2000年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
一、填空题

(1)【答案】
4
1 1
【详解】I  2xx2dx 1(x1)2dx
0 0

解法1：用换元积分法：设x1sint，当x0时，sint 1，所以下限取 ；当x1
2
时，sint 0，所以上限取0.
x1sint 0
所以 I   cost costdt


2
 0  
由于在区间[ ,0]，函数cost非负，则 I  cos2tdt 2cos2t 

2  0 4
2
解法2：由于曲线y  2xx2  1(x1)2 是以点(1,0)为圆心，以1为半径的上半圆
1 
周，它与直线x1和y 0所围图形的面积为圆面积的 ，故答案是
4 4
x1 y2 z2
(2)【答案】   .
1 4 6
【详解】曲面方程F(x,y,z)0在点(x ,y ,z )的法矢量为：
0 0 0

n{F (x ,y ,z ),F (x ,y ,z ),F (x ,y ,z )}
x 0 0 0 y 0 0 0 z 0 0 0
令F(x,y,z) x2 2y2 3z2 21, 则有
F '1, -2, 22x| 2,
x 1, -2, 2
F '1, -2, 24y| 8,
y 1, -2, 2
F '1, -2, 26z| 12.
z 1, -2, 2
x1 y2 z2 x1 y2 z2
所以曲面在点(1,2,2)处的法线方程为：   . 即   .
2 8 12 1 4 6
C
(3)【答案】 y 1 C
x2 2
【分析】此方程为二阶可降阶的微分方程，属于 y" f(x,y')型的微分方程.
dp dp dp p
【详解】令 p y'，有 y" .原方程化为：x 3p0， 3 0
dx dx dx xdp dx
分离变量： 3
p x
dp dx
两端积分：  3 ln p 3ln x C
1
p x
1
从而 p e3lnxC 1 eC 1e3lnx eC 1 x 3 eC 1
3
x
C
因记C eC 1 0是大于零的任意常数，上式可写成 p 2 ；
2 x3
C
记C C ， p  3 ，便得方程的通解 pC x3，
3 2 x3 3
dy
即 C x3 dy C x3dx，其中C 是任意常数
dx 3 3 3
对上式再积分，得：
C C  C 
y C x3dx 3 x2 C  5 C , C  3
 
3 2 4 x2 4  5 2 
所以原方程的通解为：
C
y 1 C
x2 2
(4)【答案】1.
【详解】化增广矩阵为阶梯形，有
1 2 1  1 1 2 1  1 
   
2 3 a2  3  0 1 a  1
   
1 a 2  0 0 a2 3  1
   
1 2 1  1 
 
 0 1 a  1
 
0 0 (a3)(a1)  a3
 
当a=−1时，系数矩阵的秩为2，而增广矩阵的秩为3，根据方程组解的判定，其系数矩
阵与增广矩阵的秩不同，因此方程组无解.
当a=3时，系数矩阵和增光矩阵的秩均为2，由方程组解的判定，系数矩阵的秩等于增
广矩阵的秩，而且小于未知量的个数，所以方程组有无穷多解.
(5)【答案】2 3(由A,B独立的定义：P(AB) P(A)P(B))
1
【详解】由题设，有P(AB) ,P(AB) P(AB)
9
因为A和B相互独立，所以A与B，A与B也相互独立.于是由 P(AB) P(AB), 有P(A)P(B) P(A)P(B)
即有 P(A)1P(B)  1P(A)P(B),
可得 P(A) P(B)，P(A) P(B)
从而 P(AB) P(A)P(B)P(A) 2 1P(A)2  1 ,
 
9
2
解得 P(A) .
3
二、选择题
(1)【答案】A
【分析】由选项答案可知需要利用单调性证明，关键在于寻找待证的函数. 题设中已知
f(x)
f '(x)g(x) f(x)g'(x)0, 想到设函数为相除的形式 .
g(x)
【详解】
f(x) f '(x)g(x) f(x)g'(x)
设F(x)
，则F(x)
 0,
g(x) g2(x)
则F(x)在a xb时单调递减，所以对a xb，F(a) F(x) F(b)，即
f (a) f(x) f(b)
 
g(a) g(x) g(b)
得 f (x)g(b) f(b)g(x), a xb，(A)为正确选项.
(2)【答案】C
【性质】第一类曲面积分关于奇偶性和对称性的性质有：
性质1：设 f(x,y,z)在分块光滑曲面S上连续，S关于yoz平面对称，则
0 若f(x,y,z)关于x为奇函数

 f(x,y,z)dS 2
f(x,y,z)dS 若f(x,y,z)关于x为偶函数

S

S1
其中S S{x0}.
1
性质2：设 f(x,y,z)在分块光滑曲面S上连续，S关于xoz平面对称，则
0 若f(x,y,z)关于y为奇函数

 f(x,y,z)dS 2
f(x,y,z)dS 若f(x,y,z)关于y为偶函数

S

S1
其中S S{y0}.
1性质3：设 f(x,y,z)在分块光滑曲面S上连续，S关于xoy平面对称，则
0 若f(x,y,z)关于z为奇函数

 f(x,y,z)dS 2
f(x,y,z)dS 若f(x,y,z)关于z为偶函数

S

S1
其中S S{z0}.
1
【详解】
方法1：直接法：
本题中S在xoy平面上方，关于yoz平面和xoz平面均对称，而 f (x,y,z)z对x,y
均为偶函数，则
性质1 性质2
zdS  2  zdS  4zdS
S S{x0} S1
又因为在S 上将x换为y，y换为z，z换为x，S 不变(称积分区域S 关于x,y,z
1 1 1
轮换对称)，从而将被积函数也作此轮换变换后，其积分的值不变，即有
4zdS 4xdS 4 ydS . 选项(C)正确.
S S S
1 1 1
方法2：间接法(排除法)
曲面S关于yoz平面对称，x为x的奇函数，所以xdS 0，而xdS中x0且
S S
1
仅在yoz面上x0，从而xdS 0，(A)不成立.
S
1
曲面S关于zox平面对称，y为y的奇函数，所以ydS 0，而xdS 0，所
S S
1
以(B)不成立.
曲面S关于zox平面对称，xyz为y的奇函数，所以xyzdS 0，而xyzdS 0，
S S
1
所以(D)不成立.

(3)设级数u 收敛，则必收敛的级数为 ( )
n
n1
 u 
(A) 1n n. (B) u 2.
n n
n1 n1
 
(C) (u u ). (D) (u u ).
2n1 2n n n1
n1 n1
【答案】D
【详解】  
方法1：直接法. 由u 收敛，所以u 也收敛.由收敛级数的性质(如果级数u 、
n n1 n
n1 n1 n1
 
v 分别收敛于 s 、，则级数 u v  也收敛，且其和为 s). 知
n n n
n1 n1
  
u u u u . 选项(D)成立.
n n1 n n1
n1 n1 n1
方法2：间接法. 找反例：
1   u  1
(A)：取u (1)n ，级数u 收敛，但(1)n n (1)n
n ln(1n) n n nln(1n)
n1 n1 n1
是发散的；（关于上述结束的敛散，有下述结果：
 1 收敛 当p1
  ）
(n1)lnp(1n) 发散 当p1
n1 
(1)n    1
(B)：取u  ，级数u 收敛，u 2  发散；
n n n n n
n1 n1 n1
(1)n1 
(C)：取u  ，级数u 收敛，但
n n n
n1
1 1 4n1 1
u u    
2n1 2n 2n1 2n 2n(2n1) n

由比较审敛法的极限形式知，级数(u u )发散.
2n1 2n
n1
(4)【答案】(D)
【详解】用排除法.
(A)为充分但非必要条件：若向量组,, 可由向量组,, 线性表示，则一定
1 m 1 m
可推导,, 线性无关，因为若,, 线性相关，则r,, m,于是,,
1 m 1 m 1 m 1 m
必线性相关，矛盾. 但反过来不成立，如当m=1时， (1,0)T, (0,1)T 均为单个非零
1 1
向量是线性相关的，但并不能用线性表示.
1 1
(B)为既非充分又非必要条件：如当m=1时，考虑 (1,0)T, (0,1)T 均线性无关，
1 1
但并不能由线性表示，必要性不成立；又如 (1,0)T, (0,0)T,可由线性表示，
1 1 1 1但并不线性无关，充分性也不成立.
1
(C)为充分但非必要条件：若向量组,, 与向量组,, 等价，由,, 线
1 m 1 m 1 m
性无关知，r,, r,, m, 因此,, 线性无关，充分性成立；当m
1 m 1 m 1 m
=1时，考虑 (1,0)T,(0,1)T 均线性无关，但与并不是等价的，必要性不成立.
1 1 1 1
(D) 剩下(D)为正确选项. 事实上，矩阵A,, 与矩阵B ,, 等价 ⇔
1 m 1 m
r A =r B⇔r,, r,, m, 因此是向量组,, 线性无关的充要
1 m 1 m 1 m
条件.
(5)【答案】B.
【详解】和不相关的充分必要条件是它们的相关系数
Cov,
  0 Cov,0
 D D
由协方差的性质：cov(aX bY,Z)acov(X,Z)bcov(Y,Z)
故 Cov,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,0 DXDY0 DX DY
 E(X2)E(X)2  E(Y2)E(Y)2 (由方差定义DX EX2 (EX)2)
故正确选项为(B).
1
三【分析】由于极限中含有ex与 x ，故应分别求其左极限与右极限，若左极限与右极限相
等，则极限值存在且等于其极限值，否则极限不存在.
【详解】
 1   1 
2ex sinx 2ex sinx 2
lim   lim   11；
x0   4 x   x0   4 x   1

1ex
 
1ex
 1   1 
2ex sinx 2ex sinx
lim   lim  011；
x0   4 x   x0   4 x  

1ex
 
1ex

左极限与右极限相等，所以
 1 
 2ex sinx
lim  1.
x0   4 x  

1ex

四【详解】根据复合函数的求导公式，有
z 1  y 
 f 'y f ' g' 
 
x 1 2 y  x2 
2z   x    x  1
于是 fx f    y ffx f    
xy  11 12  y2  1  21 22  y2  y
 1  1  y   1 
f   g   g 
     
2  y2  x  x2   x2 
1 x 1 y
 f ' f 'xyf f  g' g"
1 y2 2 11 y3 22 x2 x3
五【详解】
方法1：(复连通条件下的封闭曲线积分)
设：(1)L 与L 是两条分段光滑的简单封闭曲线，具有相同的走向，(2)在L 与L 所包
1 2 1 2
围的有界闭区域D 与D 的内部除一些点外，P(x,y)与Q(x,y)连续并具有连续的一阶偏导
1 2
Q P
数，且  . 则
x y
 P(x,y)dxQ(x,y)dy P(x,y)dxQ(x,y)dy
L1 L
2
解：以点1,0为中心，R为半径的圆周的参数方程是：x 1Rcos,yRsin，逆
时针方向一周为从t 0到t 2，代入曲线积分
xdy ydx
I 
4x2  y2
L
由于分母很繁，计算不方便. 由曲线封闭，可以考虑使用格林公式，但在L所包围的区
域内部有点O(0,0)，该点处分母为0，导致被积函数不连续，格林公式不能用.y x P y2 4x2 Q
记P  ,Q  ,且P(x,y)与Q(x,y)满足   ，
4x2  y2 4x2  y2 x  4x2  y2 2 y
(x,y)(0,0). 作足够小的椭圆：
 
x  cost
L : 2 (t0,2,C取逆时针方向)，
1


y sint
于是L与L 及函数P(x,y)与Q(x,y)满足“分析”中所述定理的一切条件，于是
1
xdy ydx xdy ydx
I  
4x2  y2 4x2  y2
L L1
而后一积分可用参数法计算
  1
costcostsint (sint) 2
xdy ydx 22 2 22
I   dt  dt 
4x2  y2 0 2 0 2
L
1
y x P Q
方法2：记P  ,Q  , 则  0，(x,y)(0,0). 在L内加L ：
4x2  y2 4x2  y2 x y 1
椭圆4x2  y2 2的顺时针方向，则
xdy ydx xdy ydx
I  
LL1 4x2  y2 L
1
4x2  y2
xdy ydx
0dxdy (D由L与L 所围)
L 4x2  y2 1
1
D
1 1
  xdy ydx 2dxdy (D :4x2 y2 2)
2 L1 2 1
D1
2 
  
2 2
六【详解】由题设条件，可以用高斯公式：
0 xf(x)dydzxyf(x)dzdxe2xzdxdy
S
xf '(x) f(x)xf(x)e2xdv
 

其中Ω为S所围成的有界闭区域，当S的法向量指向外时，“”中取“”；当S的法向量指
向内时，“”中取“”. 由S的任意性，知被积函数应为恒等于零的函数
即 xf '(x) f(x)xf(x)e2x 0,(x0)1  1
变形后得 f '(x)  1  f(x) e2x,(x0)
 x  x
这是一阶线性非齐次微分方程，
dy
利用一阶线性非齐次微分方程 P(x)yQ(x)的通解公式：
dx
P(x)dx P(x)dx 
ye Q(x)e dxC
 
其通解为
(1 1 )dx  1   1 1 dx  ex  1  ex  
f(x)e x  e2xe x  dxC  e2xxexdxC  ex C
 
 x  x  x  x
e2x Cex 
由于lim f(x) lim 1, 故必有 lim  e2x Cex  0,(否则不能满足极
x0 x0 x  x0
限值为1)，即C10, 从而C=−1.
ex
 
因此 f (x) ex 1 .
x
 a 
七【定义概念】幂级数a xn ，若lim n1 ，其中a ,a 是幂级数a xn 的相邻
n n a n n1 n
n0 n n0
两项的系数，则该幂级数的收敛半径
1
0




R 0

0 


开区间(R,R)叫做幂级数的收敛区间.
【详解】
 2 
1( )n n
a   3n (2)n  n   3   1
lim n1 lim lim 
n a x 3n1(2)n1(n1) x  2  3
n   3 1( )n1 (n1)
 
 3 
所以收敛半径为R=3，相应的收敛区间为-3,3
.
当x=3时，因为
3n 1 1 1 1
   
3n (2)n n 2 n n 2n
1
 
 3  1
且 发散，由比较审敛法的极限形式，所以原级数在点x=3处发散；
n
n1
当x=−3 时， 由于
 3n 1  3 n 2n 2n  1 1  2 n 1
 n
     1   ,
3n (2)n n 3n (2)n 3n (2)n  n n 3n (2)n n
 
分别考虑两个级数，级数  1n 1 是收敛的. 又因lim  1    2  n   n ，从而
n1
n n  3 
2 n
2n 1  3   1 2 n
   
 
3n (2)n n  2 n n 3
1 
 
 3
 2 n   2n 1   3n 1
再由   收敛，根据比较审敛法知  收敛. 于是  
3 3n (2)n n 3n (2)n n
n1 n1  n1 
收敛，所以原级数在点x=−3处收敛. 所以收敛域为[3,3).
八【详解】本题为一物理应用题，由于重心坐标是相对某一些坐标系而言的，因此本题的关
键是建立适当的坐标系，一般来说，可考虑选取球心或固定点P 作为坐标原点，相应的有
0
两种求解方法.
方法1：记所考虑的球体为Ω，以Ω的球心为坐标原点O, 射线OP 为正x轴建立直角坐标系，
0
则球面方程为： x2  y2 z2  R2，点 P 的坐标为R,0,0，设Ω的重心位置为
0
(x,y,z) ，由对称性，得 y 0,z 0, 设为 上点 (x,y,z) 处的密度，按题设k  xR 2  y2z2，则
 
xdV xk xR 2  y2z2dV
 
x   
dV k xR 2  y2 z2dV
 


而
kxR2  y2z2dV
 

k  x2  y2 z2 R2 dV 2kRzdV
 
k  x2 y2 z2 dV kR2dV 0 (利用奇函数的对称性)
 
8k  2d  2d R r2r2sindr 4k R5
0 0 0 3
(利用奇偶函数的对称性轮换对称性球体体积公式)
8k    2sind R r4dr 4k R5
2 0 0 3
R
  r5 4k
8k 2sind   R5 (牛-莱公式)
2 0  5  3
0
  R5 4k
8k 2sind  R5
2 0 5 3
4kR5  4k
 cos 2  R5 (牛-莱公式)
5 0 3
4kR5 4k 32kR5
  R5 
5 3 15
kxxR2  y2 z2dV
 

kx(x2 y2 z2 R2)2kRx2dV
 
其中第一个积分的被积函数为z的奇函数，对称于xOy平面，所以该积分值为零，
又由于关于x,y,z轮换对称，所以z2dV x2dV y2dV
  
从而
1 1 2  R 4
x2dV  (x2  y2 z2)dV   d d r2r2sindr  R5
3 3 0 0 o 15
 于是
kxxR2  y2 z2dV 2kR 4 R5 8k R6
 
15 15

R R
故x . 因此，球体Ω的重心位置为( ,0,0)
4 4
方法2：
 
用Ω表示所考虑的球体，O表示球心，以点P 选为原点，射线PO为正z轴建立直
0 0
角坐标系，则球面的方程为x2 y2 z2 2Rz，设Ω的重心位置为(x,y,z)，由对称
性，得x0,y 0，设为上点(x,y,z)处的密度，按题设kx2 y2 z2
 
zdV kz  x2 y2 z2 dV
所以 z    
dV k  x2  y2 z2 dV
 
因为   x2 y2 z2 dV 4  2d  2d 2Rcos r2r2sindr  32 R5
0 0 0 15

 
z  x2  y2 z2 dV 42d2d 2Rcos r5sincosdr
0 0 0

64  8
 R62cos7sind R6
3 0 3
5 5R
故z  R. 因此，球体Ω的重心位置为(0,0, ).
4 4
九【证明】x
方法1：令F(x) f(t)dt,0 x，有F(0)0,由题设有F()0.
0

又由题设 f (x)cosxdx 0，用分部积分，有
0
 
0 f(x)cosxdx cosxdF(x)
0 0
 
F(x)cosx  F(x)sinxdx  F(x)sinxdx
0
0 0
由积分中值定理知，存在(0,)使

0  F(x)sinxdx F()sin(0)
0
因为(0,)，sin0，所以推知存在(0,), 使得F()0 . 再在区间
[0,] 与 [,] 上 对 F(x) 用 罗 尔 定 理 ， 推 知 存 在 (0,) ， (,) 使
1 2
F()0,F()0，即 f()0, f()0
1 2 1 2

方法2：由 f (x)dx 0及积分中值定理知，存在(0,)，使 f()0. 若在区间(0,)
1 1
0
内 f(x)仅有一个零点，则在区间(0,)与(,)内 f(x)异号. 不妨设在(0,)内
1 1 1 1
 
f(x)0，在(,)内 f(x)0. 于是由 f(x)dx 0, f(x)cosxdx0，有
1
0 0
  
0 f(x)cosxdx f(x)cosdx f(x)(cosxcos)dx
1 1
0 0 0

1
f(x)(cosxcos)dx

f(x)(cosxcos)dx
1 1
0 1
当 0x 时， cosxcos ， f(x)(cosxcos)0 ；当x时，
1 1 1 1
cosxcos，仍有 f(x)(cosxcos)0，得到：00. 矛盾，此矛盾证明了 f(x)
1 1
在(0,)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,)内 f(x)至少有2个不同的零点.
十【分析】本题为解矩阵方程问题，相当于是未知矩阵，其一般原则是先简化，再计算，根
据题设等式，可先右乘A ，再左乘A*，尽量不去计算A1
【详解】方法１：由 AA*  A*A A E, 知 A*  A n1 , 因此有8 A*  A 3 ,
于是 A 2 ，所以 A*A2
等式ABA1  BA13E两边先右乘 A，得 ABA1A BA1A3EA
再左乘A*，得 A*ABA1A A*BA1A A*3EA化简 | A|BE  A*BE3A*A 2B A*B3| A|E
2B A*B6E   2EA* B6E,
于是
B
 2EA*1
1 1 0 0 0 
 1 0 0 0  6 0 0 0 
 
  0 1 0 0  
0 1 0 0   0 6 0 0
6  61 0 1 0   
1 0 1 0  6 0 6 0 
 
  1 1  
 0 3 0 6  0 0   0 3 0 1
 2 6
(由初等变换法求得)
方法2: A 2(同解1)，由 AA*  A*A A E, 得
 1 0 0 0  2 0 0 0
   
0 1 0 0 0 2 0 0
   
A A
 A*1
2
 A*1
21 0 1 0 2 0 2 0,
   
3 1 3 1
 0 0   0 0 
 8 8  4 4
(由初等变换法求得)，可见 A−E 为逆矩阵.
于是，由AEBA1 3E, 有B3AE1A,而
 1 0 0 0 
1
1 0 0 0 
   
0 1 0 0 0 1 0 0
   
AE1
2 0 1 0  2 0 1 0 ,
   
3 3 3
   
0 0  0 1 0 
 4 4  4
因此
1 0 0 0  2 0 0 0
6 0 0 0 
  
0 1 0 0 0 2 0 0  
   0 6 0 0
B32 0 1 0 2 0 2 0  
6 0 6 0 
  
3 3 1  
 0 1 0   0 0  0 3 0 1
 4 4 4
方法3：由题设条件ABA1  BA13E，得AEBA1 3E.
知：AE，B均是可逆矩阵，且
1
B3AE1 A3A1AE 1 3  EA11 3

E
A*

   
A
 由 A*  A n1 ，其中n4， A* 8，得 A 2故
1 1
B3

E
A* 
 3


2EA* 
 6
 2EA*1
 2   2 
其中
1 0 0 0 
1 0 0 0 
 
  0 1 0 0
2EA*  0 1 0 0 ，  2EA*1   1 0 1 0  ,
1 0 1 0 
 
  1 1
 
 0 3 0 6 0 0 
 2 6
 1 0 0 0  6 0 0 0 
   
0 1 0 0 0 6 0 0
所以 B6  2EA*1 6   
1 0 1 0  6 0 6 0 
   
 0 3 0 6 0 3 0 1
1 21 
十一【详解】(1)由题意， x  y 是非熟练工人数，  x  y 是年终由非熟练工人
6 n n 56 n n 
5
变成的熟练工人数， x 是年初支援其他部门后的熟练工人数，根据年终熟练工的人数列
6 n
出等式(1)，根据年终非熟练工人人数列出等式(2)得
 5 21   5 1 2
  x n1  6 x n  5  6 x n  y n   (1)   x n1  6 x n  15 x n  5 y n
 
 31   1 3
y  x  y (2) y  x  y
  n1 5  6 n n    n1 10 n 5 n
 9 2  9 2
x  x  y
  n1 10 n 5 n x   10 5 x 
 ，即  n1   n 
 y  1 x  3 y  y n1    1 3   y n 
 n1 10 n 5 n 10 5
可见
 9 2
 
10 5
A .
 1 3
 
10 5
(2) 把， 作为列向量写成矩阵的形式(,)，因为其行列式
1 2 1 2
4 1
(,)  50
1 2 1 1矩阵为满秩，由矩阵的秩和向量的关系可见,线性无关.
1 2
又
 9 2  1

 10 5  4 4  2  1
A 1   1 3    1     1    1 , A 2   1    2  2 ,
   
10 5  2 
由特征值、特征向量的定义，得为A的属于特征值1的特征向量，为A 的属于特征
1 1 2
1
值  特征向量.
2 2
(3)因为
1
x  x  x  x   2 
 n1  A n  A2  n1  An  1  An 

y
 
y
 
y
 
y

1
n1 n n1 1  
2
因此只要计算An即可. 令
4 1
P, ,
 
1 2 1 1 
   
则由P1AP  1 , 有 A P  1  P1,
   
2 2
于是
 1 n 1 n 
n 1  1 4   4   
An P     1  2    P1   1 4  1 1          1 2    n       1 4  1 1    1 5   1    1 2    n 14    2 1    n   
 2 2 
其中求逆矩阵的过程为：
4 1 1 0 1 1 0 1

   
1 1 0 1 4 1 1 0
 4 4
1 1 0 1  0 1
   1 1  1 0 5 5 
 1 1  4 1  
0  1   0 1    0 1 4 1
 4 4  5 5   
 5 5 4 4
4 1 1  5 5  1 4 4
所以        
1 1   4 1  54 1
-
 5 5
因此
1  1 n
83   
  x n1   An   2   1  2 
 y
n1
 

1

10
23
1 n

2  
 2 
十二【分析】此分布为一典型分布——几何分布.
【详解】显然X 是一个离散型随机变量. 取值范围为1，2，3，……现在关键在于建立X 的
分布律. 生产线上每个产品的生产可理解为一个试验. 各个产品合格与否是相互独立的，可
以看成是各次试验是相互独立的.生产了个产品停机，应该理解为第 X 个产品是不合格产
品，而前X 1个产品则必为合格产品，这就不难写出分布律.
记q 1 p,X 的概率分布为PX kqk1p,(k 1,2). 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)  kPX k  kqk1p p   qk  p    qk   p  q   1
   
k1 k1 k1  k1   1q p
因为

 

  

 q 

2p
E(X2)k2PX kk2qk1p pq  qk    p  
k1 k1    k1     1q2  p2
(因为幂级数在其收敛区间内可逐项求导的性质，上面求E(X)和E(X2)时都用到了先求导
化为易求和的级数，再积分还原的过程.)
故 X 的方差为
2 p 1 1 p
D(X)
E(X2)E(X)2
  
p2 p2 p2
十三【概念】最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于
构造似然函数. 似然函数的定义：
设x ,x ,...,x 是相应于样本X ,X ,...,X 的一组观测值，则似然函数为：
1 2 n 1 2 n
n
L() f(x ,x ,,x ;) f(x;) f(x ;)f(x ;) f(x ;)
1 2 n i 1 2 n
i1
【详解】似然函数为 n
n 
2x
i

L() L(x ,x ,,x ,) f(x;) 2ne i1 ,x(i 1,2,,n)
1 2 n i
i1  0, 其他
n
当x (i 1,2,,n)时，L()0, 所以lnL() nln22x .
i i
i1
(由于lnL是单调递增函数，L取最大与lnL取最大取到的是一致的，而加对数后能把连
乘转换成累加，这样求导，找极值比较方便)
而
dlnL()
2n0,
d
所以L()单调增加. 要使得L()值最大，是越大越好.
又由于必须满足x (i 1,2,,n)，因此当取x ,x ,,x 中的最小值时，
i 1 2 n
x (i 1,2,,n)恒成立，且此时L()取最大值，所以的最大似然估计值为
i

min(x ,x ,,x )
1 2 n