$，因此 $\mathrm{d}u=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
• 第二步：进行换元并计算新的积分
  • 将原积分转换为 $\int \ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})$。
  • 使用分部积分法，设 $u=\ln x$，$\mathrm{d}v=\mathrm{d}(2\sqrt{x})$。
  • 计算 $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$ 和 $v=2\sqrt{x}$。
• 第三步：应用分部积分公式
  • 分部积分公式为 $\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$。
  • 应用分部积分，得到 ${\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})\stackrel{\text{分布}}{=}{2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
• 第四步：计算并简化表达式
  • 计算 ${2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}=4e$。
  • 计算 ${\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x={\int }_1^{e^2}\frac{2}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  • 这个积分可以直接计算为 ${2\cdot 2\sqrt{x}|}_1^{e^2}=4e-4$。
• 第五步:将上述结果组合，得到 $4e-(4e-4)=4$。

(13)

数一2022
当 $x⩾0,y⩾0$ 时, $x^2+y^2⩽k{\mathrm{e}}^{x+y}$ 恒成立, 则 $k$ 的取值范围是
数一2022

• 转换不等式 $x^2+y^2⩽k{\mathrm{e}}^{x+y}$ 到新的形式。
• 引入新函数 $f(x,y)=\left(x^2+y^2\right){\mathrm{e}}^{-x-y}$。
  • 目的是使不等式变为 $f(x,y)⩽k$。
• 求内部的驻点
  • 对求偏导
    • $f_x^{\prime }(x,y)=\frac{2x{\mathrm{e}}^{x+y}-{\mathrm{e}}^{x+y}\left(x^2+y^2\right)}{{\mathrm{e}}^{2(x+y)}}$=$\underset{=0}{\underbrace{\left(2x-x^2-y^2\right)}}\cdot \underset{\ne 0}{\underbrace{e^{-(x+y)}}}$
    • $f_y^{\prime }(x,y)=\frac{2y{\mathrm{e}}^{x+y}-{\mathrm{e}}^{x+y}\left(x^2+y^2\right)}{{\mathrm{e}}^{2(x+y)}}$=$\underset{=0}{\underbrace{\left(2y-x^2-y^2\right)}}\cdot \underset{\ne 0}{\underbrace{e^{-(x+y)}}}$
  • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$，$f_y^{\prime }(x,y)=0$ 得
    • $2x-x^2-y^2=0$
      $2y-x^2-y^2=0$
      • 两式相减，得 $2x-2y=0\text{，}$ 则 $x=y$
      • 用消元法化简，$2x-x^2-y^2=0\stackrel{x=y}{\to }2x-2x^2=0,\text{分解}2x(1-x)=0$，得$x=0,x=1$
  • 将 $x=0$ 代入式子，得两个驻点 $(0,0),(1,1)$
    • $(0,0)$是边界上的点，故舍去
  • 则$f\left(1,1\right)=2{\mathrm{e}}^{-2}.$
• 求解 $f(x,y)$ 的最大值，分别考虑边界情况 $x=0$ 和 $y=0$。
• 当 $x=0$ 时，求解 $f(0,y)=y^2{\mathrm{e}}^{-y}$ 的最大值
  • 通过求导 $f_y^{\prime }(0,y)=2y{\mathrm{e}}^{-y}-y^2{\mathrm{e}}^{-y}=0=(2y-y^2)\cdot e^{-y}$ 并令其为 $0$
    • 找到可能的最大值点 $y=0$ 和 $y=2$。
    • 计算 $f(0,0)$ 和 $f(0,2)$，得到 $f(0,2)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 当 $y=0$ 时，求解 $f(x,0)$ 的最大值。
  • 同样方法求导 $f_x^{\prime }(x,0)$，找到最大值点 $x=0$ 和 $x=2$。
  • 计算 $f(0,0)$ 和 $f(2,0)$，得到 $f(2,0)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 综合比较得到的值，确定 $f(x,y)$ 的最大值。
  • 通过比较，确定 $\max f(x,y)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 确定 $k$ 的取值范围。
  • 由于 $f(x,y)⩽k$，且 $\max f(x,y)=4{\mathrm{e}}^{-2}$，所以 $k⩾4{\mathrm{e}}^{-2}$。
    因此，$k$ 的取值范围是 $\left[4{\mathrm{e}}^{-2},+\infty \right)$

(14)

数一2022
已知级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n!}{n^n}{\mathrm{e}}^{-nx}$ 的收敛域为 $(a,+\infty )$, 则 $a=$

1. 思路分析:

• 确定题目考查的是函数项级数收敛域的计算。
• 确定级数为正项级数，考虑使用比值审敛法
  • 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho \{\begin{array}{l}<1,\text{ 级数 }{\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n\text{ 收玫, }\\ >1,\text{ 级数 }{\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n\text{ 发散, }\\ =1,\text{ 此判别法失效. }\end{array}$
• 第一步: 使用比值审敛法。
• 定义 $u_n=\frac{n!}{n^n}{e}^{-nx}$，并求其极限。
  • 计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}$。
    • 求 $u_n$ 和 $u_{n+1}$ 表达式
      • $u_n=\frac{n!}{n^n}{\mathrm{e}}^{-nx}$
      • $u_{n+1}=\frac{(n+1)!}{{(n+1)}^{n+1}}{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}$
      • 对系数化简$\frac{(n+1)!}{{\left(n+1\right)}^{n+1}}=\frac{\left(n+1\right)n!}{{\left(n+1\right)}^{n+1}}=\frac{n!}{{\left(n+1\right)}^n}.$
• 代入计算
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{n!}{(n+1{)}^n}}{\frac{n!}{n^n}}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$
    =$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{(n+1{)}^n}\cdot \frac{n^n}{n!}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$
    =$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$=${\mathrm{e}}^{-x}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}$
    • 进一步简化得 $e^{-x}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}$。
    • 由$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\mathrm{e}$最终得 $e^{-1-x}$。
• 第二步: 求 $a$ 的值。 根据 $e^{-1-x}<1={\mathrm{e}}^0$时收敛
  • $-1-x<0$，得 $x>-1$
  • 综合得 $a=-1$。

(15)

数一2022
已知矩阵 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{E}-\mathbf{A}$ 可逆, 其中 $\mathbf{E}$ 为单位矩阵, 若矩阵 $\mathbf{B}$ 满足 $\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}$, 则 $B-A=$

(15)

已知$\underset{A{A}^{-1}=E\text{，}(E-A)(E-A{)}^{-1}=E}{\underbrace{\text{矩阵}\mathbf{A}\text{和}\mathbf{E}-\mathbf{A}\text{可逆}}}$, 其中 $\mathbf{E}$ 为单位矩阵, 若矩阵 $\mathbf{B}$ 满足 $\underset{\text{用}A{A}^{-1}=E\text{破解逆}}{\underbrace{\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}}}$, 则 $B-A=$

李艳芳版

• 尝试把逆矩阵$(E-A{)}^{-1}$消去：
  $(E-A)\left[E-(E-A{)}^{-1}\right]B=(E-A)A$
  • $\stackrel{\text{打开括号}}{\to }(E-A-E)B=(E-A)A$
  • $\stackrel{E-A-E=A}{\to }-AB=A-A^2\underset{A\text{是可逆的，尝试把}A\text{消去}}{\overset{\text{左乘}{A}^{-1}}{\to }}-B=E-A$
    • $\stackrel{\text{移项}}{\to }B-A=-E.$

欧几里得版

• 分析题目和等式 $\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=\mathbf{A}$。
• 两边同时左乘 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})$。
  • 得到 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\left[\mathbf{E}-(\mathbf{E}-\mathbf{A}{)}^{-1}\right]\mathbf{B}=(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{A}$
• 展开并简化等式
  • $[(\mathbf{E}-\mathbf{A})-\mathbf{E}]\mathbf{B}=(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{A}$
  • 得到 $-\mathbf{A}\mathbf{B}=\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^2$
• 由于 $\mathbf{A}$ 可逆，两边同时左乘 ${\mathbf{A}}^{-1}$
• $-{\mathbf{A}}^{-1}\text{⋅}\mathbf{A}\mathbf{B}={\mathbf{A}}^{-1}\text{⋅}(\mathbf{A}-{\mathbf{A}}^2)$
  • 得到 $-\mathbf{B}=\mathbf{E}-\mathbf{A}$。
• 移项得到 $\mathbf{B}-\mathbf{A}$ 的值。
  • 得到 $\mathbf{B}-\mathbf{A}=-\mathbf{E}$
    答案 $-\mathbf{E}$.

(16)

数一2022
设 $A,B,C$ 为随机事件, 且 $A$ 与 $B$ 互不相容, $A$ 与 $C$ 互不相容, $B$ 与 $C$ 相互独立, $P(A)=$ $P(B)=P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=$

(16)

数一2022
设 $A,B,C$ 为随机事件, 且 $A$ 与 $B$ $\underset{P(A\cap B)=0}{\underbrace{\text{互不相容}}}$, $A$ 与 $C$ $\underset{P(A\cap C)=0}{\underbrace{\text{互不相容}}}$, $B$ 与 $C$ $\underset{P(B\cap C)=P(B)\cdot P(C)}{\underbrace{\text{相互独立}}}$, $P(A)=$ $P(B)=P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $\underset{\text{条件概率公式}}{\underbrace{P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=}}$
答 应填 $\frac{5}{8}$.
解 由题设, 知 $P(AB)=0,P(AC)=0,P(BC)=P(B)\cdot P(C)$, 则

• $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{P((B\cup C)\cap (A\cup B\cup C))}{P(A\cup B\cup C)}=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}$
  • $=\frac{P(B)+P(C)-P(BC)}{P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)}$
  • $=\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-0-0-\frac{1}{9}+0}$
  • $=\frac{\frac{2}{3}-\frac{1}{9}}{1-\frac{1}{9}}=\frac{\frac{5}{9}}{\frac{8}{9}}=\frac{5}{8}.$
• 第一步：分析题目条件
  • $A$ 与 $B$ 互不相容意味着 $P(A\cap B)=0$。
  • $A$ 与 $C$ 互不相容意味着 $P(A\cap C)=0$。
  • $B$ 与 $C$ 相互独立意味着 $P(B\cap C)=P(B)\cdot P(C)\text{＝}\frac{1}{9}$。
• 使用条件概率公式，$P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}$。
  • 计算 $P(B\cup C)$
    • 使用概率的加法规则，$P(B\cup C)=P(B)+P(C)-P(B\cap C)$。
    • 代入已知值，得到 $P(B\cup C)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
  • 计算 $P(A\cup B\cup C)$
    • 使用概率的加法规则，$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C)$。
    • 由于 $A$ 与 $B$、$A$ 与 $C$ 互不相容，$P(A\cap B\cap C)=0$。
    • 代入已知值，得到 $P(A\cup B\cup C)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-0-0-\frac{1}{9}+0=\frac{8}{9}$。
  • 代入前面计算的值，得到 $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{\frac{5}{9}}{\frac{8}{9}}=\frac{5}{8}$

(17)

数一2022
(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}$ 的满足条件 $y(1)=3$ 的解, 求 曲线 $y=y(x)$ 的渐近线.
答案 $y=2x$ 是曲线 $y=2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}$ 的斜渐近线, 也是唯一的渐近线.

(17)

数一2022
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $\underset{\{\begin{array}{l}\text{一阶线性}{y}^{\prime }+py=Q(x)\text{，}\\ y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right].\end{array}}{\underbrace{y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}}}$ 的满足条件 $\underset{x=1\text{，}y=3\text{，初值条件}}{\underbrace{y(1)=3}}$ 的解, 求 曲线 $y=y(x)$ 的$\underset{\text{铅直，水平，斜}}{\underbrace{\text{渐近线}}}$.

• 求微分方程 $y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}$的通解，$P=\frac{1}{2\sqrt{x}},Q=2+\sqrt{x}$
• 由一阶线性微分方程$y(x)={\mathrm{e}}^{-\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}\left[\int {\mathrm{e}}^{\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x+C\right]$
  • 计算积分因子 ${\mathrm{e}}^{-\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}$=${\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}$
  • 将积分因子代入，得$y(x)={\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}\left[\int {\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x+C\right]$
    • 拆出 $\int {\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x$,换元令 $\sqrt{x}=u$，$(x{)}^{\prime }={\left(u^2\right)}^{\prime }$ 即 $dx=2udu$
    • 积分转换为$\int e^u(2+u)\cdot 2udu$
      = $2\int {\mathrm{e}}^u(2u+u^2)\mathrm{d}u$
      $\stackrel{\text{加号拆开}}{=}2\int u^2{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u$ + $2\int 2u{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u$
      $\stackrel{\text{对第一项分布}}{=}2\left(u^2{\mathrm{e}}^u-\int {\mathrm{e}}^u\cdot 2u\mathrm{d}u+\int 2u{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u\right)$
      =$2u^2{\mathrm{e}}^u$
    • 回代$\sqrt{x}=u$得 $2x{\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}$。
• 得到 $y(x)={\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}\left(2x{\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}+C\right)=2x+C{\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}$
• 代入初始条件 $y(1)=3$ 解出 $C$。
  • 由$3=1\times 2+C\cdot e^{-1}$得到 $C=\mathrm{e}$。
  • 得到具体解 $y(x)=2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}$。
• 求出曲线的渐近线。
  • 没有铅直渐近线，因为没有无定义点。
  • 计算水平渐近线，发现不存在$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}\right)=+\infty \text{, }$。
• 计算斜渐近线：
  • 求斜率 $k=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{y(x)}{x}\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2+\frac{{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}}{x}\right)\stackrel{\frac{e^{-\infty }}{\infty }=0}{=}2$。
  • 求截距 $b=\underset{x\to \infty }{\lim }[y(x)-kx]\stackrel{k=2}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}-2x\right)\stackrel{2x-2x=0}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}\stackrel{e^{-\infty }=0}{=}0$。
  • 得出 $y=2x$ 是唯一的渐近线。

(18)

数一2022
(本题满分 12 分)
已知平面区域 $D=\left\{(x,y)\mid y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2\right\}$, 计算 $I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

已知平面区域 $\underset{\text{画图}}{\underbrace{D=\left\{(x,y)\mid y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2\right\}}}$, 计算 $I\underset{\{\begin{array}{l}\text{限内画条线，转为极坐标}\\ x=rcost\\ y=rsint\\ x^2+y^2=r^2\end{array}}{\underbrace{={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}}$.

• 分析积分区域 $D$ 并画出图形。
  )
• 确定 $D$ 由 $y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2$ 描述。
  • 将 $D$ 分为 $D_1$ 和 $D_2$。
    • $D_1$: $0⩽r⩽2,0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}$。
    • $D_2$: $0⩽r⩽\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta },\frac{\pi }{2}⩽\theta ⩽\pi$。
• 转换到极坐标系下计算二重积分 $I$。
• 极坐标转换：$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。
• 积分表达式：$I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\underset{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=r^2\\ dxdy=rdrd\theta \end{array}}{\overset{\begin{array}{l}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta \end{array}}{=}}{\iint }_D\frac{[r(\cos \theta -\sin \theta ){]}^2}{r^2}\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \stackrel{\text{分子分母消去}{r}^2}{=}{\iint }_D(\cos \theta -\sin \theta {)}^{2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$
• 计算 $D_1$ 和 $D_2$ 上的积分${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2}r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}r\mathrm{d}r$
• $D_1$ 积分计算：
  • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-2\sin \theta \cos \theta )\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2}r\mathrm{d}r\stackrel{\text{计算}dr}{=}{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-2\sin \theta \cos \theta )\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{2}{r}^2|}_0^2$
    • ${\frac{1}{2}{r}^2|}_0^2=\frac{1}{2}(4-0)=2$
    • 原式$=2\left(\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}\theta \right)\stackrel{\text{凑微分}}{=}2\left[\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}(2\theta )\right]$=$2\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}\cdot 2\right)$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}(2\theta )\stackrel{\text{ 令 }2\theta =u}{=}{\int }_0^{\pi }\sin u\mathrm{d}u=-{\cos \theta |}_0^{\pi }=-(-1-1)=2$.
• $D_2$ 积分计算：
  • ${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}r\mathrm{d}r\stackrel{\text{计算}dr}{=}{{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{2}{r}^2|}_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}$
    • ${\frac{1}{2}{r}^2|}_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}\stackrel{\text{代入上下限}}{=}\frac{1}{2}\left[\frac{4}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}-0\right]=\frac{2}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}.$
    • 原式=${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\frac{2}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}\mathrm{d}\theta ={\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }2\mathrm{d}\theta =2\cdot \frac{\pi }{2}$
• 最终计算 $I$。
  • $I=2\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}\cdot 2\right)+2\cdot \frac{\pi }{2}=\pi -2+\pi =2\pi -2$。
• 综上，积分 $I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi -2$。

(19)

数一2022
(本题满分 12 分)
已知曲线 $L$ 是曲面 $\Sigma :4x^2+y^2+z^2=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0$ 的边界, 曲面 $\Sigma$ 方向朝上, 曲线 $L$ 的方向和曲面 $\Sigma$ 的方向符合右手法则 计算 $I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z$

(19)

已知曲线 $L$ 是曲面 $\underset{\text{画图，补面}}{\underbrace{\Sigma :4x^2+y^2+z^2=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0}}$ 的边界,
$\underset{\text{右手法则，先斯托克斯，再用高斯}}{\underbrace{\text{曲面}\Sigma \text{方向朝上},\text{曲线}L\text{的方向和曲面}\Sigma \text{的方向符合右手法则}}}$
计算 $\underset{Pdx+Qdy+Rdz=\left|\begin{array}{ccc}dydz& dxdz& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|}{\underbrace{I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z}}$

• )
  • 如果不可偏导，则不能用斯托克斯

不用斯托克斯

• 如图 (a) 所示, 记 $L_1,L_2,L_3$ 分别为 $L$ 在 $xOy$ 面, $yOz$ 面, $zOx$ 面的部分.
  • 在 $L_1$ 上, $z=0,{\int }_{L_1}\mathrm{d}z=0$. 起点为 $\left(\frac{1}{2},0,0\right)$, 终点为 $(0,1,0)$.
  • 在 $L_2$ 上, $x=0,{\int }_{L_2}\mathrm{d}x=0$. 起点为 $(0,1,0)$, 终点为 $(0,0,1)$.
  • 在 $L_3$ 上, $y=0,{\int }_{L_3}\mathrm{d}y=0$. 起点为 $(0,0,1)$, 终点为 $\left(\frac{1}{2},0,0\right)$.
• $I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z$
• $\underset{\text{将}x=0\text{代入}{L}_2\text{，将}y=0\text{代入}{L}_3}{\overset{\text{将}z=0\text{代入}{L}_1}{=}}{\int }_{L_1}\underset{=-1}{\underbrace{(-\cos 0)}}\mathrm{d}x+0+{\int }_{L_3}\underset{(-x\cos z)=-\cos z+x\sin z}{\underbrace{(-\cos z)\mathrm{d}x+x\sin z\mathrm{d}z}}$
• $=(-1)\times \left(0-\frac{1}{2}\right)+{\int }_{L_3}\mathrm{d}(-x\cos z)=\frac{1}{2}+{(-x\cos z)|}_{(0,0,1)}^{\left(\frac{1}{2},0,0\right)}$
• $=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0.$

用斯托克斯

• 区别
  • 一型线：ds
  • 二型线：dx+dy(格林)
  • 一型面：dS
  • 二型面：dxdy+dydz+dzdx(高斯)
  • 空间线：dx+dy+dz，用完斯托克斯后用高斯
• 使用方法的判断:由是对空间曲线积分,并且使用右手准则,因此推测用斯托克斯公式
  • 因曲线的正向与曲面的正法向重合，所以用第一种斯托克斯公式
  • 斯托克斯形式1：$\left|\begin{array}{ccc}dydz& dxdz& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|$
  • 斯托克斯形式2：$\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ p& Q& R\end{array}\right|\cdot dS$
• 使用斯托克斯公式将第二型曲线积分转换为第二型曲面积分
  ＝$\left|\begin{array}{lll}dydz& dzdx& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y{z}^2-\cos z& 2x{z}^2& 2xyz+x\sin z\end{array}\right|$
  按照第一行展开（二阶行列式的计算：主对角线减负对角线＝
  ${\iint }_{\Sigma }(2xz-4xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(-1)(2yz+\sin z-2yz-\sin z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(2z^2-z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
  • ${\iint }_{\Sigma }(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
• 曲面不封闭，用高斯补面：添加辅助平面 ，三个面都指向外侧
  • 平面 ${\Sigma }_1:\text{令}z=0\left(4x^2+y^2⩽1\right)$, 取下侧
  • 平面${\Sigma }_2:\text{令}x=0\left(y^2+z^2⩽1\right)$, 取后侧
  • 平面${\Sigma }_3:\text{令}y=0\left(4x^2+z^2⩽1\right)$, 取左侧
• 计算整个封闭曲面的积分：
  ${\iint }_{\Sigma +{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial R}{\partial z}dV={\iiint }_{\Omega }(-2z+2z)\mathrm{d}v=0$
• 计算补的面上的积分
  • 计算${\Sigma }_1$ 上的积分 ：$z=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_1}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
  • 计算${\Sigma }_2$ 上的积分 ：$x=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_2}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
  • 计算 ${\Sigma }_3$ 上的积分： $y=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
• 合并计算结果
  • $I={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y-{\iint }_{{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
  • $\stackrel{\text{三个面的积分都是}0}{=}0-0-0-0=0$
  • 因此，积分 $I$ 的值为 0

(20)

数一2022
(本题满分 12 分)
设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有二阶连续导数, 证明: $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 的充分必要条件是对任意不同的实数 $a,b$, 都有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立.

(20)

数一2022

1. 理解逻辑关系 $p$ 和 $q$。

• $p$：$f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
• $q$：对任意不同实数 $a,b$，有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 需要证明 $p\Rightarrow q$ (必要性) 和 $q\Rightarrow p$ (充分性)。

1. 证明必要性 $p\Rightarrow q$。

• 使用泰勒公式在 $x=\frac{a+b}{2}$ 处展开 $f(x)$。
  • 展开式：$f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$。
    $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{a+b}{2}$ 之间
    • 因为$f^{\prime \prime }(x)⩾0$，是整正数，所以$f(x)⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)$
    • 对不等式两端从 $a$ 到 $b$ 积分。
      • 得到 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right){\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x$
        • ${\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x\stackrel{\text{ 令 }x-\frac{a+b}{2}=t}{=}{\int }_{-\frac{b-a}{2}}^{\frac{b-a}{2}}t\mathrm{d}{t}_{}\stackrel{\text{奇函数}}{=}0$
        • 得出 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
• 移项得出， $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 证明充分性 $q\Rightarrow p$。
• 为了证明这个逻辑关系，我们需要采用反证法。我们的目标是证明：如果对任意不同的实数 $a,b$，有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。具体步骤如下：
• 假设存在某点 $x_0$ 使得 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$，q也就是${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$成立
  • 由 $f^{\prime \prime }(x)$ 的连续性可知，存在 $x_0$ 的一个邻域 $[a,b]$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$，有 $f^{\prime \prime }(x)<0$。
• 在区间 $[a,b]$ 上应用泰勒公式展开 $f(x)$。
  • $f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$，其中 $\xi$ 位于 $x$ 和 $\frac{a+b}{2}$ 之间。
• 对 $f(x)$ 从 $a$ 到 $b$ 进行积分。
  • ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{2}{\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x$。
• 由于 $f^{\prime \prime }(\xi )<0$，得到积分 ${\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x<0$。
  • 因此，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x<f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
  • 这与题设的条件，当 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$时，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$ 矛盾
    • 因此，假设 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$ 不成立。
      综上所述，如果对任意不同的实数 $a,b$，都有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则可以推出 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
      综上，$f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 是 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立的充分必要条件。

(21)

数一2022
(本题满分 12 分)

• 设二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^{3}ij{x}_i{x}_j$.
  (I) 写出 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 对应的矩阵;
  (II) 求正交变换 $\mathbf{x}=\mathbf{Qy}$ 将 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为标准形;
  (III) 求 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$ 的解.
  根据二次型 $f$ 的表达式求对应的矩阵 $\mathbf{A}$。
• 分析二次型 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x^{\top }Ax=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^{3}ij{x}_i{x}_j$。 $(i,j=1,2,3)$
  • 确定 $\mathbf{A}$ 中的元素 $a_{ij}=ij$。
  • 构造矩阵 $\mathbf{A}$：
    • $\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll}1\times 1& 1\times 2& 1\times 3\\ 2\times 1& 2\times 2& 2\times 3\\ 3\times 1& 3\times 2& 3\times 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 3& 6& 9\end{array}\right)$
• 求正交变换将 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为标准形。
• (II) 可以看出 $\mathbf{A}$ 是一个秩为 1的矩阵 , 则可推出${\lambda }_2={\lambda }_3=0$
  • 由于实对称矩阵必能相似对角化,且相似的矩阵具有相同的秩与迹
    • tra(A)=1+4+9=14
  • 则实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 相似于对角矩阵 $\left(\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\cdot$
  • $\mathbf{A}$的特征值为 $14,0,0$.
• $(14E-A)x=0\text{，得}14E-A=\left(\begin{array}{ccc}13& -2& -3\\ -2& 10& -6\\ -3& -6& 5\end{array}\right)$
  • $\underset{\text{抹去第一行}}{\overset{\text{秩为}2\text{，任意一行抹去}}{\to }}\left(\begin{array}{ccc}1& -5& 3\\ -3& -6& 5\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r_2+3r_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& -5& 3\\ 0& -21& 14\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
    • 定 $x_3=3$, 代入2行
      • 由 $-21\cdot x_2+14\cdot 3=0$, 得 $x_2=2$
      • 将 $x_3=3,x_2=2$代入第1行
        • 由 $1\cdot x_1-5\cdot 2+3\cdot 3=0$ 得 $x_1=1$
      • 得 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,2,3)$。
• 当 ${\lambda }_2={\lambda }_3=0$时， 考虑 $(0\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$.
  • $-(0-\mathbf{A})=\left(\begin{array}{l}-1-2-3\\ -2-4-6\\ -3-6-9\end{array}\right)\underset{\text{抹去任意两行}}{\overset{\text{任意两行成比例，秩为一}}{=}}\left(\begin{array}{l}123\\ 000\\ 000\end{array}\right)$
  • 于是, $-\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 等价于方程组 $x_1+2x_2+3x_3=0$.
• 令$x_2,x_3$为自由元
  • $\left(\begin{array}{l}{x}_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right)$, 可得 ${\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)$
  • $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_2}{x_3}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{1}\right)$，可得${\mathbf{\xi }}_3=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
• 求$\lambda =14$的特征向量：方法2
  • 由方程组 $x_1+2x_2+3x_3=0$.
  • 得出
• 将 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 单位正交化. 实际上, 由于 ${\mathbf{\xi }}_1$ 与 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 均正交,因为是对称矩阵的不同特征值的特征向量相互垂直。 故正交化的过程只需将 ${\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 施密特正交化.
• ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1,$
• ${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2,$
• ${\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\xi }}_3-\frac{\left({\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\xi }}_3\right)}{{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }^2}{\mathbf{\beta }}_2=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)-\frac{6}{5}\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{3}{5}\\ -\frac{6}{5}\\ 1\end{array}\right).$
  • 去分母，正交向量长一点，短一点没有关系，因为之后还要单位化
  • 求得 ${\mathbf{\beta }}_2=(-2,1,0),{\mathbf{\beta }}_3=(-3,-6,5)$。
• 单位化
  • 将 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 单位化, 可得${\mathbf{\epsilon }}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 3\end{array}\right),{\mathbf{\epsilon }}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{\epsilon }}_3=\frac{{\mathbf{\beta }}_3}{\Vert {\mathbf{\beta }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{70}}\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 5\end{array}\right)$
  • 并形成正交矩阵 $\mathbf{Q}$
    • 令 $\mathbf{Q}=\left({\mathbf{\epsilon }}_1,{\mathbf{\epsilon }}_2,{\mathbf{\epsilon }}_3\right)$, 可得 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\left(\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$,
  • 得到 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 的标准形：
    • $f\left(x_1,x_2,x_3\right)$ 化为 $14y_1^2$。

1. 求解 $f\left(x_1,x_2,x_3\right)=0$。

• $f\left(x_1,x_2,x_3\right)\stackrel{\mathbf{x}=\mathbf{Q}\mathbf{y}}{=}14y_1^2=0$. 解出 : $y_1=0$.此时 $y_2,y_3$ 为任意常数.
  • 因此, 所求的通解$x=Qy$为 $\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\mathbf{Q}\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left({\mathbf{\epsilon }}_1,{\mathbf{\epsilon }}_2,{\mathbf{\epsilon }}_3\right)\text{⋅}\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$
    • $=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{14}}-\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{2}{\sqrt{14}}\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{14}}0\frac{5}{\sqrt{70}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$
• $=\left(\begin{array}{c}-\frac{2}{\sqrt{5}}{y}_2-\frac{3}{\sqrt{70}}{y}_3\\ \frac{1}{\sqrt{5}}{y}_2-\frac{6}{\sqrt{70}}{y}_3\\ \frac{5}{\sqrt{70}}{y}_3\end{array}\right)$
• $\begin{array}{c}\text{取}{y}_2=\sqrt{5}{k}_1\\ y_3=\sqrt{70}{k}_2\end{array}$，通解$=\left(\begin{array}{c}-2k_1-3k_2\\ k_1-6k_2\\ 5k_2\end{array}\right),k_1,k_2$为任意常数.

(22)

数一2022
(本题满分 12 分)
设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自均值为 $\theta$ 的指数分布总体的简单随机样本, $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ 为来自均值为 $2\theta$ 的指数分布总体的简单随机样本, 且两样本相互独立, 其中 $\theta (\theta >0)$ 是未知参数.
利用 样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$, 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta }$, 并求 $D(\hat{\theta })$.

(22)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自$\underset{\{\begin{array}{l}f(x)=\{\begin{array}{ll}\lambda {\mathrm{e}}^{-\lambda x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}\\ E(X)=\theta \text{，}D(X)={\theta }^2\end{array}}{\underbrace{\text{均值为}\theta \text{的指数分布总体}}}$的简单随机样本, $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ 为来自$\underset{f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{y}{2\theta }},& y>0\\ 0,& y⩽0.\end{array}}{\underbrace{\text{均值为}2\theta \text{的指数分布总体}}}$的简单随机样本, 且$\underset{X,Y\text{连乘得似然函数}}{\underbrace{\text{两样本相互独立}}}$, 其中 $\theta (\theta >0)$ 是未知参数.
利用 样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$, 求 $\theta$ 的$\underset{\text{会求对数的导数：}\ln \theta =\frac{1}{\theta }}{\underbrace{\text{最大似然估计量}}}$ $\hat{\theta }$, 并求 $\underset{\text{会用性质求方差}}{\underbrace{D(\hat{\theta })}}$.

• 指数分布
  • 若连续型随机变量 $X$ 的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}\lambda {\mathrm{e}}^{-\lambda x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$
  • 其中 $\lambda >0$ 为常数, 则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布.
  • 若 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布, 则 $E(X)=\frac{1}{\lambda },D(X)=\frac{1}{{\lambda }^2}$.
    • 参数和均值互为倒数
• 写出概率密度
  • $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ ,均值 $E(X)=\theta$, $X$ 的概率密度函数为$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\theta }},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}$
  • $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ ,均值$E(Y)=2\theta$ , $Y$ 的概率密度函数为$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{y}{2\theta }},& y>0\\ 0,& y⩽0.\end{array}$
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n,y_1,y_2,\cdots ,y_m$ 是相应于样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ 的一组样本值,
  则似然函数为$L(\theta )=\{\begin{array}{l}\frac{1}{2^m{\theta }^{m+n}}{\mathrm{e}}^{-\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{\theta }-\frac{{\sum }_{i=1}^m{y}_j}{2\theta }},x_i>0,y_j>0,i=1,2,\cdots ,n,j=1,2,\cdots ,m,\\ 0,\text{其他}.\end{array}$
• 当 $x_i>0,y_j>0,i=1,2,\cdots ,n,j=1,2,\cdots ,m$ 时, 取对数得
  $\ln L(\theta )=-m\ln 2-(m+n)\ln \theta -\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{\theta }-\frac{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}{2\theta }.$
  • 令 $\frac{\mathrm{d}[\ln L(\theta )]}{\mathrm{d}\theta }=0$,
    即 $\stackrel{\ln \theta =\frac{1}{\theta }}{\to }0-\frac{m+n}{\theta }+\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{{\theta }^2}+\frac{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}{2{\theta }^2}=0$,
  • $\stackrel{\text{同乘}2{\theta }^2}{\to }-2(m+n)\theta +2\sum _{i=1}^n{x}_i+\sum _{j=1}^m{y}_j=0$ 解得 $\stackrel{\text{移项}}{\to }\theta =\frac{2{\sum }_{i=1}^n{x}_i+{\sum }_{j=1}^m{y}_j}{2(m+n)}$.
• 因此, $\theta$ 的最大似然估计量： $\underset{\text{将}y\text{换成}Y}{\overset{\text{将}x\text{换成}X}{\to }}\hat{\theta }=\frac{2{\sum }_{i=1}^n{X}_i+{\sum }_{j=1}^m{Y}_j}{2(m+n)}$.
• 下面计算 $D(\hat{\theta })$.
  • 
    $D(\hat{\theta })\stackrel{\hat{\theta }\text{代入}}{=}D\left[\frac{2{\sum }_{i=1}^n{X}_i+{\sum }_{j=1}^m{Y}_j}{2(m+n)}\right]\stackrel{\text{提出系数}}{=}\frac{1}{(m+n{)}^2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)+\frac{1}{4(m+n{)}^2}D\left(\sum _{j=1}^m{Y}_j\right)$
  • \displaystyle \xlongequal[]{\text{提出∑}}\frac{1}{(m+n)^2} \sum_{i=1}^n D\left(X_i\right)+\frac{1}{4(m+n)^2} \sum_{j=1}^m D\left(Y_j\right)
  • $\underset{E(Y)=2\theta \to D(Y)=4{\theta }^2}{\overset{E(X)=\theta \to D(X)={\theta }^2}{=}}\frac{1}{(m+n{)}^2}$·$n$·${\theta }^2+\frac{1}{4(m+n{)}^2}$·$m\cdot 4{\theta }^2=\frac{{\theta }^2}{m+n}$