08 数一¶
选择¶
还是有知识漏洞，慢慢来吧。
T6
设 \(A\) 为 3 阶实对称矩阵，如果二次曲面方程
在正交变化下的标准方程的图形如图所示，则 \(A\) 的正特征值个数为
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
Success
正交变换，就是满足 \(QQ^T = I\) 的正交 \(Q\)，然后 \(QAQ^{T}\)。
这种变换是典型的保特征值的变换，或者等价地，特征多项式保持不变。
对于本题，应试来说就是随便想一个 \(z^2 = 1 + x^2 + y+2\)，这个时候
只有一个正的特征值。
T7
设随机变量 \(X,Y\) 独立同分布，且 \(X\) 的分布函数为 \(F(x)\)，则 \(Z = \max\{X,Y\}\) 的分布函数为（）
(A) \(F^2(x)\)
(B) \(F(x)F(y)\)
(C) \(1 - (1 - F^2(x) ) ^2\)
(D) \((1-F(x))(1-F(y))\)
Success
概念题。首先分布函数的定义是概率函数 \(P(x)\) 从 \(-\infty\) 到 \(x\) 的积分
(B)(D) 的概念就不对。 考虑单变量 \(Z\) 等于某个特定值 \(z\) 的概率，这只能和一个变元 \(z\) 相关。至于这个变元写成 \(z\) 还是 \(x\) 暂时无所谓。 到了分布函数，也就是这个单变量的积分得到的单变量函数。
T8
设随机变量 \(X \sim N(0,1),Y \sim N(1,4)\)，且相关系数 \(\rho_{XY} = 1\)，则（）
(A) \(P\{Y = -2X - 1\} = 1\)
(B) \(P\{Y = 2X - 1\} = 1\)
(C) \(P\{Y = -2X + 1\} = 1\)
(D) \(P\{Y = 2X + 1\} = 1\)
Success
\(N(p,q)\) 是正态分布的意思，均值为 \(p\)，方差为 \(q\)。
协方差
它能用来刻画两个随机变量的线性相关程度。
协方差标准化后，就是相关系数
特别地，\(\rho_{XY} = 1\) 时有
且 \(a > 0\)。
首先确认 \(b\)。对于此式两边取期望
得到 \(b=1\)。
接着来算一遍协方差，即
而相关系数分母为 \(\sqrt{4} = 2\)，于是
然而 \(\mathbb E[X] = 0\)，从而 \(\mathbb E[X^2]\) 正好是 \(X\) 的方差 \(\mathbb E[(X-\mathbb E[X])^2] = 1\)，从而 \(a=2\)。
填空¶
T10,T11 都是粗心错了，一个求导求错，一个开闭写反，不表。
T12
设曲面 \(\Sigma\) 是 \(z=\sqrt{4-x^2-y^2}\) 的上侧，则
等于？
我当时好像是用的散度定理补面，然后最后可能把别的东西写一块了，弄懵了。
Success
考虑向量场 $$ \mathbf F=(P,Q,R)=(xy,\;x,\;x^2). $$ 其散度为 $$ \operatorname{div}\mathbf F=\frac{\partial}{\partial x}(xy)+\frac{\partial}{\partial y}(x)+\frac{\partial}{\partial z}(x^2)=y. $$
令体 \(V\) 为半径为 \(2\) 的上半球实体： $$ V={(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le4,\ z\ge0}, $$ 其边界为上半球面 \(\Sigma\)（外法向与题中“上侧”方向一致）与平面圆盘 \(D=\{(x,y,0)\mid x^2+y^2\le4\}\)（外法向指向体外，即向下，方向为 \(-{\mathbf k}\)）。由散度定理有 $$ \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS+\iint_{D}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_{V}\operatorname{div}\mathbf F\,dV. $$
计算体积分： $$ \iiint_{V} y\,dV=0, $$ 因为体 \(V\) 关于平面 \(y=0\) 对称，\(y\) 在正负半部的贡献相互抵消。
因此 $$ \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = -\iint_{D}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS. $$
在盘 \(D\) 上，外法向为 \(-{\mathbf k}\)，所以 $$ \mathbf F\cdot\mathbf n = (xy,x,x^2)\cdot(0,0,-1)=-x^2. $$ 于是 $$ \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = -\iint_{D}(-x^2)\,dA = \iint_{D} x^2\,dA. $$
把 \(D\) 用极坐标表示（\(x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;0\le r\le2,\;0\le\theta\le2\pi\)）： $$ \iint_{D} x^2\,dA = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} (r\cos\theta)^2\, r\,dr\,d\theta = \left(\int_{0}^{2} r^3\,dr\right)\left(\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta\right). $$ 计算得 $$ \int_{0}^{2} r^3\,dr=\frac{2^4}{4}=4,\qquad \int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\pi. $$ 因此 $$ \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = 4\pi. $$
最后写成框： $$ \boxed{\displaystyle \iint_{\Sigma} x y\,dy\,dz + x\,dz\,dx + x^2\,dx\,dy = 4\pi.} $$
另一种算法
Success
设曲面 \(\Sigma\) 是上半球面 $$ z=\sqrt{4-x^2-y^2},\qquad (x^2+y^2\le4), $$ 且取上侧朝向。考虑向量场 $$ \mathbf F=(P,Q,R)=(xy,\;x,\;x^2). $$ 给定二次形式可以视为通量 $$ \iint_{\Sigma} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS. $$
对图形 \(z=f(x,y)\)（取上侧法向），有 $$ \mathbf n\,dS = (-f_x,\,-f_y,\,1)\,dA, $$ 所以通量可转为投影区域 \(D=\{(x,y):x^2+y^2\le4\}\) 上的面积分 $$ \iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = \iint_D \big(-P f_x - Q f_y + R\big)\,dA. $$
计算偏导数（记 \(z=\sqrt{4-x^2-y^2}\)）： $$ f_x=\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{x}{\sqrt{4-x^2-y^2}}=-\frac{x}{z},\qquad f_y=-\frac{y}{z}. $$ 代入被积函数得到 $$ - P f_x - Q f_y + R = -xy\Big(-\frac{x}{z}\Big) - x\Big(-\frac{y}{z}\Big) + x^2 = \frac{x^2y+xy}{z}+x^2. $$
于是积分为 $$ \iint_D\left(\frac{x^2y+xy}{z}+x^2\right)\,dA. $$
在极坐标下令 \(x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;z=\sqrt{4-r^2}\)，且 \(dA=r\,dr\,d\theta\)，区域为 \(0\le r\le2,\;0\le\theta\le2\pi\)。
注意第一部分 $$ \iint_D \frac{x^2y+xy}{z}\,dA = \iint_D \frac{r^3\cos^2\theta\sin\theta + r^2\cos\theta\sin\theta}{\sqrt{4-r^2}}\,dr\,d\theta, $$ 其中角度因子包含 \(\cos\theta\sin\theta\) 或 \(\cos^2\theta\sin\theta\)，对 \(\theta\) 在 \([0,2\pi]\) 的积分均为 0（因奇偶或周期对称性），因此这一项为 0。
因此只剩下 $$ \iint_D x^2\,dA = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} (r\cos\theta)^2\, r\,dr\,d\theta = \int_{0}^{2} r^3\,dr \cdot \int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta. $$
计算内积： $$ \int_{0}^{2} r^3\,dr = \frac{r^4}{4}\Big|_0^2 = \frac{16}{4}=4, $$
因此总积分值为 $$ 4\cdot\pi = 4\pi. $$
T14
设随机变量 \(X\) 服从参数为 \(1\) 的泊松分布，则 \(P\{X=E(X^2)\}\) 等于？
Success
泊松分布的参数 \(\lambda\) 同时是期望和方差（推导其实挺简单）。所以直接就能计算出
具体来说 \(X \sim Poisson(\lambda)\) 指 \(X\) 是一个非负整数的随机变量，且对于 \(k=0,1,2,\cdots\) 有
所以答案无非就是上式代入 \(k=2\) 得到 \(\frac{e^{-1}}{2}\)。
泊松分布
其实如果想过为什么泊松分布能使得概率总和为 \(1\)，就能发现它其实是
然后将 \(e^{\lambda}\) 泰勒展开得到无穷幂级数。
解答¶
T23
设 \(X_1, X_2, \dots, X_n\) 是来自总体 \(N(\mu, \sigma^2)\) 的简单随机样本。
记
$$
\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i, \qquad
S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2, \qquad
T = \bar{X}^2 - \frac{1}{n} S^2.
$$
(1) 证明 \(T\) 是 \(\mu^2\) 的无偏估计量。
(2) 当 \(\mu = 0, \sigma = 1\) 时，求 \(D(T)\)。
牵涉到
卡方分布
正态分布特有的样本均值和方差独立
独立故两者协方差为零。
从而 \(D(A+B) = D(A) + D(B) + 2 Cov(X,Y) = D(A) + D(B)\)
| 情形 | 随机变量 | 操作 | 得到的分布 | 自由度 | 说明 |
|---|---|---|---|---|---|
| 标准正态 | \(Z \sim N(0,1)\) | \(Z^2\) | \(\chi^2(1)\) | 1 | χ²分布的定义 |
| 多个标准正态独立 | \(Z_1, Z_2, \dots, Z_k \sim N(0,1)\) | \(\sum_{i=1}^{k} Z_i^2\) | \(\chi^2(k)\) | \(k\) | χ²分布的自由度 = 个数 |
| 一般正态 | \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) | \(\left(\frac{X - \mu}{\sigma}\right)^2\) | \(\chi^2(1)\) | 1 | 先标准化再平方 |
另外，对于 S，实际上是 \(n-1\) 个自由度，因为所有偏差即 \((X_i-\bar X)\) 之和为 \(0\)，只要确定其中 \(n-1\) 个偏差，就能确定剩下一个偏差。