2022考研數學一(301)真題及解析(純手打)

前言:

嘿嘿,本人這輩子第一次寫上6000字的文章~

本文章分為三部分:題目、答案(解析版)、答案(簡潔版)(按序排列)。

需要做題目的,看題目,並且在做完之後可以看答案(解析版)。

需要幫人改卷的,可以看答案(簡潔版)。

使用方法如上,接下來開始正文。

題目

一、選擇題:1~10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個選項中,隻有一個選項是最符合題目要求的,請將所選項前的字母填在答題紙指定位置.

1.設(現在拿不到電腦手動更正一下,n→1改為x→1,感謝 @PtDDA 大佬的斧正) begin{aligned}lim_{nrightarrow1}frac{f(x)}{ln x}=1end{aligned} ,則( ).

A. f(1)=0

B. begin{aligned}lim_{xrightarrow1}f(x)=0end{aligned}

C. begin{aligned}f'(1)=1end{aligned}

D. begin{aligned}lim_{xrightarrow1}f'(x)=1end{aligned}

2.設 f(u) 可導, z=xyf(frac{y}{x}) ,若 xfrac{partial z}{partial x}+yfrac{partial z}{partial y}=xy(ln y-ln x) ,則( ).

A. f(1)=frac{1}{2},f'(1)=0

B. f(1)=0,f'(1)=frac{1}{2}

C. f(1)=1,f'(1)=0

D. f(1)=0,f'(1)=1

3.設 -frac{pi}{2}le x_nlefrac{pi}{2} ,則( ).

A.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(sin x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{ntoinfty}x_nend{aligned} 存在.

B.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(cos x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{ntoinfty}x_nend{aligned} 存在.

C.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(sin x_n)end{aligned} 存在且 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{nrightarrowinfty}x_nend{aligned} 不一定存在.

D.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(cos x_n)end{aligned} 存在且 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{nrightarrowinfty}x_nend{aligned} 不一定存在.

4. begin{aligned}I_1=int_0^1frac{x}{2(1+cos x)}mathrm{d}xend{aligned}begin{aligned}I_2=int_0^1frac{ln(1+x)}{1+cos x}mathrm{d}xend{aligned}begin{aligned}I_3=int_0^1frac{2x}{1+sin x}mathrm{d}xend{aligned} ,則( ).

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

5.下列條件中,是矩陣 A_{3times3} 可對角化的一個充分不必要條件是( ).

A. A 有三個互不相等的特征值

B. A 有三個線性無關的特征向量

C. A 有三個兩兩線性無關的特征向量

D. A 的屬於不同特征值的特征向量正交

6.設 abn 階矩陣, E 為單位矩陣.若方程組 Ax=0Bx=0 同解,則( ).

A.方程組 begin{pmatrix} A&O\ E&B\ end{pmatrix} y=0 隻有零解.

B.方程組 begin{pmatrix} E&A\ O&AB end{pmatrix} y=0 隻有零解.

C.方程組 begin{pmatrix} A&B\ O&B end{pmatrix} y=0begin{pmatrix} B&A\ O&A\ end{pmatrix} y=0 同解.

D.方程組 begin{pmatrix} AB&B\ O&A\ end{pmatrix} y=0begin{pmatrix} BA&A\ O&B\ end{pmatrix} y=0 同解.

7.設 mathbf{alpha}_1=begin{pmatrix}lambda\1\1\end{pmatrix}mathbf{alpha}_2= begin{pmatrix} 1\ lambda\ 1\ end{pmatrix}mathbf{alpha}_3= begin{pmatrix} 1\ 1\ lambda\ end{pmatrix}mathbf{alpha}_4= begin{pmatrix} 1\ lambda\ lambda^2\ end{pmatrix} ,若向量組 alpha_1,alpha_2,alpha_3alpha_1,alpha_2,alpha_4 等價,則 lambda 的取值范圍是( ).

A. {0,1}

B. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-2}

C. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1,lambdane-2}

D. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1}

8.設隨機變量 Xsim U(0,3) ,隨機變量 Y 服從參數為 2 的泊松分佈,且 XY 的協方差為 -1 ,則 D(2X-Y+1)= ( ).

A. 1

B. 5

C. 9

D. 12

9.設隨機變量 X_1,X_2,cdots,X_n 獨立同分佈,且 X_14 階矩存在,記 mu_k=E(X_1^k)(k=1,2,3,4) ,則由切比雪夫不等式,對任意 epsilon>0begin{aligned}Pbegin{Bmatrix}left|frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nend{aligned}X_i^2-mu_2right|geepsilonend{Bmatrix}leend{aligned} ( ).

A. frac{mu_4-mu_2^2}{nepsilon^2}

B. frac{mu_4-mu_2^2}{sqrt{n}epsilon^2}

C. frac{mu_2-mu_1^2}{nepsilon^2}

D. frac{mu_2-mu_1^2}{sqrt{n}epsilon^2}

10.設隨機變量 Xsim N(0,1) ,在 X=x 條件下,隨機變量 Ysim N(x,1) ,則 XY 的相關系數為( ).

A. frac{1}{4}

B. frac{1}{2}

C. frac{sqrt{3}}{3}

D. frac{sqrt{2}}{2}

二、填空題:11~16小題,每小題5分,共30分.

11.函數 f(x,y)=x^2+2y^2 在點 (0,1) 的最大方向導數是__________.

12. begin{aligned}int_1^{e^2}frac{ln x}{sqrt{x}}mathrm{d}x=end{aligned} __________.

13.當 xge0,yge0 時, x^2+y^2le kmathrm{e}^{x+y} 恒成立,則 k 的取值范圍是__________.

14.已知級數 begin{aligned}sum_{n=1}^inftyfrac{n!}{n^n}e^{-nx}end{aligned} 的收斂域為 (a,+infty) ,則 a= __________.

15.已知矩陣 AE-A 可逆,其中 E 為單位矩陣,若矩陣 B 滿足 (E-(E-A)^{-1})B=A ,則 B-A= __________.

16.設 A,B,C 為隨機事件,且 AB 互不相容, AC 互不相容, B C 相互獨立, P(A)=P(B)=P(C)=frac{1}{3} ,則 P(Bbigcup C|Abigcup Bbigcup C)= __________.

三、解答題:17~22小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.(本題滿分10分)設函數 y(x) 是微分方程 y'+frac{1}{2sqrt{x}}y=2+sqrt{x} 滿足條件 y(1)=3 的解,求曲線 y=y(x) 的漸近線.

18.(本題滿分12分)已知平面區域 D=begin{Bmatrix}(x,y)|y-2le xlesqrt{4-y^2},0le yle2end{Bmatrix} ,計算 begin{aligned}I=underset{D}iintfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2}mathrm{d}xmathrm{d}y.end{aligned}\

19.(本題滿分12分)已知 Sigma 為曲面 4x^2+y^2+z^2=1(xge0,yge0,zge0) 的上側, LSigma 的邊界曲線,其正向與 Sigma 的正法向量滿足右手法則,計算曲線積分 begin{aligned}I=int_L(yz^2-cos z)mathrm{d}x+2xz^2mathrm{d}y+(2xyz+xsin z)mathrm{d}z.end{aligned}\20.(本題滿分12分)設函數 f(x)(-infty,+infty) 內具有二階連續導數,證明: f''(x)ge0 的充分必要條件是:對不同實數 a,bbegin{aligned}f(frac{a+b}{2})lefrac{1}{b-a}int_a^bf(x)mathrm{d}x.end{aligned}

21.(本題滿分12分)已知二次型 begin{aligned}f(x_1,x_2,x_3)=sum_{i=1}^3sum_{j=1}^3ijx_ix_j.end{aligned}

(1)寫出 f(x_1,x_2,x_3) 對應的矩陣.

(2)求正交變換 x=Qyf(x_1,x_2,x_3) 化為標準型.

(3)求 f(x_1,x_2,x_3)=0 的解.

22.(本題滿分12分)設 X_1,X_2,cdots,X_n 為來自均值為 theta 的指數分佈總體的簡單隨機樣本, Y_1,Y_2,cdots,Y_m 為來自均值為 2theta 的指數分佈總體的簡單隨機樣本,且兩樣本相互獨立,其中 theta(theta>0) 是未知參數.利用樣本 X_1,X_2,cdots,X_nY_1,Y_2,cdots,Y_m ,求 theta 的最大似然估計量 widehat{theta} ,並求 D(widehat{theta}).

答案(解析版)

這個呢,我是相當於講解瞭,然後各位要看標準答案的話,跳到下面~

首先呢,咱們看到這種題不要慌(首先排除我慌瞭),那咱們一道一道做下來哈,我做的肯定有錯的,請各位 cancel{包庇一下} 輕踩勿噴,有錯誤指出,謝謝!

首先第一題——

begin{aligned}lim_{nrightarrow1}frac{f(x)}{ln x}=1end{aligned} ,則( ).

A. f(1)=0

B. begin{aligned}lim_{xrightarrow1}f(x)=0end{aligned}

C. begin{aligned}f'(1)=1end{aligned}

D. begin{aligned}lim_{xrightarrow1}f'(x)=1end{aligned}

首先這種,看到 xto1 ,再看到一個 ln(x) ,這靈感不就蹭蹭蹭往上漲~

啊,那我們知道,這個 ln1 肯定是 0 ,啊~

然後我們看,不是B和D裡面都是求一個 begin{aligned}lim_{xto1}f(x)end{aligned} 嗎?

那我們在原題的基礎上,乘上一個 ln x ,不就是 0 瞭嗎?

因此,我們可以這麼寫:

begin{align} begin{aligned} lim_{xto1}f(x)&=lim_{xto1}frac{f(x)}{ln x}ln x\ &=0. end{aligned} end{align}

所以呢,我們選B。

接下來看第二題——

f(u) 可導, z=xyf(frac{y}{x}) ,若 xfrac{partial z}{partial x}+yfrac{partial z}{partial y}=xy(ln y-ln x) ,則( ).

A. f(1)=frac{1}{2},f'(1)=0

B. f(1)=0,f'(1)=frac{1}{2}

C. f(1)=1,f'(1)=0

D. f(1)=0,f'(1)=1

這這這這這屬實是有點 cancel{mathrm{bt}} 合理瞭。。。

不過,莫有關系,咱們首先把那兩個離譜的 partial 化掉——

frac{partial z}{partial x}=yf(frac yx)+xyf^prime(frac yx)(frac{-y}{x^2})=yf(frac{y}{x})-frac{y^2}{x}f'(frac{y}{x}).

然後後面那個一樣的: frac{partial z}{partial y}=xf(frac{y}{x})+yf'(frac{y}{x}).

然後我們再化簡 xfrac{partial z}{partial x}+yfrac{partial z}{partial y} ,過程略瞭,讀者自證不難(狗頭):

xfrac{partial z}{partial x}+yfrac{partial z}{partial y}=2xyf(frac{y}{x})

2xyf(frac{y}{x})=y^2(ln y-ln x).

然後這邊就得到 f(frac{y}{x})=frac{1}{2}frac{y}{x}lnfrac{y}{x} ,然後他這裡變量不都是 frac{y}{x} 嗎?

那幹脆令 u=frac{y}{x} ,不就得到 f(u)=frac{1}{2}uln u

那得到瞭 f(u) ,不就可以求啦?

這裡過程略掉瞭,直接就得到一個D。

接下來第三題:

3.設 -frac{pi}{2}le x_nlefrac{pi}{2} ,則( ).

A.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(sin x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{ntoinfty}x_nend{aligned} 存在.

B.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(cos x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{ntoinfty}x_nend{aligned} 存在.

C.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(sin x_n)end{aligned} 存在且 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{nrightarrowinfty}x_nend{aligned} 不一定存在.

D.若 begin{aligned}lim_{ntoinfty}sin(cos x_n)end{aligned} 存在且 begin{aligned}lim_{ntoinfty}cos(x_n)end{aligned} 存在,則 begin{aligned}lim_{nrightarrowinfty}x_nend{aligned} 不一定存在.

這道有一個極妙的解法(雖然我不知道對於考研生來說妙不妙,對我來說蠻妙的。。。):

x_n=(-1)^n ,直接幹掉ABC,所以選D。

第四題——

4. begin{aligned}I_1=int_0^1frac{x}{2(1+cos x)}mathrm{d}xend{aligned}begin{aligned}I_2=int_0^1frac{ln(1+x)}{1+cos x}mathrm{d}xend{aligned}begin{aligned}I_3=int_0^1frac{2x}{1+sin x}mathrm{d}xend{aligned} ,則( ).

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

那麼這種,肯定是 cancel{死算} 一個一個比較嘛,先比較 I_1I_2

遇到這兩個的話,一眼同分母:

begin{aligned}I_1=int_0^1frac{frac{x}{2}}{1+cos x}mathrm{d}xend{aligned}begin{aligned}I_2=int_0^1frac{ln(1+x)}{1+cos x}mathrm{d}xend{aligned}

這裡不就比較 frac{x}{2}ln(1+x) 嗎?

顯然 frac{x}{2}leln(1+x),xin[0,1]therefore I_1<I_2.

但是,考場中是沒有desmos的,因此,我們可以嚴謹證明一下:

要嚴謹證明的話,可以令 f(x)=ln(1+x)-frac{x}{2},xin[0,1].

接下來的話,首先我們知道 f(0)=0 ,這不用說瞭,

然後把它求個導,得到 f^prime(x)=frac{1}{1+x}-frac{1}{2}=frac{1-x}{2(1+x)}.

顯然嘛,這個在 [0,1] 是大於等於 0 的,在 x=0 時取等號。

所以呢這個 f(x)[0,1] 單增,

因此 ln(1+x)gefrac{x}{2}

接下來比較 I_2I_3 ——

這個其實也是比較簡單的,把 I_3 變成 begin{aligned}int_0^1frac{x}{frac{1+sin x}{2}}mathrm{d}xend{aligned} ,接下來,還是比較分子——

也就是比較 ln(1+x)x ,過程略瞭,直接來: x>ln(1+x).

比較分母的話 1+cos x>frac{1+sin x}{2}.

I_2 分母大,分子還小,所以顯然 frac{2x}{1+sin x}>frac{ln(1+x)}{1+cos x}.

I_3>I_2.

綜上所述, I_1<I_2<I_3.

我不管~我要寫 Q.E.D. 誰也別想攔我~~~

咳咳,我們繼續,第五題——

下列條件中,是矩陣 A_{3times3} 可對角化的一個充分不必要條件是( ).

A. A 有三個互不相等的特征值

B. A 有三個線性無關的特征向量

C. A 有三個兩兩線性無關的特征向量

D. A 的屬於不同特征值的特征向量正交

這個應該簡單瞭,選A,我就不多說瞭~

算瞭,還是說一說, cancel{湊個字數} 幫大傢更好理解:

我們就看A——

(充分性)

有三個互不相等的特征值,也就是有三個無關的特征向量。

有三個無關的特征向量,A就可以相似對角化。

(不必要性)

A可以相似對角化,不一定有三個不互相等的特征值(可以有重特征值)。

後面呢第六題——

abn 階矩陣, E 為單位矩陣.若方程組 Ax=0Bx=0 同解,則( ).

A.方程組 begin{pmatrix} A&O\ E&B\ end{pmatrix} y=0 隻有零解.

B.方程組 begin{pmatrix} E&A\ O&AB end{pmatrix} y=0 隻有零解.

C.方程組 begin{pmatrix} A&B\ O&B end{pmatrix} y=0begin{pmatrix} B&A\ O&A\ end{pmatrix} y=0 同解.

D.方程組 begin{pmatrix} AB&B\ O&A\ end{pmatrix} y=0begin{pmatrix} BA&A\ O&B\ end{pmatrix} y=0 同解.

這題答案是C,我們就著C分析一波~

可以令 y= begin{pmatrix} u\ x\ end{pmatrix} ,這樣的話 begin{align} begin{pmatrix} A&B\ O&B\ end{pmatrix} y=0&Leftrightarrow begin{pmatrix} A&B\ O&B\ end{pmatrix} begin{pmatrix} u\ x\ end{pmatrix} =0\&Leftrightarrow begin{cases} begin{pmatrix} A&B end{pmatrix} begin{pmatrix} u\ x\ end{pmatrix} =Au+Bx=0\[2ex] Bx=0 end{cases} \&Leftrightarrow begin{cases} Au=0\[2ex] Bx=0\[2ex] end{cases} end{align}\begin{align}begin{pmatrix}B&A\O&A\end{pmatrix}y=0&Leftrightarrowbegin{pmatrix}B&A\O&A\end{pmatrix}begin{pmatrix}u\x\end{pmatrix}=0\&Leftrightarrowbegin{cases}begin{pmatrix}B&Aend{pmatrix}begin{pmatrix}u\xend{pmatrix}=Bu+Ax=0\[2ex]Ax=0\[2ex]end{cases}\&Leftrightarrowbegin{cases}Bu=0\[2ex]Ax=0\[2ex]end{cases}end{align}\ 所以 begin{pmatrix}A&B\O&B\end{pmatrix}y=0begin{pmatrix}B&A\O&Aend{pmatrix}y=0 同解,

它就等價於 begin{cases}Au=0\[2ex]Bx=0\[2ex]end{cases}begin{cases}Bu=0\[2ex]Ax=0\[2ex]end{cases} 同解。

因為 Ax=0Bx=0 同解,所以 begin{cases}Au=0\[2ex]Bx=0\[2ex]end{cases}begin{cases}Bu=0\[2ex]Ax=0\[2ex]end{cases} 同解。

所以 begin{pmatrix}A&B\O&B\end{pmatrix}y=0begin{pmatrix}B&A\O&Aend{pmatrix}y=0 同解。

故C正確,選C。

來,第七題——

mathbf{alpha}_1=begin{pmatrix}lambda\1\1\end{pmatrix}mathbf{alpha}_2= begin{pmatrix} 1\ lambda\ 1\ end{pmatrix}mathbf{alpha}_3= begin{pmatrix} 1\ 1\ lambda\ end{pmatrix}mathbf{alpha}_4= begin{pmatrix} 1\ lambda\ lambda^2\ end{pmatrix} ,若向量組 alpha_1,alpha_2,alpha_3alpha_1,alpha_2,alpha_4 等價,則 lambda 的取值范圍是( ).

A. {0,1}

B. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-2}

C. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1,lambdane-2}

D. {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1}

我們就先把向量組寫出來,是 (alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4)=begin{pmatrix}lambda&1&1&1\1&lambda&1&lambda\1&1&lambda&{lambda}^2end{pmatrix}

然後它可以變成 begin{pmatrix}1&1&lambda&lambda^2\0&lambda-1&1-lambda&lambda-lambda^2\0&0&(2+lambda)(1-lambda)&(lambda+1)^2(1-lambda)end{pmatrix}

然後呢,我們先算算 lambdane1lambdane-1lambdane2 時,這兩個向量組:

r(alpha_1,alpha_2,alpha_3)=r(alpha_1,alpha_2,alpha_4)=r(alpha_1,alpha_2,alpha_3|alpha_1,alpha_2,alpha_4)=3

所以呢,這倆是等價的。

接下來,題目裡肯定沒有給你 {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane1,lambdane-1,lambdane-2} 的選項啊,那怎麼辦?

我們就一個一個試唄,如果 lambda 等於這其中一個的時候還是等價的,那不就把它叉掉瞭?

首先,當 lambda=1 時:

(alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4)rightarrowbegin{pmatrix}1&1&1&1\0&0&0&0\0&0&0&0end{pmatrix}

那麼很顯然, r(alpha_1,alpha_2,alpha_3)=r(alpha_1,alpha_2,alpha_4)=r(alpha_1,alpha_2,alpha_3|alpha_1,alpha_2,alpha_4)=1.

所以,我們的范圍就變成瞭 {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1,lambdane-2} 瞭,接著來——

lambda=-1 時,

(alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4)rightarrowbegin{pmatrix}1&1&-1&1\0&-2&2&-2\0&0&2&0end{pmatrix}

然後呢,可以計算——

r(alpha_1,alpha_2,alpha_3)=3,r(alpha_1,alpha_2,alpha_4)=2

顯然這倆不相等,所以 lambda 確實不能等於 -1

然後當 lambda=-2 時,

(alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4)rightarrowbegin{pmatrix}1&1&-2&4\0&-3&3&-6\0&0&0&3\end{pmatrix}

那麼,這個時候 begin{cases}r(alpha_1,alpha_2,alpha_3)=2\[2ex]r(alpha_1,alpha_2,alpha_4)=3end{cases}Rightarrow r(alpha_1,alpha_2,alpha_3)ne r(alpha_1,alpha_2,alpha_4)Rightarrowlambdane-2.\所以呢, lambda 也確實不能等於 -2

因此, lambda 的取值范圍是 {lambda|lambdainmathbb{R},lambdane-1,lambdane-2}

所以選C。

然後第八題——

設隨機變量 Xsim U(0,3) ,隨機變量 Y 服從參數為 2 的泊松分佈,且 XY 的協方差為 -1 ,則 D(2X-Y+1)= ( ).

A. 1

B. 5

C. 9

D. 12

這種應該簡單的哈, Xsim U(0,3) ,然後 D(x)=frac{(3-0)^2}{12}=frac{3}{4}

又因為 D(Y)=2 ,所以呢 D(2X-Y+1)=4D(x)+D(Y)-2mathrm{Cov}(2X,Y)=4timesfrac{3}{4}+2-4times(-1)=9.\ 因此選C。

第九題——

設隨機變量 X_1,X_2,cdots,X_n 獨立同分佈,且 X_14 階矩存在,記 mu_k=E(X_1^k)(k=1,2,3,4) ,則由切比雪夫不等式,對任意 epsilon>0begin{aligned}Pbegin{Bmatrix}left|frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nend{aligned}X_i^2-mu_2right|geepsilonend{Bmatrix}leend{aligned} ( ).

A. frac{mu_4-mu_2^2}{nepsilon^2}

B. frac{mu_4-mu_2^2}{sqrt{n}epsilon^2}

C. frac{mu_2-mu_1^2}{nepsilon^2}

D. frac{mu_2-mu_1^2}{sqrt{n}epsilon^2}

對於這種題,不要慌,其實稍微化簡一下,就可以應用 mathrm{Chebyshev} 不等式啦~

Ebegin{pmatrix}frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i^2end{aligned}end{pmatrix}=frac{1}{n}begin{pmatrix}begin{aligned}sum_{i=1}^nE(x_i^2)end{aligned}end{pmatrix}=E(x_i^2)=mu_2.

然後 Dbegin{pmatrix}frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i^2end{aligned}end{pmatrix}=frac{1}{n^2}begin{aligned}sum_{i=1}^nD(x_i^2)=frac{1}{n}(mu_4-mu_2^2)end{aligned}.

然後就可以用 mathrm{Chebyshev} 不等式瞭:

Pbegin{Bmatrix}left|frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i^2-mu_2end{aligned}right|geepsilonend{Bmatrix}lefrac{Dbegin{pmatrix}frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i^2end{aligned}end{pmatrix}}{epsilon^2} ,然後也就是

frac{Dbegin{pmatrix}frac{1}{n}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i^2end{aligned}end{pmatrix}}{epsilon^2}=frac{mu_4-mu_2^2}{nepsilon^2} ,所以說選A。

接下來選擇題的最後一題啦,第十題開始——

10.設隨機變量 Xsim N(0,1) ,在 X=x 條件下,隨機變量 Ysim N(x,1) ,則 XY 的相關系數為( ).

A. frac{1}{4}

B. frac{1}{2}

C. frac{sqrt{3}}{3}

D. frac{sqrt{2}}{2}

首先,我們很容易知道(狗頭) X 的概率密度 f_X(x)=frac{1}{sqrt{2pi}}mathrm{e}^{-frac{x^2}{2}}

然後呢,就是當 X=x 的時候, Y 的條件概率密度就是 f_{Y|X}(y|x)=frac{1}{sqrt{2pi}}mathrm{e}^{-frac{(y-x)^2}{2}}

所以呢我們可以推出 (X,Y) 的概率密度: f(x,y)=frac{1}{2pi}mathrm{e}^{-frac{x^2}{2}-frac{(y-x)^2}{2}}=frac{1}{2pi}mathrm{e}^{-x^2-frac{y^2}{2}+xy}

然後呢(長公式警告),由二維正態分佈的概率密度: Largebegin{aligned}f(x,y)=frac{1}{2pisigma_1sigma_2sqrt{1-rho^2}}mathrm{e}^{-frac{1}{2(1-rho^2)}begin{bmatrix}frac{(x-mu_1)^2}{sigma_1^2}-frac{2rho(x-mu_1)(y-mu_2)}{sigma_1sigma_2}+frac{(y-mu_2)^2}{sigma_2^2}end{bmatrix}}end{aligned}

(這裡打大一點,怕你們看不清楚指數部分)

可以知道 (X,Y)sim N(0,0;1,2;frac{sqrt{2}}{2})

那這不就來瞭嗎?啊?這不就來瞭嗎!!!

誒~~~所以選D。

然後填空題來啦~

第十一題——

函數 f(x,y)=x^2+2y^2 在點 (0,1) 的最大方向導數是__________.

我們就弄個方向 tau=(cosalpha,sinalpha) ,然後呢就開始導唄:

frac{partial f}{partial tau}|_{(0,1)}=begin{pmatrix}frac{partial f}{partial x},frac{partial f}{partial y}end{pmatrix}|_{(0,1)}cdot(cosalpha,sinalpha)=(2x,4y)|_{(0,1)}cdot(cosalpha,sinalpha)=4sinalpha

那麼,經過一波操作,得到最大值為 4max(4sinalpha)=4 )。

所以填 4

接下來,第十二題——

12. begin{aligned}int_1^{e^2}frac{ln x}{sqrt{x}}mathrm{d}x=end{aligned} __________.

這道題,我們簡簡單單的令 t=sqrt{x} ,那不就來瞭嗎?

原式就變成 begin{aligned}int_1^mathrm{e}frac{2ln t}{t}2t,mathrm{d}t=4tln t|_1^mathrm{e}-4int_1^mathrm{e}ttimesfrac{1}{t},mathrm{d}t=4mathrm{e}-4t|_1^mathrm{e}=4.end{aligned}

誒~還是4~~~

接下來,第十三題——

xge0,yge0 時, x^2+y^2le kmathrm{e}^{x+y} 恒成立,則 k 的取值范圍是__________.

@爭流考研韓校長 您這題錯啦:P

首先,這個等價於 kgefrac{x^2+y^2}{mathrm{e}^{x+y}}.

f(x,y)=frac{x^2+y^2}{mathrm{e}^{x+y}}=(x^2+y^2)mathrm{e}^{-x-y}.

然後我們就相當於要計算 f(x,y)xge0yge0 上的最大值。

那麼我們有 frac{partial f}{partial x}=e^{-x-y}(2x-x^2-y^2)frac{partial f}{partial y}=mathrm{e}^{-x-y}(2y-x^2-y^2).

frac{partial f}{partial x}=frac{partial f}{partial y}=0.

解得駐點為 (0,0),(1,1)

然後就是無聊的求二次:

begin{cases}frac{partial^2f}{partial x^2}=mathrm{e}^{-x-y}(2-4+x^2+y^2)\[2ex]frac{partial^2f}{partial xpartial y}=mathrm{e}^{-x-y}(-2x-2y+x^2+y^2)\[2ex]frac{partial^2f}{partial y^2}=mathrm{e}^{-x-y}(2-4y+x^2+y^2)\[2ex]end{cases}

對於駐點 (0,0) ,它是 A=2,B=0,C=2.

然後有 AC-B^2>0A>0.

所以他是極小值,即 f_{min}=f(0,0)=0.

然後對於駐點 (1,1) ,它的 A=0,B=-2mathrm{e}^{-2},C=0.

AB-C^2<0,therefore(1,1) 不是極值。

x=0 時, f(0,y)=y^2mathrm{e}^{-y}.

f'(0,y)=2ymathrm{e}^{-y}-y^2mathrm{e}^{-y}=0.

所以 y=2 是駐點。

然後二階導數 f''(y)=(y^2-4y+2)mathrm{e}^{-y}.

f''(0,2)=-2e^{-2}<0.

f(0,2)=4mathrm{e}^{-2}=frac{4}{mathrm{e}^2} 是最大值,

所以 f(2,0)=frac{4}{mathrm{e}^2} 也是最大值。

綜上, kge f_{max}=frac{4}{mathrm{e}^2}.

然後,我們看第十四題~

已知級數 begin{aligned}sum_{n=1}^inftyfrac{n!}{n^n}e^{-nx}end{aligned} 的收斂域為 (a,+infty) ,則 a= __________.

首先,我們直接令 x_n=frac{n!}{n^n}mathrm{e}^{-xn} ,那麼,就簡簡單單的列個極限: begin{aligned}lim_{nrightarrowinfty}left|frac{x_{n+1}}{x_n}right|=lim_{nrightarrowinfty}left|frac{frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}mathrm{e}^{-x(n+1)}}{frac{n!}{n}mathrm{e}^{-xn}}right|=mathrm{e}^{-x}lim_{nrightarrowinfty}frac{1}{(1+frac{1}{n})^n}=e^{-x-1}<1.end{aligned}\ 然後化簡之後就是上面那個樣子,得到 x>-1 ,也就是 a=-1

這個不寫個 Q.E.D. 都對不起良心。。。

接下來第十五題——

已知矩陣 AE-A 可逆,其中 E 為單位矩陣,若矩陣 B 滿足 (E-(E-A)^{-1})B=A ,則 B-A= __________.

這個咱就直接來瞭啊:

begin{align}begin{pmatrix}E-(E-A)^{-1}end{pmatrix}B=A&Rightarrow B-(E-A)^{-1}B=A\&Rightarrow B-A=(E-A)^{-1}B\&Rightarrow(E-A)(B-A)=B\&Rightarrow(E-A)(B-A)=B-A+A\&Rightarrow(E-A-E)(B-A)=A\&Rightarrow -A(B-A)=A\&Rightarrow B-A=-E.end{align}

然後呢填空的最後一道——

第十六題,來吧——

A,B,C 為隨機事件,且 AB 互不相容, AC 互不相容, B C 相互獨立, P(A)=P(B)=P(C)=frac{1}{3} ,則 P(Bbigcup C|Abigcup Bbigcup C)= __________.

這道題要是還說難,那真的是。。。(個人感慨,大佬勿噴)

首先,我們把這個 P(Bbigcup C|Abigcup Bbigcup C) 拆成 frac{P(Bbigcup C)}{P(Abigcup Bbigcup C)} ,然後分兩部分:

P(Bbigcup C)=P(B)+P(C)+P(BC)

然後 P(BC)=P(B)P(C)=frac{1}{9}P(B)=P(C)=frac{1}{3}.

P(Abigcup Bbigcup C)=P(A)+P(Bbigcup C)-P(Abigcap (Bbigcup C))

這個裡面,除瞭 P(A) ,後面那一坨可以變成 P(Bbigcup C) ,也就是

P(Abigcup Bbigcup C)=P(A)+P(Bbigcup C)=frac{1}{3}+frac{5}{9}=frac{8}{9}.

所以 P(Bbigcup C|Abigcup Bbigcup C)=frac{P(Bbigcup C)}{P(Abigcup Bbigcup C)}=frac{frac{5}{9}}{frac{8}{9}}=frac{5}{8}.

接下來解答題:

第十七題——

設函數 y(x) 是微分方程 y'+frac{1}{2sqrt{x}}y=2+sqrt{x} 滿足條件 y(1)=3 的解,求曲線 y=y(x) 的漸近線.

我們解解 y(x) :

begin{aligned}begin{align}y(x)&=begin{aligned}mathrm{e}^{-intfrac{1}{2sqrt{x}},mathrm{d}x}end{aligned}begin{bmatrix}begin{aligned}int(2+sqrt{x})mathrm{e}^{intfrac{1}{2sqrt{x}},mathrm{d}x},mathrm{d}x+Cend{aligned}end{bmatrix}\&=mathrm{e}^{-sqrt{x}}begin{bmatrix}begin{aligned}int(2+sqrt{x})mathrm{e}^{sqrt{x}},mathrm{d}x+Cend{aligned}end{bmatrix}\&=mathrm{e}^{-sqrt{x}}(2xmathrm{e}^{sqrt{x}}+C)\&=2x+mathrm{e}^{-sqrt{x}}C.end{align}end{aligned}

然後呢,由 y(1)=3 ,我們可以解得 C=mathrm{e}

所以呢, y(x) 就等於 2x+mathrm{e}^{1-sqrt{x}}

人那漸近線不是 y=ax+b 嗎?那咱一個一個求:

begin{aligned}a=lim_{xto+infty}frac{y}{x}=lim_{xto+infty}frac{2x+mathrm{e}^{1-sqrt{x}}}{x}=2.end{aligned}

begin{aligned}b=lim_{xto+infty}(y-2x)=lim_{xto+infty}mathrm{e}^{1-sqrt{x}}=0.end{aligned}

那漸近線不就是 y=2x 嗎?

第十八題——

已知平面區域 D=begin{Bmatrix}(x,y)|y-2le xlesqrt{4-y^2},0le yle2end{Bmatrix} ,計算 begin{aligned}I=underset{D}iintfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2}mathrm{d}xmathrm{d}y.end{aligned}\

看到這個直接死算,往死裡算!!!啊啊啊啊啊啊。。。咳咳。。

反正就是算嘛,來來來:

begin{aligned}I=underset{D}iintfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2},mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

等於——(深吸一口氣) begin{aligned}int_0^{frac{pi}{2}}(costheta-sintheta)^2,mathrm{d}thetaint_0^2r,mathrm{d}r+int_{frac{pi}{2}}^{pi}(costheta-sintheta)^2,mathrm{d}thetaint^{frac{2}{sintheta-costheta}}_0r,mathrm{d}rend{aligned}\ 化簡一下,得到 begin{aligned}2int_0^frac{pi}{2}(1-2sinthetacostheta),mathrm{d}theta+2int_{frac{pi}{2}}^pimathrm{d}thetaend{aligned}\ 接下來再化簡一步,變成—— begin{aligned}2(theta-sin^2theta)|_0^frac{pi}{2}+piend{aligned}\ 後面就是開開心心的化簡啦~

=2(frac{pi}{2}-1)+pi=2pi-2.\ 那麼,我們接下來看第十九題——

已知 Sigma 為曲面 4x^2+y^2+z^2=1(xge0,yge0,zge0) 的上側, LSigma 的邊界曲線,其正向與 Sigma 的正法向量滿足右手法則,計算曲線積分 begin{aligned}I=int_L(yz^2-cos z)mathrm{d}x+2xz^2mathrm{d}y+(2xyz+xsin z)mathrm{d}z.end{aligned}\ 看到這種題,我們想到的肯定是 mathrm{Stokes} 公式,把它化簡。。。

啊,想不到也沒關系,反正我想到瞭。。。

begin{aligned}I=underset{Sigma}iintbegin{vmatrix}mathrm{d}ymathrm{d}z&mathrm{d}zmathrm{d}x&mathrm{d}xmathrm{d}y\frac{partial}{partial x}&frac{partial}{partial y}&frac{partial}{partial z}\yz^2-cos z&2xz^2&2xyz+xsin zend{vmatrix}end{aligned}

begin{aligned}=underset{Sigma}iint-2xz,mathrm{d}y,mathrm{d}z+z^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned} begin{aligned}=underset{4x^2+y^2le1}iintbegin{bmatrix}-2xsqrt{1-4x^2-y^2}frac{4x}{sqrt{1-4x^2-y^2}}+1-4x^2-y^2end{bmatrix},mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned} begin{aligned}=underset{4x^2+y^2le1}iint1-12x^2-y^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned} begin{aligned}=frac{pi}{8}-underset{4x^2+y^2le1}iint12x^2+y^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

然後呢,我們令 x_1=2x ,就有

begin{aligned}I=frac{pi}{8}-frac{1}{2}underset{x_1^2+y^2le1,x_1ge0,yge0}iint3x_1^2+y^2,mathrm{d}x_1,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=frac{pi}{8}-frac{1}{2}int_0^frac{pi}{2}mathrm{d}thetaint_0^13r^3cos^2theta+r^3sin^2theta,mathrm{d}theta=0.end{aligned}

所以呢,這個積分就是 large0!!!!!!!!!!!

。。。咳咳,我們繼續,第二十題——

設函數 f(x)(-infty,+infty) 內具有二階連續導數,證明: f''(x)ge0 的充分必要條件是:對不同實數 a,bbegin{aligned}f(frac{a+b}{2})lefrac{1}{b-a}int_a^bf(x)mathrm{d}x.end{aligned}

這種就證一個充分性和必要性就行瞭,先來——

充分性(這裡采用反證法):假設 exists x 使得 f^{primeprime}(x)<0

然後根據它的連續性和局部保號性可得:

存在 x 的小鄰域 (c,d) 使得 f^{primeprime}(x)<0 ,那麼,就有

對於 forall xin(c,d)-f^{primeprime}(x)>0.

這時候令 begin{aligned}g(x)=int_c^xf(t),mathrm{d}t-(x-c)f(frac{x+c}{2})end{aligned} ,其中 g(c)=0

然後我們求一下 g(x) 的導數——

g^prime(x)=frac{x-c}{2}begin{bmatrix}f^prime(eta)-f^prime(frac{x+c}{2})end{bmatrix}.

其中 etain(frac{x+c}{2},x)=frac{x-c}{2}(eta-frac{x+c}{2})f^{primeprime}(gamma)<0,gammain(frac{x+c}{2},eta)

所以我們的這個 g(x) 它是單減,因此 begin{aligned}g(c)=0>g(d)Leftrightarrowfrac{1}{d-c}int_c^df(t),mathrm{d}t<f(frac{c+d}{2})end{aligned}

這個與題目矛盾,因此對於 forall x ,有 f^{primeprime}(x)ge0.

接下來證它的必要性:

begin{aligned}h(x)=(x-a)f(frac{x+a}{2})-int_a^xf(t),mathrm{d}tend{aligned} ,然後 h(a)=0.

然後再求個導——

h^prime(x)=f(frac{x+a}{2})+(x-a)f^prime(frac{x+a}{2})-f(x)=frac{1}{2}(x-a)begin{bmatrix}f^prime(frac{x+a}{2})-f^prime(xi)end{bmatrix},xiin(frac{x+a}{2},x).

f^{primeprime}(x)ge0Rightarrow f^prime(x) 單增 Rightarrow h^prime(x)le0Rightarrow h(x) 單減 Rightarrow h(b)le h(a)=0.

然後就證完瞭~

接下來二十一題——

已知二次型 begin{aligned}f(x_1,x_2,x_3)=sum_{i=1}^3sum_{j=1}^3ijx_ix_j.end{aligned}

(1)寫出 f(x_1,x_2,x_3) 對應的矩陣.

(2)求正交變換 x=Qyf(x_1,x_2,x_3) 化為標準型.

(3)求 f(x_1,x_2,x_3)=0 的解.

第一小問來康康~

二次型 begin{aligned}f(x_1,x_2,x_3)=sum_{i=1}^3sum_{j=1}^3ijx_ix_j=x_1^2+4x_2^2+9x_3^2+4x_1x_2+6x_1x_3+12x_2x_3.end{aligned}

所以它的矩陣就是 begin{pmatrix}1&2&3\2&4&6\3&6&9end{pmatrix}

接下來第二小問:

left|lambda E-Aright|=begin{vmatrix}lambda-1&-2&-3\-2&lambda-4&-6\-3&-6&lambda-9\end{vmatrix}=lambda^2(lambda-14)=0.

它的特征值是 lambda_1=14lambda_2=lambda_3=0.

lambda_1=14 時, (lambda E-A)x=0 的基礎解系為 alpha_1=(1,2,3)^top.

lambda_2=lambda_3=0 時, (lambda E-A)x=0 的基礎解系為 alpha_2=(-2,1,0)^topalpha_3=(-3,-6,5)^top.

alpha_1,alpha_2,alpha_3 已經正交。把它們單位化得到:

begin{cases}beta_1=frac{1}{sqrt{14}}(1,2,3)^top\[2ex]beta_2=frac{1}{sqrt{5}}(-2,1,0)^top\[2ex]beta_3=frac{1}{sqrt{70}}(-3,-6,5)^topend{cases}

令正交矩陣 Q=(beta_1,beta_2,beta_3) ,經正交變換 x=Qy

原二次型化為 f(y_1,y_2,y_3)=14y_1^2.

第三小問——

because f(x_1,x_2,x_3)=0

therefore f(y_1,y_2,y_3)=0=14y_1^2 ,解得 y_1=0.

所以(深吸一口氣)——

begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3end{pmatrix}=begin{pmatrix}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{pmatrix}begin{pmatrix}0\y_2\y_3end{pmatrix}

所以——

begin{cases}x_1=-3y_3-2y_2\[2ex]x_2=y_2-6y_3\[2ex]x_3=5y_3end{cases}

其中 y_2y_3 為任意實數。

嗯,就這樣,就解出來瞭。。。

然後最後一題——

X_1,X_2,cdots,X_n 為來自均值為 theta 的指數分佈總體的簡單隨機樣本, Y_1,Y_2,cdots,Y_m 為來自均值為 2theta 的指數分佈總體的簡單隨機樣本,且兩樣本相互獨立,其中 theta(theta>0) 是未知參數.利用樣本 X_1,X_2,cdots,X_nY_1,Y_2,cdots,Y_m ,求 theta 的最大似然估計量 widehat{theta} ,並求 D(widehat{theta}).

首先呢我們先求 XY 的概率密度。

f_X(x;theta)=begin{cases}frac{1}{theta}mathrm{e}^{-frac{x}{theta}},x>0\[2ex]0end{cases}

那個 f_X(x;theta)=0 的條件是其他,蠻討厭 LaTeX 的中文字體的。。。。

f_Y(y;theta)=begin{cases}frac{1}{2theta}mathrm{e}^{-frac{y}{2theta}},y>0\[2ex]0end{cases}

一樣的,那個 f_Y(y;theta) 的條件是其他。

接下來,我們令 smallbegin{aligned}L=prod_{i=1}^{n}f_X(x_i,theta)prod_{j=1}^mf_Y(Y_j;theta)=prod_{i=1}^nfrac{1}{theta}mathrm{e}^{-frac{x_i}{theta}}prod_{j=1}^{m}frac{1}{2theta}mathrm{e}^{-frac{y_j}{2theta}}(x_i>0,y_j>0,i=1,2,cdots,n,j=1,2,cdots,m).end{aligned}

那麼有 begin{aligned}ln L=sum_{i=1}^n(-lntheta-frac{x_i}{theta})+sum_{j=1}^m(lnfrac{1}{2}-lntheta-frac{y_j}{2theta})end{aligned}

begin{aligned}frac{mathrm{d}ln L}{mathrm{d}theta}=sum_{i=1}^n(frac{x_i}{theta^2}-frac{1}{theta})+sum_{j=1}^m(frac{y_j}{2theta^2}-frac{1}{theta})end{aligned}.

化簡得 begin{aligned}frac{mathrm{d}ln L}{mathrm{d}theta}=sum_{i=1}^nfrac{x_i}{theta^2}+sum_{j=1}^mfrac{y_j}{2theta^2}-frac{m+n}{theta}end{aligned}.

然後這一坨東西是等於 0 的,也就是 begin{aligned}sum_{i=1}^nfrac{x_i}{theta^2}+sum_{j=1}^mfrac{y_j}{2theta^2}-frac{m+n}{theta}=0end{aligned}.

所以 begin{aligned}widehat{theta}=frac{1}{m+n}begin{pmatrix}begin{aligned}sum_{i=1}^nx_i+frac{1}{2}sum_{j=1}^my_jend{aligned}end{pmatrix}end{aligned}

這個(上面那一坨)就是我們要求的, theta 的最大似然估計量 widehat{theta}

噢噢差點忘瞭,要把 x,y 換成 X,Y ,所以,theta 的最大似然估計量 widehat{theta} 是這個:

begin{aligned}widehat{theta}=frac{1}{m+n}end{aligned}begin{pmatrix}begin{aligned}sum_{i=1}^nX_i+frac{1}{2}sum_{j=1}^mY_jend{aligned}end{pmatrix}.

接下來求 D(widehat{theta}) ——

begin{aligned}D(widehat{theta})=frac{1}{(m+n)^2}end{aligned}begin{pmatrix}begin{aligned}sum_{i=1}^nDX_i+frac{1}{4}sum_{j=1}^mDY_jend{aligned}end{pmatrix}begin{aligned}=frac{1}{(m+n)^2}begin{pmatrix}begin{aligned}nDX+frac{1}{4}mDYend{aligned}end{pmatrix}end{aligned}

begin{aligned}=frac{1}{(m+n)^2}(ntheta^2+frac{1}{4}m4theta^2)=frac{theta^2}{m+n}.end{aligned}

好啦,至此,整個考研卷子,就做完瞭。

接下來是簡潔版的答案。

答案(簡潔版)

1.B

2.D

3.D

4.A

5.A

6.C

7.C

8.C

9.A

10.D

11. 4

12. 4

13. frac{4}{mathrm{e}^2}

14. -1

15. -E

16. frac{5}{8}

17.解: y(x)=mathrm{e}^{begin{aligned}-intfrac{1}{2sqrt{x}},mathrm{d}xend{aligned}}begin{bmatrix}begin{aligned}int(2+sqrt{x})mathrm{e}^{begin{aligned}intfrac{1}{2sqrt{x}},mathrm{d}xend{aligned}},mathrm{d}x+Cend{aligned}end{bmatrix}.

化簡得 y(x)=2x+mathrm{e}^{-sqrt{x}}C.

y(1)=3 ,解得 C=mathrm{e}.

y(x)=2x+mathrm{e}^{1-sqrt{x}}.

begin{aligned}k=lim_{xto+infty}frac{y}{x}=lim_{xto+infty}frac{2x+mathrm{e}^{1-sqrt{x}}}{x}=2.end{aligned}

begin{aligned}b=lim_{xto+infty}(y-2x)=lim_{xto+infty}mathrm{e}^{1-sqrt{x}}=0.end{aligned}

therefore 漸近線表達式為 y=2x.

Q.E.D.

18.解: begin{aligned}I=underset{D}iintfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2},mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=int_0^frac{pi}{2}(costheta-sintheta)^2,mathrm{d}thetaint_0^2r,mathrm{d}r+int_{frac{pi}{2}}^pi(costheta-sintheta)^2,mathrm{d}thetaint_0^frac{2}{sintheta-costheta}r,mathrm{d}rend{aligned}

begin{aligned}=2int_0^frac{pi}{2}(1-2sinthetacostheta),mathrm{d}theta+2int_frac{pi}{2}^pi,mathrm{d}thetaend{aligned}

begin{aligned}=2(theta-sin^2theta)left|_0^frac{pi}{2}right.+piend{aligned}

begin{aligned}=2(frac{pi}{2}-1)+piend{aligned}

begin{aligned}=2pi-2.end{aligned}

Q.E.D.

19.解:依 mathrm{Stokes} 公式,得

begin{aligned}I=int_L(yz^2-cos z),mathrm{d}x+2xz^2,mathrm{d}y+(2xyz+xsin z),mathrm{d}zend{aligned}

begin{aligned}=underset{Sigma}iintbegin{vmatrix}mathrm{d}ymathrm{d}z&mathrm{d}zmathrm{d}x&mathrm{d}xmathrm{d}y\frac{partial}{partial x}&frac{partial}{partial y}&frac{partial}{partial z}\yz^2-cos z&2xz^2&2xyz+xsin zend{vmatrix}end{aligned}

begin{aligned}=underset{Sigma}iint-2xz,mathrm{d}y,mathrm{d}z+z^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=underset{4x^2+y^2le1}iintleft[-2xsqrt{1-4x^2-y^2}frac{4x}{sqrt{1-4x^2-y^2}}+1-4x^2-y^2right],mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=underset{4x^2+y^2le1}iint1-12x^2-y^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=frac{pi}{8}-underset{4x^2+y^2le1}iint12x^2+y^2,mathrm{d}x,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}overset{t=2x}=frac{pi}{8}-frac{1}{2}underset{x_1^2+y^2le1,x_1ge0,yge0}iint3x_1^2+y^2,mathrm{d}x_1,mathrm{d}yend{aligned}

begin{aligned}=frac{pi}{8}-frac{1}{2}int_0^frac{pi}{2},mathrm{d}thetaint_0^13r^2cos^2theta+r^3sin^2theta,mathrm{d}thetaend{aligned}

=0.

Q.E.D.

20.解:

充分性:假設 exists x_0 使得 f''(x_0)<0,

f''(x) 的連續性和極限的保號性可得 exists x_0 的小鄰域 (c,d) 使得 f''(x)<0.

對於 forall xin(c,d) ,有 -f''(x)>0.

begin{aligned}g(x)=int_c^xf(t),mathrm{d}t-(x-c)f(frac{x+c}{2}),g(c)=0.end{aligned}

g'(x)=f(x)-f(frac{x+c}{2})-frac{1}{2}(x-c)f'(frac{x+c}{2})=frac{1}{2}(x-c)[f'(eta)-f'(frac{x+c}{2})].

其中 etain(frac{x+c}{2},x)=frac{1}{2}(x-c)(eta-frac{x+c}{2})f''(gamma)<0.

其中 gammain(frac{x+c}{2},eta).

therefore g(x) 單減, begin{aligned}therefore g(d)<g(c)=0Leftrightarrowfrac{1}{d-c}int_c^df(t),mathrm{d}tend{aligned}.

begin{aligned}f(frac{a+b}{2})lefrac{1}{b-a}int_a^bf(x),mathrm{d}xend{aligned} 矛盾,故對於 forall x ,有 f''(x)ge0.

必要性:令 begin{aligned}h(x)=(x-a)f(frac{x+a}{2})-int_a^xf(t),mathrm{d}t,h(a)=0.end{aligned}

h'(x)=f(frac{x+a}{2})+(x-a)f'(frac{x+a}{2})-f(x)=frac{1}{2}(x-a)[f'(frac{x+a}{2})-f'(xi)].

其中 xiin(frac{x+a}{2},x).

because f''(x)ge0,therefore f'(x) 單增 ,therefore h'(x)le0,therefore h(x) 單減, h(b)le h(a)=0.

證畢.

Q.E.D.

21.解:

1)二次型 begin{aligned}f=(x_1,x_2,x_3)=sum_{i=1}^3sum_{j=1}^3ijx_ix_j=x_1^2+2x_2^2+9x_3^2+4x_1x_2+6x_1x_3+12x_2x_3end{aligned}.

therefore 二次型矩陣為 begin{pmatrix}1&2&3\2&4&6\3&6&9\end{pmatrix}.

2) left|lambda E-Aright|=begin{vmatrix}lambda-1&-2&-3\-2&lambda-4&-6\-3&-6&lambda-9end{vmatrix} =lambda^2(lambda-14)=0. 其特征值為 lambda_1=14,lambda_2=lambda_3=0.

lambda_1=14 時, (lambda E-A)x=0 的基礎解系為 alpha_1=(1,2,3)^top.

lambda_2=lambda_3=0 時, (lambda E-A)x=0 的基礎解系為alpha_2=(-2,1,0)^topalpha_3=(-3,-6,5)^top.

由於 alpha_1alpha_2alpha_3 已經正交,將它們單位化得到:

beta_1=frac{1}{sqrt{14}}(1,2,3)^topbeta_2=frac{1}{sqrt{5}}(-2,1,0)^topbeta_3=frac{1}{sqrt{70}}(-3,-6,5)^top

令正交矩陣 Q=(beta_1,beta_2,beta_3)

經正交變換 x=Qy ,二次型化為 f(y_1,y_2,y_3)=14y_1^2.

3)當 f(x_1,x_2,x_3)=0 時,則 f(y_1,y_2,y_3)=0=14y_1^2 ,故 y_1=0

thereforebegin{pmatrix}x_1\x_2\x_3end{pmatrix}=begin{pmatrix}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{pmatrix}begin{pmatrix}0\y_2\y_3end{pmatrix}.

解得 begin{cases}x_1=-2y_2-3y_3\[2ex]x_2=y_2-6y_3\[2ex]x_3=5y_3end{cases}y_2y_3 為任意實數 .

Q.E.D.

22.解:

由題意得 X 的概率密度為 f_X(x;theta)=begin{cases}frac{1}{theta}mathrm{e}^{-frac{x}{theta}},x>0\[2ex]0,其他end{cases}

Y 的概率密度為 f_Y(y;theta)=begin{cases}frac{1}{2theta}mathrm{e}^{-frac{y}{2theta}},y>0\[2ex]0,其他end{cases}.

smallbegin{aligned}L=prod_{i=1}^nf_X(x_i;theta)prod_{j=1}^mf_Y(y_j;theta)=prod_{i=1}^nfrac{1}{theta}mathrm{e}^{-frac{x_i}{theta}}prod_{j=1}^mfrac{1}{2theta}mathrm{e}^{-frac{y_j}{2theta}}(x_i>0,y_j>0,i=1,2,cdots ,n,j=1,2,cdots,m).end{aligned}

begin{aligned}ln L=sum_{i=1}^n(-lntheta-frac{x_i}{theta})+sum_{j=1}^m(frac{y_j}{2theta^2}-frac{1}{theta})=sum_{i=1}^nfrac{x_i}{theta_2}+sum_{j=1}^mfrac{y_j}{2theta^2}-frac{m+n}{theta}=0.end{aligned}

begin{aligned}thereforewidehat{theta}=frac{1}{m+n}left(sum_{i=1}^nx_i+frac{1}{2}sum_{j=1}^my_jright).end{aligned}

therefore theta 的最大似然估計量為 begin{aligned}widehat{theta}=frac{1}{n+m}left(sum_{i=1}^nX_i+frac{1}{2}sum_{j=1}^mY_jright)end{aligned}.

begin{aligned}therefore D(widehat{theta})=frac{1}{(m+n)^2}left(sum_{i=1}^nDX_i+frac{1}{4}sum_{j=1}^mDY_jright)end{aligned}

=frac{1}{(m+n)^2}(nDX+frac{1}{4}mDY)

=frac{1}{(m+n)^2}(ntheta^2+frac{1}{4}m4theta^2)

=frac{theta^2}{m+n}.

Q.E.D.

好啦,整張卷子分析完瞭,各位,我們下期再見!

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