2025 2025 2025年 04 04 04月 06 06 06日
题目 1
设 X X X是实随机变量，任意光滑的函数 f : R → R f:\mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R} f:R→R，都有： E ( X f ( X ) ) = E ( f ′ ( X ) ) E\left(Xf(X)\right)=E\left(f'(X)\right) E(Xf(X))=E(f′(X))，求证： X X X服从标准正态分布。
解答
考虑 ϕ ( t ) = E e i t X = E ( cos ( t X ) ) + i E ( sin ( t X ) ) \phi(t)=Ee^{itX}=E(\cos(tX)) + iE(\sin(tX)) ϕ(t)=EeitX=E(cos(tX))+iE(sin(tX))，由于该函数由控制收敛定理：
ϕ ′ ( t ) = ∂ ∂ t E e i t X = E ( ∂ ∂ t e i t X ) = i E ( X e i t X ) = i E ( ∂ ∂ X e i t X ) = − t E ( e i t X ) = − t ϕ ( t ) \begin{align*} \phi'(t) &= \frac{\partial}{\partial t}Ee^{itX} = E\left(\frac{\partial}{\partial t}e^{itX}\right)\\ &= iE(Xe^{itX}) = iE\left(\frac{\partial}{\partial X}e^{itX}\right)\\ &= -tE\left(e^{itX}\right) = -t\phi(t) \end{align*} ϕ′(t)=∂t∂EeitX=E(∂t∂eitX)=iE(XeitX)=iE(∂X∂eitX)=−tE(eitX)=−tϕ(t)
从而有以下微分方程成立，初值 ϕ ( 0 ) = 1 \phi(0) = 1 ϕ(0)=1：
ϕ ′ ( t ) + t ϕ ( t ) = 0 \phi'(t) + t\phi(t) = 0 ϕ′(t)+tϕ(t)=0
因此可以得到：
ϕ ( t ) = e − t 2 2 \phi(t) = e^{-\frac{t^2}{2}} ϕ(t)=e−2t2
由唯一性定理可知， X X X 服从标准正态分布。
题目 2
设函数 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上可导，且 f ′ ( a ) = f ′ ( b ) f'(a)=f'(b) f′(a)=f′(b)。证明： ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得：
f ( ξ ) − f ( a ) ξ − a = f ′ ( ξ ) \frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f'(\xi) ξ−af(ξ)−f(a)=f′(ξ)
解答
构造函数：
F ( x ) = { f ( x ) − f ( a ) x − a , x ≠ a f ′ ( a ) , x = a F(x) = \begin{cases} \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}, & x \neq a \\ f^{\prime}(a), & x = a \end{cases} F(x)=⎩ ⎨ ⎧x−af(x)−f(a),f′(a),x=ax=a
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若 F ( a ) = F ( b ) F(a)=F(b) F(a)=F(b)，由 Rolle 定理可得： ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得： f ( ξ ) − f ( a ) ξ − a = f ′ ( ξ ) \frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f'(\xi) ξ−af(ξ)−f(a)=f′(ξ)。
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若 F ( a ) ≠ F ( b ) F(a)\neq F(b) F(a)=F(b)，不妨设 F ( a ) < F ( b ) F(a)<F(b) F(a)<F(b)，那么有：
F ′ ( x ) = f ′ ( x ) − f ( x ) − f ( a ) x − a x − a F^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{x-a} F′(x)=x−af′(x)−x−af(x)−f(a)
取 x = b x = b x=b：
F ′ ( b ) = f ′ ( b ) − f ( b ) − f ( a ) b − a b − a = F ( a ) − F ( b ) b − a < 0 F^{\prime}(b)=\frac{f^{\prime}(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}{b-a}=\frac{F(a)-F(b)}{b-a}<0 F′(b)=b−af′(b)−b−af(b)−f(a)=b−aF(a)−F(b)<0
故， ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得 ∀ x ∈ ( a , b ) \forall x \in (a,b) ∀x∈(a,b)， f ( ξ ) ⩾ f ( x ) f(\xi)\geqslant f(x) f(ξ)⩾f(x)。
由 Fermat 引理： ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得： f ( ξ ) − f ( a ) ξ − a = f ′ ( ξ ) \frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=f'(\xi) ξ−af(ξ)−f(a)=f′(ξ)。
题目 3
设 a 0 n + 1 + a 1 n + ⋯ + a n = 0 \frac{a_{0}}{n+1}+\frac{a_{1}}{n}+\cdots+a_{n}=0 n+1a0+na1+⋯+an=0，求证：方程 ∑ i = 0 n a i x n − i = 0 \sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}=0 ∑i=0naixn−i=0在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上至少有一个根。
解答
构造：
F ( x ) = ∑ i = 0 n a i n + 1 − i x n + 1 − i F(x)=\sum_{i=0}^{n}\frac{a_{i}}{n+1-i}x^{n+1-i} F(x)=i=0∑nn+1−iaixn+1−i
有 F ( 0 ) = F ( 1 ) F(0)=F(1) F(0)=F(1)。
由 Rolle 定理可得： ∃ ξ ∈ ( 0 , 1 ) \exists \xi \in (0,1) ∃ξ∈(0,1)，使得： F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi)=0 F′(ξ)=0。
即：方程 ∑ i = 0 n a i x n − i = 0 \sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}=0 ∑i=0naixn−i=0在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上至少有一个根。
