新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列一极限问题计算 lm rct 分析充分大时, 由 rct, 有 4 rct 4 这样的话, lm lm lm 4 4 lm lm lm 由夹逼准则, 有原式. 求极限 lm 4 分析 4 原式 lm = 其中 d l

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新东方在线 [www.kooler.com ] 考研数学网络课堂电子教材系列新东方在线考研 7 考研数学新东方最后小时授课教师 : 张宇欢迎使用新东方在线电子教材目录一极限问题... 二一元函数微积分学... 4 三多元函数微积分学... 7 四微分方程.

1 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列新东方在线考研 7 考研数学新东方最后小时授课教师 : 张宇欢迎使用新东方在线电子教材目录一极限问题... 二一元函数微积分学... 4 三多元函数微积分学... 7 四微分方程... 9 五无穷级数... 六数学一二专题内容... 5 七数学一专题... 7 八数学三专题... 8 九向量组与方程组... 9 十相似理论... 6 十一二次型... 十二估计问题... 5 十三数字特征... 7 十四分布函数... 9 十五其他问题... 4

2 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列一极限问题计算 lm rct 分析充分大时, 由 rct, 有 4 rct 4 这样的话, lm lm lm 4 4 lm lm lm 由夹逼准则, 有原式. 求极限 lm 4 分析 4 原式 lm = 其中 d lm = lm = d 由夹逼准则, 有上式. (I) 设 u, 求 lmu

3 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 (II) 设 v, 求 lm v 分析 (I) u lm lm lm d l (II) v 4 u 故 lm v lmu lm l. 4 设常数证明数列,,,,,, 收敛并求 lm 分析, 设, 由于故, 这样即有上界, 且还有下界, 即,,,, 设则于是单调增加, 由单调有界准则知收敛记 lm, 于是有, 得, 由于注 : 此题下界, 故应舍去, 从而 lm 可以不推证, 不扣分.

4 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 5 设数列分析由题设, 满足条件,,,, 4, 证明且故单增且有上界, 收敛设 lm, 当时由极限保号性, 故命时有, 即 4 收敛并求 lm, 4 二一元函数微积分学 f ( ), f ( ), f ( ) 的图像汇总在下列一张图中, 则 l, l, l 分别对应 ( ) l l l () f ( ), f ( ), f ( ) (B) f ( ), f ( ), f ( ) (C) f ( ), f ( ), f ( ) (D) f ( ), f ( ), f ( ) 分析. 二阶导数正负判断凹凸, l f, l f. 一阶导数正负判断增减, l f, l f (I) 设函数在点处连续, 在, 内可导,, 且 lm 存在, 则 4

5 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 lm (II) 设函数求 F 分析 (I) F du u f t dt, f tdt 故此处洛必达法则成立, 证毕 (II) 当 l, 已知 lm lm = 存在洛时, u F f t dt du f t dt 时, 由于当于是 F l f 当, 其中 f 连续且 f f 令 t u F l f t dt = l f u du 时, 因为 F f f lm lm l l 存在由 (I) 可知 F F lm 同理, 因为 lm F lm f t dt 故 F F lm 于是 F 存在, l f F F f F lm lm lm f F F f t dt F f f 故 lm lm lm F 设 rct, 则, 为非负整数分析由 rct 有两边再对求, 于是阶导数, 用乘积求导的莱布尼茨公式, 有 5

6 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 C C 即以代入, 得又,,,, 故! 当奇数时当偶数时设 f 具有二阶连续导数, f, f, f 在曲线 f 意一点, f 处作此曲线的切线, 此切线在轴上的截距记为 u, 求分析按题目要求一步步往下做即可, 条件中给出朗日余项泰勒公式解 : 过点 f 上任 f u lm uf 具有二阶连续导数, 想到用拉格, f 的曲线 f 的切线方程为 Y f f X f 它在轴上的截距 u f ( 由 f, f 知, 当时 f ), 将 f f f f f f f u f u 展开 : 于是代入欲求之式, 并由 f 的连续性, 有 f f u lm lm lm lm lm uf f uf 按拉格朗日余项泰勒公式 f u f u f f f f f f lm lm lm f 洛 f f f 6

7 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列其中最后一步来自 : f f lm f f,lm lm f 5 设 d, b s tdt, 则极限 lm b () (B) (C)- (D) st 解 : s cos d t tdt s t( s t) dt b b b 又 b, 则 lm lm ( ) lm, 选 (). b = 三多元函数微积分学设 F(, ) 在 (, ) 的某邻域内有二阶连续偏导数, 且 F(, ), F (, ), F (, ), F (, ), 则由方程 F(, ) 在 (, ) 某邻域内确定的隐函数 ( ) 在点处 () 取得极大值 (C) 不取极值分析 (B) 取得极小值 (D) 无法判断 F (, ) F (, ) ( ), 则 ( F ), 又 (, ) F (, ) F (, ) F (, ) ( ), 对其两边求的导数, 有 ' ' ' F (, ) F (, ) F (, ) F (, ) F (, ) '' '' ' '' ' '' ' ' '' '' d F (, ) 于是 ', 故答案选 (B) d F (, ) 设, B, C 为常数, B C, 可逆线性变换,,,, u 具有二阶连续偏导数, 试证明必存在为常数, 且, 将方程 u u u u B C 化成并请用, B, C 表示, 7

8 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列解 : u u u, u u u, u u u u u u u u u u u u 代入所给方程, 将该方程化为 u u u B C B C B C 由于 B C,, 所以代数方程 B C 有两个不相等的实根与 B C 由根与系数的关系,, 4 B C C B 变换的系数矩阵的行列式为可逆线性变换, 且, B B C u 代入变换后的方程, 成为 :. 设 f( ) 在 b, 连续且单调增加, 证明 D (, ) b, b. D b b f ( ) d f ( ) d, 其中 b b b b 证明 ( ) ( ) ( ) ( ) f d d f d f d f d 4 求 I ( ) dd. 其中 D是由曲线, 直线 = - 及 = + 所围成的区域 D D D 8

9 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列解作出 D 的平面图形如图. 因积分区域关于原点 O 对称, 被积函数又是与的偶函数, 故这里 I= ( ) dd D D D ( ) dd D D D D ={(,), }, D ={(,), }, D={(,), }, 于是 I= ( ) dd D D D ( ) dd ( ) dd ( ) dd D D D d ( ) d d ( ) d d ( ) d ( ) d ( ) d ( ) d 6 注在讲 D分割成 ( D D D ) 时, 不要讲 D 与 D 并成一个区域 D. 因为在 D上,, 所以不能随意去掉的绝对值符号. 四微分方程设函数 f u 有连续的一阶导数, f, 且函数 z f f 满足 9

10 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 z z,,, (*) 求 z 的表达式. 分析将 z f f 最终有可能化为含有关于代入式 (*), 注意到 f 中的变元实际是一元 u f u 的常微分方程, 所以 z 解 : f f f z f f f 代入式 (*), 得 (**) f u u f u u u 其中 u, 由式 (**) 有 f u u f u u, 当 u (***) 初值条件是 u 时 f, 微分方程的解应该是 u 的连续函数, 由于初值条件给在 u 处, 所以 f 的连续区间应是包含 u 在内的一个开区间. 解式 (***) 得通解 du du u u f u e ue c u u u du c u u u u u du c u u 再以 f 代入, 得 c, 从而得 u u u l u c u (****) u u f u u l u u

11 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 z l 设 r= z, 函数 u f ( r) 在 (,+ ) 内具有连续的二阶导数, 且 f ( r) f f f 在 r= 足够小的去心领域内有界. 又设 u f () r 满足 l r, z 求 f() r 的表达式解由复合函数求偏导公式, 中间变量是一元的 r, 有 f ' r ' f '' ' r = f ( r) = f ( r), f ( r) + f ( r). r r r f '' ' r 根据对称性可求得 f ( r) + f ( r). r r f '' z ' r z f ( r) + f ( r). z r r '' ' 代入所得方程得 f ( r)+ f ( r) = l r. r '' ' ' ' 将 f () r 看成 [ f ( r)], 上述方程可看成 f () r 的一阶线性微分方程, 得 ' f ( r) =e dr ( e r dr l rdrc ) r ( r l rdr C ) r r r ( l r C ) r 9 r r C l r, 9 r r 5 C f( r) l r r - + C. 6 6 r 由条件 f ( r) 在 r= 的足够小的去心领域内有界, 所以 C =, 得 r 5 f r r r C 6 6 ( ) l +, 其 C 中是任意常数. 五无穷级数 (I) 设 u 为正项级数, 证明 : u 收敛的充要条件是其部分和数列 S 有界

12 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 (II) 设分析 (I) 由定义知, 故 u 又由于且因为单调递增的有界正数数列, 证明收敛 lm S lm S u, 存在 S 收敛, S 是单调增数列, 故 S 收敛 S S 有下界, 故 S 有上界 S 有上界有界, 证毕收敛 (II) 因为考察原级数前项部分和序列因是单调递增的有界正数数列, 所以有 S, 我们有有界, 即 M M k k k S k k k 某常数, 则 S M 即 S 为有界序列, 由 (I) 可知, 级数收敛. 写出 f l e 的麦克劳林展开式并求的值分析当时, l 故当 e e 时, 有 l l e e l e l e e e e

13 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 e e 令, 有 l e, 即 l 故所求和为 l. 求级数的收敛域及其和函数分析由 lm u u lm 可见收敛半径 R 当时, 级数成为, 是收敛的交错级数 ; 9 当设时, 级数成为, 是发散级数, 故原级数的收敛域为 [,) 9 s 为所给级数的和函数, 则 s s 在上式两边同时积分然后对积分上限求导, 得 t st dt dt dt t s l l s 因和函数 l l s 是收敛域上的连续函数, 故 s lm s

14 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列于是 s l l lm l l lm lm 6 8 故所求级数的和函数为 s l l, [,) (,), 8 4 设 S ( ) 5 ( ) (I) 证明 S ( ) 满足方程 S '( ) S( ) (II) 证明 t e e dt, (, ) 5 ( ) 4

15 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列解析 : 记 U U ( ), 5 ( ) U ( ) 5 () lm lm lm ( ) 5 () 故 U ( ) 的收敛域为 (-, + ) 5 ( I) S( ), 逐项求导, 得 5 4 S '( ) 5 ( ) S() 5 ( ) ( II) 由 ( I) 得到的微分方程 S '( ) S( ) 有 d d S( ) e e d c e e d c t 且由 S(), 得 S( )= e e dt 即得结论 t [ 注 ] 由 S(), 可将 e d c写成 e dt 是基本概念六数学一二专题内容设一个平板浸没在水中且垂直于水面 Ⅱ 设水位下降, 如果在时刻水面位于 kg / m, 平板的图形由双曲线直线与一围成长度单位 : 平板的形状为双曲四边形, 即 4 4, ( m). Ⅰ 如果平板的上边缘与水面相齐, 那么平板一侧所受到的总压力是多少? t h t 处, 且水面匀速下降速率为. ( m/ s). 问 : 当水面下降至平板的中位线时, 一侧所受到的水压力的下降速率是多少? 5

16 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 I 平板的上边缘与水面相齐, 那么平板一侧所受到的总压力为 Ⅱ 水面位于 ht F= g ( )d 4 = g 4 ( ) d= g 4 = g 4 l( 4 ) 处, 水压力为 h h h F= g ( h )d= gh d-g d, 则水压力的下降速率为 h '= ' g 4 d. F h 由题意知 h'=., 当水面下降至平板的中位线时, h=, 代入上式得 5 5 F '=.g( +l ). 位于轴上区间, 的引力为上质量为 m 的均匀细棒对于轴上点 (, ) 处质量为 m 的质点 d 答案 km m, k 为引力系数分析对于任意, d, m, 将此小区间看作质点, 其质量元素为 dm d, kmdm m 对应的引力元素为 df d r, 其中 k 为引力系数由对称性可知, 其在轴上的分力被对称于原点的小区间上分力所抵消, 而 km m df df d r ( ) kmm 所以, 有 F d km m ( ) d ( ) kmm km 4 m rct t cos tdt., 设一长度为的非均匀细直杆, 其上一点, 处的线密度分布函数 ( ) 满足关 6

17 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列系式 : u 当 u ( z) 时, z ' (), (), z ''' ( z), 求 : (I) ( ) ; (Ⅱ) 此细直杆的质心解 (I) u z u z u z z ' ' '' ' ''' ( ),,. u z z. ''' ' '' ''' z '' ' '' ' 由已知等式得 z, 记 z t, 即 t ( t) ( t). d 故 ' ' dt t, 即即 ( ) C t ' () t, 由 ' () 得 C. ' ( t), ( ) C, 由 () 得 C t (Ⅱ) 对原点的静距 I 5 5 质心 d, 细棒质量 M 6 9 d 七数学一专题函数 f 以为周期, 且 f 解,,, 将函数 f 展成傅里叶级数 4, 为奇数 b f s d cos, 为偶数 7

18 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列故 4 s, f = b s,, k, k,,, e d e s d 其中 L 是从点, 计算 cos 直线段. L 分析记 P, cos e, 由 Q P e e s 方法一 : 记 M, 则 L Q, e s, 知此积分与路径无关, 可用下面两法 cos e d e s d M MB 9 cos cos 这个方法叫换路径法方法二 : 全微分 Pd Qd 的一个原函数可这样算, u P, d Q, d d e s d e cos, 9 于是 I du e cos cos cos L 这个方法叫原函数法., 到点 B, 的八数学三专题一阶线性差分方程 8 5 t t t te 的通解 t t 5 e t 答案 C( 4) ( ) e, C 为任意常数 t e 8 e 8 分析先解一阶线性齐次差分方程 t 8 t, 对应的特征方程为 8

19 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 r 8, 特征根 r 4 t 所对应的齐次方程的通解为 Y C( 4), C 为任意常数. * 再设该非齐次线性差分方程的一个特解为 ( t B) e t t t 于是 * t t ( ( t ) B) e ( et e( B)) e t 代入原始的一阶线性非齐次差分方程, 得 ( et e( B)) e t 8( t B) e t 5te t 比较两边同类项, 得 e 8 5, e( B) 8B 5 e * 所以, B, 通解 t Yt t, 即为所填. e 8 e 8 九向量组与方程组设, B, X 均是三阶矩阵, 其中, B 问为何值时, 矩阵方程 X B BX 无解为何值时, 矩阵方程 X B BX 有解, 有解时, 求全部解. 解由题设条件, 矩阵方程为 ( B) X B, B - = 将 X 和 B 以列分块, 则矩阵方程为 ( B) X B ( B) X, X X, ( B) X,,,,, 对增广矩阵 ( B) B 6 4 9

20 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列时, ) ( ) ( B B r B r, 矩阵方程无解 ; 时, ) ( ) ( B B r B r, 矩阵方程有唯一解其中 ) ( X B 有解,, ) ( ) ( X B 有解,, ) ( X B 有解,, ) ( 故解得 X ) ( ) ( 设,, 8,, B. 其中是的转置, 求满足 C B C C B 4 4 的所有矩阵 C 解由题设得 ) (, B ) ( 又由于 ) (, 8 4, 代入原方程, 得

21 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 6 C 8C 6C ( 8 - E) C 其中 E 是阶单位矩阵, 令 C, ), 代入上式, 得非齐次线性方程组 (, 解其对应的齐次线性方程组, 得通解 k(,,) ( k为任意常数 ) 显然, 非齐次线性方程组的一个特解为因此, 所求方程的解为 * (,, - ) C k k k ( k 为任意常数 ) - k 证明 : 非齐次线性方程组 (I)... b... b... b 有解的充分必要条件是齐次线性方程组 (II) m m m m 的任意一组解,,..., m 必满足方程组 (III) 证必要性 : 设矩阵 m m m m m m m b b... b m m j,,...,,,...,,,, m

22 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 b b, b,..., ) ( b m, 则方程组 (I),(II),(III) 的矩阵形式分别是 (I): b (II): (III): b 如果方程组 (I) 有解, 则 b 两边同时转置, 有 b 设是方程组 (II) 的任一解, 则, 于是 b ( ) ( ) 所以, 方程组 (II) 的任一解满足方程组 (III) 充分性 : 将方程组 (II) 和 (III) 联立起来, 记为方程组 (IV), 其矩阵形式为 (IV): b 如果方程组 (II) 的任一解满足方程组 (III), 即, b, 则方程组 (II), (IV) 同解, 于是, 方程组 (II) 和 (IV) 系数矩阵的秩相等, 即 r ( ) r b 由此可知, 矩阵的最后一行 b b 可由的个行向量线性表示, 不妨设,,..., ), 则 (, 所以, 存在一组数,,..., 使得... b 两边同时转置得即 b, 因此方程组 (I) 有解.... b

23 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 4 4 (I) = = =,,,,, b c 问 bc,, 为何值时,,, 可由,, 线性表出. (II) 设, B 4 有解时, 求解 X. b c 解析 () I 将,,,, 作初等行变换, 得, 常数 bc,, 为何值时矩阵方程 X=B 有解, 4,,,, = b c b 4 c b c 当, b, c 时, 将方程组分解成三个线性非齐次方程组, 均有解, 其中 C 有通解, 故时, = (- ) c c 4 C 有通解, 故 b 时, C C (C ) C 有通解, 故 c= 时, = (-C +) ( C ) C C C C 故 X C C C, C C C

24 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 C C C X C C C, 其中 C, C, C是任意常数 C C C ( II) 将矩阵方程 X B两边转置, 得 X B 将, B 以列分块, 得 X X B 有解,, 可由,, 线性表出, 由 ( I) 知当, b, c 时, 将,, 由,, 表出系数合并成矩阵 C + C C + C C C 即是 X = C C C -, 于是 X= C C C C C + C C C C 5 设阶矩阵 B乘积可交换,,,,, 分别是方程组与 B r r 的一个基础解系, 且对阶矩阵 C D, 满足 r( C DB) (Ⅰ) 证明 r 且,, r,, r 线性相关 ; B (Ⅱ) 证明,,,, 是方程组 B 的一个基础解系 r r r C DB r C D r, 所以 r B B B 解 (Ⅰ) 因为 ( ), 由 r 知方程组 B B r r 只有零解, 即与 B 无非零公共解, 又,,,, 分别为与 B 的基础解系, 于是,,,, 线性无关 r r (Ⅱ) 显然 B,,,..., r, 又 B B, 所以 B,,,..., r, 故,,,, 是方程组 ( B) 的 r r r r 个无关解向量, r B r( ) r( B) ( r ) ( r ) ( r r ), 所以 B 的基础解系中又至多 ( ) r r r r 有个解向量, 从而,,,, 为 B 的一个基础解系. r r 4

25 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 6 设为阶正定矩阵,,,, 为维非零列向量, 且满足 j ( j;, j,,..., ), 试证 : 向量组,,, 线性无关. 证设有数 k,, k, k, 使得在上式两边左乘, 由 k k k +. j j j ( ;,,,..., ), 可得 k (,,..., ) 因为正定矩阵, 则也为正定矩阵且性无关., 故, 于是, k (,,..., ), 所以向量组,,, 线 7 设向量组() b, 4,,,,,,8, ; () b b, 5,,,7, 4,, 4, ; 记,,, B,, 问 (Ⅰ) b, 为何值时, 等价于 B, b, 为何值时, 和 B 不等价 (Ⅱ) b, 为何值时, 向量组 () 等价于 (), b, 为何值时, 向量组 () () 不等价解 (Ⅰ) B r( ) r( B) 将 B, 合并, 一起作初等行变换, B,,,, 4 8 b 5 7 b 4 b 4 4 b ( b ) b 当, b 时, r( ) r( B), B ; 或 b 时, r( ) r( B), B 5

26 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 (Ⅱ)() () 向量组可以互相表出,, X ;,, Y,,, 均有解 r() r( ), r() r( ),,, r() r()= r( ), 由 (Ⅰ) 知,, b 时, r() r()= r( )=,() () ; =, b= 时, r() r()= r( )=,() () ; =, b 时, r() r()= r( )=,,, Y 无解,( ) () 不等价 ;, b= 时, r() r()= r( )=,,, X 无解,( ) () 不等价. 注为方便计算, 我们将 B, 合并, 一起作初等行变换, 若化为阶梯形时, B 的秩不能直观得出, 则需将 B, 分开计算, 以免漏解十相似理论设, B, C 均是阶矩阵, 满足 B=- B, C = C. 其中 B= C 4,. (Ⅰ) 求 ; (Ⅱ) 证明 : 对任何维向量, (Ⅰ) 解由题设条件 B B,,,,, 与必线性相关将 B 按列分块, 设 B,,, 则有即,,,, 故,,,是的对应的特征向量, 又, 因线性无关,, 故, 是的属于的线性无关特征向量 C =C 两边转置得 C =C, 将则有,,,,,,,,.,, C 按列分块, 设 C,,, 是的属于的 6

27 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列特征向量, 因,, 互成比例, 故是的属于的线性无关特征向量. 取 P,,, 则 P 可逆, 且,, P P P P 其中 P P 计算如下 : PE EP, 所以 P = PP = (Ⅱ) 证因,(,), 故故 (, ) 7

28 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列对任意的维向量, 因,, 线性无关, 可由,, 线性表示, 且表示法唯一 + 则设 = ( + ) = + = + = ( + ) = 得证与成比例, 与必线性相关. 若 B, 均为阶矩阵, 且证由,, ( ) ( ), 证明 B, 必为相似矩阵 B B r r B 可知的特征值为或, 对应于的线性无关的特征向量的个数分别为 r( E ) 与 r( E ) 又由于向量的总个数为, 即 ( E), 则 r( ) r( E), 于是的线性无关特征 r( E ) r( E ) r( ) r( E ), 故有个线性无关的特征向量, 则可相似对角化. 同理, B 也可相似对角化, 由题设, r( ) r( B), 可知 B有着完全相同的特征值, 即 B相似于同一对角阵, 故 B必相似. 设是阶矩阵, b [9,8, 8], 方程组 b 有通解 k[,,] k [,,] [,, ], 其中 k, k 是任意常数, 求及. 解法一由题设条件知, 对应齐次方程的基础解系是 [,,], [,,], 即, 是的对应于的两个线性无关的特征向量, 又 [,, ] 是 b 的特解, 9 即有 b 知 [,, ] 是的对应于 9 的特征向量, 取可逆阵 P,,, 则得 P P, P P, 8

29 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列其中 P,, 9 P P P ,,, 4 4 因,,,,...,, 9, 故 () 99 PP P P 或 () 法二由方程组的通解直接求出系数矩阵, 因对应齐次方程组有通解为 k k k[,,] k[,,], 故 r ( ) 可设方程组为 b c b, 代入, 则有 c, 将,, 故方程组为 ( ), 得 c, b 对应的非齐次方程组为 k( ) 9, k( ) 8, k( ) 8, 将特解 [,, ] 代入得 k, k, k. 9

30 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列故得对应矩阵再求 ( 见法一 ()) 或因, 故故 [,, ] [,,9 ]., 故 [,,9 ][,, ] 设矩阵 B, 矩阵 ~ B 则秩 r( E) r( E) () 6 (B) 7 (C) 5 (D) 4 答案 () 分析由矩阵 B 的特征多项式 E B ( )( ), 可得 B 的特征值为,, 4. 因为 ~ B, 所以矩阵与矩阵 B 有相同的特征值, 又因为 B 是实对称矩阵, 故 B 可相似于角矩阵. 从而, 矩阵也可以相似于对角矩阵. 所以, 矩阵属于重特征值 4 必有个线性无关的特征向量. 由此可知, r( E ) 4 即 r( E). 又因为不是矩阵的特征值, 故知 E. 所以, r E 4 r( E) R E 4 6. 即 r E 4, 因此,

31 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列十一二次型设矩阵, 已知的一个特征值为. k (Ⅰ) 试求 k (Ⅱ) 求矩阵 P, 使 P 解 (Ⅰ) 矩阵的特征多项式 P 为对角矩阵 E ( k ) (k ) k, 将的特殊值代入上式, 必有解之得 k. (Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得结果, 得矩阵 E ( k ) (k ) 因为, 所以 P P P P 而对应于的二次型为 4 9 X X ( 4) 4, 5 5 作线性变换

32 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列即其中将 X,, 4 4, X 4 4 PY P 4 5, Y 4 PY 代入二次型 X X, 得 X X ( PY ) ( PY ) Y ( P) ( P) Y 即矩阵 P, 使得 Y 5 Y 9 5 ( P) ( P) 设二次型 f (,,..., ) X X, 且. (Ⅰ) 证明 : 存在维向量, 使得 ;

33 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 4 (Ⅱ) 设, 求 4, 使得 (Ⅰ) 证设有特征值,,,...,, 则可知有奇数个特征值小于零, 设, 其对应的特征向量为, 则有, 其中两边左乘, 得, 因, 故有. 又, 故, 得证有小于零的特征值对应的特征向量, 有 (Ⅱ) 解由 (Ⅰ) 先求的特征值 E 得的特征值 4. 由 E X 4E X, E 7, 解得. 4 4 此时 4,,,, ( 4) 8. 4 注对应于的二次型为 f (,,..., ) 8, 取时, 有, 只需,,, 时, f. 异号, 即取下列二次型中, 正定二次型是 ( ) () f (,,..., ). 4 4

34 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 (B) f (,,..., ). 4 4 (C) f (,,..., ). 4 4 (D) f 答案 (D) (,,..., ) 分析法一 () 存在,,, (B) 存在,,, 使得 f( ), f 不正定, 使得 f( ), f 不正定. 使得 f( ), f 不正定. (C) 存在,,, 由排除法知, 应选 (D) 法二, 对 (D), f (,,, ) ,, 即 4, 4 4. C 其中 C 故 C 是可逆线性变换, 则由 f C 4 知, f 4 是正定二次型. 法三 f (,,, ) ,, 4, 4 4 4,,, 4 D D. 4 4

35 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 5 其中 D D, D ( ). D 是可逆阵, 故知 D D 是正定阵, f 4 是正定二次型. 法四, 写出各二次型对应矩阵, 用顺序主子式是否都大于零来判断, 请读者自行计算. 注要说明二次型不正定, 只需要找到使得 f( ) 即可, 要说明二次型正定, 则应给出证明 ( 利用二次正定的定义或充分必要条件 ). 有人认为 : 四个选项均是正的平方和, 作变换均可化为, 从而认为 4 四个选项都正确, 你认为呢? 这里作的变换是可逆线性变换吗? 注意, 选项 (D) 中的平方和, 并非配方法中的平方和, 但所作的线性变换是可逆线性变换. 十二估计问题设某种电子器件的寿命 ( 以小时计 ) 服从参数为 λ 的指数分布, 其中 λ> 未知. 从这批器件中任取只在时刻 t= 时投入独立寿命试验, 试验进行到预定时间结束. 此时, 有 k(<k<) 只器件失效, (Ⅰ) 求一只器件在时间未失效的概率 (Ⅱ) 求 λ 的最大似然估计. 解 (Ⅰ) 记得分布函数为 Ft () t e, t. Ft (), t. 一只器件在 t= 投入试验, 则在时间以前失效的概率为 P{ } F( ) e, 而在时间未失效的概率为 P{ } F( ) e. (Ⅱ) 考虑时间 ={ 试验直至时间为止, 有 k 只器件失效, 而有 -k 只未失效 } 的概率. 由于各只器件的试验是相互独立的, 因此时间的概率为 L C e e k k k ( ) [ ] [ ] 这就是所求的似然函数, 取对数得 k l L( ) l C k l( e ) ( k)( ) 5

36 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列令 dl L( ) ke ( k) d e 得 e ( k) 解得 λ 的最大似然估计为 ˆ l k. 罐中有 N 个硬币, 其中个是普通硬币 ( 掷出正面与反面的概率各为.5), 其余 N 个硬币两面都是正面, 从罐中随机取出一个硬币, 把它连掷两次, 记下结果, 但不去查看它属于哪种硬币, 然后放回, 如此重复次, 若掷出次次次正面的次数分别为,, ( ). (Ⅰ) 求的矩估计, 最大似然估计 ; (Ⅱ) 求 E, E ; (Ⅲ) 求 D. 解设 X 为连掷两次出现正面的次数, 取出的硬币为普通硬币, 则由全概率公式得 P X P ( ) P ( X ) P N ( ) P ( X )=, N N 4 N N P X P( ) P( X ) P( ) P( X )= C, N N N N 4N P X P( ) P( X ) P( ) P( X )=, N N 4 N 即 X 的分布为 : X P 4N 4N N 4N 4N N (Ⅰ) 由 X = EX, 解出的矩估计为 : 4N N 4N N = N ( X ). 6

37 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 X = 代入得 N N = N( X ) N 4N 似然函数 L( ), 4N N 4N l L( ) l l 4N l l N l(4n ) l 4N, dl L 令 d 4N, 得的极大似然估计为 : 4N 4N (Ⅱ) 由 B(, ), B(, ), B(, ) 4N N 4N N N N E E E E, 4 N N 4 N 4 N 4 N E E E E. 4N N (Ⅲ). 4N 4N 4N 4N D D D D D 4N 4N 4N. 4N 4N, 十三数字特征考题示范设随机变量 X 与 X 相互独立, X 服从参数为, p(<p<) 的二项分布,=,, 令随机变量 Y 差达到最小., XX, X X, Y, X X, 试确定 p 的值, 使 Y 与 Y 的协方, X X 7

38 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列分析由于 cov( Y, Y ) E( Y, Y ) EY EY, 而 Y, Y 及 YY 均服从分布, 因此只 YY 需求出 Y, Y 和分别取的概率即可得 EY, EY 及 E( YY ). EY P{ Y } P{ Y } P{ X X } pq 其中 q p, EY P{ Y } P{ Y } P{ X X } P{ X, X } p q, P{ Y, Y } P{ X X, X X } P{ }, P{ YY } P{( Y ) ( Y )}= P{ Y } P{ Y } pq p q, EYY P YY P YY pq p q { } { }, 于是 cov( Y, Y ) E( Y, Y ) EY EY pq p q ( pq )( pq ) p ( p) g( p). 令 g '( p) 9 p ( p) ( p), p, 得 (,) 内唯一驻点 p =.5, 且当 p<.5 时, g'( p) ; 当 p >.5 时, g'( p). 因此 p =.5 是函数 g( p) 在 (,) 内唯一极小值点, 由于驻点唯一, 也是最小值点即当 =.5 时, 协方差 cov( YY, ) 达到最小把一颗骰子独立地投掷次, 记点出现的次数为随机变量 X,6 点出现的次数为随机变量 Y 记 X, 第次投掷, 出现点,,, 其它, (Ⅰ) 求 EX, DX ; (Ⅱ) 分别求 j时 j (Ⅲ) 求 X 与 Y 的相关系数解 Y 时 E X Y j, 第 j次投掷, 出现 6点,, j,,...,., 其它, 的值 p (Ⅰ) 出现点的次数 X X B,, 出现 6 点的次数 Y Yj B, 6 j 6. 8

39 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 5 从而有 EX EY, DX DY. 6 6 (Ⅱ) 当 j时, 由于 X 与 j ( ) ( ) ; 6 Y j 相互独立, 所以 E X Yj E X E Yj 当 j时, 因为 X 与 Y 均为取, 值的随机变量, 所以 XYj X, Yj ( 第次投掷时不可能既出现点, 同时又出现 6 点 ), 因此当 j时, 有 PXYj, PXYj PXYj, 由此得 j E X Y (Ⅲ) 我们要求 X 与 Y 的相关系数, 先求 Cov X, Y, 故下面先求 E XY, 由于且综上可得 XY X X X Y Y Y X Y X Y j j,, ( ) Cov X Y E XY EXEY X Yj 所以 XY Cov X, Y 6. DX DY 十四分布函数设随机变量 X, X, X 相互独立, 且 X, X 均服从 N (,),, 则 Y X X X 的密度函数 fy ( ) 为 P X P X () e 答案 (B) 分析 (B) e 4 (C) e 4 (D) e F ( ) P X P X X X X P X P X X X X Y 4 9

40 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 P X P X X P X P X X X X X X P P fy ( ) e ' 4 设 XY, 的联合概率密度为 f, (Ⅰ) 求 Z X Y 的概率密度 ; (Ⅱ) 求 P X Y 4 解 (Ⅰ) 法一分布函数法,,,, 其它. 由分布函数的定义 F z PZ z PX Y z Z ( ) 当 z 时, F ( z) ; Z 当 z 时, 积分区域如下图 : F ( z) P X Y z f (, ) dd d d ( z) Z 当 z 时, 积分区域如下图 : z ; ( z ) D 4

41 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 FZ ( z) PX Y z PX Y z f (, ) dd ( z) 4 当 z 时, F ( z) ; Z D 综上, z FZ ( z) ( z), z, z ( ) z, z z, z, 所以 fz( z) F ' Z( z) z, z,, z 或 z 法二公式法 fz ( z) f ( z, ) d, z z, z, 密度函数要求非零, z. z, z d z, z, z z 则 fz ( z) f ( z, ) d d z, z,, z 或 z 4

42 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 (Ⅱ) 法一为求 P X Y 4, 先求 f ( X Y ). XY d ( ),, f () (, ) Y f d, 其它在条件下, 所以当 f XY 时, 4 P X Y d 4. f (, ),, ( ) fy ( ), 其它 f XY,, ( ), 其它法二利用二维均匀分布的条件分布是一维均匀分布. 即在条件 Y 下等价于在线段 B 上随机投点, 再要求 X 等价于范围缩小到 C 4 上随机投点, 如下图, 所以 4 P X Y. 4 4

43 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列十五其他问题设 X, X,..., X 为来自 X 的简单随机样本,X 服从 (,7) 内的均匀分布, 记 X X, 由中心极限定理, 以下成立的是 ( ( ) 表示标准正态分布函数 ) () X 4 lm P ( ). (B) X 4 lm P ( ). lm P X 4 ( ). (D) (C) 答案 (D) lm P X 4 ( ). 分析总体 X U (,7), 则 EX b ( ) (7 ) 4, b DX 由简单随机样本的性质知, X, X,..., X 相互独立且与 X 同分布由独立同分布的中心极限定理 : 即 EX 4, DX (,,?, X E X lm P ( ). D lm P lm P X 4 ( ). X 4 X 故选 (D). 设,,..., m 是从正态总体 N(, ) 中抽取的样本, Y, Y,... Y 是从正态总体 N 重抽取的样本, 且两个样本相互独立, XY, 分别是两个样本的样本均值, (, ) 4

44 新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 S, S 分别是两个样本的样本方差, b, 是任意常数, 证明 : X t m b SW m ( ) b( Y ) ~ ( ) 其中 S [( m ) S ( ) S ]/ ( m ). w, 证明由 X ~ N(, ), 有 m X ~ N(, m ), ( X ) ~ N(, ) ; 同理可知, m b b( Y ) ~ N(, ), 且 XY, 独立. b 于是有 ( X ) b( Y ) ~ N(,( ) ) m X ( ) b( Y ) ~ N (,) b m ( m) S 又 ~ ( m ), ( ) S ~ ( ) ( m ) S ( ) S 由分布的可加性 ~ ( m ), ( X ) b( Y ) 则 b m ( m ) S ( ) S ~ t( m ). m 44

2019 考研数学三考试真题及答案详解来源 : 文都教育一选择题 :1~8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分, 下列每题给出的四个选项中, 只有一个选项是符合题目要求的. k 1. 当 x 0 时, 若 x - tan x 与 x 是同阶无穷小, 则 k = A. 1. B. 2. C

2019 考研数学三考试真题及答案详解来源 : 文都教育一选择题 :1~8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分, 下列每题给出的四个选项中, 只有一个选项是符合题目要求的. k 1. 当 x 0 时, 若 x - tan x 与 x 是同阶无穷小, 则 k = A. 1. B. 2. C 9 考研数学三考试真题及答案详解来源 : 文都教育一选择题 :~8 小题每小题 4 分共分下列每题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的. k. 当时若 - ta 与是同阶无穷小则 k = A.. B.. C.. D. 4. k - ta - 若要 - ta 与是同阶无穷小 \ k = \ 选 C 5. 已知方程 - 5 + k = 有个不同的实根则 k 的取值范围为

新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列 一 极限问题 计算 lm rct 分析 充分大时, 由 rct, 有 4 rct 4 这样的话, lm lm lm 4 4 lm lm lm 由夹逼准则, 有原式. 求极限 lm 4 分析 4 原式 lm = 其中 d l

新东方在线 [ ] 考研数学网络课堂电子教材系列一极限问题计算 lm rct 分析充分大时, 由 rct, 有 4 rct 4 这样的话, lm lm lm 4 4 lm lm lm 由夹逼准则, 有原式. 求极限 lm 4 分析 4 原式 lm = 其中 d l