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1、福建师范大学21春复变函数离线作业1辅导答案1. 甲、乙两人对策。甲手中有3张牌:2张K,1张A。甲任意藏起一张后然后宣称自己手中的牌是KK或KA,对此乙可以接受或甲、乙两人对策。甲手中有3张牌:2张K,1张A。甲任意藏起一张后然后宣称自己手中的牌是KK或KA,对此乙可以接受或提出异议。如甲叫的正确乙接受,甲得1元;如甲手中是KK叫KA时乙接受,甲得2元;甲手中是KA叫KK时乙接受,甲输2元。如乙对甲的宣称提出异议,输赢和上述恰相反而且钱数加倍。列出甲、乙各自的纯策略,求最优解和对策值,说明对策是否公平合理?游戏公平合理。2. 设k(s,t),0s1,0t1,为0,10,1上的可测函数。假设
2、, 对xL20,1,令 ,0s1 求证:A为L20,1上的设k(s,t),0s1,0t1,为0,10,1上的可测函数。假设,对xL20,1,令,0s1求证:A为L20,1上的有界线性算子且A()1/2,且任取xL20,1有,0s1对于0s1,我们有 因此 我们注意到被积函数为非负的,故我们可以变换积分顺序。因此 所以有Ax()1/2。x对所有的xL20,1成立。这首先证明了任取xL20,1,有AxL20,1。然后表明A为有界的且A()1/2。又显然A为线性的,故A为L20,1上的有界线性算子。这就证明了第一部分。 为证第二部分,设 ,k2(s,t)=|k(s,t)|, 对于xL20,1,设 ,
3、0s1, i=1,2 重复上面的证明,可知B1和B2为L20,1上的有界线性算子。若x,yL20,1,则 我们希望能够变换上面的积分顺序。由于,我们有 =(B2|x|),|y|, 上式为有限的,因为B2(|x|)及|y|都在L20,1中。因此我们可以应用Fubini定理来变换积分顺序: 这证明了B1=A* 3. 极限( ) A2 B-2 C0 D不存在极限()A2B-2C0D不存在D4. 假设总体X的密度为 其中0,求来自X的样本X1,X2,Xn的密度函数p(x1,x2,xn)假设总体X的密度为其中0,求来自X的样本X1,X2,Xn的密度函数p(x1,x2,xn)5. 求下列函数的边际函数与弹
4、性函数: (3) xae-b(x+c)求下列函数的边际函数与弹性函数:(3) xae-b(x+c)(3)y=xae-b(x+c),y=(axa-1-bxa)e-b(x+c) 6. 若A 和B都是R中开集,且A是B的真子集,则( )A.m(A)m(B)B.m(A)=m(B)C.m(BA)=m(A)D.m(B)=m(A)+m(BA)参考答案:BD7. 设A,B,C为任意集合,试证: (1)A(BC)=(AB)(AC); (2)A(BC)=(AB)(AC)设A,B,C为任意集合,试证:(1)A(BC)=(AB)(AC);(2)A(BC)=(AB)(AC)分析上述等式左边是表示先做括号内的并、交运算,
5、再做笛卡尔乘积;而等式右边则表示先做括号内的笛卡尔乘积,再做并、交运算它们的结果应该是一样的,可以用笛卡尔乘积和并、交运算的定义及括号的优先级别来证明,这是集合等式证明中常见的一种基本方法 证明 (1)A(BC)=(x,y)| xA且yBC =(x,y) xA且yB或xA且yC =(x,y)|(x,y)AB或(x,y)AC =(x,y)|(x,y)(AB)(AC) =(AB)(AC); (2)A(BC)=(x,y)| xA且yBC =(x,y)| xA且yB且xA且yC =(x,y)|(x,y)AB且(x,y)AC =(x,y)|(x,y)(AB)(AC) =(AB)(AC) 8. 把5项任务
6、分给4个人,如果每个人至少得到1项任务,问:有多少种方式?把5项任务分给4个人,如果每个人至少得到1项任务,问:有多少种方式?方法1 把工作分配看作从5个工作的集合到4个雇员的集合的函数每个雇员至少得到1项工作的分配方案,对应于从工作集合到雇员集合的一个满射函数因此因此存在240种方式来分配工作 方法2 设所有的分配方案构成集合S,雇员i没有得到工作的分配方案构成子集Ai,i=1,2,3,4 那么 |S|=45 |Ai|=35 i=1,2,3,4 |AiAj|=25 1ij4 |AiAjAk|=15 1ijk4 |A1A2A3A4|=0 代入包含排斥原理,得到 9. 原假设H0正确,但小概率事
7、件A真的发生了,而错误地拒绝原假设H0,这类错误叫存伪错误( )原假设H0正确,但小概率事件A真的发生了,而错误地拒绝原假设H0,这类错误叫存伪错误()参考答案:错误错误10. 试证明有限集A和可列集B的笛卡儿乘积AB是可列集试证明有限集A和可列集B的笛卡儿乘积AB是可列集根据题意A是有限集,则AN(N是自然数集)是可列集,可知(AN)B是可列集,而AB(AN)B,而AB是无限集,由于可列集的任何无限子集是可列的,故AB为可列集11. 设f(x)在a,b上连续,且对一切不大于正整数N的非负整数n,都有abxnf(x)dx=0,试证f(x)在(a,b)内至少有N+1个设f(x)在a,b上连续,且
8、对一切不大于正整数N的非负整数n,都有abxnf(x)dx=0,试证f(x)在(a,b)内至少有N+1个零点如果f(x)0,则结论显然成立 如果f(x)0,则可以证明,至少存在N+1个点x1,x2,xN+1(a,b),x1x2xN+1,使得f(x)在xk(k=1,2,N+1)的左、右邻域内符号相反事实上,假设这样的点只有m个,mN,不妨设x(a,x1)时,f(x)0,x(x1,x2)时,f(x)0,依此类推令p(x)=(x1-x)(x2-x)(xm-x),则当x(a,b)时,f(x)p(x)0,且f(x)p(x)0,于是由f(x)p(x)的连续性知 abf(x)p(x)dx0 (1) 另一方面
9、,由于p(x)是x的m次多项式,且mN,所以由题设条件得 abf(x)p(x)dx=0 但这与(1)式相矛盾,因此至少存在N+1个点x1,x2,xN+1属于(a,b),使得f(x)在xk(k=1,2,N+1)的左、右邻域内符号相反故由f(x)的连续性知f(x0)=0 (k=1,2,N+1)于是f(x)在(a,b)内至少有N+1个零点 12. 计算由曲线y=2x与直线y=x2,y=x围成的平面图形的面积。计算由曲线y=2x与直线y=x2,y=x围成的平面图形的面积。13. 设X(t),tT与Y(t),tT为相互独立的实平稳过程,且EX(t)=mX,EY(t)=mY。令Z(t)=X(t)Y(t),
10、tT。设X(t),tT与Y(t),tT为相互独立的实平稳过程,且EX(t)=mX,EY(t)=mY。令Z(t)=X(t)Y(t),tT。EZ(t)=EX(t)Y(t)=EX(t)EY(t)=mXmY=mZ=常数 Z2=EZ2(t)=EX2(t)Y2(t)=EX2(t)EY2(t)=X2Y2+ RZ(t1,t2)=EZ(t1)Z(t2)=EX(t1)Y(t1)X(t2)Y(t2)=EX(t1)X(t2)EY(t1)Y(t2)=RX(t2-t1)RY(t2-t1)故Z(t)为宽平稳过程,且 RZ(t2-t1)=RX(t2-t1)RY(t2-t1)即 RZ()=RX()RY()$因为EP(t)=EX
11、(t)-mX=mX-mX=0 EQ(t)=EY(t)-mY=mY-mY=0而 RZ(t1,t2)=RX(t1,t2)RY(t1,t2)令=t2-t1,则 RX(t1,t2)=EX(t1)X(t2)=E(P(t1)+mX)(P(t2)+mY)=EP(t1)P(t2)+mXP(t2)+mXP(t1)+mXmX=Rp(t1,t2)+mX2=e-a|+mX2同理 RY(t1,t2)=RQ(t1,t2)+mY2=e-b|+mY2 RZ(t1,t2)=RX(t1,t2)RY(t1,t2)=(e-a|+mX2) (e-b|+mY2)所以 14. 某物体的运动轨迹可以用其位移和时间关系式s=s(t): s=t
12、3-6t2+7t,0t4 来刻画,其中s以米计,f以秒计,以起某物体的运动轨迹可以用其位移和时间关系式s=s(t):s=t3-6t2+7t,0t4来刻画,其中s以米计,f以秒计,以起始方向为位移的正方向试回答以下关于物体的运动性态的问题:(1)物体何时处于静止状态?(2)何时运动方向为正或为负,何时改变运动方向?(3)何时运动加快、变慢?(4)何时运动最快、最慢?(5)何时离起始位置最远?位移:s=t3-6t2+7t,速度: 加速度: (1)我们知道当v变为零,即 v=3t2-12t+7=0, 也即秒或秒时,物体瞬间处于静止状态 (2)由于起始速度v(0)=7米/秒,且v=v(t)为t的二次函数,故可知t内,物体运动方向为正;在内,运动方向为负,于是可知秒或秒时运动方向改变 (3)当a0,即t2,4时,运动速度加快; 当a0,即t0,2时j运动速度变慢 (4)由(2)的分析知,当秒时,速度v值最小;又根据二次函数的性质,可知当t=0秒或4秒时,速度v值最大 (5)我们可以根据s(t)的导数 s(t)=v(t)=3t2-12t+7 的取值来判断s的单调性,且易知s(t)即v(t)的零点 和 即为s(t)单调性发生改变的点,且知秒时取得最大位移,t=2+秒时取得最小位移 15. 设函数,在x=0处连续,则k=_设函数,在x=0处连续,则k=_2