2002考研数一真题及解析.pdf

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1、 2002 年年全国硕士研究生入学统一考试全国硕士研究生入学统一考试数学一试题数学一试题 一、填空题一、填空题(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分，把答案填在题中横线上分，把答案填在题中横线上) (1) 2elndxxx (2) 已知函数( )yy x由方程2610yexyx 确定，则(0)y . (3) 微分方程20yyy满足初始条件11, 002yyxx的特解是 . (4) 已知实二次型2221231231 21 32 3( ,)()444f x x xa xxxx xx xx x经正交变换xPy 可化成标准型216fy，则a . (5) 设随机变量

2、X服从正态分布2( ,)(0),N 且二次方程240yyX无实根的概 率为12，则 二二、选择题、选择题(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 15 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 考虑二元函数( , )f x y的下面 4 条性质： ( , )f x y在点00(,)xy处连续， ( , )f x y在点00(,)xy处的两个偏导数连续， ( , )f x y在点00(,)xy处可微， ( , )f x y在点00(,)

3、xy处的两个偏导数存在. 若用PQ表示可由性质P推出Q，则有 ( ) (A) . (B). (C) . (D). (2) 设0(1,2,3,.),nun且lim1,nnnu则级数11111( 1)()nnnnuu ( ) (A) 发散. (B)绝对收敛. (C)条件收敛. (D)收敛性根据所给条件不能判定. (3) 设函数( )yf x在(0,)内有界且可导，则 ( ) (A) 当lim( )0 xf x时，必有lim( )0 xfx. (B)当lim( )xfx存在时，必有lim( )0 xfx. (C) 当0lim( )0 xf x时，必有0lim( )0 xfx. (D)当0lim( )

4、xfx存在时，必有0lim( )0 xfx. (4) 设有三张不同平面的方程123,1,2,3,iiiia xa ya zb i它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为 2，则这三张平面可能的位置关系为 ( ) (5) 设1X和2X是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为1( )f x和2( )fx，分布函数分别为1( )F x和2( )F x，则 ( ) (A)12( )( )f xfx必为某一随机变量的概率密度. (B)12( )( )f x fx必为某一随机变量的概率密度. (C) 12( )( )F xF x必为某一随机变量的分布函数. (D) 12( )(

5、)F x F x必为某一随机变量的分布函数. 三、三、(本题满分本题满分 6 分分) 设函数( )f x在0 x的某邻域内具有一阶连续导数，且(0)0,(0)0,ff若( )(2 )(0)af hbfhf在0h时是比h高阶的无穷小，试确定, a b的值. 四、四、(本题满分本题满分 7 分分) 已知两曲线( )yf x与2arctan0 xtyedt在点(0,0)处的切线相同，写出此切线方程，并求极限2lim( ).nnfn 五、五、(本题满分本题满分 7 分分) 计算二重积分22max,xyDedxdy其中( , )|01,01Dx yxy. 六、六、(本题满分本题满分 8 分分) 设函数(

6、 )f x在(,) 内具有一阶连续导数，L是上半平面(0)y 内的有向分段光滑曲线，其起点为( , )a b，终点为( , )c d.记22211()() 1,LxIy f xy dxy f xydyyy (1)证明曲线积分I与路径L无关； (2)当abcd时，求I的值. 七、七、(本题满分本题满分 7 分分) (1)验证函数3693( )13(3 )!nxxxxy xxn + （-）！ 6！ 9！满足微分方程;xyyye (2)利用(1)的结果求幂级数30(3 )!nnxn的和函数. 八八、(本题满分本题满分 7 分分) 设有一小山，取它的底面所在的平面为xoy坐标面，其底部所占的区域为 2

7、2( , )75Dx y xyxy，小山的高度函数为22( , )75h x yxyxy. (1)设00(,)M xy为区域D上的一点，问( , )h x y在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此反向导数的最大值为00(,)g xy，试写出00(,)g xy表达式. (2)现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点.也就是说，要在D的边界线2275xyxy上找出使(1)中的( , )g x y达到最大值的点.试确定攀登起点的位置. 九、九、(本题满分本题满分 6 分分) 已知 4 阶方阵1234(,),A 1234, 均为 4 维列向量，其中234,

8、线性无关，1232.如果1234，求线性方程组Ax的通解. 十、十、(本题满分本题满分 8 分分) 设,A B为同阶方阵， (1)如果,A B相似，试证,A B的特征多项式相等. (2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立. (3)当,A B均为实对称矩阵时，试证(1)的逆命题成立. 十一、十一、(本题满分本题满分 8 分分) 设随机变量X的概率密度为1cos0( )220,xxf x其他 对X独立地重复观察 4 次，用Y表示观察值大于3的次数，求2Y的数学期望. 十二、十二、(本题满分本题满分 8 分分) 设总体X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 2 21-（） 2 1-2（）

9、其中10 )2（是未知参数，利用总体X的如下样本值 3,1,3,0,3,1,2,3, 求的矩阵估计值和最大似然函数估计值. 2002 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】 1 【详解】先将其转化为普通定积分，求其极限即得广义积分. 222eeeln11limlimlimlim11lnlnlnlnlnbbbbbbbdxdxdxexxxxxxb (2)【答案】 -2 【详解】y是由2610yexyx 确定的x的函数，两边对x求导， 6620,ye yxyyx 所以 62,6yyxyex 两边再对x求导，得 2(6

10、 ) 62(62 )(6),(6 )yyyexyyx e yyex （）- 把0 x代入，得(0)0y，(0)0y，代入y，得(0)2y . (3)【答案】1yx 【详解】方法方法 1：这是属于缺x的( ,)yf y y类型. 命,dpdp dydpyp ypdxdy dxdy. 原方程20yyy化为20dpyppdy，得 0p 或0dpypdy 0p ，即0dydx，不满足初始条件102yx，弃之；所以0p 所以，0dpypdy，分离变量得dydpyp ，解之得1.Cpy 即1.Cdydxy 由初始条件11, 002yyxx，可将1C先定出来：1111,212CC. 于是得 12dydxy

11、解之得，222,yxCyxC .以01xy代入，得21C ，所以应取“+”号 且21C . 于是特解是1yx. 方法方法 2： 将20y yy 改写为()0yy ， 从而得1yyC. 以初始条件1(0)1,(0)2yy代 入 ， 有1112C， 所 以 得12yy . 即21yy ， 改 写 为2()1y . 解 得2,yxC2yxC .再以初值代入，21C 所以应取 且21C . 于是特解1yx. (4)【答案】2 【详解】方方法法 1：二次型f的对应矩阵222222aAaa，经正交变换xPy，可化成标准型216fy， 故P为 正 交 矩 阵 ， 有1TPP， 且 对 实 对 称 矩 阵A，

12、 有600TPA P，故1600TP APP AP，即 600000000A 因为矩阵的n个特征值之和等于它的主对角元素之和，33113iiiiiaa，相似矩阵具有相同的特征值，316006ii故有36a，得2a. 方法方法 2： 二次型f的对应矩阵222222aAaa， 经正交变换xPy， 可化成标准型216fy，故P为正交矩阵，有1TPP，且对实对称矩阵A，有1600TP APP AP，即 600000000A 相似矩阵具有相同的特征值，知 0 是A的特征值，根据特征值的定义，有00EAA 222222aAaa4222 314242aaaaa把第 ， 列加到第 列 1221(4)1212a

13、aa提取第 列的公因子12221(4) 02031002aaa行行行行 2(4)(2)0aa， 得 4a 或2a， (1) 又 6 是A的特征值，根据特征值的定义，有60EA，由 6226226622262622226aaEAaaaa(对应元素相减) 两边取行列式， 6226262226aEAaa2222 31262226aaaaa把第 ， 列加到第 列 1221(2)162126aaa提取第 列的公因子12221(2) 08031008aaa行行行行 2(2)(8)0aa 得 2a或8a (2) 因为(1)，(2)需同时成立，取它们的公共部分，得2a. 方法方法 3：f的对应矩阵为22222

14、2aAaa，经正交变换xPy，可化成标准型216fy， 故P为正交矩阵，有1TPP，且对实对称矩阵A，有1600TP APP AP，即 600000000A 相似矩阵具有相同的特征值，知A的特征值，其中一个单根是 6，一个二重根应是0，直接求A的特征值，即由 222222222222aaEAaaaa(对应元素相减) 两边取行列式， 222222aEAaa4222 342142aaaaa把第 ， 列加到第 列 1221(4)1212aaa提取第 列的公因子 12221(4) 0(2)03100(2)aaa行行行行 2(4)(2)aa 其中单根为4a，二重根为2a，故46a，及20a，故知2a.

15、方法方法 4：f的对应矩阵为222222aAaa，经正交变换xPy，可化成标准型216fy，故P为正交矩阵，有1TPP，且对实对称矩阵A，有1600TP APP AP，即 226220220aAaa 故( )( )1r Ar ， 222222aAaa22122322aaa交换第 和第 行的顺序222210223120222aaaaaa行行行行 222320220042aaaaa行行22232 02200(28)aaaaa行 2202200(2)(4)aaaaa 因( )1r A ，故20a，且(2)(4)0aa，故应取2a. (5)【答案】4. 【详解】二次方程无实根，即240yyX的判别式2

16、41640bacX ，也就有4X . 此事发生概率为12，即142P X ， 对于2( ,)(0),XN 12P X，因为正态分布的密度函数为 221()( )exp22xf x x 关于x对称； 另一方面， 由概率的计算公式，( )f x与x轴所围成的面积是1， 所以x将面积平分为两份 12P X，所以4. 二、选择题二、选择题 (1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中AB表示由A可推出B. 无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立. ( , )xfx y与( , )yfx y连续( , )f x y可微( , )( , )( , )xyfx yfx yf x y与存在连续 其中均指在同一点处

17、. 记住上述关系，不难回答本选择题，故应选(A). (2)【详解】首先要分清绝对收敛和条件收敛的定义，通过定义判定级数的敛散性. 考察原级数11111( 1)()nnnnuu的前n项部分和 1122334111111111()()()( 1)()nnnnSuuuuuuuu 11111( 1)nnuu 由lim10nnnu 知，当n充分大时，0nu 且limnnu . 所以11limnnSu(收敛)， 另一方面，1111()nnnuu为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件lim1nnnu的启发，考虑 1111111() (1)limlimlim1121(21)1(1)nnnnnnnnnn

18、nnnuuuuu uuu n nnu unnnn n 11(1)(1)(1)lim21nnnnnuunn nnnnnu un11(1)(1)lim1211nnnnnuunnnnuunnnn 而级数1111111()11nnnnnnn是发散的，所以1111()nnnuu也发散，所以选(C). (3)【详解】方法方法 1：排斥法. 令21( )sinf xxx，则( )f x在(0,)有界，2221( )sin2cosfxxxx ， lim( )0 xf x，但lim( )xfx不存在，故(A)不成立； 0lim( )0 xf x，但 0lim( )10 xfx ，(C)和(D)不成立，故选(B)

19、. 方法方法 2：证明(B)正确. 设lim( )xfx存在，记lim( )xfxA，证明0A. 用反证法，若0A，则对于02A，存在0X ，使当xX时，( )2AfxA，即3( )2222AAAAAfxA 由此可知，( )fx有界且大于2A.在区间 ,x X上应用拉格朗日中值定理，有 ( )()( )()()()2Af xf XfxXf XxX 从而lim( )xf x，与题设( )f x有界矛盾.类似可证当0A时亦有矛盾. 故0A. (4) 【答案】(B) 【详解】 三张不同平面的方程分别为123,1,2,3,iiiia xa ya zb i判断三个平面有无公共点即判断方程组1112131

20、21222323132333a xa ya zba xa ya zba xa ya zb有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是23(未知量的个数)，所以方程组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除(A)三平面唯一交点(即方程组只有唯一解)(C)、(D)三平面没有公共交点(即方程组无解). 故应选(B)，三个平面相交于一条直线，直线上所有的点均是平面的公共点，即有无穷多个公共点. (5)【答案】D 【分析】函数( )f x成为概率密度的充要条件为：(1)( )0;f x (2)( )1.f x dx 函数( )F x成为分布函数

21、的充要条件为：(1)( )F x单调不减； (2)lim( )0, lim( )1;xxF xF x(3)( )F x右连续. 我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导. 【详解】方法方法 1： (A)选项不可能，因为 1212( )( )( )( )1 121f xfx dxf x dxfx dx 也不能选(B)，因为可取反例，令 121,101,01( )( )0,0,xxf xfx 其他其他 显然12( )( )f xfx，均是均匀分布的概率密度. 而 12( )( )0f x fx ，不满足12( )( )1f x fx dx条件. (C)当然也不正确，因

22、为 12lim ( )()1 121xF xF x 根据排除法，答案应选(D). 方法方法 2：令12max(,)XXX，显然X也是一个随机变量. X的分布函数为 1212( )max(,),F xP XxPXXxP Xx Xx 1212( )( )P Xx P XxF x F x. 三三【详解】 方法方法 1：由题设条件知有 0lim( )(2 )(0)(1) (0)0haf hbfhfabf 由于(0)0f，所以10ab . 又由洛必达法则， 00( )(2 )(0)limlim( )2(2 )(2 )(0)hhaf hbfhfafhbfhab fh 由于( )(2 )(0)af hbfh

23、f在0h时是比h高阶的无穷小，由高阶无穷小的定义知上式等于 0，又由(0)0,f 得20ab. 解1020abab 联立方程组得，2,1ab . 方法方法 2：分别将( ),(2 )f hfh按佩亚诺余项泰勒公式展开到( )o h，有 1( )(0)(0)( )f hffho h，2(2 )(0)2(0)( )fhffho h 从而 3( )(2 )(0)(1) (0)(2 )(0)( )af hbfhfabfab fho h 由题设条件知，10,20,abab 所以2,1ab . 方法方法 3：由题设条件，有 0lim( )(2 )(0)(1) (0)0haf hbfhfabf 由于(0)0

24、f，所以10ab . 再将1ab 代入01lim( )(2 )(0)haf hbfhfh，并凑成导数定义形式，有 000( )(2 )(0)(1) ( )(2 )(0)0limlim( )(0)( )(0)(2 )(0)lim22(0)(0)2(0)1)(0)hhhaf hbfhfb f hbfhfhhf hff hffhfbbhhhfbfbfb f（ 从而 2,1ab . 四四【详解】由2arctan0 xtyedt知(0)0y，由变上限积分的求导公式得 2(arctan )(arctan )xyex2(arctan )21,1xex 所以 2(arctan0)21011 0ye（ ） 因此

25、，过点(0,0)的切线方程为.yx ( )yf x在点(0,0)处与上述曲线有相同的切线方程，于是(0)0,(0)1ff . 2( )(0)2lim( )lim1nnffnnfnn2( )(0)2lim2nffnn2(0)2f 五五【详解】应先将22max,xye写成分块表达式. 记 12( , ) 01,0,( , ) 01,1Dx yxyxDx yxxy 于是 2222max,12( , );( , ).xxyyex yDeex yD 从而 222222221212max,max,max,xyxyxyxyDDDDDededede de d 221110000 xxydxe dydye dx

26、221100 xye xdxeydy 2102xe xdx2120 xe dx210 xde210|xe(1)e 六六【详解】(1) 记21( , )1()P x yy f xyy，22( , )() 1xQ x yy f xyy 22() 1)xy f xyQyxx2222()() 1)() 1)xxy f xyyy f xyxyx 22221( ()() 1)xyf xyy f xyyyx21()()()xyf xyxfxyyx 21()()f xyxyfxyy21(1()y f xyPyyy 221( )1(1()(1()y f xyyy f xyyyy 222211()1( ()(1(

27、)()yf xyy f xyf xyyyyyyy 21()()()f xyf xyxyfxyy 所以，(0)QPyxy当. 故在上半平面(0y )，该曲线积分与路径无关. (2)方法方法 1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从点( , )a b到点( , ),c b 再到点( , )c d. 有 22211()() 1cdabcIb f bx dxy f cydyby ()()cdabcaccbf bx dxcf cy dybdb 经积分变量变换后，( )cdabcaIf t dtdb. 当abcd时，推得caIdb. 方法方法 2:原函数法. 22211

28、()() 1LxIy f xy dxy f xydyyy 2()()( )() ()LLLLydxxdyxf xyydxxdydf xy d xyyy 由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿莱布尼茨公式类似)，有 ( , )( );( , )Lc dxxcada byydb ( , )() ()()()()0,( , )Lc df xy d xyF xyF cdF aba b 其中( )F u为( )f u的一个原函数，即设( )( )F uf u.由此有caIdb. 方法方法 3：由于与路径无关，又由abcd的启发，取路径xyk，其中kab. 点( , )a b与点( , )c

29、d都在此路径上. 于是将kxy代入之后， 22221(1( )()( ) 1)dakkIy f ky f kdyyyy 32()dbkdyy2dkby22kkdb22cdabdb.cadb 七七【解】(1) 369331( )113(3 )!(3 )!nnnxxxxxy xnn +！ 6！ 9！， 由收敛半径的求法知收敛半径为，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得 3311( )(1)(3 )!(3 )!nnnnxxy xnn3113(3 )!nnnxn311(31)!nnxn， 同理得 321(32)!nnxyn 从而 ( )( )( )y xy xy x32313111()()(1)(32

30、)!(31)!(3 )!nnnnnnxxxnnn 11!nnxn (由xe的麦克劳林展开式) xe 这说明，30( )(3 )!nnxy xn是微分方程xyyye的解，并且满足初始条件 310(0)1(3 )!nnyn 1，3110(0)(31)!nnyn0. (2)微分方程xyyye对应的齐次线性方程为0yyy，其特征方程为210 ，其特征根为1322i，所以其通解为 21233cossin22xyeCxCx. 另外，该非齐次方程的特解形式为xyce，代入原非齐次方程得xxxxcececee，所以13c .故微分方程xyyye的通解为 212331cossin223xxyeCxCxe. 故

31、2212121333331cossinsincos 2222223xxxyeCxCxeCxCxe 2221121331331(2)sin(2)cos2222223xxxeCCxeCCxe 由初始条件(0)1,(0)0yy得 0021210002221121233111cos0sin0223313313310(2)sin0(2)cos02222223131223eCCeCeCCeCCeCC 解得 1121131310223CCC， 于是得到惟一的一组解：122,0.3CC从而得到满足微分方程xyyye及初始条件(0)1,(0)0yy的解，只有一个，为 2231cos323xxyexe 另一方面，

32、由(1)已知30( )(3 )!nnxy xn也是微分方程xyyye及初始条件(0)1,(0)0yy的解，由微分方程解的唯一性，知 3212311cos().(3 )!323xnxnxexexn 八八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向导数的最大值是梯度的模长， 00,( , )xygradh x y0000(,)(,)0000|,|2,2.yxyxhhyx xyxy 0000220000,max( , )(2)(2)xyxyugradh x yyxxyl 22000000558(,).xyx yg xy记 (2) 命2( , )( , )f x ygx y=22558xyxy，求f

33、在约束条件22750 xyxy下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数 2222( , , )558(75)F x yxyxyxyxy 则 108(2 )0 xFxyyx令， 108(2 )0yFyxxy令， 22750Fxyxy 令. 由第 1、第 2 两式相加可得 ()(2)0 xy. 从而得yx 或2，再分别讨论之. 若2，则解得1( , )(5 3,5 3)x y 或 2( , )( 5 3, 5 3)x y 若yx ，则解得3( , )(5, 5)x y 或 4( , )( 5,5)x y 于是得到如上 4 个可能极值点. 将( , )ix y记为(1,2,3,4)iM i . 由于

34、1234()()150,()()450f Mf Mf Mf M 故点34(5555MM ， ）,（， ）可作为攀登起点. 九九【详解】方法方法 1：记1234,A ，由234, 线性无关，及123420,即1可以由234, 线性表出， 故1234, 线性相关， 及1234即可由1234, 线性表出，知 12341234123,( ),3r Arrr Ar 系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax有解. 对应齐次方程组0Ax ， 其系数矩阵的秩为 3， 故其基础解系中含有 4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成k，是Ax的一个特解， 根据非齐次线性方程组的解的结构

35、定理， 知Ax的通解为k， 其中k是对应齐次方程组0Ax 的通解，是Ax的一个特解，因 123420,故123412341220,010 ， 故1, 2,1,0T是0Ax 的一个非零解向量，因为0Ax 的基础解系中只含有一个解向量，故1, 2,1,0T是0Ax 的基础解系. 又 1234123411,11 ，即1111A 故1,1,1,1T是Ax的一个特解， 根据非齐次线性方程组的解的结构定理， 方程组的通解为1, 2,1,01,1,1,1TTk.(其中k是任意常数) 方法方法 2：令1234,Txx x x x，则线性非齐次方程为 1234,Axx 12123434,xxxx 1 12233

36、44xxxx 已知1234，故 1 1223344xxxx1234 将1232代入上式，得 23122334423234(2)(2)xxxx 2 13 12233442323424223xxxxx 1223 1334424(2)30 xxxxx 12213344(23)()(1)0 xxxxx 由已知234, 线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得2233440kkk，上式成立当且仅当 1213423010 xxxxx 其系数矩阵为210010100001，因为 3 阶子式10001010001 ，其秩为 3，故其齐次线性方程组的基础解系中存在 1 个(4-3)线性无关的解向量

37、， 取自由未知量3xk， 则方程组有解 431321,23xxk xxk xk 故方程组Ax有通解 123410232310101xkxkkxkx .(其中k是任意常数) 十十【详解详解】(1) 因AB，由定义知，存在可逆阵P，使得1P APB，故 1111()EBEP APP PP APPEA P 1PEA PEA 故,A B有相同的特征多项式. (2) 取0001,0000AB，2201,00EAEB，则有2, ,EAEB A B有相同的特征多项式，但A不相似于B，因为对任何的 2阶可逆阵P，均有11P APP OPOB，故(1)的逆命题不成立. (3) 即要证如果,A B的特征多项式相等

38、，则,A B相似. 当,A B都是实对称矩阵时，,A B均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由,A B的特征值组成. 若,A B有相同的特征多项式， 则,A B有相同的特征值(包含重数)， 故,A B将相似于同一个对角阵. 设特征值为12,n ，则有 1122,nnAB 由相似的传递性，知AB. (1)的逆命题成立. 十一十一【答案】5. 【详解】如果将观察值大于3这事件理解为试验成功的话，则Y表示对X独立地重复试验4 次中成功的次数.即是(4, )YBp，其中3pP X 由一维概率计算公式，( )bXaP aXbfx dx，有 3311( )cos3222xpP Xf x dxdx， 所

39、以，1(4, )2YB. 由公式22( ) ( )()D YE YE Y以及若( , )YB n p，其数学期望和方差分别为 ( );( )E Ynp D Ynpq，其中1.qp 得 2222111()( ) ( )()4(4)5.222E YD YE Ynpqnp 十二十二【分析】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，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望) 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. 【详解】矩估计：由离散型随机变量期望的定义1()()niiiE Xx P Xx，有： 22(

40、)01 2 (1)23 (1 2 )34E X 样本均值11niiXXn1(3 1 303 123)28 用样本均值估计期望有 EXX，即3 42. 解得的矩估计值为1.4 由离散型随机变量似然函数的定义： 设 12,.,nx xx是相应于样本12,.,nXXX的一组观测值，则似然函数为： 121( )( ,; )( ; )nniiLP x xxP x 由于样本值中 0 出现一次，故用 0 的对应概率2一次. 样本值中数值 1 出现二次，故用两个21-（）相乘，数值 2 出现一次，故用 2 的对应概率2一次，数值 3 出现四次，故用1-24（）. 总之，对于给定的样本值的似然函数为： 2224624( )21-(1 2 )4(1) (1 2 )L（） ( )0L，等式两边同取自然对数得 ln ( )ln46ln2ln(1)4ln(1 2 ),L ln( )L和( )L在的同一点取得最大值，所以 2ln ( )6286282411 2(1)(1 2 )dLd 令ln ( )0dLd， 解得1,2713,12因7131122与题目中10 2矛盾， 不合题意，所以的最大似然估计值为713.12