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

(1)

• • 用对tan用泰勒展开，得$\displaystyle \begin{aligned} & \tan x=x+\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{代入题式}x-\tan x=-\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right) \end{aligned}$

(2)

设函数 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x|x|, & x \leqslant 0, \\ x \ln x, & x>0,\end{array}\right.$ 则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的 $(\quad)$(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
    • $\displaystyle \begin{aligned}f(0)=0·0=0\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} f\left(0^{-}\right)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(-x^2\right)=0\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}f\left(0^{+}\right)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x \ln x=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{1 / x}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0\end{aligned}$
    • 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
  • $\displaystyle \begin{aligned} f_{{-}}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{-x^2}{x}=0 \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} f_{+}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x \ln x}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln x=\infty\end{aligned}$
  • 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
  • $\displaystyle \begin{aligned} \begin{cases}-\delta < x < 0 \text{时}, f(x) = x|x| < 0 \\0 < x < \delta \text{时}, f(x) = x\ln x < 0\end{cases} \end{aligned}$
  • 于是 $\displaystyle \begin{aligned} x \in (-\delta, \delta) \end{aligned}$ 时，有 $\displaystyle \begin{aligned} f(x) < f(0) \end{aligned}$，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 $(\quad)$ (A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{u_{n}}{n}$. (B) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{u_{n}}$. ( C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{u_{n}}{u_{n+1}}\right)$. (D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}\right)$.

(3)

• 答 应选 D.解

• 级数收敛的定义

  • 若级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列 $\left\{s_n\right\}$ 有极限 $s$, 即 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} s_n=s$,
    则称无穷级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$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 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

• 排除法

  • 选项 A:$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{u_{n}}{n}$
    • 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 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收敛, 故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)$ 发散.
      • 选项 A 不正确.
  • 选项 B:$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{u_{n}}$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$, 代入到B，则 $(-1)^n \frac{1}{u_n}=(-1)^{n+1} n,$
    • $\displaystyle \begin{aligned}(-1)^{n+1} n\end{aligned}$发散，所以 $\displaystyle \begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{1}{u_n}\end{aligned}$发散;
    • 选项 B不正确
  • 选项C: $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{u_{n}}{u_{n+1}}\right)$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$,代入到C$1-\frac{u_n}{u_{n+1}}=1-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}-\frac{1}{n}\end{aligned}$是发散的，所以$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$ 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$\displaystyle \begin{aligned}\left|u_{n+1}^2-u_n^2\right| \leqslant 2 M\left|u_{n+1}-u_n\right| \xlongequal{u_n \text { 单调增加 }} 2 M\left(u_{n+1}-u_n\right) \text {. }\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} &s_n=\sum_{k=1}^n\left(u_{k+1}-u_k\right)=\left(u_2-u_1\right)+\left(u_3-u_2\right)+\cdots+\left(u_{n+1}-u_n\right)=u_{n+1}-u_1 . \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \text { 由于 }\left\{u_n\right\} \text { 是单调增加的有界数列, 故 } \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n+1} 存在, \end{aligned}$
    • 从而 $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{n \rightarrow \infty} s_n \text { 存在, 级数 } \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n+1}-u_n\right) \text { 收敛. }\end{aligned}$

• 直接法:因为 $\left\{u_n\right\}$ 是单调增加的有界数列, 所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_n$ 存在, 记为 $a$.

  • 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$,$S_n=u_2^2-u_1^2+\cdots+u_{n+1}^2-u_n^2=u_{n+1}^2-u_1^2$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(u_{n+1}^2-u_1^2\right)=a^2-u_1^2\end{aligned}$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 $(\quad)$ (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 $\boldsymbol{A}$ 是 3 阶实对称矩阵, $\boldsymbol{E}$ 是 3 阶单位矩阵. 若 $\boldsymbol{A}^{2}+\boldsymbol{A}=2 \boldsymbol{E}$, 且 $|\boldsymbol{A}|=4$, 则二 次型 $\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}$ 的规范形为 $(\quad)$ (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 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda$, 由 $\boldsymbol{A}^2+\boldsymbol{A}=2 \boldsymbol{E}$,
  • $\displaystyle \begin{aligned} A^2 + A - 2E = 0 \xrightarrow[]{左右两边同乘\alpha} (A^2 + A - 2E)\alpha = 0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{E变a} A^2\alpha + A\alpha - 2\alpha = 0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[A^2 \alpha=\lambda^2 \alpha]{A \alpha=\lambda \alpha}\lambda^2\alpha + \lambda\alpha - 2\alpha = 0 \rightarrow (\lambda^2 + \lambda - 2)\alpha = 0\end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} \lambda^2 + \lambda - 2 = 0 \xrightarrow[]{因式分解} \lambda = 1 \quad 或 \quad -2 \end{aligned}$
• 再由 $|\boldsymbol{A}|=4$, 得$\displaystyle \begin{aligned} \lambda(A) = -2, -2, 1 \end{aligned}$
  • 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$a_{i 1} x+a_{i 2} y+a_{i 3} z=d_{i}(i=1,2,3)$ 组成的线性方程组的系数矩阵和增广矩阵分别记为 $\boldsymbol{A}, \bar{A}$, 则 ( ) (A) $r(\boldsymbol{A})=2, r(\overline{\boldsymbol{A}})=3$.(B) $r(\boldsymbol{A})=2, r(\overline{\boldsymbol{A}})=2$.(C) $r(\boldsymbol{A})=1, r(\overline{\boldsymbol{A}})=2$.(D) $r(\boldsymbol{A})=1, r(\overline{\boldsymbol{A}})=1$.

(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 $\mathrm{r}(\boldsymbol{A}) \neq r(\overline{\boldsymbol{A}})$. 又因为它们两两相交, 说明其中 任意两个平面不平行, 所以 $r(\boldsymbol{A}) \geqslant 2$, 故选 A.
• 
  

(7)

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

(7)

• 答 应选 $\mathrm{C}$.

• 对A,B,C,D每个式子都化简

• (A)

  • $\displaystyle \begin{aligned}P(A \cup B)= P(A)+P(B)-P(A B) & =P(A)+P(B) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}P(A B) & =0\end{aligned}$

• (C)可以推出 $A$ 与 $B$ 独立

  • $\displaystyle \begin{aligned} & P(A \bar{B})=P(A-B)=P(A)-P(A B) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} P(B \bar{A})=P(B-A)=P(B)-P(A B) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \Rightarrow P(A)=P(B) \end{aligned}$

• (D)$P(A B)=P(\bar{A} \bar{B})$.

  • $\displaystyle \begin{aligned} P(\bar{A} \bar{B}) & =P(\bar{A} \cap \bar{B})\xlongequal[]{对偶率}P(\overline{A \cup B})=1-P(A \cup B) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =1-P(A)-P(B)+P(A B) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}P(A)+P(B)=1\end{aligned}$

(8)

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

(8)

• • 计算 $P\{|X-Y|<1\}$
    • 观察 $X$ 和 $Y$ 的分布
      • $\displaystyle X \sim N(\mu, \sigma^2)$
      • $\displaystyle Y \sim N(\mu, \sigma^2)$
    • 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 $\displaystyle N(0, 2\sigma^2)$
        • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{标准化}\frac{X-Y-0}{\sqrt{2}\sigma} \sim N(0, 1)\end{aligned}$
        • 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
      • $\displaystyle P\{|X-Y|<1\} \xlongequal[标准化]{\frac{X-Y-\mu}{\sqrt{2} \sigma}} P\left\{\left|\frac{X-Y}{\sqrt{2} \sigma}\right|<\frac{1}{\sqrt{2} \sigma}\right\}\xlongequal[]{\text{正态分布图}} 2\Phi\left(\frac{1}{\sqrt{2} \sigma}\right) - 1$
        • 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 $\displaystyle \sigma^2$ 的关系：概率值与 $\displaystyle \sigma^2$ 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, $z=f(\sin y-\sin x)+x y$, 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。
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial x} = f'(\sin y - \sin x)(-\cos x) + y\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial y} = f'(\sin y - \sin x)\cos y + x\end{aligned}$
• 将$\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x}和\frac{\partial z}{\partial y} \end{aligned}$代入到$\displaystyle \begin{aligned}\frac{1}{\cos x} \cdot \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\cos y} \cdot \frac{\partial z}{\partial y}=\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}= \frac{1}{\cos x}(-f'(\sin y - \sin x)\cos x + y) + \frac{1}{\cos y}(f'(\sin y - \sin x)\cos y + x)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{乘进去}\frac{1}{\cos x} z_x+\frac{1}{\cos y} z_y=-f^{\prime}+\frac{y}{\cos x}+f^{\prime}+\frac{x}{\cos y}\end{aligned}$
    有时候可以省略掉自变量本体，有时候不行
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}\end{aligned}$

(10)

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

(10)

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

(11)

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

(11)

• • $\displaystyle \begin{aligned} \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{x^{2 n}}{(2 n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n}}{(2 n)!}+\cdots,-\infty<x<+\infty . \end{aligned}$
    • 已知 $\displaystyle \cos x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2 n}}{(2 n) !}(|x|<+\infty)$,
    • 所以$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n) !} x^n\xlongequal[]{配}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n) !}(\sqrt{x})^{2 n}\xlongequal[]{转}\cos \sqrt{x}(0<x<+\infty) .$
• 方法2
  • $\displaystyle \begin{aligned} & S(x)=1-\frac{x}{2!}+\frac{x^2}{4!}-\frac{x^3}{6!}+\frac{x^4}{8!}- \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots \end{aligned}$
  • 令$\displaystyle \begin{aligned}x=\sqrt{t} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \cos \sqrt{t}=1-\frac{t}{2!}+\frac{t^2}{4!}-\frac{t^3}{6!}+\cdots \end{aligned}$
• 答 应填 $\cos \sqrt{x}$.

(12)

设 $\displaystyle \Sigma$ 为曲面 $x^{2}+y^{2}+4 z^{2}=4(z \geqslant 0)$ 的上侧, 则 $\displaystyle \iint_{\Sigma} \sqrt{4-x^{2}-4 z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=$

(12)

• • 
    答 应填 $\frac{32}{3}$.
• 原曲面是个椭球体:$\displaystyle \begin{aligned} \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{4} + z^2 = 1 \end{aligned}$
• 本题就是转换投影后的一个平面
  $\displaystyle \begin{aligned} \iint_{\Sigma} P \, dy \, dz + Q \, dx \, dz + R \, dx \, dy \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{投影向量n}\iint_{D} (-Pz_x - Qz_y + R) \, dx \, dy \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \text{原式} \iint_{\Sigma} \sqrt{4-x^2-4 z^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\xlongequal[]{x^{2}+y^{2}+4 z^{2}=4}\iint_{\Sigma} \sqrt{y^2} \, dx \, dy = \iint |y| \, dx \, dy \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = 4 \iint_{D_1} y \, dx \, dy = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{2} r^2 \sin \theta \, dr \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \, d\theta \int_{0}^{2} r^2 \, dr \xlongequal[]{\left.\frac{r^3}{3}\right|_0 ^2=\frac{8}{3}} 4 \cdot 1 \cdot \frac{8}{3} = \frac{32}{3} \end{aligned}$

(13)

设 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 为 3 阶矩阵. 若 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性无关, 且 $\boldsymbol{\alpha}_{3}=-\boldsymbol{\alpha}_{1}+2 \boldsymbol{\alpha}_{2}$, 则线性方程组 $A x=0$ 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 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关, 可知 $r(\boldsymbol{A}) \geqslant 2$,
  • $\displaystyle \begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}_3=-\boldsymbol{\alpha}_1+2 \boldsymbol{\alpha}_2\end{aligned}$，所以 $r(\boldsymbol{A})<3$,
• 因此 $\displaystyle \begin{aligned} r(A) = 2 \end{aligned}$，进而解向量的个数为 $\displaystyle \begin{aligned} n - r(A) = 1 \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \text{由} \alpha_3 = -\alpha_1 + 2\alpha_2, \text{得} \alpha_1 - 2\alpha_2 + \alpha_3 = 0. \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{化系数矩阵}(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \neq 0. \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \text{故通解为} x = k(1, -2, 1)^T, k \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

(14)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $\displaystyle f(x)= \begin{cases}\frac{x}{2}, & 0<x<2, \\ 0, & \text { 其他, }\end{cases}$， $\displaystyle \begin{aligned}F(x)\end{aligned}$为 $\displaystyle \begin{aligned}X\end{aligned}$ 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

  • $\displaystyle \begin{aligned}E(X) = \int_0^2 x f(x) dx = \int_0^2 x·\frac{x}{2} dx \left.=\frac{x^3}{6}\right|_0 ^2= \frac{4}{3}\end{aligned}$

• 确定分布函数 $F(x)$

  • $\displaystyle F(x) = \int_{-\infty}^x f(t) dt= \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \frac{x^2}{4}, & 0 \leqslant x < 2 \\ 1, & x \geqslant 2 \end{cases}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & x<0, \quad F(x)=\int_{-\infty}^x f(t) d t=0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} 0 \leqslant x<2, \quad F(x)=\int_{-\infty}^x f(t) d t=\int_0^x \frac{t}{2} d t=\frac{x^2}{4} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} 2 \leqslant x . \quad F(x)=1 \end{aligned}$

• 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

• $\displaystyle \begin{aligned} P\{F(X)>E(X)-1\} & =P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}\end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{拆开}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3}, 0 \leqslant X<2\right\}+P\{X \geqslant 2\}\end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<X<2\right\}+\underbrace{\int_2^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x}_{=0，概率密度为0}\xlongequal[]{取反求值}1-\int_0^{\frac{2}{\sqrt{3}}} \frac{x}{2} \mathrm{~d} x+0 \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =1-\left.\frac{x^2}{4}\right|_0 ^{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{2}{3} . \end{aligned}$

2025版全概率公式

• $\displaystyle \begin{aligned} P\left\{F(x)>\frac{1}{3}\right\} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =P\{x<0\} \underbrace{P\left\{\left.F(x)>\frac{1}{3} \right\rvert\, x<0\right\}}_{=0}+P\{0 \leqslant x<2\} \underbrace{P\left\{\left.F(x)>\frac{1}{3} \right\rvert\, 0 \leqslant x<2\right\}}_{\frac{P\left\{0 \leqslant x<2, F(x)>\frac{1}{3}\right\}}{P \{0<x<2\}} }+ \end{aligned}$
    $\displaystyle \begin{aligned} P\{2 \leqslant x\} \underbrace{P\left\{\left.F(x)>\frac{1}{3} \right\rvert\, 2 \leqslant x\right\}}_{=1} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{条件概率化简}0+P\left\{0 \leqslant x<2, F(x)>\frac{1}{3}\right\}+P\{2 \leqslant x\} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{转化F(x)=\frac{X^2}{4}}P\left\{0 \leqslant x<2, \frac{x^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}+P\{2 \leqslant x\} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{取交集}P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<x<2\right\}+P\{2 \leqslant x\}\xrightarrow[]{取交集}P\left\{x>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\} \end{aligned}$

2024版

• 计算 $P\{F(X) > E(X) - 1\}$:将分布函数$F(X)$和$E(X)$代入
  • $\displaystyle \begin{aligned}P\{F(X) > E(X) - 1\} \xlongequal[代入]{EX=\frac34}P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}\end{aligned}$
    • $\xlongequal[]{转化F(x)=\frac{X^2}{4}}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}\xlongequal[]{开根号}P\left\{X>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}$
    • $\displaystyle \xlongequal[小x上限为2]{何处求概率,何处求积分}\int_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^2 \frac{x}{2} dx = \frac{2}{3}$

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 $y^{\prime}+x y=\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2}}$ 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$\displaystyle \begin{aligned} y(x)=e^{-\int p(x) d x}\left(\int g(x) \cdot e^{\int P(x) d x} d x+C\right) \end{aligned}$
    • 原方程为$y^{\prime}+x y=\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2}}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} y=e^{-\int x d x}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot e^{\int x d x} d x+C\right) \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot e^{\frac{x^2}{2}} d x+C\right) \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned}=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int 1 d x+C\right)\end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} =x e^{-\frac{x^2}{2}}+C e^{-\frac{x^2}{2}} \end{aligned}$
    • 由$y(0)=0$得$\displaystyle \begin{aligned}0=C \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}y(x)=x e^{-\frac{x^2}{2}}\end{aligned}$

• 已知$\displaystyle \begin{aligned}y(x)=x e^{-\frac{x^2}{2}}\end{aligned}$，求凹凸区间和拐点

  • $\displaystyle \begin{aligned} & y^{\prime}=\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}+x \cdot \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \cdot(-x)=\left(1-x^2\right) \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}, \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} y^{\prime \prime}=(-2 x) \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}+\left(1-x^2\right) \cdot \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \cdot(-x)=\left(x^3-3 x\right) \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} &=x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})·e^{-\frac{x^2}{2}} \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} x<-\sqrt{3}, y^{\prime \prime}<0 \Rightarrow(-\infty,-\sqrt{3}) \end{aligned}$为凸区间
      • $\displaystyle \begin{aligned} -\sqrt{3}<x<0, y^{\prime \prime}>0 \Rightarrow(-\sqrt{3}, 0) \end{aligned}$为凹区间
      • $\displaystyle \begin{aligned} 0<x<\sqrt{3}, y^{\prime \prime}<0 \end{aligned}$，则$\displaystyle \begin{aligned}(0, \sqrt{3})\end{aligned}$为凸区间
      • $x>\sqrt{3}, y^{\prime \prime}>0$，则$\displaystyle \begin{aligned} (\sqrt{3},+\infty) \end{aligned}$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 $\boldsymbol{l}=-3 \boldsymbol{i}-4 \boldsymbol{j}$ 的 方向导数最大, 最大值为 10 . ( I ) 求 $a, b$;

(II) 求曲面 $z=2+a x^{2}+b y^{2}(z \geqslant 0)$ 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.
    $\left.\operatorname{grad} z(x, y)\right|_{(3,4)}=\left.\left(z_x^{\prime}, z_y^{\prime}\right)\right|_{(3,4)}=\left.(2 a x, 2 b y)\right|_{(3,4)}=(6 a, 8 b) .$
    • 由 $6 a i+8 b j$ 与 $-3 i-4 j$ 同向可得 $\frac{6 a}{-3}=\frac{8 b}{-4}>0\xrightarrow[]{化简}a=b<0$
    • 方向导数最大值为 $\sqrt{(6 a)^2+(8 b)^2}=10$.
      • $(6 a)^2+(8 b)^2=100 a^2=100$
      • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{整理} a= \pm 1 \Rightarrow a=-1=b\end{aligned}$

• 
  

• 若积分曲面 $\displaystyle \Sigma$ 由方程 $z=z(x, y)$ 给出, $\displaystyle \Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为 $D_{x y}$, 函数 $z=z(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上具有一阶连续偏导数, 被积函数 $f(x, y, z)$ 在 $\displaystyle \Sigma$ 上连续, 则
  $\displaystyle \iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{D_{x y}} f(x, y, z(x, y)) \sqrt{1+z_x^{\prime 2}(x, y)+z_y^{\prime 2}(x, y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y .$

• ( II) 由第( I) 问可知曲面 $\displaystyle \Sigma$ 为 $z=2-x^2-y^2(z \geqslant 0)$, 由第一类曲面积分的转换投影法，可知其面积等于 $\displaystyle \iint_{\Sigma} \mathrm{d} S$.

  • $z_x^{\prime}=-2 x, z_y^{\prime}=-2 y, \mathrm{~d} S=\sqrt{1+4 x^2+4 y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .$

• 令 $z=0$, 可得 $\displaystyle \Sigma$ 在 $x O y$ 面的投影区域为 $D_{x y}=\left\{\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2\right\}\right.$.

  • $\displaystyle \begin{aligned} S=\iint_{\Sigma} \mathrm{d} S & =\iint_{D_{x y}} \sqrt{1+\left(z_x^{\prime}\right)^2+\left(z_y^{\prime}\right)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\iint_{D_{x y}} \sqrt{1+4 x^2+4 y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal{\text { 极坐标 }} \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{1+4 r^2} \cdot r \mathrm{~d} r\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=2 \pi \cdot \frac{1}{8} \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{1+4 r^2} \mathrm{~d}\left(1+4 r^2\right)\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\left.\frac{\pi}{4} \cdot \frac{2}{3}\left(1+4 r^2\right)^{\frac{3}{2}}\right|_0 ^{\sqrt{2}}\end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{\pi}{4} \times \frac{2}{3} \times(27-1)=\frac{13 \pi}{3} .\end{aligned}$

• 2015 年数一试题
  已知函数 $f(x, y)=x+y+x y$, 曲线 $C: x^2+y^2+x y=3$, 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 $y=\mathrm{e}^{-x} \sin x(x \geqslant 0)$ 与 $x$ 轴之间图形的面积.

(17)

• 小崔版

• 
  

• $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[加绝对值]{算面积}\int_0^{+\infty}\left|e^{-x} \sin x\right| d x\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}= \int_0^\pi e^{-x} \sin x d x-\int_\pi^{2 \pi} e^{-x} \sin x d x+\int_{2 \pi}^{3 \pi}-\int_{3 \pi}^{4 \pi}+\cdots\end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned} S= & \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \underline{\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} e^{-x} \sin x d x }\xrightarrow[]{以暴制暴}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u_n\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} & \int_{n \pi}^{(n+1)\pi} e^{-x} \sin x d x=-\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \sin x d\left(e^{-x}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{分布}\underbrace{-e^{-x} \sin \pi |_{n \pi}^{(\pi+1) \pi}}_{=0-0=0}+\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} e^{-x} \cdot \cos x d x \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} =-\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \cos x d\left(e^{-x}\right)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{分布积分}-e^{-x} \cos x \int_{n \pi}^{(n+1) \pi}-\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} e^{-x} \sin x d x\end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned}u_n & =-\left.e^{-x} \cos x\right|_{n \pi} ^{(n+1) \pi}\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{1}{2}\left[e^{-(n+1) \pi}(-1)^{n+2}-e^{-n \pi}(-1)^{n+1}\right]\end{aligned}$
    • $\cos n \pi=(-1)^n$
    • $-e^{-(n+1) \pi} \cos (n+1) \pi=e^{-(n+1) \pi} \cdot(-1)^{n+2}$
    • $-e^{-n \pi} \cos n \pi=e^{-n \pi}(-1)^{n+1}$

• $\displaystyle \begin{aligned} S & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2}\left[e^{-(n+1) \pi}(-1)^{2 n+2}-e^{-n \pi}(-1)^{2 n+1}\right] \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2}\left(e^{-(n+1) \pi}+e^{-n \pi}\right) \end{aligned}$
    • $e^{-\pi}+e^{-0 \pi}, e^{-2 \pi}+e^{-\pi}, e^{-3 \pi}+e^{-2 \pi}$，首项是$\displaystyle \begin{aligned}e^{-\pi}+e^{-0 \pi}\end{aligned}$，公比是$\displaystyle \begin{aligned}e^{-\pi}\end{aligned}$
    • 等比数列求和
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{1减公比分之首项}\frac{1}{2} \frac{e^{-\pi}+1}{1-e^{-\pi}}=\frac{1+e^\pi}{2\left(e^\pi-1\right)} .\end{aligned}$

郭伟版

• 计算面积 $S$。
  • 面积 $S$ 定义为不定积分 $\displaystyle S = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-x}|\sin x| \mathrm{d} x$。
  • 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 $\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \mathrm{e}^{-x} \sin x \mathrm{~d} x$
      • 整个区间的面积$\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \mathrm{e}^{-x}|\sin x| \mathrm{d} x\xlongequal[从n到n-1]{k从1到0}\sum_{k=0}^{n-1} \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \mathrm{e}^{-x}|\sin x| \mathrm{d} x$
      • 计算每个小区间的积分： $\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \mathrm{e}^{-x} \sin x \mathrm{~d} x \xlongequal[d x=d t]{x=t+k \pi}\int_0^\pi \mathrm{e}^{-(t+k \pi)}|\sin (t+k \pi)| \mathrm{d} t\xlongequal[且\sin (t+k \pi)=\sin t]{提出常数部分e^{-k\pi}}=\mathrm{e}^{-k \pi} \int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \sin t \mathrm{~d} t$
        • 其中换积分限：由 $t=x-k \pi$得：$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\text { 上限: }(k+1) \pi-k \pi=\pi \\下限: k \pi-k \pi=0\end{array}\right.$
      • 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：$\displaystyle \left(\int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \sin t \mathrm{~d} t\right)=-\int_0^\pi \sin t \mathrm{~d}\left(\mathrm{e}^{-t}\right)\xlongequal[]{分部}-\left(\underbrace{\left.\sin t \mathrm{e}^{-t}\right|_0 ^\pi}_{0-0=0} -\int_0^\pi\mathrm{e}^{-t} \cos t \mathrm{~d} t\right)=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \cos t \mathrm{~d} t$
        • 第二次分布：$\displaystyle \int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \cos t \mathrm{~d} t==-\int_0^\pi \cos t \mathrm{~d}\left(\mathrm{e}^{-t}\right)=\underbrace{-\left.\cos t \mathrm{e}^{-t}\right|_0 ^\pi}_{\mathrm{e}^{-\pi}+1}-\int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \sin t \mathrm{~d} t=\mathrm{e}^{-\pi}+1-\int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \sin t \mathrm{~d} t .$
        • 整理头尾得：$\displaystyle \int_0^\pi e^{-t} \cdot \sin t d t\xlongequal[]{与第二次分布相等}\mathrm{e}^{-\pi}+1-\int_0^\pi \mathrm{e}^{-t} \sin t \mathrm{~d} t .$
          • 移项得$\displaystyle \int_0^\pi e^{-t} \cdot \sin t d t=\frac{1}{2}\left(e^{-\pi}+1\right)$
    • 则每段区间的面积为
      • $\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} e^{-x} \cdot|\sin x|=\frac{1}{2} e^{-k \pi} \cdot\left(e^\pi+1\right)=\frac{1}{2} [e^{-k \pi}+ e^{(-k+1) \pi}]$
  • 使用级数求和公式
    • $\displaystyle S_n=\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{n-1}\left[e^{-(k+1) \pi}+e^{-k \pi}\right]\xlongequal[]{拆开，变指数}\frac{1}{2}\left[\underbrace{\sum_{k=1}^{n-1} e^{-(k+1) \pi}}_{\sum_{k=1}^{n} e^{-(k) \pi}}+\sum_{k=0}^{n-1} e^{-k \pi}\right]$
      • 级数配平
        • 配$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} e^{-(k) \pi}=$
        • 配$\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} e^{-k \pi}\xlongequal[-e^0+e^0]{k下限从0到1}\sum_{k=1}^{n-1} e^{-k \pi}+1\xlongequal[先加e^{-n\pi}再减去]{k上限从n-1到n}\sum_{k=1}^{n} e^{-(k) \pi}+1-e^{-n\pi}$
      • 合并配平项，得$\displaystyle =\frac{1}{2} \cdot\left[2 \sum_{k=1}^n e^{-k \pi}+1-e^{-n \pi}\right]\xlongequal[]{计算等比求和}\frac{1}{2} \cdot\left[\frac{1-e^{-n \pi}}{e^\pi-1}+1-e^{-n \pi}\right]$
        • 等比求和：$\displaystyle \sum_{k=1}^n e^{-k \pi}\xlongequal[]{\frac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}}\frac{e^{-\pi} \cdot\left(1-e^{-n \pi}\right)}{1-e^{-\pi}}\xlongequal[]{同乘e^{\pi}}\frac{1-e^{-n \pi}}{e^\pi-1}$
    • 求极限$\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} S_n$
      • $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} S_n=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2} \cdot\left[\frac{1-e^{-n \pi}}{e^\pi-1}+1-e^{-n \pi}\right]\xlongequal[]{\lim _{n \rightarrow \infty} e^{-n \pi}=0}\frac{1}{2}+\frac{1}{e^2-1}$

(18)

(本题满分 10 分)

设 $\displaystyle a_{n}=\int_{0}^{1} x^{n} \sqrt{1-x^{2}} \mathrm{~d} x(n=0,1,2, \cdots)$. (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 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{a_{n-1}}$.

(18)

• • 证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递减
    • $\displaystyle \begin{aligned} & a_{n+1}=\int_0^1 x^{n+1} \sqrt{1-x^2} d x \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} a_n=\int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} d x \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} a_{n+1}-a_n=\int_0^1 \underbrace{(x^{n+1}-x^n)}_{小减大=负数}\sqrt{1-x^2} d x<0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} a_{n+1}<a_n \quad a_n ↘ \end{aligned}$，单调递减

(II)

• $\displaystyle \begin{aligned} a_n & =\int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} d x \xlongequal[根号看着不顺眼]{x=\sin t}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n t \cdot \cos ^2 t d t\xrightarrow[]{\cos ^2 t =\left(1-\sin ^2 t\right)} \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n t d t-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n+2} t d t \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n t d t为I_n}I_n-\underbrace{\frac{n+1}{n+2} I_n}_{华里士}=\frac{1}{n+2} I_n \end{aligned}$
    • $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n+2} t d t=\frac{n+1}{n+2} \cdot \frac{n-1}{n} \cdots \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$

• $\displaystyle \begin{aligned}a_{n-2} \xlongequal[]{仿照a_n写出来}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n-2} d t-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n t d t \quad(n \geqslant 2)\end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned}=I_{n-2}-I_n=\frac{n}{n-1} I_n-I_n=\frac{1}{n-1} I_n\end{aligned}$

• 两式相除，得$\displaystyle \begin{aligned}\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}\end{aligned}$

• 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 $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{a_{n-1}}\xrightarrow[]{一路放缩}\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{n-1}{n+2}=\frac{a_n}{a_{n-2}}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_n}{a_n}=1 .\end{aligned}$
    • 由夹逼定理进行放缩，可得
      • $\displaystyle 1=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n-1}{n+2} \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{a_{n-1}} \leqslant 1 .$
      • 由夹逼准则可知, $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{a_{n-1}}=1$.

(19)

(本题满分 10 分)

设 $\Omega$ 是由锥面 $x^{2}+(y-z)^{2}=(1-z)^{2}(0 \leqslant z \leqslant 1)$ 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 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,2,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,3,2)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3}=(1, a, 3)^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 的一个基, $\boldsymbol{\beta}=(1,1,1)^{\mathrm{T}}$ 在这个基下的坐标为 $(b, c, 1)^{\mathrm{T}}$. (I) 求 $a, b, c$;

（II）证明 $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 的一个基,并求 $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}$ 到 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的过渡矩阵.

(20)

• • ① 基的判定 → 无关 $\displaystyle \begin{aligned} \rightarrow |\cdot| \neq 0 \end{aligned}$

• ② 过渡矩阵 → $\displaystyle \begin{aligned} (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) P = (\beta_1, \beta_2, \beta_3) \end{aligned}$

• ③ 基下坐标 → $\displaystyle \begin{aligned} \gamma= (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \xi \end{aligned}$

• 考察基下坐标$\displaystyle \begin{aligned} \gamma= (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \xi \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} & \left(\begin{array}{l}1 \\1 \\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}\alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b \\c \\1\end{array}\right) \xrightarrow[]{代入\alpha_1 ， \alpha_2 ，\alpha_3}\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 1 \\2 & 3 & a \\1 & 2 & 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b \\c \\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\1 \\1\end{array}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{写出线性方程组}\left\{\begin{array} { l } { ①b + c + 1 = 1 , } \\{② 2 b + 3 c + a = 1 , } \\{③ b + 2 c + 3 = 1 , }\end{array} \right. \end{aligned}$
    • (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$\displaystyle \begin{aligned} \left|\alpha_2, \alpha_3, \boldsymbol{\beta}\right| \end{aligned}$是否为0
  • $\displaystyle \begin{aligned} \text { 计算 }\left|\alpha_2, \alpha_3, \boldsymbol{\beta}\right|=\left|\begin{array}{lll}1 & 1 & 1 \\3 & 3 & 1 \\2 & 3 & 1\end{array}\right|\xlongequal[]{c2-c1}\left|\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\3 & 0 & 1 \\2 & 1&1\end{array}\right|=(-1)^{3+2} \cdot 1 \cdot\left|\begin{array}{cc}1 & 1 \\3 & 1\end{array}\right| \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =2 \neq 0 \end{aligned}$
    • 行列式不等于0，秩为3，则线性无关

• 要计算从 $\underbrace{\alpha_2, \alpha_3, \beta}_{左}$到 $\underbrace{\alpha_1, \alpha_0, \alpha_3}_{右}$ 的过渡矩阵，即求可逆矩阵 $P$ ，使得 $\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}\right) P$.

• 对 $\left(\alpha_2, \alpha_3, \boldsymbol{\beta}, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\right)$ 作初等行变换.

  • $\displaystyle \begin{aligned} & \left(\underbrace{\alpha_2, \alpha_3, \boldsymbol{\beta}}_{起始}, \underbrace{\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3}_{目标}\right)=\left(\begin{array}{lll:lll}1 & 1 & 1 & 1 & 1 &1\\3 & 3 & 1 & 2 & 3 & 3 \\2 & 3 & 1 & 1 & 2 & 3\end{array}\right) \xrightarrow[]{\begin{aligned}& r_2-3 r_1 \\& r_3-2 r_1\end{aligned}}\left(\begin{array}{cccccc}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\0 & 0 & -2 & -1 & 0 & 0 \\0 & 1 & -1 & -1 & 0 & 1\end{array}\right) \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[互换]{2，3两行}\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\0 & 1 & -1 & -1 & 0 & 1 \\0 & 0 & -2 & -1 & 0 & 0\end{array}\right) \xrightarrow[]{r1-r2}\left(\begin{array}{ccc:ccc}1 & 0 & 2 & 2 & 1 & 0 \\0 & 1 & -1 & -1 & 0 & 1 \\0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & 0\end{array}\right)\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[r_2+r_3]{r_1-2 r_3}\left(\begin{array}{lll:lll}1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} & 0 & 1 \\0 & 0 & 1 & \frac{1}{3} & 0 & 0\end{array}\right) \end{aligned}$

• 因此, 所求过渡矩阵 $\boldsymbol{P}$ 为 $\displaystyle \left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & 0 & 0\end{array}\right)$

• (注) 在求过渡矩阵 $\boldsymbol{P}$ 的时候, 不要错误地将矩阵方程写为 $\left(\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right) \boldsymbol{P}$.这样列矩阵方程, 得到的是从 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 到 $\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}$ 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, $\beta_1=2 \alpha_1+2 k \alpha_3$, $\boldsymbol{\beta}_2=2 \boldsymbol{\alpha}_2, \quad \boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{\alpha}_1+(k+1) \boldsymbol{\alpha}_3$.
  (I) 证明向量组 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 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 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 下的坐标相同, 并求所有的 $\boldsymbol{\xi}$.

(21)

(本题满分 11 分)

已知矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2 & -2 & 1 \\ 2 & x & -2 \\ 0 & 0 & -2\end{array}\right)$ 与 $\displaystyle \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & y\end{array}\right)$ 相似. (I) 求 $x, y$;

(II) 求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$,使得 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}=\boldsymbol{B}$.

(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→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
    • $\displaystyle \sum a_{i i}=\sum b_{i i}$∶因为特征值一样→所以迹也相等

• 解 (1) 由 $\displaystyle A \sim B \Rightarrow\left\{\begin{aligned}|A| & =|B| \\ \operatorname{tr}(A) & =\operatorname{tr}(B) \\ r(A) & =r(B)\end{aligned}\right.$

  • 行列式的值相等计算：$\displaystyle \begin{aligned} |A| = 4x - 8, \quad |B| = -2y \end{aligned}$
  • 解方程组：$\displaystyle \begin{aligned} \begin{cases}行列式的值相等4x - 8 = -2y \\迹相等:x - 4 = y + 1\end{cases}\end{aligned}$
    • 解得 $x=3, y=-2$.

• 第二问思想:相似矩阵的传递性

  • $\displaystyle \begin{aligned} & \exists P_1 \cdot P_1^{-1} A P_1=\Lambda \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \exists P_2 \cdot P_2^{-1} B P_2=\Lambda \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} P_1^{-1} A P_1=P_2^{-1} B P_2 \Rightarrow\left(P_1 P_2^{-1}\right)^{-1} A\left(P_1 P_2^{-1}\right)=B \Rightarrow P=P_1 P_2^{-1} \end{aligned}$

• 先求特征值

  • $\displaystyle \begin{aligned} \lambda(A)=\lambda(B)=2,-1,-2 \end{aligned}$

• 求A矩阵的特征向量

  • $\displaystyle \begin{aligned} (A-2 E) x=0 \quad\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}-4 & -2 & 1 \\2 & 1 & -2 \\0 & 0 & -4\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & -2 \\0 & 0 & -3 \\0 & 0 & -4\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\end{aligned}$
    • $\displaystyle \left\{\begin{array} { r l } { 2 x _ { 1 } + x _ { 2 } } & { = 0 } \\{ x _ { 3 } } & { = 0 }\end{array} \quad \left\{\begin{array}{l}x_1=k \\x_2=-2 k \\x_3=0\end{array} \quad x=k_1\left(\begin{array}{r}1 \\-2 \\0\end{array}\right)\left(k_1 \neq 0\right)\right.\right.$
  • $(A+E) x=0$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}-1 & -2 & 1 \\2 & 4 & -2 \\0 & 0 & -1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & -1 \\0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \quad\left\{\begin{array}{r}x_1+2 x_2-x_3=0 \\x_3=0\end{array}\right.\end{aligned}$
    • $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x_1=-2 k \\x_2=k \\x_3=0\end{array} \quad x=k_2\left(\begin{array}{c}-2 \\1 \\0\end{array}\right) \quad\left(k_2 \neq 0\right)\right.$
  • $(A+2 E) x=0$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc}0 & -2 & 1 \\2 & 5 & -2 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\left\{\begin{array} { r } { 2 x _ { 1 } + 5 x _ { 2 } - 2 x _ { 3 } = 0 } \\{ - 2 x _ { 2 } + x _ { 3 } = 0 }\end{array} \quad \left\{\begin{array}{ll}x_1=k \\x_2= & -2 k \\x_3=-4 k\end{array} \quad x=k_3\left(\begin{array}{c}1 \\-2 \\-4\end{array}\right)\right.\right.\end{aligned}$

• 求B矩阵的特征向量

  • $\displaystyle (B-2 E) x=0 \quad\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & 0 \\0 & -3 & 0 \\0 & 0 & -4\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{lll}0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \quad x=k_4\left(\begin{array}{l}1 \\0 \\0\end{array}\right) \quad k_4 \neq 0$
  • $\displaystyle (B+E) x=0 \quad\left(\begin{array}{ccc}3 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0 \\0 & 0 & -1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}3 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \quad x=k_5\left(\begin{array}{c}1 \\-3 \\0\end{array}\right) \quad k_5 \neq 0$
  • $\displaystyle (B+2 E) x=0 \quad\left(\begin{array}{lll}4 & 1 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0\end{array}\right) \quad x=k_b\left(\begin{array}{l}0 \\0 \\1\end{array}\right) \quad k_6 \neq 0$

• $\displaystyle \begin{aligned} & P_1^{-1} A P_1=P_2^{-1} B P_2 \xrightarrow[用对角矩阵传递]{传递性}\quad\left(P_1 P_2^{-1}\right)^{-1} A\left(P_1 P_2^{-1}\right)=B \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} P=P_1 P_2^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 1 \\-2 & 1 & -2 \\0 & 0 & -4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\0 & -3 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)^{-1} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \left.\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\0 & -3 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right| \begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right) \xrightarrow[r_1-r_2]{r_2 \cdot-\frac{1}{3}}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array} \left\lvert\, \begin{array}{ccc}1 & \frac{1}{3} & 0 \\0 & -\frac{1}{3} & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right.\right)$
  • $\displaystyle P=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 1 \\-2 & 1 & -2 \\0 & 0 & -4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1 & \frac{1}{3} & 0 \\0 & -\frac{1}{3} & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\-2 & -1 & -2 \\0 & 0 & -4\end{array}\right)$

1992 年数三试题 设矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似, 其中
$\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}-2 & 0 & 0 \\2 & x & 2 \\3 & 1 & 1\end{array}\right), \quad \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\0 & 2 & 0 \\0 & 0 & y\end{array}\right) .$ (1) 求 $x$ 和 $y$ 的值; (2) 求可道矩阵 $P$, 使 $P^{-1} A P=B$.

(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 $Z=X Y$. (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 $\operatorname{Cov}(X, Z)=0$ 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 $P\{X \leqslant a, Z \leqslant b\}=P\{X \leqslant a\} \cdot P\{Z \leqslant b\}$.
      • 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 $\displaystyle f_X(x)=\left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^{-x}, & x>0, \\ 0, & x \leq 0 .\end{array}\right.$
  • X的分布函数:$\displaystyle F_x(x)=\left\{\begin{array}{cc}0 & x<0 \\ 1-e^{-x} & 0 \leqslant x\end{array}\right.$
• Y是离散型:而 $P\{Y=-1\}=p, P\{Y=1\}=1-p$
• $Z=X Y$属于混合型 (1)
• $Z$ 的分布函数为(三件套)
  • $\left.F_Z(z)\xlongequal[]{定义}P\{Z \leqslant z\}\xlongequal[]{转化Z=XY}P\{X Y \leqslant z\}\right.$
    • $\xlongequal[]{对离散的全集分解}P(X Y \leqslant z, Y=-1)+P\{X Y \leqslant z, Y=1\}$
    • $\xlongequal[]{代入Y的值}P\{-X \leqslant z, Y=-1\}+P\{X \leqslant z, Y=1\}$
    • $\xlongequal[]{X与Y独立}P\{X \geqslant-z\} P\{Y=-1\}+P\{X \leqslant z\} P\{Y=1\}$
    • $\xlongequal[]{代入离散型的概率}p P\{X \geqslant-z\}+(1-p) P\{X \leqslant z\}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} P\{x \geqslant-z\}=1-F_x(-z) \end{aligned}$
        • $\displaystyle \begin{aligned} F_x(-z)=\left\{\begin{array}{cc}0 & z>0 \\1-e^z & z \leqslant 0\end{array}\right. \end{aligned}$
        • $\displaystyle \begin{aligned} P\{x \geqslant-z\}=\left\{\begin{array}{cc}1 & z>0 \\e^z & z \leqslant 0\end{array}\right. \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} P\{x \leqslant z\} & =F_x(z) \end{aligned}$
        • $\displaystyle \begin{aligned} =\left\{\begin{array}{cc}0 & z<0 \\1-e^{-z} & 0 \leqslant z\end{array}\right. \end{aligned}$
    • 将对应区域叠加，得到z的分布函数
      • (1) $z<0$ 时, $\quad F_z(z)=P \cdot e^z$
      • (2) $0 \leqslant z$ 时. $\quad F_z(z)=p+(1-p)\left(1-e^{-z}\right)=1-(1-p) e^{-z}$
    • z的分布函数求导，得到概率密度
      • $\displaystyle f_z(z)= \begin{cases}P e^z & z<0 \\ (1-p) e^{-z} & 0 \leqslant z\end{cases}$

(23)

(本题满分 11 分)

设总体 $X$ 的概率密度为

• $\displaystyle f\left(x ; \sigma^{2}\right)= \begin{cases}\frac{A}{\sigma} \mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2 \sigma^{2}}}, & x \geqslant \mu, \\ 0, & x<\mu,\end{cases}$ 其中 $\mu$ 是已知参数, $\displaystyle \sigma>0$ 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 $\displaystyle \sigma^{2}$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 (1)
• 由 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f\left(x ; \sigma^2\right) \mathrm{d} x=1$, 得
  • $\displaystyle 1=\int_\mu^{+\infty} \frac{A}{\sigma} \mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^2}{2 \sigma^2}} \mathrm{~d} x=A \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{~d} t=A \cdot \frac{\sqrt{2 \pi}}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \mathrm{e}^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{~d} t=\frac{\sqrt{2 \pi}}{2} A,$
  • 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$\displaystyle L\left(\sigma^2\right)=\prod_{i=1}^n f\left(x ; \sigma^2\right)=\left\{\begin{array}{c}\left(\sqrt{\frac{2}{x}}\right)^n \cdot \frac{1}{\sigma^n}· e^{-\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^n(x-\mu)^2} \quad x ≥\mu \\ 0\end{array}\right.$
  • 取对数:$\displaystyle \ln L\left(\sigma^2\right)=n \ln \left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right)-\underbrace{n \ln \frac{1}{\sigma}}_{看作\frac{n}{2} \ln \left(\sigma^2\right)}-\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu\right)^2$
  • 对$\displaystyle \sigma^{2}$求导:令 $\displaystyle \frac{d \ln L\left(\sigma^{2}\right)}{d\left(\sigma^{2}\right)}=-\frac{n}{2} \frac{1}{\sigma^{2}}+\frac{1}{2\left(\sigma^{2}\right)^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\mu\right)^{2}=0$
  • 移项: $\displaystyle \xrightarrow[]{通分}\frac{\sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu\right)^2}{2\sigma^4}=\frac{n \sigma^2}{2\sigma^4}$解得 $\displaystyle \sigma^{2}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\mu\right)^{2}$.
    • 故 $\displaystyle \sigma^{2}$ 的最大似然估计量为 $\displaystyle \hat{\sigma}^{2}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$.