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【题目】
已知函数 f ( x , y ) x 3 y 3 − ( x y ) 2 3 f(x, y) x^3 y^3 - (xy)^2 3 f(x,y)x3y3−(xy)23。设 T T T 为曲面 z f ( x , y ) z f(x, y) zf(x,y) 在点 ( 1 , 1 , 1 ) (1,1,1) (1,1,1) 处的切平面#xff0c; D D D 为 T T T 与坐标…函数性质问题
【题目】
已知函数 f ( x , y ) x 3 y 3 − ( x y ) 2 3 f(x, y) x^3 y^3 - (xy)^2 3 f(x,y)x3y3−(xy)23。设 T T T 为曲面 z f ( x , y ) z f(x, y) zf(x,y) 在点 ( 1 , 1 , 1 ) (1,1,1) (1,1,1) 处的切平面 D D D 为 T T T 与坐标平面 x 0 x0 x0、 y 0 y0 y0、 z 0 z0 z0 所围成区域在 x y xy xy 平面上的投影。
现求解下列题目 T T T 的方程 f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在 D D D 上的最大值和最小值
【解题过程】
① 求切平面 T T T 的方程
a. 计算 f ( 1 , 1 ) f(1,1) f(1,1) f ( 1 , 1 ) 1 3 1 3 − ( 1 1 ) 2 3 1 1 − 4 3 1. f(1,1) 1^3 1^3 - (11)^2 3 1 1 - 4 3 1. f(1,1)1313−(11)2311−431.
b. 求偏导数 f x ( x , y ) 3 x 2 − 2 ( x y ) ⇒ f x ( 1 , 1 ) 3 − 4 − 1 ; f_x(x,y) 3x^2 - 2(xy) \quad \Rightarrow \quad f_x(1,1) 3 - 4 -1; fx(x,y)3x2−2(xy)⇒fx(1,1)3−4−1; f y ( x , y ) 3 y 2 − 2 ( x y ) ⇒ f y ( 1 , 1 ) 3 − 4 − 1. f_y(x,y) 3y^2 - 2(xy) \quad \Rightarrow \quad f_y(1,1) 3 - 4 -1. fy(x,y)3y2−2(xy)⇒fy(1,1)3−4−1.
c. 应用切平面公式 z − f ( 1 , 1 ) f x ( 1 , 1 ) ( x − 1 ) f y ( 1 , 1 ) ( y − 1 ) z - f(1,1) f_x(1,1)(x - 1) f_y(1,1)(y - 1) z−f(1,1)fx(1,1)(x−1)fy(1,1)(y−1) z − 1 − ( x − 1 ) − ( y − 1 ) z - 1 - (x - 1) - (y - 1) z−1−(x−1)−(y−1)
即 z − x − y 3. z -x - y 3. z−x−y3.
因此 T T T 的方程为 z − x − y 3. z -x - y 3. z−x−y3.
② 确定区域 D D D T T T 与坐标平面相交的点为 A : x 0 , y 0 ⇒ z 3 即 ( 0 , 0 , 3 ) ; A: x0, y0 \quad \Rightarrow \quad z 3 \quad \text{即} (0,0,3); A:x0,y0⇒z3即(0,0,3); B : x 0 , z 0 ⇒ − y 3 0 得 y 3 即 ( 0 , 3 , 0 ) ; B: x0, z0 \quad \Rightarrow \quad -y 3 0 \quad \text{得} y3 \quad \text{即} (0,3,0); B:x0,z0⇒−y30得y3即(0,3,0); C : y 0 , z 0 ⇒ − x 3 0 得 x 3 即 ( 3 , 0 , 0 ) . C: y0, z0 \quad \Rightarrow \quad -x 3 0 \quad \text{得} x3 \quad \text{即} (3,0,0). C:y0,z0⇒−x30得x3即(3,0,0).
故在 x y xy xy 平面上 D D D 为三角形满足 D { ( x , y ) ∣ x ≥ 0 , y ≥ 0 , x y ≤ 3 } . D \{ (x, y) \mid x \geq 0, y \geq 0, x y \leq 3 \}. D{(x,y)∣x≥0,y≥0,xy≤3}.
③ 求 f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在 D D D 上的极值 f ( x , y ) x 3 y 3 − ( x y ) 2 3. f(x, y) x^3 y^3 - (xy)^2 3. f(x,y)x3y3−(xy)23.
1求内部驻点
求偏导 f x 3 x 2 − 2 ( x y ) , f y 3 y 2 − 2 ( x y ) . f_x 3x^2 - 2(xy), \quad f_y 3y^2 - 2(xy). fx3x2−2(xy),fy3y2−2(xy).
令 f x 0 f_x 0 fx0 和 f y 0 f_y 0 fy0可得 3 x 2 2 ( x y ) 及 3 y 2 2 ( x y ) 3x^2 2(xy) \quad \text{及} \quad 3y^2 2(xy) 3x22(xy)及3y22(xy) ⇒ x 2 y 2 . \Rightarrow x^2 y^2. ⇒x2y2. 由 x , y ≥ 0 x, y \geq 0 x,y≥0 得 x y . x y. xy.
代入 x y 2 x xy 2x xy2x 得 3 x 2 4 x ⇒ x ( 3 x − 4 ) 0. 3x^2 4x \Rightarrow x(3x - 4) 0. 3x24x⇒x(3x−4)0.
因此 x 0 x 0 x0 或 x 4 3 x \frac{4}{3} x34对应驻点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 和 ( 4 3 , 4 3 ) (\frac{4}{3},\frac{4}{3}) (34,34).
计算 f ( 4 3 , 4 3 ) f(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) f(34,34) ( 4 3 ) 3 64 27 , \left(\frac{4}{3}\right)^3 \frac{64}{27}, (34)32764, f ( 4 3 , 4 3 ) 2 × ( 64 27 ) − ( 8 3 ) 2 3 f\left(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right) 2 \times \left(\frac{64}{27}\right) - \left(\frac{8}{3}\right)^2 3 f(34,34)2×(2764)−(38)23 128 27 − 64 9 3 \frac{128}{27} - \frac{64}{9} 3 27128−9643 128 − 192 81 27 17 27 ≈ 0.63. \frac{128 - 192 81}{27} \frac{17}{27} \approx 0.63. 27128−192812717≈0.63.
(注意点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 为 D D D 的顶点后续将在边界中讨论。)
2边界上求值
(a) 当 x 0 x 0 x0 y ∈ [ 0 , 3 ] y \in [0, 3] y∈[0,3] f ( 0 , y ) y 3 − y 2 3. f(0, y) y^3 - y^2 3. f(0,y)y3−y23.
求导 3 y 2 − 2 y 0 3y^2 - 2y 0 3y2−2y0 得 y 0 y 0 y0 或 y 2 3 . y \frac{2}{3}. y32.
计算 f ( 0 , 0 ) 3 f ( 0 , 2 3 ) ≈ 2.85 及 f ( 0 , 3 ) 27 − 9 3 21. f(0,0) 3f(0,\frac{2}{3}) \approx 2.85及 f(0,3) 27 - 9 3 21. f(0,0)3f(0,32)≈2.85及f(0,3)27−9321.
(b) 当 y 0 y 0 y0 x ∈ [ 0 , 3 ] x \in [0, 3] x∈[0,3]
同理 f ( x , 0 ) x 3 − x 2 3 f(x,0) x^3 - x^2 3 f(x,0)x3−x23其最值在 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 与 ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0)其中 f ( 3 , 0 ) 21. f(3,0) 21. f(3,0)21.
© 当 x y 3 x y 3 xy3
令 y 3 − x y 3 - x y3−x则 f ( x , 3 − x ) x 3 ( 3 − x ) 3 − 9 3. f(x, 3-x) x^3 (3-x)^3 - 9 3. f(x,3−x)x3(3−x)3−93.
化简得 f ( x , 3 − x ) 9 x 2 − 27 x 21. f(x, 3-x) 9x^2 - 27x 21. f(x,3−x)9x2−27x21.
求导 18 x − 27 0 18x - 27 0 18x−270 得 x 3 2 x \frac{3}{2} x23故 y 3 2 y \frac{3}{2} y23
进而 f ( 3 2 , 3 2 ) 9 × ( 9 4 ) − 27 × ( 3 2 ) 21 0.75. f\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right) 9 \times \left(\frac{9}{4}\right) - 27 \times \left(\frac{3}{2}\right) 21 0.75. f(23,23)9×(49)−27×(23)210.75.
综上
全局最大值 f 21 f 21 f21分别在 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 和 ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0) 取得
全局最小值 f 17 27 f \frac{17}{27} f2717取于内部驻点 ( 4 3 , 4 3 ) (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) (34,34).
【最终答案】 切平面 T T T 的方程 z − x − y 3. z -x - y 3. z−x−y3. f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 在区域 D D D 上的最大值为 21 21 21最小值为 17 27 \frac{17}{27} 2717.
曲线积分问题
题目
已知向量场 F ( x , y , z ) ( 6 x y z − y z 2 , 2 x 2 z , x y z ) F(x,y,z) (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz) F(x,y,z)(6xyz−yz2,2x2z,xyz)设 L L L 为平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 上的简单闭合曲线且当从正 z z z 轴方向观察时 L L L 的正向为逆时针。请利用斯托克斯公式将曲线积分 ∮ L F ⋅ d r \oint_L F \cdot dr ∮LF⋅dr 化为曲面积分并求出 ( c u r l F ) ⋅ n (curl \, F) \cdot n (curlF)⋅n 的化简表达式其中 n n n 为平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 上的单位正法向量。
【解】
设向量场 F ( 6 x y z − y z 2 , 2 x 2 z , x y z ) F (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz) F(6xyz−yz2,2x2z,xyz)。注意到 L L L 为封闭曲线故可用斯托克斯公式将曲线积分化为曲面积分 ∮ L F ⋅ d r ∬ S ( c u r l F ) ⋅ n d S , \oint_L F \cdot dr \iint_S (curl F) \cdot n dS, ∮LF⋅dr∬S(curlF)⋅ndS,
其中 S S S 选取平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 上由 L L L 所围成的区域并选取单位法向量 n n n 使得从正 z z z 轴看即 n n n 的 z z z 分量 0时 L L L 的正向为逆时针。
【第一步计算 curl F F F】
设 P 6 x y z − y z 2 , P 6xyz - yz^2, P6xyz−yz2, Q 2 x 2 z , Q 2x^2z, Q2x2z, R x y z . R xyz. Rxyz.
则有 c u r l F ( ∂ R ∂ y − ∂ Q ∂ z , ∂ P ∂ z − ∂ R ∂ x , ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) . curl F \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right). curlF(∂y∂R−∂z∂Q,∂z∂P−∂x∂R,∂x∂Q−∂y∂P).
计算各分量
1. ∂ R ∂ y x z , ∂ Q ∂ z 2 x 2 , \frac{\partial R}{\partial y} xz, \quad \frac{\partial Q}{\partial z} 2x^2, ∂y∂Rxz,∂z∂Q2x2, 故 ( c u r l F ) x x z − 2 x 2 x ( z − 2 x ) . (curl F)_x xz - 2x^2 x(z - 2x). (curlF)xxz−2x2x(z−2x).
2. ∂ P ∂ z 6 x y − 2 y z , ∂ R ∂ x y z , \frac{\partial P}{\partial z} 6xy - 2yz, \quad \frac{\partial R}{\partial x} yz, ∂z∂P6xy−2yz,∂x∂Ryz, 故 ( c u r l F ) y ( 6 x y − 2 y z ) − y z 6 x y − 3 y z 3 y ( 2 x − z ) . (curl F)_y (6xy - 2yz) - yz 6xy - 3yz 3y(2x - z). (curlF)y(6xy−2yz)−yz6xy−3yz3y(2x−z).
3. ∂ Q ∂ x 4 x z , ∂ P ∂ y 6 x z − z 2 , \frac{\partial Q}{\partial x} 4xz, \quad \frac{\partial P}{\partial y} 6xz - z^2, ∂x∂Q4xz,∂y∂P6xz−z2, 故 ( c u r l F ) z 4 x z − ( 6 x z − z 2 ) z 2 − 2 x z z ( z − 2 x ) . (curl F)_z 4xz - (6xz - z^2) z^2 - 2xz z(z - 2x). (curlF)z4xz−(6xz−z2)z2−2xzz(z−2x).
因而 c u r l F curl F curlF 可写为 c u r l F ( x ( z − 2 x ) , 3 y ( 2 x − z ) , z ( z − 2 x ) ) curl F (x(z - 2x), 3y(2x - z), z(z - 2x)) curlF(x(z−2x),3y(2x−z),z(z−2x)) ( z − 2 x ) ⋅ ( x , − 3 y , z ) (z - 2x) \cdot (x, -3y, z) (z−2x)⋅(x,−3y,z).
【第二步选取 S S S 及确定单位法向量】 S S S 取平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10。为使 n n n 的 z z z 分量 0取平面的法向量为 N ( − 2 , 0 , 1 ) N (-2, 0, 1) N(−2,0,1)故单位法向量 n ( − 2 , 0 , 1 ) 2 2 0 2 1 2 ( − 2 , 0 , 1 ) 5 . n \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{2^2 0^2 1^2}} \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}}. n220212 (−2,0,1)5 (−2,0,1).
【第三步计算 ( c u r l F ) ⋅ n (curl F) \cdot n (curlF)⋅n】
由上 ( c u r l F ) ⋅ n ( z − 2 x ) ( x , − 3 y , z ) ⋅ ( − 2 , 0 , 1 ) 5 ( z − 2 x ) [ − 2 x z ] 5 . (curl F) \cdot n (z - 2x)(x, -3y, z) \cdot \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}} \frac{(z - 2x)[-2x z]}{\sqrt{5}}. (curlF)⋅n(z−2x)(x,−3y,z)⋅5 (−2,0,1)5 (z−2x)[−2xz].
注意到 − 2 x z z − 2 x -2x z z - 2x −2xzz−2x因此 ( c u r l F ) ⋅ n ( z − 2 x ) 2 5 . (curl F) \cdot n \frac{(z - 2x)^2}{\sqrt{5}}. (curlF)⋅n5 (z−2x)2.
在 S S S 上由平面方程 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 得 z 2 x − 1 z 2x - 1 z2x−1故 z − 2 x ( 2 x − 1 ) − 2 x − 1 ⇒ ( z − 2 x ) 2 1. z - 2x (2x - 1) - 2x -1 \quad \Rightarrow \quad (z - 2x)^2 1. z−2x(2x−1)−2x−1⇒(z−2x)21.
因此 ( c u r l F ) ⋅ n 1 5 ( 为常数 ) . (curl F) \cdot n \frac{1}{\sqrt{5}} \quad (为常数). (curlF)⋅n5 1(为常数).
【第四步求 S S S 的面积】 L L L 同时是球面 x 2 y 2 z 2 2 x x^2 y^2 z^2 2x x2y2z22x 与平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 的交线。将球面改写 x 2 y 2 z 2 2 x ⇒ ( x − 1 ) 2 y 2 z 2 1 , x^2 y^2 z^2 2x \quad \Rightarrow \quad (x - 1)^2 y^2 z^2 1, x2y2z22x⇒(x−1)2y2z21,
表明球心为 ( 1 , 0 , 0 ) (1, 0, 0) (1,0,0)半径 1 1 1。点 ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) (1,0,0) 到平面 2 x − z − 1 0 2x - z - 1 0 2x−z−10 的距离为 d ∣ 2 ⋅ 1 − 0 − 1 ∣ 5 1 5 . d \frac{|2 \cdot 1 - 0 - 1|}{\sqrt{5}} \frac{1}{\sqrt{5}}. d5 ∣2⋅1−0−1∣5 1.
故交圆的半径 R 1 − d 2 1 − 1 5 4 5 2 5 . R \sqrt{1 - d^2} \sqrt{1 - \frac{1}{5}} \sqrt{\frac{4}{5}} \frac{2}{\sqrt{5}}. R1−d2 1−51 54 5 2.
交圆在平面内的面积为 A r e a ( S ) π R 2 π ( 4 5 ) 4 π 5 . Area(S) \pi R^2 \pi \left(\frac{4}{5}\right) \frac{4\pi}{5}. Area(S)πR2π(54)54π.
【最终计算】
由斯托克斯公式 ∮ L F ⋅ d r ∬ S ( c u r l F ) ⋅ n d S ( 1 5 ) × ( 4 π 5 ) 4 π 5 5 . \oint_L F \cdot dr \iint_S (curl F) \cdot n dS \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \times \left(\frac{4\pi}{5}\right) \frac{4\pi}{5\sqrt{5}}. ∮LF⋅dr∬S(curlF)⋅ndS(5 1)×(54π)55 4π.
【最终答案】曲线积分的值为 4 π 5 5 \frac{4\pi}{5\sqrt{5}} 55 4π.
数列问题
【问题描述】
已知数列 { x n } \{x_n\} {xn}, { y n } \{y_n\} {yn}, { z n } \{z_n\} {zn} 满足初值
$$
x_0 -1, \quad y_0 0, \quad z_0 2,
$$
以及递推关系
$$
x_n -2x_{n-1} 2z_{n-1},
$$
$$
y_n -2y_{n-1} - 2z_{n-1},
$$
$$
z_n -6x_{n-1} - 3y_{n-1} 3z_{n-1}.
$$
令 α n ( x n y n z n ) \alpha_n \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix} αn xnynzn 则有递推关系可写成
$$
\alpha_n A \alpha_{n-1}.
$$
问题要求1写出矩阵 A A A2求 A n A^n An 以及 x n x_n xn, y n y_n yn, z n z_n zn 的通项公式。
【解】
【第一步构造矩阵 A A A】
由递推公式可知
$$
x_n (-2)x_{n-1} 0 \cdot y_{n-1} 2z_{n-1},
$$
$$
y_n 0 \cdot x_{n-1} (-2)y_{n-1} (-2)z_{n-1},
$$
$$
z_n (-6)x_{n-1} (-3)y_{n-1} 3z_{n-1}.
$$
因此矩阵 A A A 即为
$$
A \begin{pmatrix} -2 0 2 \ 0 -2 -2 \ -6 -3 3 \end{pmatrix}.
$$
【第二步求 A A A 的 n n n 次幂 A n A^n An】
为了求 A n A^n An我们采用对角化的方法。设 A A A 的特征值为 λ \lambda λ求解 det ( A − λ I ) 0 \det(A - \lambda I) 0 det(A−λI)0。
写出 A − λ I A - \lambda I A−λI
$$
A - \lambda I \begin{pmatrix} -2-\lambda 0 2 \ 0 -2-\lambda -2 \ -6 -3 3-\lambda \end{pmatrix}.
$$
计算行列式
$$
\det(A - \lambda I) (-2-\lambda) \cdot \det\begin{pmatrix} -2-\lambda -2 \ -3 3-\lambda \end{pmatrix}
2 \cdot \det\begin{pmatrix} 0 -2-\lambda \ -6 -3 \end{pmatrix}.
$$
其中
$$
\det\begin{pmatrix} -2-\lambda -2 \ -3 3-\lambda \end{pmatrix} (-2-\lambda)(3-\lambda) - (-2)(-3) (\lambda^2 - \lambda - 6) - 6 \lambda^2 - \lambda - 12,
$$
$$ (\lambda - 4)(\lambda 3);
$$
$$
\det\begin{pmatrix} 0 -2-\lambda \ -6 -3 \end{pmatrix} 0 \cdot (-3) - (-2-\lambda)(-6) -6(\lambda2).
$$
因此
$$
\det(A - \lambda I) (-2-\lambda)(\lambda-4)(\lambda3) - 12(\lambda2).
$$
注意到 − 2 − λ − ( λ 2 ) -2-\lambda -(\lambda2) −2−λ−(λ2)可写为
$$
\det(A - \lambda I) - (\lambda2)[(\lambda-4)(\lambda3) 12].
$$
又有
$$
(\lambda-4)(\lambda3) \lambda^2 - \lambda - 12, \quad 所以 \quad (\lambda-4)(\lambda3) 12 \lambda^2 - \lambda.
$$
故
$$
\det(A - \lambda I) - (\lambda2) \lambda (\lambda-1) 0.
$$
故矩阵 A A A 的特征值为
$$
\lambda_1 0, \quad \lambda_2 1, \quad \lambda_3 -2.
$$
假设 A A A 可对角化则存在可逆矩阵 P P P 和对角矩阵 D diag ( 0 , 1 , − 2 ) D \operatorname{diag}(0, 1, -2) Ddiag(0,1,−2)使得
$$
A P D P^{-1},
$$
从而
$$
A^n P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1^n, (-2)^n) \cdot P^{-1}.
$$
【第三步求 x n x_n xn, y n y_n yn, z n z_n zn 的通项】
设 A A A 的三个特征向量分别为 v 0 v_0 v0, v 1 v_1 v1, v − 2 v_{-2} v−2对应特征值 0 0 0, 1 1 1, − 2 -2 −2满足
$$
\alpha_n c_0 \cdot 0^n \cdot v_0 c_1 \cdot 1^n \cdot v_1 c_{-2} \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.
$$
下面求各特征向量并用初值 α 0 ( − 1 0 2 ) \alpha_0 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} α0 −102 确定常数 c 0 c_0 c0, c 1 c_1 c1, c − 2 c_{-2} c−2。
① 对于 λ 0 \lambda 0 λ0
解 ( A − 0 I ) v 0 (A - 0I)v 0 (A−0I)v0
$$
-2v_1 2v_3 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 v_1,
$$
$$
-2v_2 - 2v_3 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 -v_3 -v_1.
$$
取 v 1 1 v_1 1 v11则有
$$
v_0 \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}.
$$
② 对于 λ 1 \lambda 1 λ1
解 ( A − I ) v 0 (A - I)v 0 (A−I)v0
方程为
$$
-3v_1 2v_3 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 \frac{3}{2}v_1,
$$
$$
-3v_2 - 2v_3 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 - \frac{2}{3}v_3 -v_1.
$$
第三行自动满足
为去分数取 v 1 2 v_1 2 v12则
$$
v_1 \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix}.
$$
③ 对于 λ − 2 \lambda -2 λ−2
解 ( A 2 I ) v 0 (A 2I)v 0 (A2I)v0
方程为
$$
0 \cdot v_1 2v_3 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 0,
$$
$$
-6v_1 - 3v_2 0 \quad \Rightarrow \quad 2v_1 v_2 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 -2v_1.
$$
取 v 1 1 v_1 1 v11则
$$
v_{-2} \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.
$$
令
$$
\alpha_0 c_0 \cdot v_0 c_1 \cdot v_1 c_{-2} \cdot v_{-2},
$$
即
$$
\begin{pmatrix} -1 \ 0 \ 2 \end{pmatrix} c_0 \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix} c_1 \cdot \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix} c_{-2} \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.
$$
分量方程为
$$
(1) \quad -1 c_0 2c_1 c_{-2},
$$
$$
(2) \quad 0 - c_0 - 2c_1 - 2c_{-2},
$$
$$
(3) \quad 2 c_0 3c_1.
$$
从 (3) 得 c 0 2 − 3 c 1 c_0 2 - 3c_1 c02−3c1.
代入 (1) − 1 ( 2 − 3 c 1 ) 2 c 1 c − 2 ⇒ c − 2 − 3 c 1 -1 (2 - 3c_1) 2c_1 c_{-2} \quad \Rightarrow \quad c_{-2} -3 c_1 −1(2−3c1)2c1c−2⇒c−2−3c1.
再代入 (2)
$$
0 -(2 - 3c_1) - 2c_1 - 2(-3 c_1) -2 3c_1 - 2c_1 6 - 2c_1 4 - c_1,
$$
从而 c 1 4 c_1 4 c14.
进而
$$
c_0 2 - 3 \times 4 -10, \quad c_{-2} -3 4 1.
$$
因此对于 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1注意当 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1 时 0 n 0 0^n 0 0n0有
$$
\alpha_n 4 \cdot v_1 1 \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.
$$
写出各分量得
$$
x_n 4 \times 2 1 \times (-2)^n 8 (-2)^n,
$$
$$
y_n 4 \times (-2) 1 \times (-2) \cdot (-2)^n -8 - 2(-2)^n,
$$
$$
z_n 4 \times 3 1 \times 0 12.
$$
同时验证 n 0 n 0 n0 时利用 0 0 1 0^0 1 001得到 $x_0 -1081 -1, y_0 10-8-2 0, z_0 -1012 2与初值一致
【总结】
矩阵 A A A 为
$$
A \begin{pmatrix} -2 0 2 \ 0 -2 -2 \ -6 -3 3 \end{pmatrix}.
$$ A A A 的 n n n 次幂可表达为 A n P ⋅ diag ( 0 n , 1 , ( − 2 ) n ) ⋅ P − 1 A^n P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1, (-2)^n) \cdot P^{-1} AnP⋅diag(0n,1,(−2)n)⋅P−1. 数列通项对于 n ≥ 1 n \geq 1 n≥1为
$$
x_n 8 (-2)^n,
$$
$$
y_n -8 - 2(-2)^n,
$$
$$
z_n 12.
$$
估计问题
设总体 X X X 服从 [ 0 , θ ] [0, \theta] [0,θ] 上的均匀分布其中 θ ∈ ( 0 , ∞ ) \theta \in (0, \infty) θ∈(0,∞) 为未知参数 X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_1, X_2, \cdots, X_n X1,X2,⋯,Xn 是来自总体 X X X 的简单随机样本记
$ X(n) \max { X_1, X_2, \cdots, X_n }, \quad T_c cX(n). $
(1) 求 c c c使得 T c T_c Tc 是 θ \theta θ 的无偏估计
(2) 记 h ( c ) E ( T c − θ ) 2 h(c) E(T_c - \theta)^2 h(c)E(Tc−θ)2求 c c c 使得 h ( c ) h(c) h(c) 最小。
—————— 解答 —————
首先由于 X i ∼ U ( 0 , θ ) X_i \sim \operatorname{U}(0, \theta) Xi∼U(0,θ)记 Y X ( n ) YX(n) YX(n) 为样本最大值其累积分布函数为
$$
F_Y(y) \left(\frac{y}{\theta}\right)^n, \quad 0\le y\le\theta,
$$
故其概率密度函数为
$$
f_Y(y) \frac{d}{dy}F_Y(y) \frac{n}{\thetan}y{n-1}, \quad 0\le y\le\theta.
$$
【(1) 求无偏估计】
计算 Y Y Y 的均值
$$
E(Y) \int_0^\theta y \frac{n}{\thetan}y{n-1},dy \frac{n}{\thetan}\int_0\theta y^n,dy \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n1}}{n1} \frac{n}{n1}\theta.
$$
由于估计量 T c c Y T_c cY TccY 要无偏即需满足
$$
E(T_c) cE(Y) c\frac{n}{n1}\theta \theta,
$$
从而解得
$$
c \frac{n1}{n}.
$$
【(2) 求最小均方误差】
计算均方误差
$$
h© E[(cY-\theta)^2] c2E(Y2) - 2c\theta E(Y) \theta^2.
$$
同样地可计算
$$
E(Y^2) \int_0^\theta y2\frac{n}{\thetan}y^{n-1},dy \frac{n}{\thetan}\int_0\theta y^{n1},dy \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n2}}{n2} \frac{n}{n2}\theta^2.
$$
代入上式得
$$
h© c2\frac{n}{n2}\theta2 - 2c\frac{n}{n1}\theta^2 \theta^2 \theta2\left(c2\frac{n}{n2} - 2c\frac{n}{n1} 1\right).
$$
令关于 c c c 的表达式取极值对 c c c 求导并置零
$$
\frac{d}{dc} \left(c^2\frac{n}{n2} - 2c\frac{n}{n1} 1\right) 2c\frac{n}{n2} - 2\frac{n}{n1} 0.
$$
解得
$$
c \frac{n2}{n1}.
$$
—————— 结论 —————
(1) 当 c n 1 n c\frac{n1}{n} cnn1 时 T c T_c Tc 为 θ \theta θ 的无偏估计
(2) 当 c n 2 n 1 c\frac{n2}{n1} cn1n2 时均方误差 h ( c ) h(c) h(c) 取得最小值。
求解该题
已知函数 f ( x ) ∫ 0 x e cos t d t f(x) \int_0^x e^{\cos t} \, dt f(x)∫0xecostdt g ( x ) ∫ 0 sin x e t 2 d t g(x) \int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt g(x)∫0sinxet2dt则
A. f ( x ) f(x) f(x) 是奇函数 g ( x ) g(x) g(x) 是偶函数
B. f ( x ) f(x) f(x) 是偶函数 g ( x ) g(x) g(x) 是奇函数
C. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为奇函数
D. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为周期函数
【解答过程】 先判断 f ( x ) f(x) f(x) 的性质 f ( − x ) ∫ 0 − x e cos t d t − ∫ 0 x e cos ( − t ) d t − ∫ 0 x e cos t d t − f ( x ) f(-x) \int_0^{-x} e^{\cos t} \, dt -\int_0^x e^{\cos (-t)} \, dt -\int_0^x e^{\cos t} \, dt -f(x) f(−x)∫0−xecostdt−∫0xecos(−t)dt−∫0xecostdt−f(x) 因此 f ( x ) f(x) f(x) 是奇函数。 再判断 g ( x ) g(x) g(x) 的性质 g ( − x ) ∫ 0 sin ( − x ) e t 2 d t ∫ 0 − sin x e t 2 d t − ∫ 0 sin x e t 2 d t − g ( x ) g(-x) \int_0^{\sin (-x)} e^{t^2} \, dt \int_0^{-\sin x} e^{t^2} \, dt -\int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt -g(x) g(−x)∫0sin(−x)et2dt∫0−sinxet2dt−∫0sinxet2dt−g(x) 因此 g ( x ) g(x) g(x) 也是奇函数。
综上所述正确答案是 C. f ( x ) f(x) f(x) 与 g ( x ) g(x) g(x) 均为奇函数。
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本文解答由AI生成并经答案校对皆正确。
