函数性质问题

【题目】

已知函数 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$。设 $T$ 为曲面 $z=f(x,y)$ 在点 $(1,1,1)$ 处的切平面，$D$ 为 $T$ 与坐标平面 $x=0$、$y=0$、$z=0$ 所围成区域在 $xy$ 平面上的投影。

现求解下列题目：

1. $T$ 的方程

2. $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值

【解题过程】

① 求切平面 $T$ 的方程：

a. 计算 $f(1,1)$：

$$f(1,1)=1^3+1^3-(1+1{)}^2+3=1+1-4+3=1.$$

b. 求偏导数：

$$f_x(x,y)=3x^2-2(x+y)\Rightarrow f_x(1,1)=3-4=-1;$$

$$f_y(x,y)=3y^2-2(x+y)\Rightarrow f_y(1,1)=3-4=-1.$$

c. 应用切平面公式：

$$z-f(1,1)=f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)$$

$$z-1=-(x-1)-(y-1)$$

即 $z=-x-y+3.$

因此，$T$ 的方程为 $z=-x-y+3.$

② 确定区域 $D$：

$T$ 与坐标平面相交的点为：

$A:x=0,y=0\Rightarrow z=3\text{即}(0,0,3);$

$B:x=0,z=0\Rightarrow -y+3=0\text{得}y=3\text{即}(0,3,0);$

$C:y=0,z=0\Rightarrow -x+3=0\text{得}x=3\text{即}(3,0,0).$

故在 $xy$ 平面上，$D$ 为三角形，满足：

$$D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 3\}.$$

③ 求 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的极值：

$$f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3.$$

（1）求内部驻点：

求偏导：

$$f_x=3x^2-2(x+y),f_y=3y^2-2(x+y).$$

令 $f_x=0$ 和 $f_y=0$，可得：

$$3x^2=2(x+y)\text{及}3y^2=2(x+y)$$

$$\Rightarrow x^2=y^2.$$ 由 $x,y\ge 0$ 得 $x=y.$

代入 $x+y=2x$ 得：$3x^2=4x\Rightarrow x(3x-4)=0.$

因此，$x=0$ 或 $x=\frac{4}{3}$，对应驻点 $(0,0)$ 和 $(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$.

计算 $f(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$：

$${\left(\frac{4}{3}\right)}^3=\frac{64}{27},$$

$$f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)=2\times \left(\frac{64}{27}\right)-{\left(\frac{8}{3}\right)}^2+3$$

$$=\frac{128}{27}-\frac{64}{9}+3$$

$$=\frac{128-192+81}{27}=\frac{17}{27}\approx \mathrm{0.63.}$$

(注意：点 $(0,0)$ 为 $D$ 的顶点，后续将在边界中讨论。)

（2）边界上求值：

(a) 当 $x=0$（$y\in [0,3]$）：

$$f(0,y)=y^3-y^2+3.$$

求导 $3y^2-2y=0$ 得 $y=0$ 或 $y=\frac{2}{3}.$

计算 $f(0,0)=3，f(0,\frac{2}{3})\approx 2.85，及f(0,3)=27-9+3=21.$

(b) 当 $y=0$（$x\in [0,3]$）：

同理，$f(x,0)=x^3-x^2+3$，其最值在 $(0,0)$ 与 $(3,0)$，其中 $f(3,0)=21.$

© 当 $x+y=3$：

令 $y=3-x$，则 $f(x,3-x)=x^3+(3-x{)}^3-9+3.$

化简得 $f(x,3-x)=9x^2-27x+21.$

求导 $18x-27=0$ 得 $x=\frac{3}{2}$，故 $y=\frac{3}{2}$，

进而 $f\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)=9\times \left(\frac{9}{4}\right)-27\times \left(\frac{3}{2}\right)+21=\mathrm{0.75.}$

综上：

全局最大值 $f=21$，分别在 $(0,3)$ 和 $(3,0)$ 取得；

全局最小值 $f=\frac{17}{27}$，取于内部驻点 $(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$.

【最终答案】

1. 切平面 $T$ 的方程： $z=-x-y+3.$

2. $f(x,y)$ 在区域 $D$ 上的最大值为 $21$，最小值为 $\frac{17}{27}$.

曲线积分问题

题目

已知向量场 $F(x,y,z)=(6xyz-y{z}^2,2x^{2}z,xyz)$；设 $L$ 为平面 $2x-z-1=0$ 上的简单闭合曲线，且当从正 $z$ 轴方向观察时，$L$ 的正向为逆时针。请利用斯托克斯公式将曲线积分
$${\oint }_{L}F\cdot dr$$
化为曲面积分，并求出 $(curlF)\cdot n$ 的化简表达式，其中 $n$ 为平面 $2x-z-1=0$ 上的单位正法向量。

【解】

设向量场 $F=(6xyz-y{z}^2,2x^{2}z,xyz)$。注意到 $L$ 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：

$${\oint }_{L}F\cdot dr={\iint }_S(curlF)\cdot ndS,$$

其中 $S$ 选取平面 $2x-z-1=0$ 上由 $L$ 所围成的区域，并选取单位法向量 $n$ 使得从正 $z$ 轴看（即 $n$ 的 $z$ 分量 > 0）时，$L$ 的正向为逆时针。

【第一步：计算 curl $F$】

设

$$P=6xyz-y{z}^2,$$

$$Q=2x^{2}z,$$

$$R=xyz.$$

则有

$$curlF=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right).$$

计算各分量：

1. $$\frac{\partial R}{\partial y}=xz,\frac{\partial Q}{\partial z}=2x^2,$$  故 $$(curlF{)}_x=xz-2x^2=x(z-2x).$$

2. $$\frac{\partial P}{\partial z}=6xy-2yz,\frac{\partial R}{\partial x}=yz,$$  故 $$(curlF{)}_y=(6xy-2yz)-yz=6xy-3yz=3y(2x-z).$$

3. $$\frac{\partial Q}{\partial x}=4xz,\frac{\partial P}{\partial y}=6xz-z^2,$$  故 $$(curlF{)}_z=4xz-(6xz-z^2)=z^2-2xz=z(z-2x).$$

因而，$curlF$ 可写为：

$$curlF=(x(z-2x),3y(2x-z),z(z-2x))$$

= $(z-2x)\cdot (x,-3y,z)$.

【第二步：选取 $S$ 及确定单位法向量】

$S$ 取平面 $2x-z-1=0$。为使 $n$ 的 $z$ 分量 > 0，取平面的法向量为 $N=(-2,0,1)$，故单位法向量：

$$n=\frac{(-2,0,1)}{\sqrt{2^2+0^2+1^2}}=\frac{(-2,0,1)}{\sqrt{5}}.$$

【第三步：计算 $(curlF)\cdot n$】

由上，

$$(curlF)\cdot n=(z-2x)(x,-3y,z)\cdot \frac{(-2,0,1)}{\sqrt{5}}=\frac{(z-2x)[-2x+z]}{\sqrt{5}}.$$

注意到 $-2x+z=z-2x$，因此：

$$(curlF)\cdot n=\frac{(z-2x{)}^2}{\sqrt{5}}.$$

在 $S$ 上，由平面方程 $2x-z-1=0$ 得 $z=2x-1$，故：

$$z-2x=(2x-1)-2x=-1\Rightarrow (z-2x{)}^2=1.$$

因此，

$$(curlF)\cdot n=\frac{1}{\sqrt{5}}(为常数).$$

【第四步：求 $S$ 的面积】

$L$ 同时是球面 $x^2+y^2+z^2=2x$ 与平面 $2x-z-1=0$ 的交线。将球面改写：

$$x^2+y^2+z^2=2x\Rightarrow (x-1{)}^2+y^2+z^2=1,$$

表明球心为 $(1,0,0)$，半径 $1$。点 $(1,0,0)$ 到平面 $2x-z-1=0$ 的距离为

$$d=\frac{|2\cdot 1-0-1|}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.$$

故交圆的半径：

$$R=\sqrt{1-d^2}=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$$

交圆在平面内的面积为

$$Area(S)=\pi R^2=\pi \left(\frac{4}{5}\right)=\frac{4\pi }{5}.$$

【最终计算】

由斯托克斯公式，

$${\oint }_{L}F\cdot dr={\iint }_S(curlF)\cdot ndS=\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\times \left(\frac{4\pi }{5}\right)=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}.$$

【最终答案】曲线积分的值为 $\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}$.

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 ${\alpha }_n=\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ y_n\\ z_n\end{array}\right)$，则有递推关系可写成

$$

\alpha_n = A \alpha_{n-1}.

$$

问题要求：（1）写出矩阵 $A$；（2）求 $A^n$ 以及 $x_n$, $y_n$, $z_n$ 的通项公式。

【解】

【第一步：构造矩阵 $A$】

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 $A$ 即为

$$

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

$$

【第二步：求 $A$ 的 $n$ 次幂 $A^n$】

为了求 $A^n$，我们采用对角化的方法。设 $A$ 的特征值为 $\lambda$，求解 $\det (A-\lambda I)=0$。

1. 写出 $A-\lambda I$：

$$

A - \lambda I = \begin{pmatrix} -2-\lambda & 0 & 2 \ 0 & -2-\lambda & -2 \ -6 & -3 & 3-\lambda \end{pmatrix}.

$$

2. 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(\lambda+2).

$$

因此，

$$

\det(A - \lambda I) = (-2-\lambda)(\lambda-4)(\lambda+3) - 12(\lambda+2).

$$

注意到 $-2-\lambda =-(\lambda +2)$，可写为

$$

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2)[(\lambda-4)(\lambda+3) + 12].

$$

又有

$$

(\lambda-4)(\lambda+3) = \lambda^2 - \lambda - 12, \quad 所以 \quad (\lambda-4)(\lambda+3) + 12 = \lambda^2 - \lambda.

$$

故，

$$

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2) \lambda (\lambda-1) = 0.

$$

故矩阵 $A$ 的特征值为：

$$

\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = -2.

$$

假设 $A$ 可对角化，则存在可逆矩阵 $P$ 和对角矩阵 $D=\mathrm{diag}(0,1,-2)$，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 $x_n$, $y_n$, $z_n$ 的通项】

设 $A$ 的三个特征向量分别为 $v_0$, $v_1$, $v_{-2}$，对应特征值 $0$, $1$, $-2$，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 ${\alpha }_0=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ 确定常数 $c_0$, $c_1$, $c_{-2}$。

① 对于 $\lambda =0$：

解 $(A-0I)v=0$，

$$

-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 $v_1=1$，则有

$$

v_0 = \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}.

$$

② 对于 $\lambda =1$：

解 $(A-I)v=0$，

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 $v_1=2$，则

$$

v_1 = \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix}.

$$

③ 对于 $\lambda =-2$：

解 $(A+2I)v=0$，

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 $v_1=1$，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 $c_0=2-3c_1$.

代入 (1)：$-1=(2-3c_1)+2c_1+c_{-2}\Rightarrow c_{-2}=-3+c_1$.

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 $c_1=4$.

进而，

$$

c_0 = 2 - 3 \times 4 = -10, \quad c_{-2} = -3 + 4 = 1.

$$

因此，对于 $n\ge 1$（注意当 $n\ge 1$ 时，$0^n=0$），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 $n=0$ 时：利用 $0^0=1$，得到 $x_0 = -10+8+1 = -1, y_0 = 10-8-2 = 0, z_0 = -10+12 = 2，与初值一致）

【总结】

1. 矩阵 $A$ 为

$$

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

$$

2. $A$ 的 $n$ 次幂可表达为 $A^n=P\cdot \mathrm{diag}(0^n,1,(-2{)}^n)\cdot P^{-1}$.

3. 数列通项（对于 $n\ge 1$）为：

$$

x_n = 8 + (-2)^n,

$$

$$

y_n = -8 - 2(-2)^n,

$$

$$

z_n = 12.

$$

估计问题

设总体 $X$ 服从 $[0,\theta ]$ 上的均匀分布，其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数，

$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 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 $c$，使得 $T_c$ 是 $\theta$ 的无偏估计；

(2) 记 $h(c)=E(T_c-\theta {)}^2$，求 $c$ 使得 $h(c)$ 最小。

—————— 解答 —————

首先，由于 $X_i\sim U(0,\theta )$，记 $Y=X(n)$ 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}{\theta^n}y{n-1}, \quad 0\le y\le\theta.

$$

【(1) 求无偏估计】

计算 $Y$ 的均值：

$$

E(Y) = \int_0^\theta y \frac{n}{\theta^n}y{n-1},dy

= \frac{n}{\theta^n}\int_0\theta y^n,dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+1}}{n+1}

= \frac{n}{n+1}\theta.

$$

由于估计量 $T_c=cY$ 要无偏，即需满足

$$

E(T_c)= cE(Y)= c\frac{n}{n+1}\theta = \theta,

$$

从而解得

$$

c = \frac{n+1}{n}.

$$

【(2) 求最小均方误差】

计算均方误差：

$$

h© = E[(cY-\theta)^2]

= c^2E(Y2) - 2c\theta E(Y) + \theta^2.

$$

同样地，可计算

$$

E(Y^2) = \int_0^\theta y^{2\frac{n}{\theta}n}y^{n-1},dy

= \frac{n}{\theta^n}\int_0\theta y^{n+1},dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+2}}{n+2}

= \frac{n}{n+2}\theta^2.

$$

代入上式得

$$

h© = c^{2\frac{n}{n+2}\theta}2 - 2c\frac{n}{n+1}\theta^2 + \theta^2

= \theta^2\left(c2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right).

$$

令关于 $c$ 的表达式取极值，对 $c$ 求导并置零：

$$

\frac{d}{dc} \left(c^2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right)

= 2c\frac{n}{n+2} - 2\frac{n}{n+1} = 0.

$$

解得

$$

c = \frac{n+2}{n+1}.

$$

—————— 结论 —————

(1) 当 $c=\frac{n+1}{n}$ 时，$T_c$ 为 $\theta$ 的无偏估计；

(2) 当 $c=\frac{n+2}{n+1}$ 时，均方误差 $h(c)$ 取得最小值。

求解该题：

已知函数 $f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt$，$g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt$，则（ ）

A. $f(x)$ 是奇函数，$g(x)$ 是偶函数

B. $f(x)$ 是偶函数，$g(x)$ 是奇函数

C. $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数

D. $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为周期函数

【解答过程】：

1. 先判断 $f(x)$ 的性质：

   • $f(-x)={\int }_0^{-x}{e}^{\cos t}dt=-{\int }_0^x{e}^{\cos (-t)}dt=-{\int }_0^x{e}^{\cos t}dt=-f(x)$

   • 因此，$f(x)$ 是奇函数。

2. 再判断 $g(x)$ 的性质：

   • $g(-x)={\int }_0^{\sin (-x)}{e}^{t^2}dt={\int }_0^{-\sin x}{e}^{t^2}dt=-{\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt=-g(x)$

   • 因此，$g(x)$ 也是奇函数。

综上所述，正确答案是 C. $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数。

声明

本文解答由AI生成，并经答案校对皆正确。