2002考研数一真命题及其解释分析.doc

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1、-_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) 2elndx xx(2) 已知函数由方程确定，则 .( )yy x2610yexyx (0)y(3) 微分方程满足初始条件的特解是 .20yyy11, 002yyxx(4) 已知实二次型经正交变换222 123123121 323( ,)()444f x x xa xxxx xx xx xxPy可化成标准型，则 .2 16fya (5) 设随机变量服从正态

2、分布且二次方程无实根的概X2( ,)(0),N 240yyX率为，则 1 2二、选择题二、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项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1) 考虑二元函数的下面 4 条性质：( , )f x y在点处连续， 在点处的两个偏导数连续，( , )f x y00(,)xy( , )f x y00(,)xy在点处可微， 在点处的两个偏导数存在.( , )f x y00(,)xy( , )f x y0

3、0(,)xy若用表示可由性质推出，则有 ( )“PQPQ(A) . (B). (C) . (D).(2) 设且则级数 ( )0(1,2,3,.),nunlim1, nnn u11111( 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) 设函数在内有界且可导，则 ( )( )yf x(0,)(A) 当时，必有. lim( )0 xf x lim( )0 xfx -_(B)当存在时，必有.lim( ) xfx lim( )0 xfx (C) 当时，必有. 0lim( )0 xf x 0lim( )0 xfx(D)当存在时，必有.

4、0lim( ) xfx0lim( )0 xfx(4) 设有三张不同平面的方程它们所组成的线性方程组的系123,1,2,3,iiiia xa ya zb i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) 设和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和1X2X1( )f x，分布函数分别为和，则 ( )2( )fx1( )F x2( )F x(A)必为某一随机变量的概率密度. 12( )( )f xfx(B)必为某一随机变量的概率密度.12( )( )f x fx(C) 必为某一随机变量的分布函数. 12( )( )F xF x(D) 必为某一随机变量的分

5、布函数.12( )( )F x F x三、三、(本题满分本题满分 6 分分)设函数在的某邻域内具有一阶连续导数，且若( )f x0x (0)0,(0)0,ff在时是比高阶的无穷小，试确定的值.( )(2 )(0)af hbfhf0h h, a b四、四、(本题满分本题满分 7 分分)已知两曲线与在点处的切线相同，写出此切线方程，( )yf x2arctan0xtyedt(0,0)并求极限2lim( ). nnfn五、五、(本题满分本题满分 7 分分)-_计算二重积分其中.22max,xyDedxdy( , )|01,01Dx yxy六、六、(本题满分本题满分 8 分分)设函数在内具有一阶连续导

6、数，是上半平面内的有向分段( )f x(,) L(0)y 光滑曲线，其起点为，终点为.记( , )a b( , )c d22 211()() 1, LxIy f xy dxy f xydyyy(1)证明曲线积分与路径无关； (2)当时，求的值.ILabcdI七、七、(本题满分本题满分 7 分分)(1)验证函数满足微分方程3693 ( )13(3 )!nxxxxy xxn + （-）！6！9！;xyyye(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.30(3 )!nnx n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坐标面，其底部所占的区域为xoy，小山的高度函数为.22

7、( , )75Dx y xyxy22( , )75h x yxyxy(1)设为区域上的一点，问在该点沿平面上什么方向的方向导数00(,)M xyD( , )h x y最大？若记此反向导数的最大值为，试写出表达式.00(,)g xy00(,)g xy(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，要在的边界线上找出使(1)中的达到最大值D2275xyxy( , )g x y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 阶方阵均为 4 维列向量，其中线性1234(,),A 1234, 234, 无关，.如果，求线性方程组

8、的通解.12321234Ax十、十、(本题满分本题满分 8 分分)设为同阶方阵，,A B-_(1)如果相似，试证的特征多项式相等.,A B,A B(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当均为实对称矩阵时，试证(1)的逆命题成立.,A B十一、十一、(本题满分本题满分 8 分分)设随机变量的概率密度为X1cos0( )22 0,xxf x 其他对独立地重复观察 4 次，用表示观察值大于的次数，求的数学期望.XY32Y十二、十二、(本题满分本题满分 8 分分) 设总体的概率分布为X X0123P221-（）21-2（）其中是未知参数，利用总体的如下样本值10 )2（X3,1,3

9、,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解析年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、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.222eeeln11limlimlimlim11lnlnlnlnlnbbbbbbbdxdxdx exxxxxxb(2)【答案】 -2 【详解】是由确定的的函数，两边对求导，y2610yexyx xx6620,ye yxyyx所以 两边再对求导，得62,6yyxyex x2(6 ) 62(62 )(6),(6 )yyyexyyx e yyex （）-

10、把代入，得，代入，得.0x (0)0y(0)0yy(0)2y (3)【答案】1yx【详解】方法方法 1：这是属于缺的类型. 命.x( ,)yf y y,dpdp dydpyp ypdxdy dxdy原方程化为，得20yyy20dpyppdy或0p 0dpypdy，即，不满足初始条件，弃之；所以0p 0dy dx102yx0p 所以，分离变量得，解之得 即0dpypdydydp yp 1.Cpy1.Cdy dxy由初始条件，可将先定出来：. 于是得11, 002yyxx1C1 111,212CC-_1 2dy dxy解之得，.以代入，得，所以应取“+”号2 22,yxCyxC 01xy21C 且

11、. 于是特解是.21C 1yx方法方法 2：将改写为，从而得. 以初始条件20yyy()0yy 1yyC 代入，有，所以得. 即，改写为1(0)1,(0)2yy1112C1 2yy 21yy . 解得.再以初值代入，所以应取且2()1y 2,yxC2yxC 21C “ “. 于是特解.21C 1yx(4)【答案】2【详解】方法方法 1：二次型的对应矩阵，经正交变换，可化成标准f22 22 22a Aa a xPy型，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有2 16fyP1TPPA，故，即600TP AP 1600TP APP AP 600 000 000A :因为矩阵的个特征值之和等于它的主对角元

12、素之和，相似矩阵n33113iii iiaa具有相同的特征值，故有，得.316006i i36a 2a 方法方法 2：二次型的对应矩阵，经正交变换，可化成标准型f22 22 22a Aa a xPy，故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有2 16fyP1TPPA-_，即1600TP APP AP 600 000 000A :相似矩阵具有相同的特征值，知 0 是的特征值，根据特征值的定义，有A00EAA22 22 22a Aa a422 2 3142 42a aa aa 把第，列加到第列1221(4)12 12aa a提取第列的公因子12221(4) 02031002aa a行行行行，2(4)(2

13、)0aa得 或， (1)4a 2a 又 6 是的特征值，根据特征值的定义，有，由 A60EA(对应元素相减)622622 6622262 622226aa EAaa aa 两边取行列式，622 6262 226a EAa a 222 2 31262 226a aa aa 把第，列加到第列1221(2)162 126aa a 提取第列的公因子12221(2) 08031008aa a行行行行2(2)(8)0aa得 或 (2)2a 8a 因为(1)，(2)需同时成立，取它们的公共部分，得.2a -_方法方法 3：的对应矩阵为，经正交变换，可化成标准型，f22 2222a Aaa xPy2 16fy

14、故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，P1TPPA1600TP APP AP 即600 000000A :相似矩阵具有相同的特征值，知的特征值，其中一个单根是 6，一个二重根应A 是 0，直接求的特征值，即由A(对应元素相减)222222222222aaEAaaaa 两边取行列式，22 22 22a EAa a 4222 342142a aa aa 把第，列加到第列122 1(4)12 12aa a 提取第列的公因子12221(4) 0(2)03100(2)aa a 行行行行2(4)(2)aa其中单根为，二重根为，故，及，故知.4a2a46a20a2a 方法方法 4：的对应矩阵为，经正交变换，

15、可化成标准型，f22 22 22a Aa a xPy2 16fy故为正交矩阵，有，且对实对称矩阵，有，P1TPPA1600TP APP AP 即-_226 220220a Aaa :故，( )( )1r Ar 222222aAaa 22122322aaa 交换第和第行的顺序22221 0223120222aaaa aa 行行行行222 320220042a aaaa 行行222 32 022 00(28)a aa aa 行22 022 00(2)(4)a aa aa 因，故，且，故应取.( )1r A 20a(2)(4)0aa2a (5)【答案】.4【详解】二次方程无实根，即的判别式，240y

16、yX241640bacX 也就有. 此事发生概率为，即，4X 1 2142P X 对于，因为正态分布的密度函数为2( ,)(0),XN :1 2P X221()( )exp22xf x x 关于对称；另一方面，由概率的计算公式，与轴所围成的面积是1，所以x( )f xx将面积平分为两份 ，所以.x1 2P X4二、选择题二、选择题(1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中表示由可推出. 无箭头者无因果ABAB 关系，箭头的逆向不成立. -_与连续可微( , )xfx y( , )yfx y( , )f x y( , )( , ) ( , )xyfx yfx y f x y 与存在 连续其中均指

17、在同一点处. 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.考察原级数的前项部分和11111( 1)()nnnnuu n1122334111111111()()()( 1)()n n nnSuuuuuuuu 11111( 1)nnuu 由知，当充分大时，且. 所以(收敛)，lim10 nnn u n0nu limnnu 11limnnSu另一方面，为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件1111()nnnuu的启发，考虑lim1 nnn u1111111 () (1)limlimlim1121(21) 1(1)n

18、nnnnnnnnnnnnuu uuu uuu n n nu un nnn n11(1)(1)(1)lim21nnnnnuunn nnnn nu un11(1) (1)lim121 1nnnnnuun nnn uun nnn而级数是发散的，所以也发散，所以选(C).1111111()11nnnnnnn 1111()nnnuu(3)【详解】方法方法 1：排斥法.令，则在有界，21( )sinf xxx( )f x(0,)22 21( )sin2cosfxxxx ，但不存在，故(A)不成立；lim( )0 xf x lim( ) xfx ，但 ，(C)和(D)不成立，故选(B). 0lim( )0

19、xf x 0lim( )10 xfx 方法方法 2：证明(B)正确. 设存在，记，证明.lim( ) xfx lim( ) xfxA 0A -_用反证法，若，则对于，存在，使当时，0A 02A0X xX，即( )2AfxA3( )2222AAAAAfxA由此可知，有界且大于.在区间上应用拉格朗日中值定理，有( )fx2A ,x X( )()( )()()()2Af xf XfxXf XxX从而，与题设有界矛盾.类似可证当时亦有矛盾. 故.lim( ) xf x ( )f x0A0A (4) 【答案】(B)【详解】三张不同平面的方程分别为判断三个平面有123,1,2,3,iiiia xa ya

20、zb i无公共点即判断方程组有无公共解，且方程组有多少公共解平面111213121222323132333a xa ya zba xa ya zba xa ya zb 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(未知量的个数)，所以23 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】函数成为概率密度的充要条件为：(1) (2)( )f x( )0;f x (

21、 )1.f x dx函数成为分布函数的充要条件为：(1)单调不减；( )F x( )F x(2)(3)右连续.lim( )0, lim( )1; xxF xF x ( )F x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 其他其他显然均是均匀分布的概率密度. 而12( )( )f xfx，不满足条件.12( )( )0f x fx 12( )( )1

22、f x fx dx(C)当然也不正确，因为12lim ()()1 121 xF xF x 根据排除法，答案应选(D).方法方法 2：令，显然也是一个随机变量. 的分布函数为12max(,)XXXXX1212( )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)0 haf hbfhfabf 由于，所以. 又由洛必达法则，(0)0f10ab 00( )(2 )(0)limlim( )2(2 )(2 )(0) hhaf hbfhfafhbfhab fh由于在时

23、是比高阶的无穷小，由高阶无穷小的定( )(2 )(0)af hbfhf0h h义知上式等于 0，又由 得.(0)0,f20ab解联立方程组得，.1020abab 2,1ab 方法方法 2：分别将按佩亚诺余项泰勒公式展开到，有( ),(2 )f hfh( )o h，1( )(0)(0)( )f hffho h2(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， 所以.10,20,abab 2,1ab 方法方法 3：由题设条件，有0lim( )(2 )(0)(1) (0)0 haf hbfh

24、fabf -_由于，所以. 再将代入，(0)0f10ab 1ab 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 hbfhf hh f hff hffhfbbhhh fbfbfb f（从而 .2,1ab 四四【详解】由知，由变上限积分的求导公式得2arctan0xtyedt(0)0y2(arctan )(arctan )xyex2(arctan ) 21,1xex:所以 2(arctan0)

25、21011 0ye:（）因此，过点的切线方程为 在点处与上述曲线有相同的切(0,0).yx( )yf x(0,0)线方程，于是.(0)0,(0)1ff 2( )(0)2lim( )lim1nnffnnfn n 2( )(0) 2lim2nffnn 2(0)2f 五五【详解】应先将写成分块表达式. 记22max,xye12( , ) 01,0,( , ) 01,1Dx yxyxDx yxxy于是 2 222max,12( , );( , ).x xyyex yDe ex yD 从而 222222221212max,max,max,xyxyxyxyDDDDDededede de d22111000

26、0xxydxe dydye dx221100xye xdxe ydy2102xe xdx2120xe dx210xde21 0|xe(1)e六六【详解】(1) 记，21( , )1()P x yy f xyy2 2( , )() 1xQ x yy f xyy-_2 2() 1)xy f xyQy xx22 2 2()() 1)() 1)x xy f xyyy f xyxyx2 2 221( ()() 1)xyf xyy f xyyyx21()()()xyf xyxfxyyx 21()()f xyxyfxyy21(1()y f xyPy yy2 21( )1(1()(1()y f xyyy f

27、xyyyy2 22 211()1( ()(1()()yf xyy f xyf xyyyyyyy 21()()()f xyf xyxyfxyy 所以，. 故在上半平面()，该曲线积分与路径无关.(0)QPyxy当0y (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. 先从点到点 再到点. 有( , )a b( , ),c b( , )c d22 211()() 1cdabcIb f bx dxy f cydyby()()cdabcaccbf bx dxcf cy dybdb经积分变量变换后，. 当时，推得.( )cdabcaIf t dtdbabcdcaId

28、b方法方法 2:原函数法.22 211()() 1 LxIy f xy dxy f xydyyy2()()( )() () 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其中为的一个原函数，即设.由此有.( )F u( )f u( )( )F uf ucaIdb方法方法 3：由于与路径无关，又由的启发，取路径，其中. 点与abcdxykka

29、b( , )a b点都在此路径上. 于是将代入之后，( , )c dkxy22 221(1( )()( ) 1)dakkIy f ky f kdyyyy32()dbkdyy2dk by22kk db22cdab db.ca db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 )!nnnx n311(31)!nnx n同理得 321(32)!nnxyn 从而( )( )( )y xy xy x32

30、313111()()(1)(32)!(31)!(3 )!nnnnnnxxx nnn(由的麦克劳林展开式)11!nnx n xexe这说明，是微分方程的解，并且满足初始条件30( )(3 )!nnxy xnxyyye，.310(0)1(3 )!nnyn 13110(0)(31)!nnyn0(2)微分方程对应的齐次线性方程为，其特征方程为xyyye0yyy-_，其特征根为，所以其通解为210 13 22i.2 1233cossin22x yeCxCx另外，该非齐次方程的特解形式为，代入原非齐次方程得，xycexxxxcececee所以.故微分方程的通解为1 3c xyyye.2 12331coss

31、in223x xyeCxCxe故 22 12121333331cossinsincos 2222223xx xyeCxCxeCxCxe 22 21121331331(2)sin(2)cos2222223xx xeCCxeCCxe 由初始条件得(0)1,(0)0yy0 02 12100 022 21121233111cos0sin0223313313310(2)sin0(2)cos02222223131 223eCCeCeCCeCCeCC 解得，112113 1310223CCC 于是得到惟一的一组解：从而得到满足微分方程及初122,0.3CCxyyye始条件的解，只有一个，为(0)1,(0)0

32、yy2231cos323x xyexe另一方面，由(1)已知也是微分方程及初始条件30( )(3 )!nnxy xnxyyye-_的解，由微分方程解的唯一性，知 (0)1,(0)0yy3 212311cos().(3 )!323xn xnxexexn 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 y 0000(,)(,)0000|,|2,2.yxyxhhyx xyxy000022 0000,max( , )(2)(2)xyxyugradh x yyxxyl22 000000558(,).xyx yg xy记(2) 命=，求在约束

33、条件2( , )( , )f x ygx y22558xyxyf下的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数22750xyxy2222( , , )558(75)F x yxyxyxyxy则 108(2 )0xFxyyx令，108(2 )0yFyxxy令，.22750Fxyxy 令由第 1、第 2 两式相加可得 . 从而得或，再分别讨论之.()(2)0xyyx 2若，则解得 或 21( , )(5 3,5 3)x y2( , )( 5 3, 5 3)x y 若，则解得 或 yx 3( , )(5, 5)x y4( , )( 5,5)x y 于是得到如上 4 个可能极值点. 将记为. 由于( , )i

34、x y(1,2,3,4)iM i 1234()()150,()()450f Mf Mf Mf M故点可作为攀登起点.34(555 5MM ，）,（，）九九【详解】方法方法 1：记，由线性无关，及1234,A 234, 即可以由线性表出，故线性相关，及123420,1234, 1234, 即可由线性表出，知12341234, -_12341234123,( ),3r Arrr Ar 系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故有解.Ax对应齐次方程组，其系数矩阵的秩为 3，故其基础解系中含有 4-3(未知量0Ax 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，是的kAx一个特解，根据非齐次线

35、性方程组的解的结构定理，知的通解为，其Axk中是对应齐次方程组的通解，是的一个特解，因k0Ax Ax故，123420,123412341 220,01 0 故是的一个非零解向量，因为的基础解系中只含有一1, 2,1,0T0Ax 0Ax 个解向量，故是的基础解系.1, 2,1,0T0Ax 又，即123412341 1,1 1 1 1 1 1A 故是的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方1,1,1,1TAx程组的通解为.(其中是任意常数)1, 2,1,01,1,1,1TTkk方法方法 2：令，则线性非齐次方程为1234,Txx x x x1234,Axx 12 1234 34,xxxx

36、 1 1223344xxxx已知，故12341 1223344xxxx1234将代入上式，得123223122334423234(2)(2)xxxx-_213 12233442323424223xxxxx1223 1334424(2)30xxxxx12213344(23)()(1)0xxxxx 由已知线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得234, ，上式成立当且仅当2233440kkk1213423010xxxxx 其系数矩阵为，因为 3 阶子式，其秩为 3，故其齐2100 1010 0001 100 01010 001 次线性方程组的基础解系中存在 1 个(4-3)线性无关的

37、解向量，取自由未知量，3xk则方程组有解431321,23xxk xxk xk 故方程组有通解Ax.(其中是任意常数)123410 2323 10 101xk xkkxk x k十十【详解详解】(1) 因，由定义知，存在可逆阵，使得，故AB:P1P APB1111()EBEP APP PP APPEA P1PEA PEA故有相同的特征多项式.,A B(2) 取，0001,0000AB2201,00EAEB则有有相同的特征多项式，但不相似于，因为对任何2, ,EAEB A BAB的 2 阶可逆阵，均有，故(1)的逆命题不成立.P11P APP OPOB-_(3) 即要证如果的特征多项式相等，则相

38、似.,A B,A B当都是实对称矩阵时，均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由,A B,A B的特征值组成. 若有相同的特征多项式，则有相同的特征值(包含重数)，故,A B,A B,A B将相似于同一个对角阵. 设特征值为，则有,A B12,n 1122,nnAB :由相似的传递性，知. (1)的逆命题成立.AB:十一十一【答案】5.【详解】如果将观察值大于这事件理解为试验成功的话，则表示对独立地重复试3YX验 4 次中成功的次数.即是，其中(4, )YBp:3pP X由一维概率计算公式，有( )bXaP aXbfx dx，3311( )cos3222xpP Xf x dxdx所以，.1(

39、4, )2YB由公式以及若，其数学期望和方差分别为22( ) ( )()D YE YE Y( , )YB n p，其中( );( )E Ynp D Ynpq1.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，有：1()()nii iE Xx P Xx22()01 2 (1)23 (1 2 )34E X -_样本均值11ni iXXn1(3 1 303 123)28 用样本均值估计期望有 ，即. 解得的矩估计值为EXX3421.4