--- [第 1 页] ---
一、 填空题(本题共5个小题，每小题3分，满分15分.把正确答案填写在题中横线上.)
(1) 【答案】1.
3
【分析】利用
0
x
的等价变换和洛必达法则求函数极限.
【详解】
方法1：
2
2
3
0
0
0
1
1
tan
tan
lim
lim
tan
lim
tan
tan
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
2
0
sec
1
lim
3
x
x
x
洛
2
2
0
tan
lim 3
x
x
x
2
2
0
1
tan
lim 3
3
x
x
x
x
x
方法2：
2
2
2
0
0
0
1
1
1
cos
sin
cos
lim
lim
lim
tan
sin
sin
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2
0
0
sin
cos
cos
cos
sin
sin
lim
lim
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
洛
0
sin
1
lim 3
3
x
x
x
(2) 【答案】
2
sin x
【分析】欲求
( , )
b
a
d
x t dt
dx
，唯一的办法是作变换，使含有( , )
x t
中的x “转移”到之外
【详解】令u
x
t
，则dt
du
，所以有
0
2
2
0 sin(
)
sin
x
x
d
d
x
t dt
u du
dx
dx
2
2
0 sin
sin
x
d
u du
x
dx
(3) 【答案】
2
2
1
2
1
,
4
x
x
y
C e
C
x e
其中
1
2
,
C C 为任意常数.
【分析】先求出对应齐次方程的通解，再求出原方程的一个特解.
【详解】原方程对应齐次方程
" 4
0
y
y
的特征方程为：
2
4
0,
解得
1
2
2,
2
，故
" 4
0
y
y
的通解为
2
2
1
1
2
,
x
x
y
C e
C e
由于非齐次项为
2
( )
,
x
f x
e
因此原方程的特解可设为
*
2 ,
x
y
Axe
代入原方程可求得
1
4
A
，故所求通解为
*
2
2
1
1
2
1
4
x
x
y
y
y
C e
C
x e
(4) 【详解】因为
1999年全国硕士研究生入学统一考试数一试题解析
--- [第 2 页] ---
E
A
1
1
. ..
1
(对应元素相减)
两边取行列式，
1
1
. ..
1
E
A
1
. ..
1
n
n
n
n
把第，，列
加到第列
1
1 . ..
1
(
) ...
...
...
...
1
1
. ..
1
n
提取第列
的公因子
2
1
1
1 . ..
1
0
...
0
3
1
(
) ...
...
...
...
0
0
...
1
n
n
行
行
行
行
行
行
-1(
)
n
n
令
-1(
)
0
n
E
A
n
，得
1
2
(1
0((
1)
n
n
重)，
重)，故矩阵A的n个特征值
是n和0(( -1)
n
重)
(5) 【答案】1 4
【详解】根据加法公式有
(
)
( )
( )
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
P A
B
C
P A
P B
P C
P AC
P AB
P BC
P ABC
因为
( )
( )
( )
P A
P B
P C
，设
( )
( )
( )
P A
P B
P C
p
由于
, ,
A B C 两两相互独立，所以有
2
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
p
p
p
，
2
(
)
( ) ( )
P AC
P A P C
p
p
p
，
2
(
)
( ) ( )
P BC
P B P C
p
p
p
，
又由于ABC ，因此有
(
)
(
)
0,
P ABC
P
所以
(
)
( )
( )
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
P A
B
C
P A
P B
P C
P AC
P AB
P BC
P ABC
2
2
2
0
p
p
p
p
p
p
2
3
3
p
p
又
9
(
)
16
P A
B
C
，从而
2
9
(
)
3
3
16
P A
B
C
p
p
，则有
2
9
3
3
0
16
p
p
2
3
0
16
p
p
，解得
3
1
4
4
p
或p
--- [第 3 页] ---
因
1
( )
( )
( )
2
P A
P B
P C
p
，故
1
4
p
，即
1
( )
4
P A
二、 选择题
(1) 【答案】( A )
【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.
( )
f x 的原函数
( )
F x 可以表示为
0
( )
( )
,
x
F x
f t dt
C
于是
0
0
(
)
( )
(
)
.
u
t
x
x
F
x
f t dt
C
f
u d
u
C
当
( )
f x 为奇函数时，
(
)
( )
f
u
f u
，从而有
0
0
(
)
( )
( )
( )
x
x
F
x
f u du
C
f t dt
C
F x
即F(x)为偶函数. 故(A)为正确选项.
(B)、(C)、(D)可分别举反例如下：
2
( )
f x
x
是偶函数，但其原函数
3
1
( )
1
3
F x
x
不是奇函数，可排除(B)；
2
( )
cos
f x
x
是周期函数，但其原函数
1
1
( )
sin 2
2
4
F x
x
x
不是周期函数，可排除(C)；
( )
f x
x
在区间(
,
)
内是单调增函数，但其原函数
2
1
( )
2
F x
x
在区间(
,
)
内
非单调增函数，可排除(D).
(2) 【答案】( D )
【详解】由于可导必连续，连续则极限必存在，可以从函数可导性入手.
因为
2
0
0
0
1
( )
(0) lim
lim
lim
0,
0
x
x
x
x
f x
f
x
f
x
x x
x x
2
0
0
0
( )
(0) lim
lim
lim
( )
0,
0
x
x
x
f x
f
x g x
f
xg x
x
x
从而，
(3) 【答案】( C )
【详解】由题设知，应先将
( )
f x 从[0,1)作偶延拓，使之成为区间[−1,1]上的偶函数，然后再作
周期(周期2)延拓，进一步展开为傅里叶级数，
5
1
1
1
(
)
( 2
)
(
)
( )
2
2
2
2
S
S
S
S
--- [第 4 页] ---
而
1
2
x
是
( )
f x 的间断点，按狄利克雷定理有，
1
1
1
(
0)
(
0)
1
1
3
2
2
2
( )
.
2
2
2
4
f
f
S
(4) 【答案】B
【详解】
方法1：A 是m n
矩阵，B 是n m
矩阵，则AB 是m 阶方阵，因
(
)
min
( ), ( )
min
,
r AB
r A r B
m n
.
当m
n
时，有(
)
min[ ( ), ( )]
r AB
r A r B
n
m
. ( (
)
0
AB x
的系数矩阵的秩小于未知
数的个数)，故有行列式
0
AB
，故应选(B).
方法2：B 是n m
矩阵, 当m
n
时, 则( )
r B
n
(系数矩阵的秩小于未知数的个数) ，方程
组
0
Bx
必有非零解，即存在
0
0
x
，使得
0
0
Bx
，两边左乘A ，得
0
0
ABx
，即
0
ABx
有非零解，从而
0
AB
，故选(B).
方法3：用排除法
(A)m
n
，取
1 ,
0
0 ,
0
m n
n m
A
B
0
0
0
0
AB
，
0
AB
，(A)不成立
(C)n
m
，取
0
1
0 ,
,
1
m n
n m
A
B
0
AB
，
0
AB
，(C)不成立
(D)n
m
，取
1
1
0 ,
,
0
m n
n m
A
B
1
AB ，
1
AB
，(D)不成立，故选(B).
(5) 【答案】B
【详解】
根据正态分布的性质：服从正态分布的独立随机变量的线性组合仍服从正态分布.
因X
Y
和
相互独立，且
~
(0,1)
X
N
，
~
(1,1)
Y
N
，所以
2
1
1
1
~
( ,
)
T
X
Y
N u
,
2
2
2
2
~
(
,
)
T
X
Y
N u
其中
1
(
)
u
E X
Y
，
2
1
(
)
D X
Y
，
2
(
)
u
E X
Y
，
2
2
(
)
D X
Y
由期望的性质：
1
( )
(
)
0 1
1
E T
E X
Y
EX
EY
，
2
(
)
(
)
0 1
1
E T
E X
Y
EX
EY
由独立随机变量方差的性质：
1
( )
(
)
1 1
2
D T
D X
Y
DX
DY
2
(
)
(
)
1 1
2
D T
D X
Y
DX
DY
--- [第 5 页] ---
所以
1
~
(1,2)
T
X
Y
N
，
2
~
( 1,2)
T
X
Y
N
(一般来说遇到正态分布的小题，主要就考两点，标准化和对称性，考虑问题也是从这两点
出发)
A选项：
1
0
.
2
P X
Y
因
1
~
(1,2)
T
X
Y
N
由标准化的定义：若
2
~
( ,
)
X
N u
，则
~
(0,1)
X
u
N
所以，
1
(0,1)
2
X
Y
N
，将其标准化有
1
0 1
1
1
0
2
2
2
2
X
Y
X
Y
P X
Y
P
P
(保证变换过程中概率不变，所以不等号的左边怎么变，右边也同样的变化)
又因为标准正态分布图像是关于y 轴对称，所以
1
1
0
2
2
X
Y
P
，而
1
1
1
2
2
2
X
Y
P
，所以A错.
B选项：
1
1
. 2
P X
Y
将其标准化有：
1
1 1
1
1
0
2
2
2
2
X
Y
X
Y
P
P
(根据标准正态分布的对称性)
故B正确.
C选项：
1
0
.
2
P X
Y
将其标准化有：
( 1)
0
( 1)
1
1
1
2
2
2
2
2
X
Y
X
Y
P
P
，故C错.
D选项：
1
1
. 2
P X
Y
将其标准化有：
( 1)
1 ( 1)
1
2
1
P
2
2
2
2
2
X
Y
X
Y
P
，故D错.
三【详解】分别在
(
)
z
xf x
y
和
( , , )
0
F x y z
的两端对x 求导数，得
( , )
1
( , )
0
x
y
z
dz
dy
f x y
x
f
x y
dx
dx
dy
dz
F
F
F
dx
dx
--- [第 6 页] ---
整理后得
( , )
( , )
( , )
y
z
x
dy
dz
xf
x y
f x y
xf
x y
dx
dx
dy
dz
F
F
F
dx
dx
解此方程组，得
(
)
,(
0)
1
y
x
y
z
y
z
y
z
y
z
xf
f
xf
F
F
f
xf
F
xf F
dz
F
xf F
xf
dx
F
xf F
F
F
四【详解】
方法1：凑成闭合曲线，应用格林公式.
添加从点
(0,0)
O
沿
0
y
到点
2a,0
A
的有向直
线段
1L , 如图，则
1
sin
(
)
cos
x
x
L L
I
e
y
b x
y dx
e
y
ax dy
1
sin
(
)
cos
x
x
L e
y
b x
y dx
e
y
ax dy
利用格林公式，前一积分
2
1
(
)
(
)
2
D
D
Q
P
I
dxdy
b
a dxdy
a b
a
x
y
其中D为
1L +L所围成的半圆域，后一积分选择x 为参数，得
1L :
, 0
2
,
0
x
x
x
a
y
可直接积分
2
2
2
0 (
)
2
a
I
bx dx
a b
，故
2
3
1
2
2
. 2
2
I
I
I
a b
a
方法2：将曲线积分分成两部分，其中一部分与路径无关，余下的积分利用曲线的参数方程计算.
sin
(
)
cos
x
x
L
I
e
y
b x
y dx
e
y
ax dy
sin
cos
(
)
x
x
L
L
e
ydx
e
ydy
b x
y dx
axdy
前一积分与路径无关，所以
(0,0)
(2 ,0)
sin
cos
sin
0
x
x
x
a
Le
ydx
e
ydy
e
y
对后一积分，取L 的参数方程
--- [第 7 页] ---
cos
sin
x
a
a
t
y
a
t
，则
sin
cos
dx
a
tdt
dy
a
tdt
，t 从0 到，得
(
)
Lb x
y dx
axdy
2
2
2
2
3
3
2
0 (
sin
sin cos
sin
cos
cos
)
a b
t
a b
t
t
a b
t
a
t
a
t dt
2
2
3
1
1
2
2
2
a b
a b
a
从而
2
2
3
2
3
1
1
0
( 2
)
2
2
2
2
2
I
a b
a b
a
a b
a
五【详解】如图，曲线
( )
y
y x
上点
( , )
P x y 处的切线方程为
( )
( )(
)
Y
y x
y x X
x
所以切线与x 轴的交点为
,0
'
y
x
y
由于
'( )
0, (0)
1,
y x
y
因此( )
0
y x
(
0)
x
于是
2
1
1
. 2
'
2 '
y
y
S
y x
x
y
y
又
2
0
( )
x
S
y t dt
，
根据题设
1
2
2
1,
S
S
即
2
0
2
( )
1,
2 '
x
y
y t dt
y
两边对x 求导并化简得
2
"
'
yy
y
这是可降阶得二阶常微分方程，令
,
p
y
则
dp
dp dy
dp
y
p
dx
dy dx
dy
，
则上述方程可化为
2,
dp
yp
p
dy
分离变量得dp
dy
p
y
，解得
1 ,
p
C y
即
1 ,
dy
C y
dx
从而有
1
2
x
y
C e
C
，根据
(0) 1,
'(0)
1,
y
y
可得
1
2
1,
0,
C
C
故所求曲线得方程为
x
y
e
六【详解】构造函数，利用函数的单调性，
证法1：令
2
2
( )
1 ln
(1) 0
f
又
1
( )
2 ln
2
,
(1) 0
f
x
x
x
x
f
x
2
1
( )
2ln
1
,
(1) 2
0
f
x
x
f
x
--- [第 8 页] ---
2
3
2(
1)
( )
x
f
x
x
可见，当0
1
x
时，
( )
0
( )
f
x
f
x
；当1
x
时，
( )
0
( )
f
x
f
x
因此，
(1) 2
f
为
( )
f
x
的最小值，即当0
x
时，
( )
(1) 2
0
f
x
f
，所
以
( )
f
x
为单调增函数. 又因为
(1) 0
f
，所以有
0
1
x
时
( )
0
f
x
；1
x
时
( )
0
f
x
，
所以利用函数单调性可知，
1
f（）为
( )
f x 的最小值，即
( )
(1) 0
f x
f
所以有
0
x
时，
2
2
1 ln
1 . x
x
x
证法2：先对要证的不等式作适当变形，当
1
x
时，原不等式显然成立；
当0
1
x
时，原不等式等价于
1
ln
;
1
x
x
x
当1
x
时，原不等式等价于
1
ln
;
1
x
x
x
令
1
( )
ln
1
x
f x
x
x
则
2
2
2
1
2
1
( )
0
0
1
1
x
f
x
x
x
x
x x
又因为
(1) 0,
f
利用函数单调性可知
当0
1
x
时，( )
0,
f x
即
1
ln
;
1
x
x
x
当1
x
时，( )
0,
f x
即
1
ln
;
1
x
x
x
综上所述，当
0
x
时，
2
2
1 ln
1 . x
x
x
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
1
2
3
W
W
W
W
，其中
1
W 是克服抓斗自重所作
的功；
2
W 是克服缆绳重力作的功；
3
W 为提出污泥所作的功. 由题意知
1
400
30
12000 .
W
N
m
J
将抓斗由x 处提升到x
dx
处，克服缆绳重力所作的功为
2
dW = 缆绳每米重×缆绳长×提升高度
50(30
)
,
x dx
从而
30
2
0 50(30
)
22500 .
W
x dx
J
在时间间隔[ ,
]
t t
dt
内提升污泥需做功为
--- [第 9 页] ---
3
(
(3
)
dW
dt
原始污泥重
漏掉污泥重）提升高度
(2000
20 )3
t
dt
将污泥从井底提升至井口共需时间30
10 ,
3
/
m
s
m s
所以
10
3
0 3(2000
20 )
57000 .
W
t dt
J
因此，共需做功
1
2
3
12000
22500
57000)
91500
W
W
W
W
J
J
（
解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W ，当抓斗运动到x 处时，作用力
( )
f x 包括
抓斗的自重400N , 缆绳的重力50(30
)
x N
，污泥的重力(2000
20)
,
3
x
N
即
20
170
( )
400
50(30
)
2000
3900
,
3
3
f x
x
x
x
于是
30
2 30
0
0
170
85
3900
3900
117000
24500
91500
3
3
W
x dx
x
x
J
八【分析】先写出切平面方程，然后求
( , , )
x y z
，最后将曲面积分化成二重积分.
【详解】点
( , , )
P x y z
S
，S 在点P 处的法向量为
, ,2
n
x y
z
，设(
, ,
)
X Y Z 为上任意一
点，则的方程为
(
)
(
)
2 (
)
0
x X
x
y Y
y
z Z
z
，化简得
1
2
2
x
y
X
Y
zZ
由点到平面的公式，
(0,0,0)
O
到的距离
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
( , , )
4
4
( )
( )
2
2
x
y
x
y
z z
Ax
By
Cz
x
y
x y z
z
x
y
A
B
C
z
从而
2
2
2
( , , )
4
4
S
S
z
x
y
dS
z
z dS
x y z
用投影法计算此第一类曲面积分，将S 投影到xOy 平面，其投影域为
2
2
( , ) |
2
D
x y
x
y
由曲面方程知
2
2
1
,( , )
,
2
2
x
y
z
x y
D
于是
2
2
2
2
,
,
2 1
2 1
2
2
2
2
z
x
z
y
x
y
x
y
x
y
--- [第 10 页] ---
因此
2
2
2
2
2
2
4
1
2 1
2
2
x
y
z
z
dS
d
d
x
y
x
y
故有
2
2
2
( , , )
4
4
S
S
z
x
y
dS
z
z dS
x y z
2
2
2
2
2
0
0
1
1
4
(4
)
4
4
D
x
y
d
d
r rdr
极坐标
3 . 2
九【详解】(1) 因为
2
2
4
4
2
0
0
1
1
1
tan
(1
tan
)
tan
sec
n
n
n
n
a
a
x
x dx
x
xdx
n
n
n
tan
1
4
0
0
1
1
1
tan
tan
(
1)
x t
n
n
xd
x
t dt
n
n
n n
又由部分和数列
2
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
1
,
(
1)
1
1
n
n
n
n
i
i
i
i
i
S
a
a
i
i i
i
i
n
有
lim
1,
n
n
S
因此
2
1
1
1. n
n
n
a
a
n
(2) 先估计
na 的值，因为
4
0 tann
na
xdx
，令
tan
t
x
，则
2
sec
dt
xdx
，即
2
1
dt
dx
t
所以
1
1
2
0
0
1 ,
1
1
n
n
n
t
a
t dt
t
n
所以
1
1
1 ,
(
1)
na
n
n
n
n
由于
1
0
，所以
1
1
1
n
n
收敛，从而
1
n
n
a
n
也收敛.
十【详解】根据题设，
*
A 有一个特征值
0
，属于
0
的一个特征向量为
( 1, 1,1) ,
T
根据
特征值和特征向量的概念，有
*
0 ,
A
把
1
A 代入
*
AA
A E
中，得
*
,
AA
A E
E
则
*
AA
E
. 把
*
0
A
代入，于是
*
0
0
,
AA
A
A
即
0A
--- [第 11 页] ---
也即
0
1
1
1
5
3
1
1
1
0
1
1
a
c
b
c
a
，
0
1
1
5
3
1
(1
)
1
a
c
b
c
a
常数
0
乘以矩阵
1
5
3
(1
)
a
c
b
c
a
，需用
0
乘以矩阵的每一个元素
0
0
0
0
1
(
1
)
1
5
3
( 5
3)
1
(1
)
[ (1
)
]
1
a
c
a
c
b
b
c
a
c
a
矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得
0
0
0
(
1
)
1
(2) ( 1
)
1
a
c
b
c
a
因
1
0
A
，A 的特征值
0
，
*
A 的特征值
*
0
A
，故
0
0
由(1),(3)两式得
0
0
(
1
)
( 1
)
a
c
c
a
，
两边同除
0
，得
1
( 1
)
a
c
c
a
整理得a
c
，代入(1)中，得
0
1
. 再把
0
1
代入(2)中得
3
b
又由
1
A ，
3
b 以及a
c
，有
1
5
3
3
1
0
a
a
A
a
a
1
3
1
5
3
3
1
1
0
a
a
行
行
1
2
1
5
2
3
1
0
0
a
a
a
列
列
3 1
1
3
( 1)
2
3
a
a
按第行展开
(其中
3 1
( 1)
的指数3，1分别是1的行数和列数)
3(
1)
2
a
a
3
1
a
故
2,
a
c
因此
0
2,
3,
2,
1. a
b
c
十一【详解】
“必要性”. 设
T
B AB 为正定矩阵，则由定义知，对任意的实n 维列向量
0
x
，有
0,
T
T
x
B AB x
即
0,
T
Bx
A Bx
于是，
0
Bx
，即对任意的实n 维列向量
0
x
，都有
0
Bx
. (若
0
Bx
，则
(
)
0
0
A Bx
A
矛盾). 因此，
0
Bx
只有零解，故有
r B
n
(
0
Bx
--- [第 12 页] ---
有唯一零解的充要条件是
r B
n
).
“充分性”. 因A 为m 阶实对称矩阵，则
T
A
A
，故
,
T
T
T
T
T
B AB
B A B
B AB
根据
实对称矩阵的定义知
T
B AB 也为实对称矩阵. 若
r B
n
，则线性方程组
0
Bx
只有零解，
从而对任意的实n 维列向量
0
x
，有
0
Bx
. 又A 为正定矩阵，所以对于
0
Bx
有
0,
T
T
T
Bx
A Bx
x
B AB x
故
T
B AB 为正定矩阵(对任意的实n 维列向量
0
x
，有
0
T
T
x
B AB x
).
十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：
,
,
1,2,
i
i
i
j
ij
j
j
p
P X
x
P X
x Y
y
p i
,
,
1,2,
j
j
i
j
ij
i
i
p
P Y
y
P X
x Y
y
p
j
(通俗点说就是在求关于X 的边缘分布时，就把对应x 的所有y 都加起来，同理求关于Y 的边
缘分布时，就把对应y 的所有x 都加起来)
故
1
1
1
1
,
i
i
i
i
P Y
y
p
P X
x Y
y
p
即
1
1
1
2
1
,
,
P Y
y
P X
x Y
y
P X
x Y
y
而由表知
1
1
6
P Y
y
，
2
1
1
,
8
P X
x Y
y
，所以
1
1
1
2
1
1
1
1
,
,
6
8
24
P X
x Y
y
P Y
y
P X
x Y
y
又根据X
Y
和
相互独立，则有：
,
i
j
i
j
P X
x Y
y
P X
x
P Y
y
即
ij
i
j
p
p p
因
1
1
1
,
24
P X
x Y
y
，
1
1
6
P Y
y
，而
1
1
1
1
,
P X
x Y
y
P X
x
P Y
y
所以
1
1
1
1
1
,
1
24
1
4
6
P X
x Y
y
P X
x
P Y
y
再由边缘分布的定义有
1
1
1
1
2
1
3
,
,
,
P X
x
P X
x Y
y
P X
x Y
y
P X
x Y
y
所以
1
3
1
1
1
1
2
,
,
,
P X
x Y
y
P X
x
P X
x Y
y
P X
x Y
y
--- [第 13 页] ---
1
1
1
1
4
24
8
12
又由独立性知
1
3
1
3
,
P X
x Y
y
P X
x
P Y
y
所以
1
3
3
1
1
,
1
12
1
3
4
P X
x Y
y
P Y
y
P X
x
由边缘分布定义有
3
1
3
2
3
,
,
P Y
y
P X
x Y
y
P X
x Y
y
所以
2
3
3
1
3
1
1
1
,
,
3
12
4
P X
x Y
y
P Y
y
P X
x Y
y
再由
1
i
i
p
，所以
2
1
1
3
1
1
4
4
P X
x
P X
x
而
2
2
1
2
2
2
3
,
,
,
P X
x
P X
x Y
y
P X
x Y
y
P X
x Y
y
故
2
2
2
2
1
2
3
,
,
,
P X
x Y
y
P X
x
P X
x Y
y
P X
x Y
y
3
1
1
3
4
8
4
8
又
1
j
j
p
，所以
2
1
3
1
1
1
1
1
6
3
2
P Y
y
P Y
y
P Y
y
所以有：
Y
X
1y
2y
3y
i
i
P X
x
p
1x
1
24
1
8
1
12
1
4
2x
1
8
3
8
1
4
3
4
j
j
P Y
y
p
1
6
1
2
1
3
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：
2
3
3
2
3
0
0
6
6
6
(
)
( )
(
)
(
)
x
x
x
E X
xf x dx
x
x dx
dx
2
3
2
3
0
0
6
6
x dx
x dx
3
4
2
3
6
6
3
2
3
4
2
2
--- [第 14 页] ---
样本均值
1
1
n
i
i
X
X
n
，用样本均值估计期望有EX
X
，
即
,
2
X
解得θ的矩估计量
2X
(2) 由随机变量方差的性质：
2
(
)
(
)
D cX
c D X
，所以
( )
(2
)
4 (
)
D
D
X
D X
又由独立随机变量方差的性质：若X
Y
和
独立，则
(
)
D X
Y
DX
DY
因
1
2
,
,
,
n
X
X
X
是取自总体X 的简单随机样本，所以
1
2
,
,
,
n
X
X
X
独立且
1
2
,
,
,
n
X
X
X
与X 服从同一分布，即
1,2,
i
DX
DX
i
n
而
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
D X
D
X
D
X
D X
D X
n
n
n
n
2
2
1
1
1
(
)
1
(
)
(
)
n
i
n
D X
D X
D X
n
n
n
方差的定义：
2
2
(
)
(
)
(
)
D X
E X
E X
，所以求方差只需要求出
2
(
)
E X
和
(
)
E X
根据二阶原点矩的定义：
2
2
(
)
( )
E X
x f x dx
故
3
3
4
2
2
2
3
2
3
0
0
6
6
6
6
(
)
( )
(
)
(
)
20
x
x
x
E X
x f x dx
x dx
dx
而
(
)
2
E X
，所以
2
2
2
2
2
6
(
)
(
)
(
)
20
2
20
D X
E X
E X
因此
2X
的方差为
( )
(2
)
4 (
)
D
D
X
D X
2
4
(
)
.
5
D X
n
n