数一文件格式整理

.gitignore

@@ -21,7 +21,7 @@
 !.obsidian/plugins/templater-obsidian
 # !.obsidian/plugins/obsidian-git/
 # !.obsidian/plugins/obsidian-linter/
-# !.obsidian/plugins/quickadd/
+!.obsidian/plugins/quickadd/
 # !.obsidian/plugins/obsidian-outliner/
 # !.obsidian/plugins/table-editor-obsidian/
 # !.obsidian/plugins/obsidian-latex-suite/

Other/例题/高数1真题/数一2010.md

@@ -9,7 +9,7 @@
 ### (1)  
 选(C)
 - $\displaystyle \begin{aligned}\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right]^{x}= e^{\lim_{x \to \infty} x \ln \left[ \frac{x^2}{x^2 + (b-a)x - ab} \right] }= e^{a-b} \end{aligned}$
-	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\ln(1+a)\text{→}a}\lim_{x \to \infty} x \ln \left[ \frac{x^2}{x^2 + (b-a)x - ab} - 1 + 1 \right] \end{aligned}$
+	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\ln(1+a)\to a}\lim_{x \to \infty} x \ln \left[ \frac{x^2}{x^2 + (b-a)x - ab} - 1 + 1 \right] \end{aligned}$
 	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{等价无穷小后通分}}\lim_{x \to \infty} x \frac{x^2 - x^2 - (b-a)x + ab}{x^2 + (b-a)x - ab} \end{aligned}$
 	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[x^2 - x^2 =0]{\text{只取平方项}}\lim_{x \to \infty} \frac{-(b-a)x^2 + abx}{x^2 + (b-a)x - ab}=\lim_{x \to \infty} \frac{-(b-a) x^2}{x^2} \end{aligned}$
 	- $\displaystyle \begin{aligned} = -(b-a)=a - b \end{aligned}$
@@ -96,7 +96,7 @@
 ### (4)  
  答 应选(D).  
 - 原式 =$\displaystyle \begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{n^3}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)} \frac{1}{n^2} \end{aligned}$
-	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{提取\frac{1}{n^2} }\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+\left(\frac{j}{n}\right)^2\right)} \cdot \frac{1}{n^2} \end{aligned}$
+	- $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{\text{提取}\frac{1}{n^2} }\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+\left(\frac{j}{n}\right)^2\right)} \cdot \frac{1}{n^2} \end{aligned}$
 	- $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{\frac{i}{n}=x, \frac{j}{n}=y}\int_0^1 d x \int_0^1 \frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)} d y\end{aligned}$
 ## (5)   
 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $m \times n$ 矩阵, $\boldsymbol{B}$ 为 $n \times m$ 矩阵, $\boldsymbol{E}$ 为 $m$ 阶单位矩阵,若 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$, 则 $(\quad)$(A) 秩 $r(\boldsymbol{A})=m$, 秩 $r(\boldsymbol{B})=m$.  
@@ -303,7 +303,7 @@
     - 因此，$E\left(X^2\right) = D(X) + (E(X))^2 = 1 + 1 = 2$。  
  答 应填 2 .  
 # 三、解答题  
-(本题共 9 小题, 共 94 分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}  
+(本题共 9 小题, 共 94 分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
 ## (15)  
 (本题满分 10 分)  
 求微分方程 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=2 x \mathrm{e}^{x}$ 的通解.  
@@ -372,7 +372,7 @@
        - 得 $\displaystyle f'(x) = 2x \int_1^{x^2} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t + 2x^3 e^{-x^4} - 2x^3 e^{-x^4}\xlongequal[]{\text{后两项相减为}0}2x \int_1^{x^2} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t$  
 - 确定驻点  
     - 解方程 $\displaystyle f'(x) = 0 \xrightarrow[\int_{1}^{x^{2}}=0]{2x=0}x = 0, \pm 1$- 分析 $f'(x)$ 的符号  
-    - 在区间 $(-\text{∞}, -1)$  
+    - 在区间 $(-\infty, -1)$  
 		- $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{<0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2>1\text{，则}>0} \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{负正}}<0$   
 		- $f'(x) < 0$，$f(x)$ 递减  
     - 在区间 $(-1, 0)$  
@@ -381,17 +381,17 @@
     - 在区间 $(0, 1)$  
 		- $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{>0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2<1\text{，则}<0}  \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{正负}} <0$   
 		- $f'(x) < 0$，$f(x)$ 递减  
-    - 在区间 $(1, +\text{∞})$  
+    - 在区间 $(1, +\infty)$  
 		- $\displaystyle f'(x) = \underbrace{2x}_{>0} \underbrace{\int_1^{x^2} e^{-t^2}}_{\text{因}x^2>1\text{，则}>0} \, \mathrm{d}t \xrightarrow[]{\text{正正}}>0$   
 		- $f'(x) > 0$，$f(x)$ 递增  
-- 确定极值：增减性如图:$\text{↘↗↘↗}$  
+- 确定极值：增减性如图:$\searrow\nearrow\searrow\nearrow$  
     - 计算 $f(0)$  
 		- $\displaystyle f(0) = -\int_1^0 t e^{-t^2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$  
     - 计算 $f(\pm 1)$  
 		- $\displaystyle f(\pm 1) = \int_1^1 (1 - t) e^{-t^2} \, \mathrm{d}t = 0$  
     - 得出结论  
-		- 单调增加区间：$(-1, 0)$ 和 $(1, +\text{∞})$  
-		- 单调递减区间：$(-\text{∞}, -1)$ 和 $(0, 1)$  
+		- 单调增加区间：$(-1, 0)$ 和 $(1, +\infty)$  
+		- 单调递减区间：$(-\infty, -1)$ 和 $(0, 1)$  
 		- 两个极小值点：$x = \pm 1$ 时 $f(\pm 1) = 0$  
 		- 一个极大值点：$x = 0$ 时 $f(0) = \frac{1}{2}(1 - e^{-1})$
 ## (17)  
@@ -500,14 +500,13 @@ X & 1 & 2 & 3 \\
 P & 1-\theta & \theta-\theta^{2} & \theta^{2}
 \end{array}
 $$
-$其中参数$ $\theta \in(0,1)$ $末知$. $以$ $N_{i}$ $表示来自总体$ $X$ $的简单随机样本$ (样本容量为 $n$ ) $中等于$ $i$ $的$ $个数$ $(i=1,2,3)$. $试求常数$ $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, $使$ $\displaystyle T=\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}$ $为$ $\theta$ $的无偏估计量$, $并求$ $T$ $的方差$.  
-
+$\text{其中参数}$ $\theta \in(0,1)$ $\text{末知}$. $\text{以}$ $N_{i}$ $\text{表示来自总体}$ $X$ $\text{的简单随机样本}$ (样本容量为 $n$ ) $\text{中等于}$ $i$ $\text{的}$ $\text{个数}$ $(i=1,2,3)$. $\text{试求常数}$ $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, $\text{使}$ $\displaystyle T=\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}$ $\text{为}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{并求}$ $T$ $\text{的方差}$.  
 ### (23)  
- $解$ $记$ $p_1=1-\theta, p_2=\theta-\theta^2, p_3=\theta^2$. $由于$ $N_i \sim B\left(n, p_i\right), i=1,2,3$, $故$  
-- $E N_i=n p_i \text {, }于是$  
-- $E T=a_1 E N_1+a_2 E N_2+a_3 E N_3=n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right] .为使$ $T$ $是$ $\theta$ $的无偏估计量$, $必有$  
-- $n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right]=\theta,因此$  
-- $a_1=0, a_2-a_1=\frac{1}{n}, a_3-a_2=0,由此得$  
-- $a_1=0, a_2=a_3=\frac{1}{n} \text {. }由于$ $N_1+N_2+N_3=n$, $故$  
-- $T=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)=1-\frac{N_1}{n} .注意到$ $N_1 \sim B(n, 1-\theta)$, $故$  
+ $\text{解}$ $\text{记}$ $p_1=1-\theta, p_2=\theta-\theta^2, p_3=\theta^2$. $\text{由于}$ $N_i \sim B\left(n, p_i\right), i=1,2,3$, $\text{故}$  
+- $E N_i=n p_i \text {, }\text{于是}$  
+- $E T=a_1 E N_1+a_2 E N_2+a_3 E N_3=n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right] .\text{为使}$ $T$ $\text{是}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{必有}$  
+- $n\left[a_1(1-\theta)+a_2\left(\theta-\theta^2\right)+a_3 \theta^2\right]=\theta,\text{因此}$  
+- $a_1=0, a_2-a_1=\frac{1}{n}, a_3-a_2=0,\text{由此得}$  
+- $a_1=0, a_2=a_3=\frac{1}{n} \text {. }\text{由于}$ $N_1+N_2+N_3=n$, $\text{故}$  
+- $T=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)=1-\frac{N_1}{n} .\text{注意到}$ $N_1 \sim B(n, 1-\theta)$, $\text{故}$  
 - $D T=\frac{1}{n^2} D N_1=\frac{n(1-\theta) \theta}{n^2}=\frac{(1-\theta) \theta}{n} .$

Other/例题/高数1真题/数一2011.md

@@ -89,11 +89,11 @@
     - 比较积分 $I$, $J$, 和 $K$ 的大小  
        - $I$, $J$, $K$ 都是特定的积分表达式  
        - 他们都同属于同一个区间：$\displaystyle \int_0^\pi$  
-- 比较 $I$ 和 $K$ 的大小，就是比较$\ln (\sin x) $与$ \ln (\cos x)$的大小  
+- 比较 $I$ 和 $K$ 的大小，就是比较$\ln (\sin x)$与$\ln (\cos x)$的大小  
     - 对于 $x \in (0, \frac{\pi}{4})$, 比较 $\sin x$ 和 $\cos x$  
        - 由 $0 < \sin x < \cos x\xrightarrow[]{\ln x是增函数}\ln (\sin x)<\ln (\cos x)$ ​  
        - 函数大，积分就大，两端取积分，因此 $\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x) \mathrm{d}x < \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x) \mathrm{d}x = K$  
-- 比较 $J$ 和 $K$ 的大小，就是$\ln (\cot x) $与$ \ln (\cos x)$的大小  
+- 比较 $J$ 和 $K$ 的大小，就是$\ln (\cot x)$与$\ln (\cos x)$的大小  
     - 分解 $J$ 的表达式  
        - 由$\cot x=\frac{1}{\tan x}=\frac{\cos x}{\sin x}$，取对数，然后在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上积分  
           - 得$\displaystyle J = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cot x) \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x) \mathrm{d}x - \underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x) \mathrm{d}x}_{<0}$  

Other/例题/高数1真题/数一2016.md

@@ -11,7 +11,7 @@
 数一2016 答 应选(C).
 - 三件事
 	- 找关键点:
-		- 0是无界点，∞是无穷
+		- 0是无界点，\infty是无穷
 		- 点1不研究，因为这个点是定积分
 	- 看无穷小，无穷大
 		- ==无穷小用等价==
@@ -21,9 +21,9 @@
 		- 如果一个函数比发散的大，肯定发散
 - 将原积分分解为两部分，以便分别考虑在 $x$ 接近 0 和 $x$ 接近 $\infty$ 时的行为。
 	- 分解为 $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x + \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x$。
-- $\displaystyle \int_0^{1} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\text{等价}]{\lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^b=1} \frac{1}{x^a}\xrightarrow[]{x\text{→}0\text{，}a<1}\text{收敛}$
+- $\displaystyle \int_0^{1} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\text{等价}]{\lim _{x \rightarrow 0}(1+x)^b=1} \frac{1}{x^a}\xrightarrow[]{x\to0\text{，}a<1}\text{收敛}$
 	- 结论：由$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^p} d x=\left\{\begin{array}{l}p<1,\text{收敛}\\ p \geqslant 1,\text{发散}\end{array}\right.$,得$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{x^a} \, \mathrm{d} x$ 收敛,则 $a<1$ ，<br>所以原积分的这一部分在 $a<1$ 时收敛。
-- $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\frac{1}{x^a} \cdot \frac{1}{x^b} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^b}]{\lim _{x \rightarrow \infty}(1+x)^b=x^b}\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} d x\xrightarrow[]{x\text{→∞，}a+b>1}\text{收敛}$
+- $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^a(1+x)^b} \, \mathrm{d} x\xrightarrow[\frac{1}{x^a} \cdot \frac{1}{x^b} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^b}]{\lim _{x \rightarrow \infty}(1+x)^b=x^b}\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} d x\xrightarrow[]{x\to\infty, a+b>1}\text{收敛}$
 	- 结论：由$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} d x=\left\{\begin{array}{l}p>1,\text{收敛}\\ p \leqslant 1,\text{发散}\end{array}\right.$,得$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}} \, \mathrm{d} x$ 收敛时,$a+b>1$ ，<br>所以原积分的这一部分在 $a+b>1$ 时收敛。
 - 通过分析积分在 $x$ 接近 0 和 $\infty$ 时的行为，<br>原积分收敛当且仅当 $a<1$ 且 $a+b>1$。<br>正确选项是 (C) 
 ## (2)
@@ -129,13 +129,13 @@ D. $-\frac{x}{1 + x^2}$
 -  
 二次曲面$f(x_{1},x_{2},x_{3})=1$ 的类型: 
 
-| λ₁, λ₂, λ₃ 的符号 | f(x₁, x₂, x₃) = 1 的类型 |
-| -------------- | --------------------- |
-| 3 正            | 椭球面                   |
-| 2 正 1 负        | 单叶双曲面                 |
-| 1 正 2 负        | 双叶双曲面                 |
-| 2 正 1 零        | 椭圆柱面                  |
-| 1 正 1 负 1 零    | 双曲柱面                  |
+| $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_1$ 的符号 | $f(x_1, x_2, x_3) = 1$ 的类型 |
+| ------------------------------------- | -------------------------- |
+| 3 正                                   | 椭球面                        |
+| 2 正 1 负                               | 单叶双曲面                      |
+| 1 正 2 负                               | 双叶双曲面                      |
+| 2 正 1 零                               | 椭圆柱面                       |
+| 1 正 1 负 1 零                           | 双曲柱面                       |
 
 | $f(x, y, z) = 1$ 表示的二次曲面 | 二次曲面的标准方程                                                 | 正惯性指数 | 负惯性指数 |
 | ------------------------ | --------------------------------------------------------- | ----- | ----- |
@@ -299,7 +299,7 @@ D. $-\frac{x}{1 + x^2}$
 - <br>![|200](/_assets_/Images/20241214224239.png)，![|200](/_assets_/Images/20241214224944.png)，![|150](/_assets_/Images/20241214232807.png)
 - 根据高斯公式$\displaystyle \begin{aligned}\iint_{\Sigma_{\text {外 }}} P d y d z+Q d z d x+R d x d y=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) d V\end{aligned}$
 - $\displaystyle   D=\{(x, y) \mid 2 x+y \leqslant 2\}$
-	- $\displaystyle$底面积$S_D=\frac{1}{3} \times 2$×$1 =1$，高$h=1$
+	- $\displaystyle$底面积$S_D=\frac{1}{3} \times 2$\times$1 =1$，高$h=1$
 -  $\displaystyle  I = \iint_{\Omega}(x^{2}+1) dy dz - 2y dz dx + 3z dx dy$
 	- $\displaystyle  \xlongequal[]{\text{高斯}}\iint_{\Omega} (2x - 2 + 3) dV= \iint_{\Omega} (2x + 1) dV$
 	- $\displaystyle =\iiint_{\Omega} 2 x d V+V_{\Omega}$
@@ -336,8 +336,8 @@ D. $-\frac{x}{1 + x^2}$
 ### (20)
  - 解 对矩阵 $(\boldsymbol{A} \vdots \boldsymbol{B})$ 作初等行变换, 有
 - $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{B})=\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\2 & a & 1 & 1 & a \\-1 & 1 & a & -a-1 & -2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\0 & 0 & a-1 & 1-a & 0\end{array}\right)=\boldsymbol{C}$ .
-- $\text{当} $a \neq 1$ \text{且} $a \neq-2$ \text{时}, \text{由于}
-- $\displaystyle C \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & 0 & 0 & 1 & \frac{3 a}{a+2} \\0 & 1 & 0 & 0 & \frac{a-4}{a+2} \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right),$\text{因此} $A X=B$ \text{有唯一解}, \text{且}
+- 当 $a \neq 1$ 且 $a \neq-2$ 时, 由于
+- $\displaystyle C \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & 0 & 0 & 1 & \frac{3 a}{a+2} \\0 & 1 & 0 & 0 & \frac{a-4}{a+2} \\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{array}\right),$ 因此 $A X=B$ 有唯一解, 且
 - $\displaystyle \boldsymbol{X}=\left(\begin{array}{cc}1 & \frac{3 a}{a+2} \\0 & \frac{a-4}{a+2} \\-1 & 0\end{array}\right)$
 - $当 $a=1$ 时,由于
 - $\displaystyle \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\0 & 3 & 3 & -3 & -3 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:cc}1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\0 & 1 & 1 & -1 & -1 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right),$因此 $A X=B$ 有无穷多解, 且

Other/例题/高数1真题/数一2017.md

@@ -219,15 +219,15 @@
 	- 分布函数为 $F(x)=0.5 \Phi(x)+0.5 \Phi\left(\frac{x-4}{2}\right)\xrightarrow[\text{概率密度}]{\text{求导得}}f(x)=F^{\prime}(x)=\frac{1}{2} \varphi(x)+\frac{1}{4} \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) .$
 - 在求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分
 	- $\displaystyle E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x\xlongequal[]{\text{代入}f(x)}\frac{1}{2} \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi(x) \mathrm{d} x}_{=0}+\frac{1}{4} \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d} x}_{\text{换元求期望}}$
-		- $\displaystyle \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d} \xrightarrow[]{\frac{1}{4}\text{拆成}\frac{1}{2}\text{×}\frac{1}{2}}x\xlongequal[d\left(\frac{x-4}{2}\right)=\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \text {. }]{\text{线性凑微分}}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x-4+4}{2} \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d}\left(\frac{x-4}{2}\right)$
+		- $\displaystyle \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d} \xrightarrow[]{\frac{1}{4}\text{拆成}\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}}x\xlongequal[d\left(\frac{x-4}{2}\right)=\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \text {. }]{\text{线性凑微分}}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x-4+4}{2} \varphi\left(\frac{x-4}{2}\right) \mathrm{d}\left(\frac{x-4}{2}\right)$
 			- $\displaystyle \xlongequal[]{t\frac{x-4}{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}(t+2) \varphi(t) \mathrm{d} t\xlongequal[]{\text{拆}}\underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} t \varphi(t) \mathrm{d} t}_{=0}+2 \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(t) \mathrm{d} t}_{=1}=2$
 	- 合并结果:$E(X)=0+2=2$
 # 三、解答题
 (本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}
 ## (15)
  (本题满分 10 分)
 设函数 $f(u, v)$ 具有 2 阶连续偏导数, $\underbrace{y=f\left(\mathrm{e}^{x}, \cos x\right), \text{求} \left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0},\left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{x=0}}_{\text{对}x\text{连续求两次偏导，只能先求后代}}$
-```c++
+```
     y
    / \
   eˣ  cosx

Other/例题/高数1真题/数一2018.md

@@ -162,9 +162,9 @@
 	- 并且 $x y+y z+z x\xlongequal[]{\text{完全平方}}\frac{1}{2}\left[(x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]$
 - 所以$\displaystyle  \oint_L x y \mathrm{~d} s  =\frac{1}{3} \oint_L(x y+y z+z x) \mathrm{d} s=\frac{1}{6} \oint_L\left[(x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right] \mathrm{d} s$
 	- $\displaystyle  \xlongequal[x^2+y^2+z^2=1]{x+y+z=0} \frac{1}{6} \oint_L(0-1) \mathrm{d} s=-\frac{1}{6} \oint_L \mathrm{~d} s .$
-	- $=-\frac{1}{6} \times 2 \pi\text{×}1=-\frac{\pi}{3}$
+	- $=-\frac{1}{6} \times 2 \pi\times1=-\frac{\pi}{3}$
 		- 由于 $L$ 为单位球面上的一个大圆, 即以球心为圆心, 且半径等于球半径的一个圆, 
-		- 故 $\oint_L \mathrm{~d} s=L$ 的周长 $=2 \pi\text{×}1=2 \pi$. 
+		- 故 $\oint_L \mathrm{~d} s=L$ 的周长 $=2 \pi\times1=2 \pi$. 
 - 2007 年数一试题<br>设曲面 $\displaystyle \Sigma:|x|+|y|+|z|=1$,则 $\displaystyle \oint_{\Sigma}(x+|y|) \mathrm{d} S=$ $\qquad$
 - 曲面 $\displaystyle \Sigma$ 是一个以原点为中心的正八面体, 关于三个坐标面均对称, 且对变量 $x, y, z$ 具有轮换对称性。<br>![|200](/_assets_/Images/20241210114657.png)
 - 记 $\displaystyle I=\iint_{\Sigma}(x+|y|) \mathrm{d} S$. 由于 $\displaystyle \Sigma$ 关于 $y O z$ 面对称,