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)

已知极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\arctan x}{x^{k}}=c$, 其中 $k, c$ 为常数, 且 $c \neq 0$, 则 $(\quad)$ (A) $k=2, c=-\frac{1}{2}$. ( B ) $k=2, c=\frac{1}{2}$. (C) $k=3, c=-\frac{1}{3}$. (D) $k=3, c=\frac{1}{3}$.

(1)

• 答 应选(D).
• 解: $x \rightarrow 0$ 时
  • $x-\sin x \sim \frac{1}{6} x^3$
  • $x-\arcsin x--\frac{1}{6} x^3,$
  • $x-\tan x--\frac{1}{3} x^3$
  • $x-\arctan x-\frac{1}{3} x^3$
  • $x-\ln (1+x)-\frac{1}{2} x^2$
  • $e^x-1-x-\frac{1}{2} x^2$
• 当 $x \rightarrow 0$ 时, $x-\arctan x \sim \frac{1}{3} x^3$,
• 比较同次幂的系数和指数，所以 $k=3, c=\frac{1}{3}$, 选(D).

(2)

曲面 $x^{2}+\cos (x y)+y z+x=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为 $(\quad)$ (A) $x-y+z=-2$. (B) $x+y+z=0$. (C) $x-2 y+z=-3$. (D) $x-y-z=0$.

(2)

• 答 应选 (A).
• 由于曲面在一点的切平面与曲面在该点的法向量垂直, 内积为0，故曲面在点 $P$ 的切平面方程为
  • $\displaystyle \begin{aligned} & \left.\left(x-x_0, y-y_0, z-z_0\right) \cdot\left(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}\right)\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=0 \end{aligned}$
  • 即$\displaystyle \begin{aligned} \left. \frac{\partial F}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}\left(x-x_0\right)+\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}\left(y-y_0\right)+\left.\frac{\partial F}{\partial z}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}\left(z-z_0\right)=0 . \end{aligned}$
• 由$x^{2}+\cos (x y)+y z+x=0$，令$\displaystyle \begin{aligned} F(x, y, z)=x^2+\cos (x y)+y z+x, \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \left(F_x^{\prime}, F_y^{\prime}, F_z^{\prime}\right)|_{(0,1,-1)}=(1,-1,1) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} F_x^{\prime}=2 x-y \sin (x y)+1 \quad \Rightarrow 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} F_y^{\prime}=-x \sin (x y)+z \quad \Rightarrow-1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} F_z^{\prime}=y \quad \Rightarrow 1 \end{aligned}$
  • 代入点法式方程:$\displaystyle \begin{aligned} 1 \cdot(x-0)+(-1) \cdot(y-1)+1 \cdot(z+1)=0 \end{aligned}$
    • 所以曲面 $F(x, y, z)=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为
      $\displaystyle \begin{aligned} x-y+z+2=0 \end{aligned}$

(3)

设 $\displaystyle f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|, b_{n}=2 \int_{0}^{1} f(x) \sin n \pi x \mathrm{~d} x(n=1,2, \cdots)$. 令 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \sin n \pi x$, 则 $S\left(-\frac{9}{4}\right)=$(A) $\frac{3}{4}$. ( B ) $\frac{1}{4}$. ( C) $-\frac{1}{4}$. (D) $-\frac{3}{4}$.

(3)

• 答 应选(C). 解 由题意知 $S(x)$ 是 $f(x)$ 周期为 2 的正弦级数展开式, 根据狄利克雷收玫定理, 得
• $S\left(-\frac{9}{4}\right)=S\left(-\frac{1}{4}\right)=-S\left(\frac{1}{4}\right)=-f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4} \text {. }$选(C).

(4)

设 $L_{1}: x^{2}+y^{2}=1, L_{2}: x^{2}+y^{2}=2, L_{3}: x^{2}+2 y^{2}=2, L_{4}: 2 x^{2}+y^{2}=2$ 为四条逆时针方向的平面曲线. 记 $I_{i}=\oint_{L_{i}}\left(y+\frac{y^{3}}{6}\right) \mathrm{d} x+\left(2 x-\frac{x^{3}}{3}\right) \mathrm{d} y(i=1,2,3,4)$, 则 $\max \left\{I_{1}, I_{2}, I_{3}, I_{4}\right\}=(\quad)$ ( A) $I_{1}$. ( B) $I_{2}$. ( C) $I_{3}$. ( D) $I_{4}$.

(4)

• 答 应选(D). 解 设
• $D_1: x^2+y^2 \leqslant 1 ; D_2: x^2+y^2 \leqslant 2 ; D_3: \frac{x^2}{2}+y^2 \leqslant 1 ; D_4: x^2+\frac{y^2}{2} \leqslant 1 \text {, }$并记 $D=D_3 \cap D_4$. 根据格林公式, 得
• $\displaystyle \begin{aligned} I_i & =\oint_{L_0}\left(y+\frac{y^3}{6}\right) \mathrm{d} x+\left(2 x-\frac{x^3}{3}\right) \mathrm{d} y=\iint_{D_0}\left[\left(2-x^2\right)-\left(1+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\iint_{D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y . \end{aligned}$至此, 曲线积分的比较转化为二重积分的比较. 由于
• $\displaystyle \begin{aligned} I_1 & =\iint_{D_1}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y<\iint_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} <\iint_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=I_4 ; \\I_3 & =\iint_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+ \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{array}{r}\iint_{D_1-D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y<\iint_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y<I_4 ; \\I_2=\iint_{D_i}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+ \\\iint_{D_3-D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y<\iiint_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2} y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=I_4 .\end{array}$所以 $\max \left\{I_1, I_2, I_3, I_4\right\}=I_4$, 即应选(D).

(5)

设 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}, \boldsymbol{C}$ 均为 $n$ 阶矩阵, 若 $\boldsymbol{A B}=\boldsymbol{C}$, 且 $\boldsymbol{B}$ 可逆, 则 ( ) (A) 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组与矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的行向量组等价. (B) 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的列向量组与矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的列向量组等价. (C) 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 的行向量组等价. (D) 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的列向量组与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 的列向量组等价.

(5)

• 答 应选(B). 解 本题考查向量组等价的概念以及对矩阵与其向量组之间的关系的理解. 设矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_n\right), C=\left(\gamma_1, \gamma_2, \cdots, \gamma_n\right)$, 其中 $\boldsymbol{\alpha}_i, \gamma_i(i=1,2, \cdots, n)$ 均为 $n$ 维列向量. 由题设有 则
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_n\right) \boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{\gamma}_1, \boldsymbol{\gamma}_2, \cdots, \boldsymbol{\gamma}_n\right), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_n\right)=\left(\boldsymbol{\gamma}_1, \boldsymbol{\gamma}_2, \cdots, \gamma_n\right) \boldsymbol{B}^{-1}, \end{aligned}$即矩阵 $A$ 的列向蓶组 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 与矩阵 $C$ 的列向量组 $\gamma_1, \gamma_2, \cdots, \gamma_n$ 能相互线性表出, 所以矩阵 $A$ 的列向 基组与矩阵 $C$ 的列向量组等价, 选项(B)正确. 此外, 由于矩阵 $\boldsymbol{B}$ 可逆,因此其行向量组与列向量组都是线性无关的; 而矩阵 $\boldsymbol{A}$ 是任意的 $n$ 阶矩阵,且 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩与矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的秩相等, 所以当矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩小于 $n$ 时, 矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的秩也小于 $n$, 即矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组 与列向姐组都是线性相关的. 由此可知选项 (C) 与选项(D)都应排除. 最后, 设
• $\displaystyle \boldsymbol{A B}=\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\0 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\1 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}2 & 1 \\0 & 0\end{array}\right)=\boldsymbol{C},$知矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 0 & 0\end{array}\right)$ 的行向量组 $(1,1),(0,0)$ 与矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ll}2 & 1 \\ 0 & 0\end{array}\right)$ 的行向貫组 $(2,1),(0,0)$ 不是等价的, 从而 选项 (A)也是错误的. 注 若 $A_{m \times n} B_{n \times s}=C_{m \times s}$, 则 $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表出, $C$ 的行向量组可由 $B$ 的行向量 组线性表出.

(6)

矩阵 $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & a & 1 \\ a & b & a \\ 1 & a & 1\end{array}\right)$ 与 $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ 相似的充分必要条件为 $(\quad)$(A) $a=0, b=2$. (B) $a=0, b$ 为任意常数. (C) $a=2, b=0$. (D) $a=2, b$ 为任意常数.

(6)

• 答 应选(B). 分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值. 显然矩阵 $B=$ $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ 的特征值为 $2, b, 0$, 故只需通过求矩阵 $\displaystyle A=\left(\begin{array}{lll}1 & a & 1 \\ a & b & a \\ 1 & a & 1\end{array}\right)$ 的特征值来确定 $a, b$ 的值. 本题是一道 基础题. 解 因为
• $\displaystyle |\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-1 & -a & -1 \\-a & \lambda-b & -a \\-1 & -a & \lambda-1\end{array}\right|=\lambda\left[(\lambda-2)(\lambda-b)-2 a^2\right],$所以, 当且仅当 $a=0$ 时, 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $2, b, 0$, 且 $b$ 可为任意常数, 即选项 (B) 是正确的. 当 $a=2, b=0$ 时, 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $4,-2,0$, 显然 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 不相似, 所以选项 (C) 是错误的, 从而可知 选项 (D) 也是错误的. 选项 (A) 只是两个矩阵相似的充分条件, 并不是必要条件, 所以选项 (A) 是错误的.

(7)

设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 是随机变量, 且 $X_{1} \sim N(0,1), X_{2} \sim N\left(0,2^{2}\right), X_{3} \sim N\left(5,3^{2}\right), p_{i}=P\left\{-2 \leqslant X_{i} \leqslant 2\right\}$ $(i=1,2,3)$, 则 $(\quad)$ (A) $p_{1}>p_{2}>p_{3}$. ( B ) $p_{2}>p_{1}>p_{3}$. (C) $p_{3}>p_{1}>p_{2}$. (D) $p_{1}>p_{3}>p_{2}$.

(7)

• 解 24Kira概率醒脑讲义#例5 4 3-29 20 这个问题涉及到比较三个不同参数的正态分布变量在特定区间内的概率

• 一定要有这种将正态分布转化为标准正态分布的思路

• 计算每个 $p_i$

  • 对于 $X_1 \sim N(0,1)$，本身就是标准正态
    • 使用标准正态分布图 $P_1 = \Phi(2) - \Phi(-2)$
  • 对于 $X_2 \sim N\left(0,2^{2}\right)$，标准正态为：$\frac{x_2-0}{2}=\frac{x_2}{2} \backsim N(0，1)$
    • $\displaystyle \begin {aligned}\left.p_2=P\left\{-2 \leqslant X_2 \leqslant 2\right\}\xlongequal[]{\frac{x_2-\mu}{\sigma}=\frac{x_2-0}{2}}P \mid-1 \leqslant \frac{X_2}{2} \leqslant 1\right\}=\Phi(1)-\Phi(-1)= \end{aligned}$
  • 对于 $X_3 \sim N\left(5,3^{2}\right)$标准正态为：$\frac{x_3-5}{3} \backsim N(0,1)$
    • $\displaystyle \begin {aligned}p_3=P\left\{-2 \leqslant X_3 \leqslant 2\right\}\xlongequal[]{\frac{x_3-\mu}{\sigma}}P\left\{-\frac{7}{3} \leqslant \frac{X_3-5}{3} \leqslant-1\right\}=\Phi(-1)-\Phi\left(-\frac{7}{3}\right) \end{aligned}$

• 画图比较 $p_1, p_2, p_3$

  • $\displaystyle \begin{array}{l}2 \leqslant P_1<2 \\ -1<P_2<1 \\ -\frac{7}{3}<P_3<-1\end{array}\xrightarrow[]{比较宽度}得出P_1>P_2>P_3$

• 结论

  • 综上所述，$p_1 > p_2 > p_3$
    • 因此，正确答案为 (A) $p_1 > p_2 > p_3$

这个解释不仅展示了每个概率的计算过程，还比较了它们之间的大小关系，最终得出正确的结论。

答 应选 (A). 解

• $p_1=\Phi(2)-\Phi(-2)=2 \Phi(2)-1 \text {, }$\displaystyle \begin{aligned} p_2=\Phi\left(\frac{2}{2}\right)-\Phi\left(\frac{-2}{2}\right)=2 \Phi(1)-1, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} p_3=\Phi\left(\frac{2-5}{3}\right)-\Phi\left(\frac{-2-5}{3}\right)=\Phi(-1)-\Phi\left(-\frac{7}{3}\right), \end{aligned}$易见 $p_1>p_2$. 又 $p_2>0.5, p_3<0.5$, 故 $p_2>p_3$.综上可知, $p_1>p_2>p_3$.注 结合正态分布概率密度曲线的几何特征以及概率 $p_i=P\left\{-2 \leqslant X_i \leqslant 2\right\}$ 的几何意义也可以直观判 断出 $p_1>p_2>p_3$.

(8)

设随机变量 $X \sim t(n), Y \sim F(1, n)$, 给定 $\alpha(0<\alpha<0.5)$, 常数 $c$ 满足 $P\{X>c\}=\alpha$, 则 $P\left\{Y>c^{2}\right\}=(\quad)$( A) $\alpha$.(B) $1-\alpha$.( C) $2 \alpha$.(D) $1-2 \alpha$.

(8)

• 答 应选(C).解 由 $X \sim t(n)$, 可得 $X^2 \sim F(1, n)$, 从而$P\left\{Y>c^2\right\}=P\left\{X^2>c^2\right\}=P\{X>c\}+P\{X<-c\}=2 \alpha,$故正确选项为 (C).# 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 $y=f(x)$ 由方程 $y-x=\mathrm{e}^{x(1-y)}$ 确定, 则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=$

(9)

• 了

• 第一步：理解题目

  • 小总结：题目要求计算函数在特定点的极限，需要用到导数的定义。

• 第二步：对方程求导

  • 小总结：对方程 $y-x=e^{x(1-y)}$ 关于 $x$ 求导。
    • 计算步骤:隐函数求导+复合函数求导
      • 求导：$y' - 1 = e^{x(1-y)}(1-y-xy')$。

• 第三步：计算 $y$ 和 $y'$ 在 $x=0$ 时的值

  • 小总结：利用原方程和求导后的方程求 $f(0)$ 和 $f'(0)$。
    • 计算步骤
      • 代入 $x=0$ 到原方程：得到 $f(0) = 1$。
      • 代入 $x=0, y=1$ 到导数方程：得到 $f'(0) = 1$。

• 第四步：应用导数定义计算极限

  • 小总结：利用导数的定义计算所求极限。
    • 计算步骤
      • 变换题式:将$n$变成$\frac{1}{\frac{1}{n}}$
        • 应用导数定义,且$f(0)=0$：$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(\frac{1}{n}\right) - f(0)}{\frac{1}{n}} = f'(0)$。
      • 计算极限：由于 $f'(0) = 1$，所以极限值为 1。

• 结论

  • 整体思路的总结：
    • 对原方程关于 $x$ 求导并计算 $f(0)$ 和 $f'(0)$。
    • 利用导数的定义计算所求极限。
    • 根据以上分析，正确答案是 1。

这样的格式应该更加清晰和组织化。

(10)

已知 $y_{1}=\mathrm{e}^{3 x}-x \mathrm{e}^{2 x}, y_{2}=\mathrm{e}^{x}-x \mathrm{e}^{2 x}, y_{3}=-x \mathrm{e}^{2 x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分 方程的 3 个解, 则该方程的通解为 $y=$

(10)

• 分析
  • 本题主要考查二阶常系数非齐次线性微分方程通解的结构。
  • 其通解等于对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解的线性组合加上一个特解。
    • 设 $y_1(x), y_2(x)$ 是非齐次线性方程 $y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=f(x)$ 的两个解,
      则函数 $y_1(x)-y_2(x)$ 为对应的齐次线性方程的解.
• 答 应填 $C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{3 x}-x \mathrm{e}^{2 x}$, 其中 $C_1, C_2$ 是任意常数.
• 该非齐次线性微分方程对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解
  • $y_1-y_3=\mathrm{e}^{3 x}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}y_2-y_3=\mathrm{e}^x\end{aligned}$
  • 则齐次通解为$y=C_1 e^{3 x}+C_2 e^x$
  • 非齐次特解为$y_3=-x \mathrm{e}^{2 x}$
• 所以该方程的通解为:齐次方程通解+非齐次方程特解
  $y=C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{3 x}-x \mathrm{e}^{2 x}$, 其中 $C_1, C_2$ 是任意常数.

(11)

设 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x=\sin t, \\ y=t \sin t+\cos t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 则 $\left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=$

(11)

• 已知 $x = \sin t$, $y = t \sin t + \cos t$
• 计算 $\displaystyle \begin{aligned}\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\end{aligned}$
  • 计算 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$
    • $\frac{dx}{dt} = \cos t$
    • $\frac{dy}{dt} = \sin t + t \cos t - \sin t$
  • 应用链式法则
    • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{\sin t + t \cos t - \sin t}{\cos t}=t\end{aligned}$
• 已知 $\frac{dy}{dx} = t$，计算 $\displaystyle \begin{aligned}\frac{d^2 y}{dx^2}=\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx}) \cdot \frac{dt}{dx}\end{aligned}$
  • 计算 $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})$ 和 $\frac{dt}{dx}$
    • $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx}) = 1$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{dt}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1}{\cos t}\end{aligned}$
  • 应用链式法则
    • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx}) \cdot \frac{dt}{dx}=1 \cdot \frac{1}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}\end{aligned}$
• 在 $t = \frac{\pi}{4}$ 时计算 $\frac{d^2 y}{dx^2}$
  • 代入 $\xrightarrow[]{t = \frac{\pi}{4}}\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1}{\cos \frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}$

(12)

$\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x=$

(12)

• • 将积分重写为 $\displaystyle -\int_1^{+\infty} \ln x \mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x}\right)\xlongequal[]{分布}-\left[\left.\frac{\ln x}{1+x}\right|_1 ^{+\infty}-\int_1^{+\infty} \frac{1}{x(1+x)} \mathrm{d} x\right]$
  • 计算第一部分： $-\left.\frac{\ln x}{1+x}\right|_1^{+\infty}=0-0=0$
  • 计算第二部分： $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x(1+x)}\xlongequal[]{拆开}\underbrace{\int_1^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right) \mathrm{d} x}_{=\left.[\ln x-\ln (1+x)]\right|_1 ^{+\infty}}=\left.\ln \frac{x}{1+x}\right|_1^{+\infty}=\ln 1-\ln \frac{1}{2}=\ln 2$
• 合并:$=-[0-(\ln 2)]=\ln 2$

(13)

设 $\boldsymbol{A}=\left(a_{i j}\right)$ 是 3 阶非零矩阵, $|\boldsymbol{A}|$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的行列式, $A_{i j}$ 为 $a_{i j}$ 的代数余子式. 若 $a_{i j}+A_{i j}=0$ $(i, j=1,2,3)$, 则 $|\boldsymbol{A}|=$

(13)

• 答 应填 -1 .解 由 $a_{i j}+A_{i j}=0(i, j=1,2,3)$ 知, $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵 $\boldsymbol{A}^{\cdot}$ 满足 $\boldsymbol{A}^*=-\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}$, 即 $\left|\boldsymbol{A}^*\right|=(-1)^3\left|\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right|=-|\boldsymbol{A}|$, 再由 $\left|\boldsymbol{A}^*\right|=|\boldsymbol{A}|^{3-1}=|\boldsymbol{A}|^2$, 得 $|\boldsymbol{A}|^2+|\boldsymbol{A}|=0$, 即 $|\boldsymbol{A}|=-1$ 或 $|\boldsymbol{A}|=0$.最后,不妨设 $a_{11} \neq 0$, 由行列式的展开定理得$|\boldsymbol{A}|=a_{11} A_{11}+a_{12} A_{12}+a_{13} A_{13}=-\left(a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2\right)<0,$所以 $|A|=0$ 舍去,故 $|A|=-1$.

(14)

设随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布, $a$ 为常数且大于零, 则 $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}=$

(14)

• • 24Kira概率醒脑讲义#例5 2无记忆性
• 解法 1：
  • 写出指数分布的概率密度$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{cc}e^{-x}: & x>0 \\ 0 & \text { else }\end{array}\right.$
  • 使用条件概率和积分来计算:计算 $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}$
    • $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\} \xlongequal[]{条件概率} \frac{P\{a<Y \leqslant a+1\}}{P\{Y>a\}}$
      • 何处算概率，何处算积分
      • 计算分子 $\displaystyle P\{a<Y \leqslant a+1\} \xlongequal[]{何处积分} \int_a^{a+1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x$
      • 计算分母 $\displaystyle P\{Y>a\} \xlongequal[]{何处积分} \int_a^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x$
    • 合并计算 $\displaystyle \frac{\int_a^{a+1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x}{\int_a^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x} \xlongequal[]{\int e^{-x} d x=-e^{-x}}\frac{\mathrm{e}^{-a}-\mathrm{e}^{-a-1}}{\mathrm{e}^{-a}}=1-\frac{1}{\mathrm{e}} .$
• 解法 2：使用指数分布的无记忆性质
  • 要掌握各种分布的写法
    • 离散型的要掌握分布律
    • 连续型的要掌握概率密度怎么写
  • 应用无记忆性
    • $(P\{X>s+t \mid X>s\}=P\{X>t\}, t, s>0)$
      • 指数分布具有独特的“无记忆性”，意味着过去的信息（在这个例子中是 (Y>a）不影响未来的概率分布。
  • 计算 $\displaystyle P\{Y \leqslant a+1| Y>a\}\xlongequal[]{减法公式}1-P\{Y>a+1|Y>a\}=1-P\{Y>1 \}=1-\int_1^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$

这样的结构确保了逻辑关系的清晰性，并且每个计算步骤都得到了充分的解释。

这个问题是关于计算条件概率 $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}$ 的值，其中随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布。

• $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}$
  • $\xlongequal[]{\text{条件概率定义}} \frac{P\{a<Y \leqslant a+1\}}{P\{Y>a\}}$
    • $\displaystyle \xrightarrow[]{\text{计算分子}} P\{a<Y \leqslant a+1\} = \int_a^{a+1} e^{-x} \, \mathrm{d} x$
      • $Y \text{服从指数分布}$
        • $\text{指数分布的概率密度函数为} e^{-x}$
    • $\displaystyle \xrightarrow[]{\text{计算分母}} P\{Y>a\} = \int_a^{+\infty} e^{-x} \, \mathrm{d} x$
      • $\text{同样，使用指数分布的概率密度函数}$
    • $\displaystyle \xlongequal[]{\text{计算积分}} \frac{\int_a^{a+1} e^{-x} \, \mathrm{d} x}{\int_a^{+\infty} e^{-x} \, \mathrm{d} x} = 1 - \frac{1}{e}$
• $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\} = 1 - \frac{1}{e}$

此外，解法 2 基于指数分布的无记忆性质提供了另一个视角：

• $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}$
  • $\xlongequal[]{\text{指数分布的无记忆性}} P\{Y \leqslant 1\}$
    • $\xlongequal[]{\text{直接计算}} 1 - \frac{1}{e}$

两种解法都得到了相同的结果 $1 - \frac{1}{e}$，验证了答案的正确性。

答 应填 $1-\frac{1}{\mathrm{e}}$. 解法 1$\displaystyle P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}=\frac{P\{a<Y \leqslant a+1\}}{P\{Y>a\}}=\frac{\int_a^{a+1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x}{\int_a^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x}=1-\frac{1}{\mathrm{e}} .$解法 2 由指数分布的无记忆性知 $P\{Y \leqslant a+1 \mid Y>a\}=P\{Y \leqslant 1\}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$.

(15)

(本题满分 10 分)计算 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x$, 其中 $\displaystyle f(x)=\int_{1}^{x} \frac{\ln (t+1)}{t} \mathrm{~d} t$.

(15)

• • 计算定积分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx$，其中 $\displaystyle f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln(t + 1)}{t} \, dt$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\int_0^1 \frac{f(x)}{\sqrt{x}} d x=2 \int_0^1 f(x) d(\sqrt{x})\end{aligned}$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{分布}2\left[\underbrace{\left.\sqrt{x} \cdot f(x)\right|_0 ^1}_{0-0=0}-\underbrace{\int_0^1 \sqrt{x} d\left[f(x)\right]}_{\int_0^1 \sqrt{x} \cdot \frac{\ln (x+1)}{x} d x}\right]$
      • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{整理}-2\left[\int_0^1 \frac{\ln (x+1)}{\sqrt{x}} d x\right]\end{aligned}$
      • 凑微分 $d(\sqrt{x})$ 并计算 $\displaystyle -4 \int_{0}^{1} \ln(x + 1) d(\sqrt{x})$
      • 分部积分：$\displaystyle =-4\left[\left.\sqrt{x} \ln (x+1)\right|_0 ^1-\int_0^1 \frac{\sqrt{x}}{x+1} \mathrm{~d} x\right]$
        • 第一部分：$\left.\sqrt{x} \ln (x+1)\right|_0 ^1=\ln 2$
        • 计算第二部分：$\displaystyle \int_0^1 \frac{\sqrt{x}}{x+1} \mathrm{~d} x\xlongequal[x=t^2, d x=2 t d t]{\sqrt{x}=t}\int_0^1 \frac{t}{1+t^2} \cdot 2 t d t=2 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^2} d t$
          • 拆开分子：$\displaystyle \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^2} d t\xlongequal[]{t^2=t^2+1-1}\int_0^1 \frac{t^2+1-1}{1+t^2} d t=\left.\int_0^1 1 d t-\int_0^1 \frac{1}{1+t^2} d t\right]=\left.1-\arctan t\right|_0 ^1\xlongequal[\arctan 0=0]{\arctan 1=\frac{\pi}{4}}1-\frac{\pi}{4}$
    • 合并整理得： $-4 \cdot\left[\ln 2-2\left(1-\frac{\pi}{4}\right)\right]=-4 \ln 2+8-2 \pi$

(16)

(本题满分 10 分)设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足条件: $a_{0}=3, a_{1}=1, a_{n-2}-n(n-1) a_{n}=0(n \geqslant 2) . S(x)$ 是幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的 和函数.( I ) 证明 $S^{\prime \prime}(x)-S(x)=0$;(II) 求 $S(x)$ 的表达式.

(16)

• • ( I ) 证法 1 由题设得 $a_{2 n}=\frac{3}{(2 n) !}, a_{2 n+1}=\frac{1}{(2 n+1) !}$, 所以 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$, 所以$\displaystyle S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}, S^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} .$由于 $a_{n-2}-n(n-1) a_n=0$, 所以 $\displaystyle S^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty} a_{n-2} x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$.故 $S^{\prime \prime}(x)-S(x)=0$.证法 2 由题设得 $a_{2 n}=\frac{3}{(2 n) !}, a_{2 n+1}=\frac{1}{(2 n+1) !}$, 所以 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为$\displaystyle \mathrm{e}^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n !}, \mathrm{e}^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{x^n}{n !},-\infty<x<+\infty,$所以$\displaystyle \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}, \mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}=2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !},$从而$\displaystyle \begin{aligned} S(x) & =\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n=3 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2 n) !} x^{2 n}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2 n+1) !} x^{2 n+1} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{3}{2}\left(\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}\right)+\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =2 \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}(-\infty<x<+\infty) . \end{aligned}$因为 $S(x)=2 \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}$, 所以$S^{\prime}(x)=2 \mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}, S^{\prime \prime}(x)=2 \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x},$故 $S^{\prime \prime}(x)-S(x)=0$.(II) 解 齐次微分方程 $S^{\prime \prime}(x)-S(x)=0$ 的特征方程为 $r^2-1=0$, 特征根为 1 和 -1 , 通解为$S(x)=C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{-x} \text {. }$由 $S(0)=a_0=3, S^{\prime}(0)=a_1=1$, 得$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}C_1+C_2=3, \\C_1-C_2=1,\end{array}\right.$解得 $C_1=2, C_2=1$, 所以 $S(x)=2 \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}(-\infty<x<+\infty)$.

(17)

(本题满分 10 分)求函数 $f(x, y)=\left(y+\frac{x^{3}}{3}\right) \mathrm{e}^{x+y}$ 的极值.

(17)

为了解释并展开给定的数学问题和答案成二叉树形式，我们将遵循先序遍历的方式。该问题涉及求函数 $f(x, y) = \left(y + \frac{x^3}{3}\right) \mathrm{e}^{x+y}$ 的极值。

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

  • $f_x^{\prime}(x, y) = \underbrace{\left(x^2 + y + \frac{x^3}{3}\right)}_{=0} \mathrm{e}^{x+y}$
  • $f_y^{\prime}(x, y) = \underbrace{\left(1 + y + \frac{x^3}{3}\right)}_{=0} \mathrm{e}^{x+y}$
  • 消元法求驻点
    • 令 $f_x^{\prime}(x, y) = 0$ 和 $f_y^{\prime}(x, y) = 0$，解得驻点 $(-1, -\frac{2}{3})$ 和 $(1, -\frac{4}{3})$

• 求函数 $f(x, y)$ 在驻点的二阶偏导数。

  • $A = f_{xx}^{\prime\prime}(x, y) \xlongequal[]{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)_x^{\prime}=2 x+x^2}\mathrm{e}^{x+y}\left(y + \frac{x^3}{3} + 2x^2 + 2x\right)$
  • $B = f_{xy}^{\prime\prime}(x, y) \xlongequal[]{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)^{\prime}_y=1}\mathrm{e}^{x+y}\left(y + \frac{x^3}{3} + x^2 + 1\right)$
  • $C = f_{yy}^{\prime\prime}(x, y) \xlongequal[]{\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right)^{\prime}_y=1} \mathrm{e}^{x+y}\left(y + \frac{x^3}{3} + 2\right)$

• 判断极值类型。

  • 在点 $(-1, -\frac{2}{3})$，先求A,B,C，再计算 $AC - B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{5}{3}} \cdot\left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2-2\right)=-e^{-\frac{5}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{5}{3}} \cdot\left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+1+1\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • $C=e^{-\frac{5}{3}} \cdot\left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • 由于 $AC - B^2 < 0$，点 $(-1, -\frac{2}{3})$ 不是极值点。
  • 在点 $(1, -\frac{4}{3})$，先求A,B,C，计算 $AC - B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{1}{3}} \cdot\left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2+2\right)=3 e^{-\frac{1}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{1}{3}} \cdot\left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+1+1\right)=1$
    • $c=e^{-\frac{1}{3}} \cdot\left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2\right)=1$
    • 由于 $AC - B^2 > 0$ 且 $A > 0$，点 $(1, -\frac{4}{3})$ 是极小值点。

• 计算极小值。

  • 极小值为 $f(1, -\frac{4}{3}) = -\mathrm{e}^{-\frac{1}{3}}$。

(18)

(本题满分 10 分)设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数,且 $f(1)=1$. 证明:( I ) 存在 $\xi \in(0,1)$, 使得 $f^{\prime}(\xi)=1$😭 II ) 存在 $\eta \in(-1,1)$, 使得 $f^{\prime \prime}(\eta)+f^{\prime}(\eta)=1$.

(18)

• • (I) 证法 1 因为 $f(x)$ 是奇函数, 所以 $f(0)=0$.又因为函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可导, 且 $f(1)=1$, 所以由拉格朗日中值定理可知, 存在 $\xi \in(0,1)$, 使得 $f^{\prime}(\xi)=f(1)-f(0)=1$.证法 2 令 $F(x)=f(x)-x$, 则 $F(0)=f(0)=0, F(1)=f(1)-1=0$, 由罗尔定理得, 存在 $\xi \in$ $(0,1)$, 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$, 即 $f^{\prime}(\xi)=1$.(II) 证法 1 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数, 所以 $f^{\prime}(x)$ 是 $[-1,1]$ 上的偶函数, 结合 (I), 有$f^{\prime}(-\xi)=f^{\prime}(\xi)=1 \text {. }$令 $F(x)=\left[f^{\prime}(x)-1\right] \mathrm{e}^x$, 则函数 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导, 且 $F(-\xi)=F(\xi)=0$.根据罗尔定理, 存在 $\eta \in(-\xi, \xi) \subset(-1,1)$, 使得 $F^{\prime}(\eta)=0$. 因为所以$F^{\prime}(\eta)=\left[f^{\prime \prime}(\eta)+f^{\prime}(\eta)-1\right] \mathrm{e}^\eta \text { 且 } \mathrm{e}^\eta \neq 0,$f^{\prime \prime}(\eta)+f^{\prime}(\eta)=1 \text {. }$证法 2 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数, 所以 $f^{\prime}(x)$ 是偶函数. 令 $F(x)=f^{\prime}(x)+f(x)-x$, 则函数 $F(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上可导, 且
• $\displaystyle \begin{aligned} F(1)=f^{\prime}(1)+f(1)-1=f^{\prime}(1), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} F(-1)=f^{\prime}(-1)+f(-1)+1=f^{\prime}(1)-f(1)+1=f^{\prime}(1), \end{aligned}$根据罗尔定理, 存在 $\eta \in(-1,1)$, 使得 $F^{\prime}(\eta)=0$. 由 $F^{\prime}(x)=f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime}(x)-1$, 知 $f^{\prime \prime}(\eta)+f^{\prime}(\eta)-1=0$, 即 $f^{\prime \prime}(\eta)+f^{\prime}(\eta)=1$.

(19)

(本题满分 10 分)

设直线 $L$ 过 $A(1,0,0), B(0,1,1)$ 两点, 将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\displaystyle \Sigma, \Sigma$ 与平面 $z=0, z=2$ 所围成的立体为 $\Omega$. ( I ) 求曲面 $\displaystyle \Sigma$ 的方程; (II) 求 $\Omega$ 的形心坐标.

(19)

• 曲面求法1

• 由$A(1,0,0), B(0,1,1)$，得$\overrightarrow{A B}=(-1,1,1)$
  • 直线 $L$ 的点向式方程为 $\displaystyle \begin{aligned}\frac{x-1}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{-1}\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & \frac{x-1}{-1}=z \Rightarrow x=1-z \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \frac{y}{1}=\frac{z}{1} \Rightarrow y=z . \end{aligned}$
  • 从而曲面 $\displaystyle \Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z)^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2 z^2-2 z+1$.

曲面求法2

• $\displaystyle \begin{aligned} & L: \frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}=t \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array}{l}x=1-t \\y=t \\z=t\end{array} \Rightarrow \Sigma: x^2+y^2=(1-t)^2+t^2=(1-z)^2+z^2\right. \end{aligned}$
  • 从而曲面 $\displaystyle \Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z)^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2 z^2-2 z+1$.
    • $x^2+y^2-2\left(z-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{2}$
      • ++-，因此是双叶双曲面

第二问

• 
  ，AB绕z轴旋转一周

• (II) 设 $\Omega$ 的形心坐标为 $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})$.

  • 由曲面 $\displaystyle \Sigma$ 的方程知, $\Omega$ 关于 $x O z, y O z$面对称,从而x和y的坐标有了
    • $\displaystyle \begin{aligned}\bar{x}=\frac{\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}=0,\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\bar{y}=\frac{\iiint_{\Omega} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}=0\end{aligned}$

• 接下来求z的坐标

  • 坐标取值范围
    • $\displaystyle \begin{aligned} & D_z=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2 z^2-2 z+1\right\} \end{aligned}$
      • 面积是$\displaystyle \begin{aligned} \pi r^2=\pi·2 z^2-2 z+1\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \Omega=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_z, 0 \leq z \leqslant 2\right\} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\bar{z}=\frac{\iiint_{\Omega} z\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}=0\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^2 z \mathrm{~d} z \iint_{D_z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_0^2 z \cdot \pi\left(2 z^2-2 z+1\right) \mathrm{d} z=\frac{14}{3} \pi, \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^2 \mathrm{~d} z \iint_{D_z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_0^2 \pi\left(2 z^2-2 z+1\right) \mathrm{d} z=\frac{10}{3} \pi . \end{aligned}$

• 于是

  • $\displaystyle \begin{aligned}\bar{z}=\frac{\iint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}=\frac{7}{5}\end{aligned}$
  • 因此，$\Omega$ 的形心坐标为$\left(0,0, \frac{7}{5}\right)$

• 空间区域的形心：空间有界闭区域 $\Omega$ 的形心坐标为
  $\displaystyle \begin{aligned} \bar{x} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} v, \\\bar{y} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} y \mathrm{~d} v, \\\bar{z} & =\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} v, \end{aligned}$

  • 其中 $V=\iiint_{\Omega} \mathrm{d} v$ 为区域 $\Omega$ 的体积.
  • 设 $\Omega$ 为一空间区域，则 $\Omega$ 的形心坐标为
    $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})=\left(\frac{\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}, \frac{\iiint_{\Omega} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}, \frac{\iint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}\right)$.

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ll}1 & a \\ 1 & 0\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & b\end{array}\right)$. 当 $a, b$ 为何值时, 存在矩阵 $\boldsymbol{C}$ 使得 $\boldsymbol{A C}-\boldsymbol{C A}=\boldsymbol{B}$, 并求所有矩阵 $\boldsymbol{C}$.

（20）

• 解 设矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ll}x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4\end{array}\right)$, 代人 $\boldsymbol{A C}-\boldsymbol{C A}=\boldsymbol{B}$, 得方程组
• $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-x_2+a x_3=0 \\-a x_1+x_2+a x_4=1 \\x_1-x_3-x_4=1 \\x_2-a x_3=b .\end{array}\right.$对该方程组的增广矩阵作初等行变换, 得
• $\displaystyle \left(\begin{array}{cccc:c}0 & -1 & a & 0 & 0 \\-a & 1 & 0 & a & 1 \\1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\0 & 1 & -a & 0 & b\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\0 & 1 & -a & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0 & a+1 \\0 & 0 & 0 & 0 & b\end{array}\right) .$由此可知: 当 $a \neq-1$ 或 $b \neq 0$ 时, 方程组 (* )无解; 当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 方程组 (* )有解, 此时方程组 综上, 当且仅当 $a=-1$ 且 $b=0$ 时, 存在满足条件的矩阵 $C$, 且 $\displaystyle C=\left(\begin{array}{cc}1+k_1+k_2 & -k_1 \\ k_1 & k_2\end{array}\right)$, 其中 $k_1, k_2$ 为 任意常数. 注 本题不能利用逆矩阵解矩阵方程的方法来求 $\boldsymbol{C}$, 只能利用 “元䒺法” 将矩阵方程转化为方程组去 求解.

(21)

(本题满分 11 分)

设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+a_{3} x_{3}\right)^{2}+\left(b_{1} x_{1}+b_{2} x_{2}+b_{3} x_{3}\right)^{2}$, 记

• $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{l}a_{1} \\a_{2} \\a_{3}\end{array}\right), \quad \boldsymbol{\beta}=\left(\begin{array}{l}b_{1} \\b_{2} \\b_{3}\end{array}\right) .$ (I) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$;

(II) 若 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 正交且均为单位向量,证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$.

(21)

• (I ) 证法 1 记列向量 $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{l}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)$. 由于
• $\displaystyle a_1 x_1+a_2 x_2+a_3 x_3=\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{l}a_1 \\a_2 \\a_3\end{array}\right)=\left(a_1, a_2, a_3\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right),$类似地, $b_1 x_1+b_2 x_2+b_3 x_3$ 也有对应的表达式, 因此
• $\displaystyle \begin{aligned} f\left(x_1, x_2, x_3\right) & =2\left(a_1 x_1+a_2 x_2+a_3 x_3\right)^2+\left(b_1 x_1+b_2 x_2+b_3 x_3\right)^2 \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =2\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{l}a_1 \\a_2 \\a_3\end{array}\right)\left(a_1, a_2, a_3\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)+\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{l}b_1 \\b_2 \\b_3\end{array}\right)\left(b_1, b_2, b_3\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =2 \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x}+\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{x}, \end{aligned}$又 $\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right)^{\mathrm{T}}=2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$, 即 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$. 证法 2 将二次型 $f$ 展开并写成矩阵形式,得
• $\displaystyle \begin{aligned} & f\left(x_1, x_2, x_3\right)=2\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}a_1^2 & a_1 a_2 & a_1 a_3 \\a_1 a_2 & a_2^2 & a_2 a_3 \\a_1 a_3 & a_2 a_3 & a_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right)+\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(\begin{array}{ccc}b_1^2 & b_1 b_2 & b_1 b_3 \\b_1 b_2 & b_2^2 & b_2 b_3 \\b_1 b_3 & b_2 b_3 & b_3^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc}a_1^2 & a_1 a_2 & a_1 a_3 \\a_1 a_2 & a_2^2 & a_2 a_3 \\a_1 a_3 & a_2 a_3 & a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}a_1 \\a_2 \\a_3\end{array}\right)\left(a_1, a_2, a_3\right)=\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc}b_1^2 & b_1 b_2 & b_1 b_3 \\b_1 b_2 & b_2^2 & b_2 b_3 \\b_1 b_3 & b_2 b_3 & b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}b_1 \\b_2 \\b_3\end{array}\right)\left(b_1, b_2, b_3\right)=\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T},} \end{aligned}$而
• $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}a_1^2 & a_1 a_2 & a_1 a_3 \\ a_1 a_2 & a_2^2 & a_2 a_3 \\ a_1 a_3 & a_2 a_3 & a_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}a_1 \\ a_2 \\ a_3\end{array}\right)\left(a_1, a_2, a_3\right)=\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$,$\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}b_1^2 & b_1 b_2 & b_1 b_3 \\b_1 b_2 & b_2^2 & b_2 b_3 \\b_1 b_3 & b_2 b_3 & b_3^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}b_1 \\b_2 \\b_3\end{array}\right)\left(b_1, b_2, b_3\right)=\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}},$所以
• $\displaystyle f\left(x_1, x_2, x_3\right)=\left(x_1, x_2, x_3\right)\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right)\left(\begin{array}{l}x_1 \\x_2 \\x_3\end{array}\right),$又 $\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right)^{\mathrm{T}}=2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$, 即 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$ 是对称矩阵, 所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$. (II ) 证法 1 记矩阵 $\boldsymbol{A}=2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}$. 由于 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 是相互正交的单位向量, 即 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}=1, \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}=$ 0, 因此
• $\displaystyle \begin{aligned} A \boldsymbol{\alpha}=\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{\alpha}=2 \boldsymbol{\alpha}, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{A} \boldsymbol{\beta}=\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\beta}, \end{aligned}$即 $\lambda_1=2, \lambda_2=1$ 是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值. 又
• $r(\boldsymbol{A})=r\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right) \leqslant r\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\right)+r\left(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right)=2,$即 $\boldsymbol{A}$ 不是满秩矩阵, 因此 $\lambda_3=0$ 也是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值, 故二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_1^2+y_2^2$. 证法 2 同 (II) 的证法 1: $\lambda_1=2, \lambda_2=1$ 是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的两个特征值, $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 分别是其对应的特征向量. 取单位列向量 $\boldsymbol{\gamma}$ 使得其与向量 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 都正交, 即 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\gamma}=0, \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\gamma}=0$. 令矩阵 $Q=(\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\gamma})$, 则 $Q$ 为正交矩阵. 在正交变换 $x=Q y\left(y=\left(y_1, y_2, y_3\right)^{\mathrm{T}}\right)$ 下, 二次型
• $\displaystyle \begin{aligned} f\left(x_1, x_2, x_3\right) & =y^{\mathrm{T}} Q^{\mathrm{T}}\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right) Q \boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \\\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \\\boldsymbol{\gamma}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)\left(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\right)(\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\gamma}) \boldsymbol{y} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{l}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \\\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}} \\\boldsymbol{\gamma}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)(2 \boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{0}) \boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{y} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =2 y_1^2+y_2^2, \end{aligned}$即 $f$ 在正交变换 $x=Q y$ 下的标准形为 $2 y_1^2+y_2^2$.

(22)

2024大概率不考，2023考过了 (本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{9} x^{2}, & 0<x<3, \\ 0, & \text { 其他. }\end{array}\right.$ 令随机变量 $\displaystyle Y= \begin{cases}2, & X \leqslant 1, \\ X, & 1<X<2, \\ 1, & X \geqslant 2 .\end{cases}$ (I) 求 $Y$ 的分布函数; ( II) 求概率 $P\{X \leqslant Y\}$.

(22)

• 解

• 此类题的思路

  • 画图与反函数
  • 一图三吃
    • 秒杀01
    • 根据Y的范围求出X的范围
    • 确定积分限的范围

• 画图)

• 写出$Y$ 的分布函数 $F_Y(y)=P(Y ≤ y)$

  • 分段讨论
    • 当 $y < 1$ 时
      • $F_Y(y) = 0$
    • 当 $1 \leqslant y < 2$ 时
      • 计算 $P\{Y \leqslant y\}$
        • $\displaystyle F_Y(y)=P\{Y \leqslant y\} \xlongequal[]{反函数} P\{X \geqslant 2\} + P\{1 < X \leqslant y\}\xlongequal[何处求积分]{何处求概率}\int_2^3 \frac{x^2}{9} dx + \int_1^y \frac{x^2}{9} dx = \frac{y^3 + 18}{27}$
    • 当 $y \geqslant 2$ 时
      • $F_Y(y) = 1$
  • 得出 $F_Y(y)$ 的分段表达式
    • $\displaystyle F_Y(y) = \begin{cases}0, & y<1, \\ \frac{y^3 + 18}{27}, & 1 \leqslant y < 2, \\ 1, & y \geqslant 2\end{cases}$

• 问题 II：求概率 $P\{X \leqslant Y\}$

  • 已知条件
    • 根据 $X$ 和 $Y$ 的关系
      • $\displaystyle P\{X \leqslant Y\}\xrightarrow[]{看图}P\{X < 2\}\xlongequal[]{求积分}\int_0^2 \frac{x^2}{9} dx =\left.\frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{9}\right|_0 ^2=\frac{8-0}{27}= \frac{8}{27}$

通过这个二叉树结构，我们清晰地展示了求 $Y$ 的分布函数和概率 $P\{X \leqslant Y\}$ 的逻辑过程。这个解析阐释了如何根据 $X$ 的分布和 $Y$ 的定义来计算 $Y$ 的分布函数，并进一步计算了特定条件下的概率。

(I) 由题设知, $P\{1 \leqslant Y \leqslant 2\}=1$. 记 $Y$ 的分布函数为 $F_Y(y)$, 则 当 $y<1$ 时, $F_Y(y)=0$; 当 $y \geqslant 2$ 时, $F_Y(y)=1$; 当 $1 \leqslant y<2$ 时,$\displaystyle \begin{aligned} F_Y(y) & =P\{Y \leqslant y\}=P\{Y=1\}+P\{1<Y \leqslant y\} \end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned} =P\{X \geqslant 2\}+P\{1<X \leqslant y\}=\int_2^3 \frac{x^2}{9} \mathrm{~d} x+\int_1^y \frac{x^2}{9} \mathrm{~d} x=\frac{y^3+18}{27} . \end{aligned}$所以 $Y$ 的分布函数为
• $\displaystyle F_Y(y)= \begin{cases}0, & y<1, \\ \frac{y^3+18}{27}, & 1 \leqslant y<2, \\ 1, & y \geqslant 2 .\end{cases}$(II) $\displaystyle P\{X \leqslant Y\}=P\{X<2\}=\int_0^2 \frac{x^2}{9} \mathrm{~d} x=\frac{8}{27}$. 注 本题的得分率不高, 反映出考生对分布函数等基本概念理解得不够深人,其主要错误出现在求概率 $P\{Y \leqslant y\}$ 时不能正确地将事件 $\{Y \leqslant y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件, 下面的错误做法是最典型的: 当 $1 \leqslant y<2$ 时,$\displaystyle F_Y(y)=P\{Y \leqslant y\}=P\{X \leqslant y\}=\int_1^y \frac{x^2}{9} \mathrm{~d} x=\frac{y^3-1}{27},$错误的根源在于不能将事件 $\{Y \leqslant y\}$ 正确地过渡到用 $X$ 表示的事件. 另一种常见的错误是在对分布函数 $F_Y(y)$ 进行分段计算时, 分界点处的函数值出错, 比如, 按定义, 分布函数 $F_Y(y)=P\{Y \leqslant y\}$ 是右连续的, 而 有些考生得出的 $F_Y(y)$ 在分段点 $y=1$ 和 $y=2$ 处是左连续的或一个左连续一个右连续. 第二问的大多数 错误本质上与第一问相同,也是不能正确地将事件 $\{X \leqslant Y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件: $\{X<2\}$.

(23)

(本题满分 11 分)

设总体 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{\theta^{2}}{x^{3}} \mathrm{e}^{-\frac{\theta}{x}}, & x>0, \\ 0, & \text { 其他, }\end{array}\right.$ 其中 $\theta$ 为未知参数且大于零. $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(I) 求 $\theta$ 的矩估计量; (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 ( I )
• 求矩估计就是求期望:求谁的期望，就在谁的前面乘x进行积分
  • 求样本均值=也就是求总体期望
    • $\displaystyle E X=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) d x\xlongequal[]{只有在0到\infty有密度}\int_0^{+\infty} x \cdot \frac{\theta^2}{x^3} \mathrm{e}^{-\frac{\theta}{x}} \mathrm{~d} x$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{凑\left(-\frac{\theta}{x}\right)^{\prime}=\theta \cdot \frac{1}{x^2}}\int_0^{+\infty} \theta \mathrm{e}^{-\frac{\theta}{x}} \mathrm{~d}\left(-\frac{\theta}{x}\right)\xlongequal[换限]{t=-\frac{\theta}{x}}\int_{-\infty}^0 \theta \mathrm{e}^t \mathrm{~d} t=\left.\theta \mathrm{e}^t\right|_{-\infty} ^0\xlongequal[]{\theta \cdot e^0-\theta \cdot 0}\theta$
  • 所以 $\theta$ 的矩估计量为总体期望 $\hat{\theta}=E(X)\xlongequal[]{总体期望与样本均值}\bar{X}$, 其中样本均值 $\displaystyle \bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$. (II)
• 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 为样本观测值,
• 写出似然函数:$\displaystyle L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{cc}\underbrace{{\theta^{2 n}}.\frac1{x_{1} ^3x_{2}^3 \cdots x_{n}^3}. e^{-\theta \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}}}_{三项相乘} & x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}>0 . \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$
• 取对数:$\displaystyle \ln L(\theta)=\ln \theta^{2 n}+\underbrace{\ln \frac{1}{x_1^3 \cdots x_n^3}}_{常数求导为0}-\theta \sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i}$.
  • 为什么取对数?
    • 乘法变成加法
    • 指数变成系数
    • 容易求导:$\ln x=\frac1x$
• 求导求驻点:令 $\displaystyle \frac{d \ln L(\theta)}{d \theta}=\frac{2 n}{\theta}-\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}=0$,
  • $\displaystyle \frac{2 n}{\theta}=\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i}\xrightarrow[]{移项}\theta=\frac{2 n}{\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i}}$
• 得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\displaystyle \hat{\theta}= \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}}$.
• 得 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\displaystyle \hat{\theta}= \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}$.