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2000 年真题

21 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$\int_{0}^{1} 2 x - x^{2} d x =$ ______．

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【答案】 $\frac{π}{4}$

【解析】 考虑积分 $\int_{0}^{1} 2 x - x^{2} d x$ 。首先完成平方： $2 x - x^{2} = 1 - (x - 1)^{2}$ ，因此积分化为 $\int_{0}^{1} 1 - (x - 1)^{2} d x$ 。这表示圆心在 $(1, 0)$ 、半径为 1 的上半圆从 $x = 0$ 到 $x = 1$ 的曲线下的面积。

使用三角代换，令 $x - 1 = sin t$ ，则 $d x = cos t d t$ 。当 $x = 0$ 时， $t = - π /2$ ；当 $x = 1$ 时， $t = 0$ 。被积函数变为 $1 - sin^{2} t = cos^{2} t = ∣ cos t ∣$ ，在区间 $t \in [- π /2, 0]$ 上， $cos t \geq 0$ ，故 $∣ cos t ∣ = cos t$ 。积分变为：

\int_{- π /2}^{0} cos t \cdot cos t d t = \int_{- π /2}^{0} cos^{2} t d t .

利用恒等式 $cos^{2} t = \frac{1 + c o s 2 t}{2}$ ，得：

\int_{- π /2}^{0} cos^{2} t d t = \int_{- π /2}^{0} \frac{1 + cos 2 t}{2} d t = \frac{1}{2} \int_{- π /2}^{0} 1 d t + \frac{1}{2} \int_{- π /2}^{0} cos 2 t d t .

计算得：

\frac{1}{2} [t]_{- π /2}^{0} + \frac{1}{2} [\frac{sin 2 t}{2}]_{- π /2}^{0} = \frac{1}{2} (0 - (- π /2)) + \frac{1}{4} (sin 0 - sin (- π)) = \frac{π}{4} + 0 = \frac{π}{4} .

因此，积分值为 $\frac{π}{4}$ 。

2

曲面 $x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} = 21$ 在点 $(1, - 2, 2)$ 的法线方程为 ______．

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【答案】

\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{- 4} = \frac{z - 2}{6}

【解析】
曲面方程为

x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} = 21

令

F (x, y, z) = x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 21

曲面的法向量为梯度

\nabla F = (\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z})

计算偏导数：

\frac{\partial F}{\partial x} = 2 x, \frac{\partial F}{\partial y} = 4 y, \frac{\partial F}{\partial z} = 6 z

在点 $(1, - 2, 2)$ 处，法向量为

(2 \times 1, 4 \times (- 2), 6 \times 2) = (2, - 8, 12)

简化后得

(1, - 4, 6)

法线方程：
过点 $(1, - 2, 2)$ ，方向向量为 $(1, - 4, 6)$ ，方程为

\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{- 4} = \frac{z - 2}{6}

3

微分方程 $x y^{''} + 3 y^{'} = 0$ 的通解为 ______．

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【答案】
$y = \frac{C _{1}}{x ^{2}} + C_{2}$ ，其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $x y^{''} + 3 y^{'} = 0$ ，令 $p = y^{'}$ ，则 $y^{''} = p^{'}$ ，代入方程得 $x p^{'} + 3 p = 0$ 。分离变量得 $\frac{d p}{p} = - 3 \frac{d x}{x}$ ，积分得 $ln ∣ p ∣ = - 3 ln ∣ x ∣ + C$ ，即 $p = C_{1} x^{- 3}$ ，其中 $C_{1} = e^{C}$ 。由于 $p = y^{'}$ ，有 $y^{'} = C_{1} x^{- 3}$ ，再积分得 $y = C_{1} \int x^{- 3} d x = C_{1} (- \frac{1}{2} x^{- 2}) + C_{2} = - \frac{C _{1}}{2} x^{- 2} + C_{2}$ 。令 $C_{1}^{'} = - \frac{C _{1}}{2}$ ，则通解为 $y = \frac{C _{1}^{'}}{x ^{2}} + C_{2}$ ，重命名常数得 $y = \frac{C _{1}}{x ^{2}} + C_{2}$ 。

4

已知方程组 $121 23 a 1 a + 2 - 2 x_{1} x_{2} x_{3} = 130$ 无解，则 $a =$ ______．

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【答案】 $- 1$

【解析】 给定线性方程组 $A x = b$ ，其中 $A = 121 23 a 1 a + 2 - 2$ ， $b = 130$ 。方程组无解时，系数矩阵 $A$ 的秩小于增广矩阵 $[A ∣ b]$ 的秩。

对增广矩阵进行行化简：

121 23 a 1 a + 2 - 2 130

首先，执行行操作 $R 2 \leftarrow R 2 - 2 R 1$ 和 $R 3 \leftarrow R 3 - R 1$ ：

100 2 - 1 a - 2 1 a - 3 11 - 1

然后，将第二行乘以 $- 1$ ：

100 21 a - 2 1 - a - 3 1 - 1 - 1

接着，使用第二行消去第一行和第三行的第二列元素：

$R 1 \leftarrow R 1 - 2 R 2$ ：第一行变为 $(1, 0, 1 + 2 a, 3)$
$R 3 \leftarrow R 3 - (a - 2) R 2$ ：第三行变为 $(0, 0, a^{2} - 2 a - 3, a - 3)$

化简后的增广矩阵为：

100010 1 + 2 a - a a^{2} - 2 a - 3 3 - 1 a - 3

方程组无解的条件是系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩。这要求第三行中系数部分为零而常数部分非零，即：

a^{2} - 2 a - 3 = 0 且 a - 3 \neq = 0

解方程 $a^{2} - 2 a - 3 = 0$ 得 $a = 3$ 或 $a = - 1$ 。当 $a = 3$ 时， $a - 3 = 0$ ，方程组有无穷多解；当 $a = - 1$ 时， $a - 3 = - 4 \neq = 0$ ，方程组无解。

因此， $a = - 1$ 。

5

设两个相互独立的事件 $A$ 和 $B$ 都不发生的概率为 $\frac{1}{9}$ , $A$ 发生 $B$ 不发生的概率与 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率相等，则 $P (A)$ = ______．

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 设 $P (A) = p$ ， $P (B) = q$ 。
由于事件 $A$ 和 $B$ 相互独立，有

P (A \cap B) = pq .

已知 $A$ 和 $B$ 都不发生的概率为

P (\overline{A} \cap \overline{B}) = (1 - p) (1 - q) = \frac{1}{9} .

同时，已知 $A$ 发生 $B$ 不发生的概率等于 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率，即

P (A \cap \overline{B}) = P (B \cap \overline{A}) .

由独立性可得

P (A \cap \overline{B}) = p (1 - q), P (B \cap \overline{A}) = q (1 - p),

因此

p (1 - q) = q (1 - p) .

化简该方程：

p - pq = q - pq,

p = q .

即 $P (A) = P (B)$ 。

代入 $(1 - p) (1 - q) = \frac{1}{9}$ ，得

(1 - p)^{2} = \frac{1}{9} .

解得

1 - p = \frac{1}{3} (取正值，因为概率非负),

p = \frac{2}{3} .

因此，

P (A) = \frac{2}{3} .

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设 $f (x), g (x)$ 是恒大于零的可导函数，且 $f^{'} (x) g (x) - f (x) g^{'} (x) < 0$ ，则当 $a < x < b$ 时，有

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
已知 $f^{'} (x) g (x) - f (x) g^{'} (x) < 0$ ，考虑函数

h (x) = \frac{f ( x )}{g ( x )} .

由于 $g (x) > 0$ ，函数 $h (x)$ 可导，且导数为

h^{'} (x) = \frac{f ^{'} ( x ) g ( x ) - f ( x ) g ^{'} ( x )}{[ g ( x ) ] ^{2}} .

分母恒正，分子小于零，因此 $h^{'} (x) < 0$ ，即 $h (x)$ 严格递减。

当 $a < x < b$ 时，由 $h (x)$ 递减可得

h (x) > h (b),

即

\frac{f ( x )}{g ( x )} > \frac{f ( b )}{g ( b )} .

两边同乘 $g (x) g (b)$ （正数），得

f (x) g (b) > f (b) g (x),

即选项 A 成立。

选项 B：

f (x) g (a) > f (a) g (x) \Leftrightarrow h (x) > h (a) .

但由 $h (x)$ 递减及 $a < x$ ，得 $h (a) > h (x)$ ，因此 B 不成立。

选项 C 和 D 涉及乘积 $f (x) g (x)$ 的单调性，无法由题设条件确定。
例如：

取 $f (x) = e^{- x}, g (x) = 1$ ，则 $f (x) g (x) = e^{- x}$ 递减，C 成立但 D 不成立。
取 $f (x) = x, g (x) = x^{2}$ （ $x > 0$ ），则 $f (x) g (x) = x^{3}$ 递增，D 成立但 C 不成立。

因此，只有选项 A 恒成立。

7

设 $S : x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} (z \geq 0)$ ， $S_{1}$ 为 $S$ 在第一卦限中的部分，则有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
对于上半球面 $S : x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} (z \geq 0)$ 及其在第一卦限的部分 $S_{1}$ ，采用球坐标计算曲面积分。取参数化表示：

x = a sin ϕ cos θ, y = a sin ϕ sin θ, z = a cos ϕ,

其中 $ϕ \in [0, π /2]$ ，而对于整个上半球面 $S$ ， $θ \in [0, 2 π]$ ；对于 $S_{1}$ ， $θ \in [0, π /2]$ 。曲面积元为：

d S = a^{2} sin ϕ d ϕ d θ .

1. 计算 $\iint_{S_{1}} x d S$ ：

\iint_{S_{1}} x d S = \int_{0}^{π /2} \int_{0}^{π /2} (a sin ϕ cos θ) \cdot a^{2} sin ϕ d ϕ d θ = a^{3} \int_{0}^{π /2} cos θ d θ \int_{0}^{π /2} sin^{2} ϕ d ϕ .

其中：

\int_{0}^{π /2} cos θ d θ = 1, \int_{0}^{π /2} sin^{2} ϕ d ϕ = \frac{π}{4},

所以：

\iint_{S_{1}} x d S = a^{3} \cdot 1 \cdot \frac{π}{4} = \frac{a ^{3} π}{4} .

2. 计算 $\iint_{S} z d S$ ：

\iint_{S} z d S = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π /2} (a cos ϕ) \cdot a^{2} sin ϕ d ϕ d θ = a^{3} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π /2} cos ϕ sin ϕ d ϕ .

其中：

\int_{0}^{2 π} d θ = 2 π, \int_{0}^{π /2} cos ϕ sin ϕ d ϕ = \frac{1}{2},

所以：

\iint_{S} z d S = a^{3} \cdot 2 π \cdot \frac{1}{2} = a^{3} π .

3. 比较选项：

由以上结果得：

\iint_{S} z d S = a^{3} π = 4 \cdot \frac{a ^{3} π}{4} = 4 \iint_{S_{1}} x d S,

因此选项 C 正确。

4. 分析其他选项：

选项 A： $\iint_{S} x d S = 0$ （因为 $\int_{0}^{2 π} cos θ d θ = 0$ ），但 $4 \iint_{S_{1}} x d S = a^{3} π \neq = 0$ ，不相等。
选项 B： $\iint_{S} y d S = 0$ （因为 $\int_{0}^{2 π} sin θ d θ = 0$ ），不相等。
选项 D： $\iint_{S} x yz d S = 0$ （因为 $\int_{0}^{2 π} cos θ sin θ d θ = 0$ ），而 $4 \iint_{S_{1}} x yz d S \neq = 0$ ，不相等。

结论：正确选项为 C。

8

设级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，则必收敛的级数为

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 设级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，其部分和序列 $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} u_{n}$ 收敛于 $S$ 。考虑选项 D： $\sum_{n = 1}^{\infty} (u_{n} + u_{n + 1})$ ，其部分和为 $V_{N} = \sum_{n = 1}^{N} (u_{n} + u_{n + 1}) = \sum_{n = 1}^{N} u_{n} + \sum_{n = 1}^{N} u_{n + 1} = S_{N} + (S_{N + 1} - u_{1})$ 。由于 $S_{N}$ 和 $S_{N + 1}$ 均收敛于 $S$ ，故 $V_{N} \to S + S - u_{1} = 2 S - u_{1}$ ，因此级数 D 收敛。

对于选项 A、B、C，均存在反例表明不一定收敛：

A：取 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{l n n}$ （ $n \geq 2$ ），则 $\sum u_{n}$ 收敛（交错级数测试），但 $\sum (- 1)^{n} \frac{u _{n}}{n} = \sum \frac{1}{n l n n}$ 发散（积分测试）。
B：取 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，则 $\sum u_{n}$ 收敛，但 $\sum u_{n}^{2} = \sum \frac{1}{n}$ 发散。
C：取 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，则 $\sum u_{n}$ 收敛，但 $\sum (u_{2 n - 1} - u_{2 n}) = \sum (- \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n})$ 发散。

因此，仅选项 D 必收敛。

9

设 $n$ 维列向量组 $α_{1}, \cdot \cdot \cdot, α_{m} (m < n)$ 线性无关，则 $n$ 维列向量组 $β_{1}, \cdot \cdot \cdot, β_{m}$ 线性无关的充分必要条件为

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
已知 $α_{1}, \dots, α_{m}$ 线性无关，且 $m < n$ ，因此矩阵 $A = (α_{1}, \dots, α_{m})$ 的秩为 $m$ 。向量组 $β_{1}, \dots, β_{m}$ 线性无关的充要条件是矩阵 $B = (β_{1}, \dots, β_{m})$ 的秩为 $m$ 。
矩阵等价的定义是存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$ ，使得 $P A Q = B$ ，而两个矩阵等价的充要条件是它们具有相同的秩。由于 $A$ 的秩为 $m$ ，因此 $B$ 的秩为 $m$ 当且仅当 $A$ 与 $B$ 等价。故选项 D 是充分必要条件。

选项 A
若 $α$ 组可由 $β$ 组线性表示，则存在矩阵 $C$ ，使得 $A = BC$ 。由于 $α$ 组线性无关， $A$ 的秩为 $m$ ，因此 $BC$ 的秩为 $m$ ，故 $B$ 的秩至少为 $m$ 。又因为 $B$ 只有 $m$ 列，所以 $B$ 的秩为 $m$ ，即 $β$ 组线性无关。
但反之不成立：当 $β$ 组线性无关时， $α$ 组不一定可由 $β$ 组线性表示。因此 A 不是必要条件。

选项 B
若 $β$ 组可由 $α$ 组线性表示，则存在矩阵 $D$ ，使得 $B = A D$ 。但 $β$ 组可能线性相关，例如当 $β$ 组落在 $α$ 组张成的子空间中但自身线性相关时；反之，当 $β$ 组线性无关时，不一定可由 $α$ 组线性表示。因此 B 既不是充分也不是必要条件。

选项 C
若 $α$ 组与 $β$ 组等价，则它们可以互相线性表示。由于 $α$ 组线性无关， $β$ 组也必须线性无关。
但反之不成立：当 $β$ 组线性无关时， $α$ 组与 $β$ 组可能张成不同的子空间，因此不一定等价。故 C 不是必要条件。

因此，正确选项为 D。

10

设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从二维正态分布，则随机变量 $ξ = X + Y$ 与 $η = X - Y$ 不相关的充分必要条件为

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正确答案：B

正确答案：B

$ξ$ 和 $η$ 不相关的充分必要条件是它们的协方差 $Cov (ξ, η) = 0$ 。由于

Cov (ξ, η) = Cov (X + Y, X - Y) = Cov (X, X) - Cov (X, Y) + Cov (Y, X) - Cov (Y, Y) = Cov (X, X) - Cov (Y, Y) = D (X) - D (Y)

可见 $Cov (ξ, η) = 0$ 等价于 $D (X) = D (Y)$ ，即 $E (X^{2}) - [E (X)]^{2} = E (Y^{2}) - [E (Y)]^{2}$ ，故正确选项为 (B)。

解答题

11

x \to 0 lim (\frac{2 + e ^{\frac{1}{x}}}{1 + e ^{\frac{4}{x}}} + \frac{sin x}{∣ x ∣}) =

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【答案】
1

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to 0} (\frac{2 + e ^{\frac{1}{x}}}{1 + e ^{\frac{4}{x}}} + \frac{s i n x}{∣ x ∣})$ 。需要分别讨论 $x \to 0^{+}$ 和 $x \to 0^{-}$ 的情况。

首先，分析第一部分 $\frac{2 + e ^{\frac{1}{x}}}{1 + e ^{\frac{4}{x}}}$ ：

当 $x \to 0^{+}$ 时， $\frac{1}{x} \to + \infty$ ， $e^{\frac{1}{x}} \to + \infty$ ， $e^{\frac{4}{x}} \to + \infty$ 。分子分母同时除以 $e^{\frac{4}{x}}$ ，得
$\frac{2 e ^{- \frac{4}{x}} + e ^{\frac{1}{x} - \frac{4}{x}}}{e ^{- \frac{4}{x}} + 1} = \frac{2 e ^{- \frac{4}{x}} + e ^{- \frac{3}{x}}}{e ^{- \frac{4}{x}} + 1} \to \frac{0 + 0}{0 + 1} = 0.$
当 $x \to 0^{-}$ 时， $\frac{1}{x} \to - \infty$ ， $e^{\frac{1}{x}} \to 0$ ， $e^{\frac{4}{x}} \to 0$ ，因此
$\frac{2 + e ^{\frac{1}{x}}}{1 + e ^{\frac{4}{x}}} \to \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.$

其次，分析第二部分 $\frac{s i n x}{∣ x ∣}$ ：

当 $x \to 0^{+}$ 时， $∣ x ∣ = x$ ，故 $\frac{s i n x}{∣ x ∣} = \frac{s i n x}{x} \to 1$ 。
当 $x \to 0^{-}$ 时， $∣ x ∣ = - x$ ，故 $\frac{s i n x}{∣ x ∣} = \frac{s i n x}{- x} = - \frac{s i n x}{x} \to - 1$ 。

现在结合两部分：

当 $x \to 0^{+}$ 时，第一部分趋于 0，第二部分趋于 1，总和趋于 $0 + 1 = 1$ 。
当 $x \to 0^{-}$ 时，第一部分趋于 2，第二部分趋于 -1，总和趋于 $2 + (- 1) = 1$ 。

由于左极限和右极限均等于 1，故原极限为 1。

12

设 $z = f (x y, \frac{x}{y}) + g (\frac{x}{y})$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数， $g$ 具有二阶连续导数，求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} .$

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【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{u} + x y f_{uu} - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} - \frac{x}{y ^{3}} f_{vv} - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} - \frac{x}{y ^{3}} g^{''}

其中 $u = x y$ , $v = \frac{x}{y}$ , $f_{u} = \frac{\partial f}{\partial u}$ , $f_{v} = \frac{\partial f}{\partial v}$ , $f_{uu} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}}$ , $f_{vv} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}}$ , $g^{'} = \frac{d g}{d v}$ , $g^{''} = \frac{d ^{2} g}{d v ^{2}}$ ，所有函数值在点 $(u, v)$ 处计算。

【解析】 设 $u = x y$ , $v = \frac{x}{y}$ ，则 $z = f (u, v) + g (v)$ 。
先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} + \frac{d g}{d v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = f_{u} \cdot y + f_{v} \cdot \frac{1}{y} + g^{'} \cdot \frac{1}{y} = y f_{u} + \frac{1}{y} f_{v} + \frac{1}{y} g^{'}

然后求混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial x})$ ：

\frac{\partial}{\partial y} (y f_{u} + \frac{1}{y} f_{v} + \frac{1}{y} g^{'}) = \frac{\partial}{\partial y} (y f_{u}) + \frac{\partial}{\partial y} (\frac{1}{y} f_{v}) + \frac{\partial}{\partial y} (\frac{1}{y} g^{'})

分别计算各项：

第一项：
$\frac{\partial}{\partial y} (y f_{u}) = f_{u} + y \frac{\partial f _{u}}{\partial y} = f_{u} + y (\frac{\partial f _{u}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{u}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y}) = f_{u} + y (f_{uu} \cdot x + f_{uv} \cdot (- \frac{x}{y ^{2}})) = f_{u} + x y f_{uu} - \frac{x}{y} f_{uv}$
第二项：
$\frac{\partial}{\partial y} (\frac{1}{y} f_{v}) = - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} + \frac{1}{y} \frac{\partial f _{v}}{\partial y} = - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} + \frac{1}{y} (\frac{\partial f _{v}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{v}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y}) = - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} + \frac{1}{y} (f_{uv} \cdot x + f_{vv} \cdot (- \frac{x}{y ^{2}})) = - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} + \frac{x}{y} f_{uv} - \frac{x}{y ^{3}} f_{vv}$
第三项：
$\frac{\partial}{\partial y} (\frac{1}{y} g^{'}) = - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} + \frac{1}{y} \frac{\partial g ^{'}}{\partial y} = - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} + \frac{1}{y} (g^{''} \cdot \frac{\partial v}{\partial y}) = - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} + \frac{1}{y} (g^{''} \cdot (- \frac{x}{y ^{2}})) = - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} - \frac{x}{y ^{3}} g^{''}$ 将三项相加：
$\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = (f_{u} + x y f_{uu} - \frac{x}{y} f_{uv}) + (- \frac{1}{y ^{2}} f_{v} + \frac{x}{y} f_{uv} - \frac{x}{y ^{3}} f_{vv}) + (- \frac{1}{y ^{2}} g^{'} - \frac{x}{y ^{3}} g^{''})$ 其中 $- \frac{x}{y} f_{uv}$ 和 $\frac{x}{y} f_{uv}$ 相互抵消，得到：
$\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{u} + x y f_{uu} - \frac{1}{y ^{2}} f_{v} - \frac{x}{y ^{3}} f_{vv} - \frac{1}{y ^{2}} g^{'} - \frac{x}{y ^{3}} g^{''}$ 这就是所求结果。

13

计算曲线积分 $I = \oint_{L} \frac{x d y - y d x}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ ，其中 $L$ 是以点 $(1, 0)$ 为中心， $R$ 为半径的圆周 $(R > 1)$ ，取逆时针方向．

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【答案】 $π$

【解析】 曲线积分 $I = \oint_{L} \frac{x d y - y d x}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ 中，被积函数在原点 $(0, 0)$ 处不连续，因为分母 $4 x^{2} + y^{2} = 0$ 。积分路径 $L$ 是以点 $(1, 0)$ 为中心、半径为 $R$ （ $R > 1$ ) 的圆周，取逆时针方向，该路径包围了原点。

考虑一个小椭圆 $C$ ： $4 x^{2} + y^{2} = ϵ^{2}$ （ $ϵ > 0$ 很小），参数化为 $x = \frac{ϵ}{2} cos θ$ ， $y = ϵ sin θ$ ， $θ$ 从 $0$ 到 $2 π$ ，取逆时针方向。计算在 $C$ 上的积分：

I_{C} = \oint_{C} \frac{x d y - y d x}{4 x ^{2} + y ^{2}} = \oint_{C} \frac{x d y - y d x}{ϵ ^{2}} .

代入参数化：

x d y - y d x = (\frac{ϵ}{2} cos θ \cdot ϵ cos θ d θ) - (ϵ sin θ \cdot (- \frac{ϵ}{2} sin θ d θ)) = \frac{ϵ ^{2}}{2} (cos^{2} θ + sin^{2} θ) d θ = \frac{ϵ ^{2}}{2} d θ,

所以

I_{C} = \oint_{C} \frac{\frac{ϵ ^{2}}{2} d θ}{ϵ ^{2}} = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ = π .

现在，考虑区域 $D$ 介于 $L$ （逆时针）和 $C$ （顺时针）之间。在 $D$ 内，被积函数光滑，且之前计算偏导数：设 $P = - \frac{y}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ ， $Q = \frac{x}{4 x ^{2} + y ^{2}}$ ，则

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0.

由格林公式，在区域 $D$ 的边界上：

\oint_{L} P d x + Q d y + \oint_{C_{clockwise}} P d x + Q d y = 0.

其中 $\oint_{C_{clockwise}} P d x + Q d y = - \oint_{C_{anticlockwise}} P d x + Q d y = - I_{C} = - π$ 。代入得：

\oint_{L} P d x + Q d y - π = 0,

所以

\oint_{L} P d x + Q d y = π .

即 $I = π$ 。

因此，曲线积分的值为 $π$ 。

14

设对于半空间 $x > 0$ 内任意的光滑有向封闭曲面 $S$ ，都有

\iint_{S} x f (x) d y d z - x y f (x) d z d x - e^{2 x} z d x d y = 0,

其中函数 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 内具有连续的一阶导数，且 $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 1$ ，求 $f (x)$ ．

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【答案】

f (x) = \frac{e ^{2 x} - e ^{x}}{x}

【解析】 由题设，对于半空间 $x > 0$ 内任意光滑有向封闭曲面 $S$ ，曲面积分

\iint_{S} x f (x) d y d z - x y f (x) d z d x - e^{2 x} z d x d y = 0

成立。根据散度定理，该积分等于向量场 $F = (P, Q, R) = (x f (x), - x y f (x), - e^{2 x} z)$ 在曲面 $S$ 所围体积 $V$ 内的散度积分，即

∭_{V} \nabla \cdot F d V = 0.

由于 $V$ 是任意的，必有 $\nabla \cdot F = 0$ 在 $x > 0$ 内成立。

计算散度：

\nabla \cdot F = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial x} (x f (x)) + \frac{\partial}{\partial y} (- x y f (x)) + \frac{\partial}{\partial z} (- e^{2 x} z) .

其中：

\frac{\partial}{\partial x} (x f (x)) = f (x) + x f^{'} (x), \frac{\partial}{\partial y} (- x y f (x)) = - x f (x), \frac{\partial}{\partial z} (- e^{2 x} z) = - e^{2 x} .

所以：

\nabla \cdot F = f (x) + x f^{'} (x) - x f (x) - e^{2 x} = x f^{'} (x) + (1 - x) f (x) - e^{2 x} = 0.

得到微分方程：

x f^{'} (x) + (1 - x) f (x) = e^{2 x} .

整理为标准形式：

f^{'} (x) + (\frac{1}{x} - 1) f (x) = \frac{e ^{2 x}}{x} .

积分因子为：

μ (x) = exp (\int (\frac{1}{x} - 1) d x) = exp (ln x - x) = x e^{- x} .

乘以积分因子：

\frac{d}{d x} (x e^{- x} f (x)) = e^{x} .

积分得：

x e^{- x} f (x) = \int e^{x} d x = e^{x} + C,

即：

f (x) = \frac{e ^{x} + C}{x e ^{- x}} = \frac{e ^{2 x} + C e ^{x}}{x} .

由条件 $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 1$ ，考虑 $x \to 0^{+}$ 时的渐近行为：

f (x) = \frac{e ^{2 x} + C e ^{x}}{x} = \frac{( 1 + 2 x + \dots ) + C ( 1 + x + \dots )}{x} = \frac{1 + C}{x} + (2 + C) + \dots .

为使极限存在，需 $1 + C = 0$ ，即 $C = - 1$ 。代入得：

f (x) = \frac{e ^{2 x} - e ^{x}}{x} .

验证：当 $x \to 0^{+}$ ， $f (x) \to 1$ ，满足条件。因此所求函数为 $f (x) = \frac{e ^{2 x} - e ^{x}}{x}$ 。

15

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}} \frac{x ^{n}}{n}$ 的收敛区域，并讨论该区间端点处的收敛性．

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【答案】 收敛区域为 $[- 3, 3)$ ，即在 $x = - 3$ 处收敛，在 $x = 3$ 处发散。

【解析】 考虑幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}} \frac{x ^{n}}{n}$ 。令 $a_{n} = \frac{1}{n ( 3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n} )}$ ，使用比值判别法求收敛半径：

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}}{3 ^{n + 1} + ( - 2 ) ^{n + 1}} .

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n}{n + 1} \to 1$ ，且

\frac{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}}{3 ^{n + 1} + ( - 2 ) ^{n + 1}} = \frac{1 + ( \frac{- 2}{3} ) ^{n}}{3 - 2 ( \frac{- 2}{3} ) ^{n}} \to \frac{1}{3},

因为 $\frac{- 2}{3} = \frac{2}{3} < 1$ ，故 $(\frac{- 2}{3})^{n} \to 0$ 。因此， $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} \to \frac{1}{3}$ ，收敛半径 $R = 3$ 。级数在 $∣ x ∣ < 3$ 时收敛，在 $∣ x ∣ > 3$ 时发散。

在端点 $x = 3$ 处，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{3 ^{n}}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}}$ 。由于 $\frac{3 ^{n}}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}} \to 1$ ，存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时， $\frac{3 ^{n}}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}} > \frac{1}{2}$ ，故通项大于 $\frac{1}{2 n}$ 。而 $\sum \frac{1}{2 n}$ 发散，由比较判别法，级数在 $x = 3$ 处发散。

在端点 $x = - 3$ 处，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} \cdot \frac{3 ^{n}}{3 ^{n} + ( - 2 ) ^{n}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} \cdot c_{n}$ ，其中 $c_{n} = \frac{1}{1 + ( \frac{- 2}{3} ) ^{n}}$ 。由于 $c_{n} \to 1$ ，令 $d_{n} = \frac{c _{n}}{n}$ ，则级数可写为 $\sum (- 1)^{n} d_{n}$ 。考虑 $\sum (- 1)^{n} \frac{1}{n}$ 收敛（交错调和级数），且 $\sum (- 1)^{n} \frac{c _{n} - 1}{n}$ 绝对收敛，因为 $∣ c_{n} - 1∣ = \frac{( \frac{- 2}{3} ) ^{n}}{1 + ( \frac{- 2}{3} ) ^{n}} \leq 2 (\frac{2}{3})^{n}$ ，故 $\frac{c _{n} - 1}{n} \leq \frac{2 ( 2/3 ) ^{n}}{n}$ ，而 $\sum \frac{2 ( 2/3 ) ^{n}}{n}$ 收敛。因此，级数在 $x = - 3$ 处收敛。

综上，收敛区域为 $[- 3, 3)$ 。

16

设有一半径为 $R$ 的球体， $P_{0}$ 是此球的表面上的一个定点，球体上任一点的密度与该点到 $P_{0}$ 距离的平方成正比(比例常数 $k > 0$ )，求球体的重心位置．

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【答案】 $(- \frac{R}{4}, 0, 0)$

【解析】
记所考虑的球体为 $Ω$ ，以 $Ω$ 的球心为坐标原点 $O$ ，射线 $O P_{0}$ 为正 $x$ 轴建立直角坐标系，则球面方程为： $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ ，点 $P_{0}$ 的坐标为 $(R, 0, 0)$ ，设 $Ω$ 的重心位置为 $(\overline{x}, \overline{y}, \overline{z})$ ，由对称性，得 $\overline{y} = 0, \overline{z} = 0$ ，设 $μ$ 为 $Ω$ 上点 $(x, y, z)$ 处的密度，按题设 $μ = k [(x - R)^{2} + y^{2} + z^{2}]$ ，则

\overline{x} = \frac{∭ _{Ω} xμ d v}{∭ _{Ω} μ d v} = \frac{∭ _{Ω} x \cdot k [( x - R ) ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ] d v}{∭ _{Ω} k [( x - R ) ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ] d v}

分别计算分子和分母的两个积分得

∭_{Ω} k [(x - R)^{2} + y^{2} + z^{2}] d v ∭_{Ω} k x [(x - R)^{2} + y^{2} + z^{2}] d v = ∭_{Ω} k (x^{2} + y^{2} + z^{2} + R^{2}) d v - 2 k R ∭_{Ω} x d v = k ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d v + k ∭_{Ω} R^{2} d v - 0 = 8 k \int_{0}^{π /2} d θ \int_{0}^{π /2} d φ \int_{0}^{R} r^{2} \cdot r^{2} sin φ d r + \frac{4 k}{3} π R^{5} = \frac{4 kπ R ^{5}}{5} + \frac{4 k}{3} π R^{5} = \frac{32}{15} kπ R^{5}, = k ∭_{Ω} x (x^{2} + y^{2} + z^{2} + R^{2}) d v - 2 k R ∭_{Ω} x^{2} d v = 0 - \frac{2 k R}{3} ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d v

故

= - \frac{2 k R}{3} \cdot \frac{4}{5} π R^{5} = - \frac{8}{15} kπ R^{6} .

\overline{x} = - \frac{R}{4} .

因此球体 $Ω$ 的重心位置为 $(- \frac{R}{4}, 0, 0)$ 。

17

设函数 $f (x)$ 在 $[0, π]$ 上连续，且 $\int_{0}^{π} f (x) d x = 0$ ， $\int_{0}^{π} f (x) cos x d x = 0$ ．试证：在 $(0, π)$ 内至少存在两个不同的点 $ξ_{1}, ξ_{2}$ ，使 $f (ξ_{1}) = f (ξ_{2}) = 0$ ．

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【解析】

令 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t, 0 \leq x \leq π$ ，则有 $F (0) = 0$ 和 $F (π) = 0$ 。又由题设，用分部积分有

0 = \int_{0}^{π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{π} cos x d F (x)

= F (x) cos x_{0}^{π} + \int_{0}^{π} F (x) sin x d x = \int_{0}^{π} F (x) sin x d x

由积分中值定理知，存在 $ξ \in (0, π)$ 使

0 = \int_{0}^{π} F (x) sin x d x = F (ξ) sin ξ \cdot (π - 0)

因为 $ξ \in (0, π), sin ξ \neq = 0$ ，所以推知存在 $ξ \in (0, π)$ ，使得 $F (ξ) = 0$ 。再在区间 $[0, ξ]$ 与 $[ξ, π]$ 上对 $F (x)$ 用罗尔定理，推知存在 $ξ_{1} \in (0, ξ), ξ_{2} \in (ξ, π)$ 使得 $F^{'} (ξ_{1}) = 0, F^{'} (ξ_{2}) = 0$ ，即 $f (ξ_{1}) = 0, f (ξ_{2}) = 0$ 。

18

设矩阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*} = 1010 010 - 3 00100008$ ，且 $A B A^{- 1} = B A^{- 1} + 3 E$ ，其中 $E$ 为 $4$ 阶单位矩阵，求矩阵 $B$ ．

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【答案】

B = 606006030060 000 - 1

【解析】 给定伴随矩阵 $A^{*} = 1010 010 - 3 00100008$ ，且 $A B A^{- 1} = B A^{- 1} + 3 E$ ，其中 $E$ 为 4 阶单位矩阵。

首先，由伴随矩阵的性质 $A A^{*} = ∣ A ∣ E$ ，计算 $∣ A^{*} ∣$ ：

∣ A^{*} ∣ = 1010 010 - 3 00100008 = 1 \cdot 10 - 3 010008 = 1 \cdot (1 \cdot 1008) = 1 \cdot (1 \cdot 8) = 8.

又 $∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{3}$ ，所以 $∣ A ∣^{3} = 8$ ，得 $∣ A ∣ = 2$ 。

由 $A A^{*} = 2 E$ ，得 $A = 2 (A^{*})^{- 1}$ 。计算 $(A^{*})^{- 1}$ ：通过行简化求逆：

[A^{*} ∣ I] = 1010 010 - 3 00100008 ∣ ∣ ∣ ∣ 1000010000100001

行变换后得：

(A^{*})^{- 1} = 10 - 1 0 010 \frac{3}{8} 0010 000 \frac{1}{8} .

于是，

A = 2 (A^{*})^{- 1} = 20 - 2 0 020 \frac{3}{4} 0020 000 \frac{1}{4} .

由方程 $A B A^{- 1} = B A^{- 1} + 3 E$ ，右乘 $A$ 得：

A B = B + 3 A .

整理得：

A B - B = 3 A ⟹ (A - E) B = 3 A .

其中 $E$ 为单位矩阵，故

A - E = 10 - 2 0 010 \frac{3}{4} 0010 000 - \frac{3}{4} .

求 $(A - E)^{- 1}$ ：通过行简化求逆：

[A - E ∣ I] = 10 - 2 0 010 \frac{3}{4} 0010 000 - \frac{3}{4} ∣ ∣ ∣ ∣ 1000010000100001

行变换后得：

(A - E)^{- 1} = 102001010010 000 - \frac{4}{3} .

计算 $(A - E)^{- 1} A$ ：

(A - E)^{- 1} A = 102001010010 000 - \frac{4}{3} 20 - 2 0 020 \frac{3}{4} 0020 000 \frac{1}{4} = 202002010020 000 - \frac{1}{3} .

于是，

B = 3 (A - E)^{- 1} A = 3 202002010020 000 - \frac{1}{3} = 606006030060 000 - 1 .

因此，矩阵 $B$ 为：

B = 606006030060 000 - 1 .

19

某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将 $\frac{1}{6}$ 熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐，新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有 $\frac{2}{5}$ 成为熟练工．设第 $n$ 年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为 $x_{n},$ $y_{n}$ 记成向量 $(x_{n} y_{n})$ ．

(1) 求 $(x_{n + 1} y_{n + 1})$ 与 $(x_{n} y_{n})$ 的关系式并写成矩阵形式： $(x_{n + 1} y_{n + 1}) = A (x_{n} y_{n});$

(2) 验证 $η_{1} = (41), η_{2} = (- 1 1)$ 是 $A$ 的两个线性无关的特征向量，并求出相应的特征值；

(3) 当 $(x_{1} y_{1}) = (\frac{1}{2} \frac{1}{2})$ 时，求 $(x_{n + 1} y_{n + 1}) .$

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【答案】 (1)

(x_{n + 1} y_{n + 1}) = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5}) (x_{n} y_{n})

即

A = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5})

(2) $η_{1} = (41)$ 是特征向量，特征值为 $1$ ； $η_{2} = (- 1 1)$ 是特征向量，特征值为 $\frac{1}{2}$ 。两者线性无关。

(3)

(x_{n + 1} y_{n + 1}) = (\frac{4}{5} - \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n} \frac{1}{5} + \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n})

【解析】 (1) 设第 $n$ 年一月份熟练工和非熟练工的比例分别为 $x_{n}$ 和 $y_{n}$ ，且 $x_{n} + y_{n} = 1$ 。支援后熟练工变为 $\frac{5}{6} x_{n}$ ，非熟练工变为 $y_{n} + \frac{1}{6} x_{n}$ 。经过培训，有 $\frac{2}{5}$ 的非熟练工成为熟练工，因此：

x_{n + 1} = \frac{5}{6} x_{n} + \frac{2}{5} (y_{n} + \frac{1}{6} x_{n}) = \frac{9}{10} x_{n} + \frac{2}{5} y_{n}

y_{n + 1} = \frac{3}{5} (y_{n} + \frac{1}{6} x_{n}) = \frac{1}{10} x_{n} + \frac{3}{5} y_{n}

写成矩阵形式：

(x_{n + 1} y_{n + 1}) = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5}) (x_{n} y_{n})

所以 $A = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5})$ .

(2) 计算 $A η_{1}$ ：

A η_{1} = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5}) (41) = (\frac{9}{10} \times 4 + \frac{2}{5} \times 1 \frac{1}{10} \times 4 + \frac{3}{5} \times 1) = (41) = 1 \cdot η_{1}

所以 $η_{1}$ 的特征值为 $1$ 。计算 $A η_{2}$ ：

A η_{2} = (\frac{9}{10} \frac{1}{10} \frac{2}{5} \frac{3}{5}) (- 1 1) = (- \frac{9}{10} + \frac{2}{5} - \frac{1}{10} + \frac{3}{5}) = (- \frac{1}{2} \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} \cdot η_{2}

所以 $η_{2}$ 的特征值为 $\frac{1}{2}$ 。 $η_{1}$ 和 $η_{2}$ 线性无关，因为它们不成比例。

(3) 初始向量 $(x_{1} y_{1}) = (\frac{1}{2} \frac{1}{2})$ 。将其表示为特征向量的线性组合：

(\frac{1}{2} \frac{1}{2}) = c_{1} (41) + c_{2} (- 1 1)

解得：

4 c_{1} - c_{2} = \frac{1}{2}, c_{1} + c_{2} = \frac{1}{2}

求解得 $c_{1} = \frac{1}{5}$ , $c_{2} = \frac{3}{10}$ 。因此：

(x_{n + 1} y_{n + 1}) = A^{n} (x_{1} y_{1}) = A^{n} (\frac{1}{5} η_{1} + \frac{3}{10} η_{2}) = \frac{1}{5} A^{n} η_{1} + \frac{3}{10} A^{n} η_{2} = \frac{1}{5} η_{1} + \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n} η_{2}

代入 $η_{1}$ 和 $η_{2}$ ：

= \frac{1}{5} (41) + \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n} (- 1 1) = (\frac{4}{5} - \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n} \frac{1}{5} + \frac{3}{10} (\frac{1}{2})^{n})

20

某流水生产线上每个产品不合格的概率为 $p$ （ $0 < p < 1$ ），各产品合格与否相互独立，当出现一个不合格产品时即停机检修．设开机后第一次停机时已生产了产品的个数为 $X$ ，求 $X$ 的数学期望 $E (X)$ 和方差 $D (X)$ ．

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【答案】

E (X) = \frac{1}{p}

D (X) = \frac{1 - p}{p ^{2}}

【解析】
记 $q = 1 - p$ ， $X$ 的概率分布为 $P {X = k} = q^{k - 1} p, (k = 1, 2, \dots)$ 。由离散型随机变量的数学期望定义得， $X$ 的数学期望为

E (X) = k = 1 \sum \infty k P {X = k} = k = 1 \sum \infty k q^{k - 1} p = p k = 1 \sum \infty (q^{k})^{'}

= p (k = 1 \sum \infty q^{k})^{'} = p (\frac{q}{1 - q})^{'} = \frac{1}{p}

因为

E (X^{2}) = k = 1 \sum \infty k^{2} P {X = k} = k = 1 \sum \infty k^{2} q^{k - 1} p = p [q (k = 1 \sum \infty q^{k})^{'}]

= p (\frac{q}{( 1 - q ) ^{2}})^{'} = \frac{2 - p}{p ^{2}}

故 $X$ 的方差为

D (X) = E (X^{2}) - [E (X)]^{2} = \frac{2 - p}{p ^{2}} - \frac{1}{p ^{2}} = \frac{1 - p}{p ^{2}}

21

设某种元件的使用寿命 $X$ 的概率密度为 $f (x; θ) = {2 e^{- 2 (x - θ)}, x \geq θ 0, x < θ$ 其中 $θ > 0$ 为未知参数，又设 $x_{1}, x_{2}, \cdot \cdot \cdot, x_{n}$ 是 $X$ 的一组样本观测值，求参数 $θ$ 的最大似然估计值．

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【答案】

\hat{θ} = min {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}

【解析】 似然函数为 $L (θ) = \prod_{i = 1}^{n} f (x_{i}; θ)$ 。由于当 $x < θ$ 时 $f (x; θ) = 0$ ，因此为了使似然函数非零，必须满足 $θ \leq x_{i}$ 对于所有 $i$ ，即 $θ \leq min {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ 。记 $x_{(1)} = min {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ ，则当 $θ \leq x_{(1)}$ 时，似然函数为：

L (θ) = i = 1 \prod n 2 e^{- 2 (x_{i} - θ)} = 2^{n} e^{- 2 \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ)} = 2^{n} e^{- 2 \sum x_{i}} e^{2 n θ} .

取对数似然函数：

l (θ) = ln L (θ) = n ln 2 - 2 \sum x_{i} + 2 n θ .

由于 $l (θ)$ 是 $θ$ 的线性递增函数（因为 $2 n > 0$ ），且在约束 $θ \leq x_{(1)}$ 下，因此 $l (θ)$ 在 $θ = x_{(1)}$ 处取得最大值。故参数 $θ$ 的最大似然估计值为 $\hat{θ} = x_{(1)}$ 。