2025 2025 2025年 04 04 04月 06 06 06日
題目 1
設 X X X是實隨機變量，任意光滑的函數 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))，求證： X X X服從標準正態分布。
解答
考慮 ? ( 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)) ?(t)=EeitX=E(cos(tX))+iE(sin(tX))，由于該函數由控制收斂定理：
? ′ ( 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 ? ( 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*} ?′(t)?=?t??EeitX=E(?t??eitX)=iE(XeitX)=iE(?X??eitX)=?tE(eitX)=?t?(t)?
從而有以下微分方程成立，初值 ? ( 0 ) = 1 \phi(0) = 1 ?(0)=1：
? ′ ( t ) + t ? ( t ) = 0 \phi'(t) + t\phi(t) = 0 ?′(t)+t?(t)=0
因此可以得到：
? ( t ) = e ? t 2 2 \phi(t) = e^{-\frac{t^2}{2}} ?(t)=e?2t2?
由唯一性定理可知， X X X 服從標準正態分布。
題目 2
設函數 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上可導，且 f ′ ( a ) = f ′ ( b ) f'(a)=f'(b) f′(a)=f′(b)。證明： ? 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
構造函數：
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)，不妨設 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)。
題目 3
設 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，求證：方程 ∑ i = 0 n a i x n ? i = 0 \sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}=0 ∑i=0n?ai?xn?i=0在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上至少有一個根。
解答
構造：
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∑n?n+1?iai??xn+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=0n?ai?xn?i=0在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上至少有一個根。
