错题本

球面参数化:由于积分区域是椭球 \[\Omega:\frac{x^{2}}{1}+\frac{y^{2}}{4}+\frac{z^{2}}{9}\leq 1,\quad 0\leq z\leq 1\] 最自然的换元就是把它拉成球: \[ \begin{cases} x=r\sin\varphi\cos\theta,\ y=2r\sin\varphi\sin\theta,\ z=3r\cos\varphi, \end{cases} \qquad 0\leq r\leq 1. \] 这样 \[x^{2}+\frac{y^{2}}{4}+\frac{z^{2}}{9}=r^{2}\leq 1.\]
限制 z 的范围: \[0\leq z\leq 1\Rightarrow 0\leq 3r\cos\varphi\leq 1\Rightarrow 0\leq r\cos\varphi\leq\frac{1}{3}.\]
写出 I: \[\iiint_{\Omega}z^{2}\,dV=\iiint 9r^{2}\cos^{2}\varphi\cdot 6r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\theta\,d\varphi.\]
积分区域: \[r\cos\varphi\geq 0\Rightarrow\varphi\in[0,\pi/2],\quad r\cos\varphi\leq\frac{1}{3}.\] 先对 r 积分: \[\int_{0}^{\min(1,\frac{1}{3\cos\varphi})}r^{4}\,dr.\]
真正的考点——轮换对称何时失效:轮换对称只适用于三种情况:(1)积分区域关于坐标面(或坐标轴)对称,且被积函数满足相应的奇偶性;(2)积分区域关于变量轮换对称(如 x↔y 对称)且被积函数也关于 x↔y 对称,此时 \(\iiint x\,dV=\iiint y\,dV\);(3)积分区域是球、圆柱等完全对称形状,被积函数是 x²、y²、z² 这种形式,可写成 \(\iiint x^{2}\,dV=\frac{1}{3}\iiint(x^{2}+y^{2}+z^{2})\,dV\)。本题被积函数是 \(z^{2}\) 只跟 z 有关,不能写成 \(\frac{1}{3}\iiint(x^{2}+y^{2}+z^{2})\,dV\)。根本原因:积分区域的对称性和被积函数的对称性不匹配。另外用"先二后一"截面法也可直接算得 \[I = 54\pi\int_0^{1/3}(w^2-w^4)\,dw = \frac{28\pi}{45}.\]

核心区别:二重积分的对称性只用看「平面区域」和「被积函数」;三重积分的对称性要同时看「空间区域」和「被积函数」,而且空间对称比平面复杂得多。
二重积分回顾:设 \(D\) 关于 \(y\) 轴对称,若 \(f(-x,y)=-f(x,y)\) 则 \(\iint_D f\,d\sigma=0\);若 \(f(-x,y)=f(x,y)\) 则 \(\iint_D f\,d\sigma=2\iint_{D_1}f\,d\sigma\)。
三重积分:设 \(\Omega\) 关于 \(xOy\) 面对称,若 \(f(x,y,-z)=-f(x,y,z)\) 则 \(\iiint_\Omega f\,dV=0\);若 \(f(x,y,-z)=f(x,y,z)\) 则 \(\iiint_\Omega f\,dV=2\iiint_{\Omega_1}f\,dV\)。
多出来的坑:(1)对称面有三个:\(xOy\)、\(yOz\)、\(xOz\),每个都要单独判断,不能混用;(2)变量交换对称并非三重积分独有:二重积分中若区域 \(D\) 关于直线 \(y=x\) 对称,交换 \(x\leftrightarrow y\) 后区域不变,同样可得 \[\iint_D x\,d\sigma=\iint_D y\,d\sigma.\] 三重积分的特殊之处在于有三个坐标面对称,并且还会出现三变量轮换的情形;例如球体关于 \(x,y,z\) 完全对称时,有 \[\iiint_\Omega x^{2}\,dV=\iiint_\Omega y^{2}\,dV=\iiint_\Omega z^{2}\,dV.\] (3)区域不对称时对称性完全失效:如 \(\Omega\) 被 \(0\leq z\leq 1\) 切了一刀,它关于 \(xOy\) 面已不对称,这时不能用"z 是偶函数所以乘 2",只能按 z 的范围老老实实积分。
一句话总结:无论二重还是三重积分,都要先确认变量变换后积分区域保持不变,再检查被积函数如何变化;三重积分还要分别辨认三个坐标面以及三变量轮换。区域一旦被切掉一块,对称性就可能直接作废,别硬套公式。

第一步:用"与路径无关"列方程。曲线积分 \(\int_L P\,dx+Q\,dy\) 与路径无关的条件是 \[\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.\] 这里 \[P=-4yf(x),\quad Q=f'(x),\] 所以 \[\frac{\partial P}{\partial y}=-4f(x),\quad \frac{\partial Q}{\partial x}=f''(x),\] 令两者相等: \[f''(x)+4f(x)=0.\]
第二步:解微分方程。特征方程 \(r^{2}+4=0\),得 \(r=\pm 2i\),通解为 \[f(x)=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x.\]
第三步:用极限条件定常数。已知 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x^{2}}\) 存在。代入通解: \[\lim_{x\to 0}\frac{C_1\cos 2x+C_2\sin 2x-1}{x^{2}}.\] 分母→0,要极限存在(有限),分子也必须→0: \[C_1=1.\] 再看 \(C_2\):\(\cos 2x=1-2x^{2}+o(x^{2})\),\(\sin 2x=2x+o(x)\),分子 \[=2C_2x-2x^{2}+o(x^{2}),\] 除以 \(x^{2}\) 得 \[\frac{2C_2}{x}-2+o(1),\] 要极限存在必须 \(C_2=0\),否则 \(\frac{2C_2}{x}\) 发散。
最终答案: \[f(x)=\cos 2x.\] 完整逻辑链:路径无关 ⇒ \(\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\) ⇒ 二阶常系数齐次微分方程 ⇒ 通解 ⇒ 极限存在定出 \(C_1=1,\ C_2=0\)。注意 \(C_2\) 的确定是很多人漏掉的:只看出 \(C_1=1\) 就停了,没检查 \(\sin 2x\) 那一项会让极限发散。

(1) 方向导数最大值沿梯度方向取得，最大值为梯度模，由此得 a=b=1。故截曲面为 z=x²+y²。

(2) Σ 所在曲面 x²+(z−1)²=1 是母线平行于 y 轴的圆柱面。不能投影到 zox 面：曲面沿 y 方向延伸，侧面会塌成圆周；等价地，法向量 ∇F=(2x,0,2z−2) 的 y 分量恒为 0，cosβ=0。改投影到 yoz 面，将圆柱写成两片 x=±√(2z−z²)。由抛物面约束 y²≤z−x²=z²−z，故 1≤z≤2，−√(z²−z)≤y≤√(z²−z)。每片 dS=1/√(2z−z²) dydz，于是 ∬Σ z dS=4∫₁² z√[(z−1)/(2−z)]dz。令 t=z−1，利用两个 Beta 积分，原式=4[B(3/2,1/2)+B(5/2,1/2)]=7π/2。

(I) 交线同时满足 \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) 与 \(z^2=2x\)。由圆锥得 \(z^2=x^2+y^2\)，代入消去 \(z\)，得 \(x^2+y^2=2x\)，所以投影曲线为 \((x-1)^2+y^2=1\)，圆心 \((1,0)\)，半径 1。

(II) 投影区域 \(D:x^2+y^2\leq 2x\)。圆锥面积元 \(dS=\sqrt2\,dx\,dy\)；在圆锥上 \(\mu=9/(\sqrt2\,r)\)，故 \(\mu\,dS=9/r\,dx\,dy\)。改用极坐标，\(dx\,dy=r\,dr\,d\theta\)，约去 \(1/r\)，得到 \(M=9\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta}dr\,d\theta=36\)。

拆 \(I=3\iiint_{\Omega}y^2\,dV+\iiint_{\Omega}1\,dV\)；\(\iiint_{\Omega}1\,dV=\pi\)（柱体体积）；\(\iiint_{\Omega}y^2\,dV\) 先对 \(x\) 积分（先一后二）化为 \(\iint_{y^2+z^2\le1}y^2\,dy\,dz\)；利用 \(y\)、\(z\) 轮换对称得 \(\frac12\iint(y^2+z^2)\,dA\)；极坐标计算得 \(\pi/4\)；故 \(I=\pi+3\pi/4=7\pi/4\)。

以原点为球心挖去小球 \(S_\varepsilon:x^2+y^2+z^2=\varepsilon^2\)；在去洞区域 \(\Omega_\varepsilon\) 上散度为零，高斯公式给出 \(I\) 等于小球外侧通量 \((1/\varepsilon^2)\cdot4\pi\varepsilon^2=4\pi\)。

补底面 \(\Sigma_0:z=0\)、\(x^2+y^2\le4\)；高斯公式 \(I+I_0=\iiint_{\Omega}z\,dV\)；补面 \(I_0=-2\cdot4\pi=-8\pi\)；三重积分 \(\iiint_{\Omega}z\,dV\) 用柱坐标计算得 \(4\pi\)；故 \(I=4\pi-(-8\pi)=12\pi\)。

带密度质心公式 \(\bar z=\iint z\rho\,dS/\iint\rho\,dS\)，本题 \(\rho=z\)，故 \(\bar z=\iint z^2\,dS/\iint z\,dS\)；核心“有密度就多乘一个 \(\rho\)”。

第一步:写出旋度定义 \[\text{rot}\,F=\nabla\times F= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix},\] 其中 \[P=|x|\cos y,\quad Q=-y\sin z,\quad R=z,\] 展开得 \[\text{rot}\,F=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathbf{i} -\left(\frac{\partial R}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial z}\right)\mathbf{j} +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathbf{k}.\]
第二步:逐项求偏导 \[\frac{\partial R}{\partial y}=0,\quad \frac{\partial Q}{\partial z}=-y\cos z,\] \[\frac{\partial R}{\partial x}=0,\quad \frac{\partial P}{\partial z}=0,\] \[\frac{\partial Q}{\partial x}=0,\quad \frac{\partial P}{\partial y}=-|x|\sin y.\]
第三步:代入 \[\text{rot}\,F=y\cos z\,\mathbf{i}+|x|\sin y\,\mathbf{k}.\]
第四步:代入点 \((1,1,0)\): \[\text{rot}\,F(1,1,0)=\mathbf{i}+\sin 1\,\mathbf{k}.\]
真正的坑有三个。坑一:\(|x|\) 的处理。很多人看到 \(|x|\) 就慌,觉得它在 \(x=0\) 处不可导。但题目求的是 \((1,1,0)\) 处,\(x=1\neq 0\),\(|x|\) 在这里光滑。更关键的是:\(\frac{\partial P}{\partial y}\) 根本不涉及对 \(x\) 求导,所以即使在 \((0,1,0)\) 处 \(\text{rot}\,F\) 依然可算。坑二:行列式展开的符号,中间分量前面有个负号,很多人会漏。坑三:\(\frac{\partial P}{\partial y}=-|x|\sin y\),是对 \(y\) 求导,\(|x|\) 看成常数,不要误对 \(|x|\) 求导。若把点改成 \((-1,1,0)\),\(|{-1}|=|1|=1\),结果完全一样,都是 \((1,0,\sin 1)\)。

对,完全等价。 \[\text{grad}\,f=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right),\] 当 \(\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial z}=1\) 时, \[\text{grad}\,f=\mathbf{i}+\mathbf{j}+\mathbf{k}=(1,1,1).\] \(\mathbf{i}+\mathbf{j}+\mathbf{k}\) 是向量的基底表示,\((1,1,1)\) 是同一个向量的坐标表示,两者是同一个东西的不同写法,可以互换。

不是单纯看"\(r\) 再次取到相同的值",而是看"\(\theta\) 转了多少,图形刚好被完整描出来一次"。
心形线标准形式: \[r=a(1+\cos\theta),\quad a>0,\] \(r\) 是关于 \(\theta\) 的周期函数,周期 \(2\pi\)。
关键点:\(r=0\) 在哪里: \[r=0\iff 1+\cos\theta=0\iff\theta=\pi,\] 即曲线经过极点(原点),这是心形线的"尖点"位置。
\(\theta\) 的范围:\(\theta=0\) 时 \(r=2a\)(最右边的点);\(\theta\) 增大到 \(\pi\),\(r\) 从 \(2a\) 减小到 \(0\),描出上半部分;\(\theta\) 从 \(\pi\) 到 \(2\pi\),\(r\) 从 \(0\) 增大回 \(2a\),描出下半部分。所以 \(0\leq\theta\leq 2\pi\) 刚好完整描出一遍。
注意:\(\theta=\pi/2\Rightarrow r=a\)(上半平面一点)和 \(\theta=3\pi/2\Rightarrow r=a\)(下半平面一点)是两个不同点,判断依据是"是否回到同一个位置",极坐标的点由 \((r,\theta)\) 共同决定。
一句话记忆:心形线 \(r=a(1\pm\cos\theta)\) 或 \(r=a(1\pm\sin\theta)\),\(\theta\) 取 \(0\) 到 \(2\pi\) 就够了。先找 \(r=0\) 的点定尖点方向,再按周期走一圈。

①先分式分解: \[\frac{a}{x(2x+a)}=\frac{1}{x}-\frac{2}{2x+a}.\]
②求原函数: \[\int\frac{a}{x(2x+a)}\,dx=\ln\left|\frac{x}{2x+a}\right|+C.\]
③处理极限: \[\int_{1}^{+\infty}\frac{a}{x(2x+a)}\,dx=\lim_{b\to+\infty}\ln\left|\frac{b}{2b+a}\right|-\ln\left|\frac{1}{2+a}\right| =\ln\left|\frac{2+a}{2}\right|.\]
④关键检查:令 \(\ln\left|\frac{2+a}{2}\right|=\ln 2\),得 \[|2+a|=4\Rightarrow a=2\ \text{或}\ a=-6.\] \(a=-6\) 为什么舍去?当 \(a=-6\) 时被积函数 \(\frac{-6}{x(2x-6)}\) 在 \([1,+\infty)\) 内 \(x=3\) 处分母为零,\(x=3\) 是无穷间断点(瑕点),反常积分发散。最终答案 \(a=2\)。记住:含参反常积分解出参数后,必须回代检查是否产生新瑕点。

真正混淆的地方是:瑕点和无穷积分要用不同的判别法,但思路都是"抓主要部分"。
被积函数 \[f(x)=\frac{\arctan x}{x^{p}(x+1)},\quad x\in(0,+\infty),\] 两个坏点:\(x=0\)(瑕点),\(x=+\infty\)(无穷远)。
在 \(x=0\) 处(瑕积分):\(x\to 0^{+}\) 时 \(\arctan x\sim x\),\(x+1\to 1\),所以 \[f(x)\sim x^{1-p},\] \(\int_{0}x^{1-p}\,dx\) 收敛 \(\iff 1-p>-1\iff p<2\)。
在 \(x=+\infty\) 处(无穷积分):\(x\to+\infty\) 时 \(\arctan x\to\frac{\pi}{2}\),\(x+1\sim x\),所以 \[f(x)\sim\frac{\pi}{2}x^{-(p+1)},\] 收敛 \(\iff p+1>1\iff p>0\)。
两个瑕点必须同时收敛: \[\begin{cases}p<2,\\p>0,\end{cases}\quad\Rightarrow\quad 0<p<2.\]
口诀:趋于 \(+\infty\) 抓大头(分母 \(x^{p}(x+1)\) 中 \(x+1\) 的大头是 \(x\));趋于 \(0\) 抓小头(\(\arctan x\) 的小头是 \(x\))。核心思想:只保留起决定作用的那一项。

令 \(f(t)=\int_1^t e^{-x^2}dx\)，原式 \(=\frac1n\sum_{k=1}^n f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\)，即 \([0,1]\) 上的中点黎曼和，所以极限等于 \(\int_0^1f(t)dt\)。分部积分得 \(\int_0^1f(t)dt=[tf(t)]_0^1-\int_0^1t e^{-t^2}dt=-\int_0^1t e^{-t^2}dt=\frac12(e^{-1}-1)=\frac{1-e}{2e}\)。

\(\lim_{x\to0}|x|\ln|x|=0\)，被积函数在 \(x=0\) 处是可去间断点、可连续延拓，故变上限积分在该点可导且 \(f'(0)=0\)，选 C。

关键:条件收敛只能确定收敛半径,端点的敛散性要单独判断。
第一步:确定收敛半径。把幂级数看成 \(\sum b_{n}t^{n}\),其中 \(b_{n}=(-1)^{n}a_{n}\),\(t=x+1\)。因为 \(\sum b_{n}\) 条件收敛(即 \(t=1\) 处条件收敛),由阿贝尔定理,收敛半径 \(R=1\)。(注:条件收敛 ⇒ \(\limsup|a_n|^{1/n}=1\),若 \(<1\) 则 \(\sum|a_n|\) 收敛,矛盾。)
第二步:确定收敛区间。\(|t|<1\Rightarrow |x+1|<1\Rightarrow -2<x<0\)。
第三步:检查端点。\(x=0\) 时级数变为 \(\sum(-1)^{n}a_{n}\),已知条件收敛→收敛;\(x=-2\) 时级数变为 \(\sum a_{n}\),仅由“\(\sum(-1)^n a_n\) 条件收敛”无法判断其敛散性。取 \(a_n=1/n\) 时,\(\sum a_n\) 是调和级数,发散;而取 \(a_{2k}=(-1)^k/\sqrt{k},\ a_{2k-1}=0\) 时,\(\sum(-1)^n a_n\) 条件收敛,且 \(\sum a_n=\sum(-1)^k/\sqrt{k}\) 也收敛。
因此由题设必能确定的收敛部分为 \((-2,0]\),左端点 \(x=-2\) 是否也纳入不能确定;完整收敛区间可能是 \((-2,0]\) 或 \([-2,0]\)。一句话总结:条件收敛 ⇒ \(R=1\) ⇒ \(|x+1|<1\) ⇒ 端点逐个代入检验;右端点收敛,左端点敛散不定。

先纠错:裂项时符号搞反了。正确的是 \[\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right),\] 不是 \(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\)。
正确的求和: \[S=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right).\] 用 \(\arctan x\) 的幂级数展开: \[\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1},\quad |x|\leq 1,\] 令 \(x=1\): \[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots.\] 拆开求和: \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}=\frac{\pi}{4},\quad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n+1}=1-\frac{\pi}{4},\] 因此 \[S=\frac{1}{2}\left[\frac{\pi}{4}-\left(1-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\frac{\pi-2}{4}.\] 速记:\(x^3-x^5+\cdots = x - \arctan x\)(符号别反成 \(\arctan x - x\));\(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots=\frac{\pi}{4}\)。

先拆项 \(1/[n(2n+1)]=1/n-2/(2n+1)\)，再识别 \(\sum(-1)^{n-1}/n=\ln 2\) 与 \(1-1/3+1/5-\cdots=\pi/4\)（\(\arctan 1\) 的展开）。

是奇函数。设 \(f(x)=2x\sqrt{1-x^{2}}\)。
定义域:\(1-x^{2}\geq 0\Rightarrow -1\leq x\leq 1\),关于原点对称。✓
验证: \[f(-x)=2(-x)\sqrt{1-(-x)^{2}}=-2x\sqrt{1-x^{2}}=-f(x),\] 所以 \(f(-x)=-f(x)\),是奇函数,图像关于原点对称。
快速判断:\(2x\) 是奇函数,\(\sqrt{1-x^{2}}\) 是偶函数,奇 × 偶 = 奇。根号不改变奇偶性判断方法。

① \(f(x)=a^x[(1+x/a)^x-1]\)；\(x\ln(1+x/a)\sim x^2/a\)，故 \(f(x)\sim x^2/a\)。② \((\sin x)^x=x^x(\sin x/x)^x\)；\(x\ln(\sin x/x)\sim-x^3/6\)，故 \(1-(\sin x/x)^x\sim x^3/6\)，又 \(x^x\to1\)，故 \(g(x)\sim x^3/6\)。③ \(f(x)/g(x)\sim(x^2/a)/(x^3/6)=6/(ax)\to+\infty\)，故 f 比 g 大一个量级，f 是 g 的低阶无穷小，选 B。

① 特解含 \(xe^x\)，说明 \(r=1\) 为特征方程的二重根，故特征方程为 \((r-1)^2=0\)，即齐次方程 \(y''-2y'+y=0\)，得 \(a=-2\)，\(b=1\)。② 将 \(y=e^{-x}\) 代入 \(y''-2y'+y=ce^{-x}\)：\(e^{-x}+2e^{-x}+e^{-x}=4e^{-x}\)，故 \(c=4\)。③ 通解为 \(y=(C_1+C_2x)e^x+e^{-x}\)；由 \(y(0)=2\)、\(y'(0)=-1\) 解得 \(C_1=1\)、\(C_2=-1\)；最终 \(y=(1-x)e^x+e^{-x}\)。

① 驻点不等于极值点：驻点只要求 \(f'(x_0)=0\)，例如 \(f(x)=x^3\) 在 \(x_0=0\) 处是驻点，却不是极值点。② 判极值最可靠的是看一阶导数左右是否变号：\(+\to-\) 为极大值，\(-\to+\) 为极小值，不变号则不是极值点。③ 二阶导数判极值：若 \(f'(x_0)=0\)，则 \(f''(x_0)>0\) 时为极小值，\(f''(x_0)<0\) 时为极大值，\(f''(x_0)=0\) 时无法据此判断。④ 拐点的定义是曲线凹凸性发生改变，也就是 \(f''\) 在该点两侧变号；\(f''(x_0)=0\) 只是候选条件。⑤ 三阶导数判拐点：若 \(f''(x_0)=0\) 且 \(f'''(x_0)\ne0\)，则 \(x_0\) 为拐点。⑥ n 阶导数统一判别：若 \(f'(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0\)，而 \(f^{(n)}(x_0)\ne0\)，则 n 为偶数时有极值——\(f^{(n)}(x_0)>0\) 为极小值，\(f^{(n)}(x_0)<0\) 为极大值；n 为奇数时无极值，通常为拐点。

① 不显含 y：方程 \(F(x,y',y'')=0\)，令 \(p=y'(x)\)，则 \(y''=dp/dx\)，化为关于 \(p(x)\) 的一阶方程 \(F(x,p,dp/dx)=0\)，解出 \(p(x)\) 后积分 \(y=\int p(x)\,dx+C\)。② 不显含 x：方程 \(F(y,y',y'')=0\)，令 \(p=y'(y)\)，则 \(y''=p\,dp/dy\)，化为 \(F(y,p,p\,dp/dy)=0\)，解出 \(p(y)\) 后由 \(dy/dx=p\) 得 \(x=\int[1/p(y)]\,dy+C\)。③ 伯努利方程 \(y'+P(x)y=Q(x)y^n\)（\(n\ne0,1\)），令 \(z=y^{1-n}\) 化为线性方程 \(z'+(1-n)P(x)z=(1-n)Q(x)\)。

全微分⇒\(P_y=Q_x\)，得 \(a=4\)，\(b=2\)；\(\nabla u(1,1)=(1,-1)\)，最大方向导数 \(=|\nabla u|=\sqrt2\)，选 A。

\(f_x(0,0)=\lim(|x|/x)\) 左右极限不等，偏导不存在，A/C/D 都不对；但沿任意方向 \(e=(\cos\alpha,\sin\alpha)\) 按 \(t\to0^+\) 定义方向导数恒为 1，选 B。

从定义出发。设 \(A=(a_{ij})\) 是 \(n\) 阶方阵。
转置矩阵 \(A^T=(b_{ij})\),则 \[b_{ij}=a_{ji}.\]
伴随矩阵 \(A^*=(c_{ij})\),则 \[c_{ij}=A_{ji},\] 其中 \(A_{ji}\) 是 \(a_{ji}\) 的代数余子式。注意下标顺序:\(A^*\) 的第 \(i\) 行第 \(j\) 列元素是 \(A\) 中第 \(j\) 行第 \(i\) 列元素的代数余子式——伴随矩阵的定义本身就带了一次转置,即 \(A^*=(A_{ij})^T\)。
已知对所有 \(i,j\) 有 \(A_{ij}=a_{ij}\),于是 \[c_{ij}=A_{ji}=a_{ji}=b_{ij},\] 故 \(A^*=A^T\)。
一句话总结:\(A^*\) 的 \((i,j)\) 元是 \(A_{ji}\),\(A^T\) 的 \((i,j)\) 元是 \(a_{ji}\),条件 \(A_{ji}=a_{ji}\) 正好把两者连起来。
易混淆:有人把伴随矩阵记成 \((A_{ij})\) 而忘记转置,写成 \(c_{ij}=A_{ij}\),这样在 \(A_{ij}=a_{ij}\) 下会得到 \(A^*=A\),这是错的。伴随矩阵 = 代数余子式矩阵的转置,这个转置不能丢。

从"同解"的定义出发。\(A_{m\times n}x=0\)、\(B_{k\times n}x=0\) 同解指解集完全相同。\(Ax=0\) 的解集是 \(A\) 的行向量组的正交补,两方程组同解 ⟺ 它们的行向量组等价(可互相线性表示)。
为什么竖着拼:把 \(A\) 和 \(B\) 上下摞起来 \[C=\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix},\] \(Cx=0\) 的解集是 \(Ax=0\) 与 \(Bx=0\) 解集的交集。若同解则 \[r(C)=r(A)=r(B),\] 反之若 \(r(C)=r(A)=r(B)\),说明行向量组等价,从而同解。所以判定条件是 \[r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=r(A)=r(B)\quad\text{(竖着拼)}.\]
为什么不能横着拼:横着拼 \((A\mid B)\) 得到 \(m\times 2n\) 矩阵,未知数变成 \(2n\) 个,解空间都不在同一个维度,根本没法比较"同解"。
一句话记忆:竖着拼(上下摞)是"往下接方程",看行向量组是否等价→判定同解;横着拼(左右放)是增加列,对应列空间问题,不能用。

\(|B|=1\) 时 \(B^*=|B|B^{-1}=B^{-1}\)，代入整理得 \(A^{-1}+B=E\)；核心“伴随矩阵先换成逆矩阵”。

固定四步,绝大多数题都能做。
第一步:写出似然函数。设总体密度(或分布律)为 \(f(x;\theta)\),样本 \(X_1,\dots,X_n\),则 \[L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta).\]
第二步:取对数。 \[\ell(\theta)=\ln L(\theta)=\sum_{i=1}^{n}\ln f(X_i;\theta),\] \(\ln\) 单调递增,\(L\) 和 \(\ell\) 在同一点取最大值。
第三步:求导找驻点。 \[\frac{d\ell}{d\theta}=0,\] 解出 \(\hat{\theta}\)。
第四步:验证是极大值。一般用二阶导 \(\frac{d^{2}\ell}{d\theta^{2}}<0\) 或说明 \(\ell\) 是凹函数,考试大题最好写一句。
两种特殊情形(易错点):(1)似然函数在端点取最大:如 \(X\sim U(0,\theta)\),\(L(\theta)\) 关于 \(\theta\) 单调递减,最大值在左端点 \(\hat{\theta}=X_{(n)}=\max\{X_i\}\) 取得,这时不能直接求导,求导会得到错误答案;(2)多参数:如 \(N(\mu,\sigma^{2})\),对 \(\mu\) 和 \(\sigma^{2}\) 分别求偏导联立。
一句话总结:先写 \(L\),再取 \(\ln\),然后求导找驻点,最后别忘了检查定义域端点。

这题考的是分布区间端点未知时的最大似然估计。已知 \(X\sim U(\theta,1)\),样本 \(X_1,\dots,X_n\)。
第一步:写出似然函数 \[L(\theta)=\frac{1}{(1-\theta)^{n}}\cdot\mathbf{1}_{\{\theta\leq X_{(1)}\}},\] 其中 \(X_{(1)}=\min\{X_1,\dots,X_n\}\)。注意约束 \(\theta\leq X_i\) 对所有 \(i\) 成立 ⇒ \(\theta\leq\min(X_i)\)。
第二步:看单调性,不直接求导。\(L(\theta)=\frac{1}{(1-\theta)^{n}}\),\(\theta\) 增大时分母减小,\(L(\theta)\) 单调递增。但 \(\theta\) 不能无限增大,必须满足 \(\theta\leq X_{(1)}\)。
第三步:端点取最大。所以 \(L(\theta)\) 在 \(\theta=X_{(1)}\) 处取得最大值: \[\hat{\theta}=X_{(1)}=\min\{X_1,X_2,\dots,X_n\}.\]
记住规律:\(U(\theta,b)\) 左端点未知 ⇒ \(\hat{\theta}=X_{(1)}\)(最小次序统计量);\(U(a,\theta)\) 右端点未知 ⇒ \(\hat{\theta}=X_{(n)}\)(最大次序统计量)。
易错提醒:这题不能对 \(\ln L\) 求导找驻点,因为 \(\frac{d}{d\theta}\ln L=\frac{n}{1-\theta}\neq 0\) 恒成立,没有内点解,最大值在定义域端点取得。估左端点看样本最小值,估右端点看样本最大值。

因为 \(Y=\max\{X_1,\dots,X_n\}\),用"分布函数的定义 + 独立性"。
第一步:用定义 \[F_Y(y)=P(Y\leq y)=P(\max\{X_1,\dots,X_n\}\leq y).\]
第二步:最大值 ≤y ⟺ 每一个都 ≤y: \[\{\max\{X_1,\dots,X_n\}\leq y\}=\{X_1\leq y,\dots,X_n\leq y\},\] 这是关键:最大值不超过 \(y\) 当且仅当每个 \(X_i\) 都不超过 \(y\)。
第三步:用独立同分布 \[F_Y(y)=\prod_{i=1}^{n}P(X_i\leq y)=[F_X(y)]^{n}.\]
第四步:代入均匀分布的分布函数。\(X_i\sim U(\theta,\theta+1)\), \[F_X(y)=\begin{cases}0,&y<\theta,\\y-\theta,&\theta\leq y\leq\theta+1,\\1,&y>\theta+1,\end{cases}\] 于是 \[F_Y(y)=\begin{cases}0, & y<\theta\\ (y-\theta)^n, & \theta\le y<\theta+1\\ 1, & y\ge\theta+1\end{cases}\] 求导得 \(f_Y(y)=n(y-\theta)^{n-1}\)。
一句话记忆:最大值 \(Y=\max X_i\) 的分布函数是 \([F_X(y)]^{n}\);最小值 \(W=\min X_i\) 的分布函数是 \(1-[1-F_X(y)]^{n}\)。

就是一个简单的换元积分。已知 \(f_Y(y)=n(y-\theta)^{n-1}\),\(\theta<y<\theta+1\)。 \[E(Y)=\int_{\theta}^{\theta+1}y\cdot n(y-\theta)^{n-1}\,dy.\]
换元:令 \(t=y-\theta\),则 \(y=t+\theta\),\(dy=dt\);\(y=\theta\) 时 \(t=0\),\(y=\theta+1\) 时 \(t=1\)。 \[E(Y)=\int_{0}^{1}(t+\theta)\cdot nt^{n-1}\,dt =\int_{0}^{1}\left(nt^{n}+\theta nt^{n-1}\right)dt.\]
逐项积分: \[\int_{0}^{1}nt^{n}\,dt=\frac{n}{n+1},\quad \int_{0}^{1}\theta nt^{n-1}\,dt=\theta.\]
结果: \[E(Y)=\theta + \frac{n}{n+1}.\]
验证:当 \(n\) 很大时,\(Y=\max X_i\) 应接近右端点 \(\theta+1\),而 \(\frac{n}{n+1}+\theta\to\theta+1\)。✓ 记住技巧:含参积分先换元化简区间,\(t=y-\theta\) 把 \([\theta,\theta+1]\) 化成 \([0,1]\)。

直接硬积分完全可以,是考试里很稳的一条路。
第一步:读出分布信息。\(X\sim N(1,1)\),\(Y\sim N(0,1)\),\(\rho=0\)。\(\rho=0\) 对二维正态意味着 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立。
第二步:把事件化简。 \[XY-Y=Y(X-1)<0,\] 即两者异号: \[\{Y>0,X<1\}\cup\{Y<0,X>1\}.\]
第三步:直接硬积分。联合密度 \[f(x,y)=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{(x-1)^{2}+y^{2}}{2}},\] \[P=\int_{0}^{+\infty}\!\!\int_{-\infty}^{1}f(x,y)\,dxdy+\int_{-\infty}^{0}\!\!\int_{1}^{+\infty}f(x,y)\,dxdy.\]
第四步:利用独立性拆开。第一块 \(P(X<1)P(Y>0)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)(\(X\sim N(1,1)\) 关于 \(x=1\) 对称;\(Y\sim N(0,1)\) 关于 \(0\) 对称);第二块 \(P(X>1)P(Y<0)=\frac{1}{4}\)。结果 \[P\{XY-Y<0\}=\frac{1}{2}.\]
省事的观察:令 \(U=X-1\sim N(0,1)\),\(U\) 与 \(Y\) 独立同为标准正态,\(P\{UY<0\}=\frac{1}{2}\)(异号概率一半)。
重要陷阱:知道随机变量均值 0、方差 1,并不能说明它服从标准正态分布!\(Z=UY\) 是两个独立标准正态的乘积,不是正态变量;只有线性组合 \(aX+bY+c\) 仍是正态。仅靠期望方差无法标准化,必须先确认分布类型。

关键:\(X,Y\) 都由同一个随机变量 \(U\) 决定,直接按 \(U\) 的区间切分最方便。\(U\sim U[-2,2]\),区间总长 4,子区间概率 \(P(U\in[a,b])=\frac{b-a}{4}\)。
(1)求联合分布。分界点 \(-1,1\):当 \(-2\leq U\leq -1\) 时 \((X,Y)=(-1,-1)\),\(P=1/4\);当 \(-1<U\leq 1\) 时 \((X,Y)=(1,-1)\),\(P=1/2\);当 \(1<U\leq 2\) 时 \((X,Y)=(1,1)\),\(P=1/4\)。\((X,Y)=(-1,1)\) 不可能发生(\(X=-1\Rightarrow U\leq -1\) 与 \(Y=1\Rightarrow U>1\) 矛盾)。
联合分布表: \[\begin{array}{c|cc} X\backslash Y & -1 & 1 \\\hline -1 & 1/4 & 0 \\ 1 & 1/2 & 1/4 \end{array}\]
(2)求 \(D(X+Y)\)。直接求 \(X+Y\) 的分布: \[X+Y=\begin{cases}-2,&P=1/4,\\0,&P=1/2,\\2,&P=1/4,\end{cases}\] \(E(X+Y)=0\),\(E[(X+Y)^{2}]=2\),故 \(D(X+Y)=2\)。
也可以展开: \[D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\mathrm{Cov}(X,Y),\] 其中 \(D(X)=3/4\),\(D(Y)=3/4\),\(\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1/4\),得 \(D(X+Y)=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}+2\cdot\frac{1}{4}=2\)。
典型错误复盘:先分别求边缘分布 \(P(X=-1)=1/4\)、\(P(X=1)=3/4\)、\(P(Y=-1)=3/4\)、\(P(Y=1)=1/4\),然后本能地相乘得 \(3/16\)、\(9/16\)——误把 \(X\)、\(Y\) 当成独立。验证不独立:\(P(X=-1,Y=1)=0\neq P(X=-1)P(Y=1)=1/16\)。检查口诀:没有明确说独立,千万不要直接把边缘概率相乘;\(X=f(U),Y=g(U)\) 同源时,按 \(U\) 分区间找联合取值。
\(E(XY)\) 的算法:\(XY=1\) 总概率 \(1/2\),\(XY=-1\) 概率 \(1/2\),正负抵消得 \(E(XY)=0\)。

① \(W=\min\{X,Y\}\)，\(P(W>w)=e^{-2w}\)，故 \(W\sim\operatorname{Exp}(2)\)，\(E(W)=1/2\)，\(D(W)=1/4\)。② 用恒等式 \(Z+W=X+Y\) 取期望得 \(E(Z)=3/2\)；由 \(W\sim\operatorname{Exp}(2)\) 与 \(Z-W\sim\operatorname{Exp}(1)\) 相互独立，得 \(D(Z)=D(W)+D(Z-W)=1/4+1=5/4\)。③ 用恒等式 \(ZW=XY\) 及 \(X,Y\) 独立，得 \(E(ZW)=E(X)E(Y)=1\)。④ \(\operatorname{Cov}(Z,W)=1-(3/2)(1/2)=1/4\)，故 \(\rho_{ZW}=(1/4)/\sqrt{(5/4)(1/4)}=1/\sqrt5\)。

\((X,Y)\) 服从多项分布（\(n=3\)，第三类 \(p_3=1/6\)）。① 用示性变量求 \(E(XY)\)：\(X=\sum X_i\)，\(Y=\sum Y_i\)，\(X_i\)、\(Y_i\) 为第 i 次试验的示性变量；同一轮 \(X_iY_i\equiv0\)（\(A_1\)、\(A_2\) 互斥，一轮不可能同时出现），不同轮 \(E(X_iY_j)=p_1p_2\)；故 \(E(XY)=n(n-1)p_1p_2=3\cdot2\cdot(1/2)\cdot(1/3)=1\)。② \(E(X)=np_1=3/2\)，\(E(Y)=np_2=1\)；\(\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1-(3/2)\cdot1=-1/2\)（亦可直接用多项分布结论 \(\operatorname{Cov}=-np_1p_2\)）。③ \(X\sim B(3,1/2)\)，\(D(X)=3\cdot(1/2)\cdot(1/2)=3/4\)；\(Y\sim B(3,1/3)\)，\(D(Y)=3\cdot(1/3)\cdot(2/3)=2/3\)。④ \(\rho_{XY}=\operatorname{Cov}(X,Y)/\sqrt{D(X)D(Y)}=(-1/2)/\sqrt{(3/4)\cdot(2/3)}=(-1/2)/\sqrt{1/2}=-\sqrt2/2\approx-0.707\)。特别注意：对话中 AI 误算为 \(\rho=-2\)（错），相关系数不可能超出 \([-1,1]\)，正确值为 \(-\sqrt2/2\)。

用递推 Γ(α+1)=αΓ(α)，配两个起点 Γ(1)=1、Γ(1/2)=√π；整数参数直接变阶乘 (n-1)!；半整数参数从 √π 往上乘 1/2、3/2、5/2…（如 Γ(9/2)=7·5·3·1/2⁴·√π）；卡方分布 χ²(n) 本质是 Gamma 分布，会出现 Γ(n/2)，n 为偶数直接阶乘、n 为奇数用 Γ(1/2)=√π 递推。

每个 \(X_i\sim U(0,1)\)，\(P(X_i>2/3)=1/3\)；把“大于 \(2/3\)”记为成功，则 \(Y\sim B(n,1/3)\)，\(D(Y)=np(1-p)=2n/9\)。

核心概念（点估计/区间估计/置信水平 \(1-\alpha\)/显著性水平 \(\alpha\)）、双侧与单侧、一般结构（估计值±临界值×标准误）、做题流程、易错提醒。