时间:2016-03-06 13:13:08
为单调增函数. 又因为
，所以有
时
；
时
，
所以利用函数单调性可知，
为
的最小值，即
所以有
时，
证法2：先对要证的不等式作适当变形，当
时，原不等式显然成立；
当时，原不等式等价于
当时，原不等式等价于
令 
则 
又因为
利用函数单调性可知
当时，
即
当时，
即
综上所述，当时，
七【详解】建立坐标轴如图所示，
解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功
，其中
是克服抓斗自重所作的功；
是克服缆绳重力作的功；
为提出污泥所作的功. 由题意知
将抓斗由
处提升到
处，克服缆绳重力所作的功为
= 缆绳每米重×缆绳长×提升高度
从而 
在时间间隔
内提升污泥需做功为
将污泥从井底提升至井口共需时间
所以 
因此，共需做功
解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为
，当抓斗运动到处时，作用力包括抓斗的自重
, 缆绳的重力
， 污泥的重力
即 
于是 
八【分析】先写出切平面方程，然后求
，最后将曲面积分化成二重积分.
【详解】点
，
在点
处的法向量为
，设
为
上任意一点，则的方程为
，化简得
由点到平面的公式，
到的距离
从而 
用投影法计算此第一类曲面积分，将投影到
平面，其投影域为
由曲面方程知
于是
因此 
故有
九【详解】(1) 因为
又由部分和数列
有 
因此 
(2) 先估计
的值，因为
，令
，则
，即
所以 
所以 
由于
，所以
收敛，从而
也收敛.
十【详解】根据题设，
有一个特征值
，属于的一个特征向量为
根据特征值和特征向量的概念，有 
把
代入
中，得
则
. 把
代入，于是
即
也即
，
常数乘以矩阵
，需用乘以矩阵的每一个元素
矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得
因
， 
的特征值
，的特征值
，故
由(1),(3)两式得
，
两边同除，得 
整理得
，代入(1)中，得
. 再把代入(2)中得
又由，以及，有
(其中
的指数3，1分别是1的行数和列数)
故 
因此
十一【详解】
“必要性”. 设
为正定矩阵，则由定义知，对任意的实
维列向量
，有
即
于是，
，即对任意的实维列向量，都有. (若
，则
矛盾). 因此，只有零解，故有
(有唯一零解的充要条件是).
“充分性”. 因为
阶实对称矩阵，则
，故
根据实对称矩阵的定义知也为实对称矩阵. 若，则线性方程组只有零解，从而对任意的实维列向量，有. 又为正定矩阵，所以对于有
故为正定矩阵(对任意的实维列向量，有
).
十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：
(通俗点说就是在求关于
的边缘分布时，就把对应的所有
都加起来，同理求关于
的边缘分布时，就把对应的所有都加起来)
故 
即
而由表知
，
，所以
又根据
相互独立，则有：
即
因
，，而
所以
再由边缘分布的定义有
所以 
又由独立性知
所以 
由边缘分布定义有
所以 
再由
，所以
而 
故 
又
，所以
所以有：
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X |
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1 |
十三【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)
(1) 矩估计：由期望的定义：
样本均值
，用样本均值估计期望有
，
即 
解得θ的矩估计量 
(2) 由随机变量方差的性质：
，所以
又由独立随机变量方差的性质：若独立，则
因
是取自总体的简单随机样本，所以独立且与服从同一分布，即
而 
方差的定义：
，所以求方差只需要求出
和
根据二阶原点矩的定义：
故 
而
，所以
因此的方差为
