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1989 年真题

21 题

填空题

本题满分15分，每小题3分

1

曲线 $y = x + sin^{2} x$ 在点 $(\frac{π}{2}, 1 + \frac{π}{2})$ 处的切线方程是______.

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【答案】
$y = x + 1$

【解析】
首先，求曲线 $y = x + sin^{2} x$ 的导数以得到切线斜率。导数为

y^{'} = 1 + 2 sin x cos x = 1 + sin 2 x .

在点 $x = \frac{π}{2}$ 处，斜率为

m = y^{'} (\frac{π}{2}) = 1 + sin π = 1 + 0 = 1.

已知切点坐标为 $(\frac{π}{2}, 1 + \frac{π}{2})$ ，使用点斜式方程：

y - (1 + \frac{π}{2}) = 1 \cdot (x - \frac{π}{2}) .

化简得

y - 1 - \frac{π}{2} = x - \frac{π}{2},

即

y = x + 1.

因此，切线方程为 $y = x + 1$ 。

2

幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{n}}{n + 1}$ 的收敛域是______.

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【答案】
$[- 1, 1)$

【解析】
考虑幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{n}}{n + 1}$ 。使用比值判别法，计算极限：

L = n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = n \to \infty lim \frac{\frac{x ^{n + 1}}{n + 2}}{\frac{x ^{n}}{n + 1}} = n \to \infty lim x \cdot \frac{n + 1}{n + 2} = ∣ x ∣ n \to \infty lim \frac{n + 1}{n + 2} = ∣ x ∣ \cdot 1 = ∣ x ∣.

当 $L < 1$ 即 $∣ x ∣ < 1$ 时级数收敛，当 $L > 1$ 即 $∣ x ∣ > 1$ 时级数发散。当 $∣ x ∣ = 1$ 时比值判别法不确定，需单独检查端点。
当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n + 1} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k}$ ，是 $p = \frac{1}{2} < 1$ 的 $p$ -级数，故发散。
当 $x = - 1$ 时，级数为 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n + 1}$ ，是交错级数。令 $b_{n} = \frac{1}{n + 1}$ ，则 $b_{n} > 0$ ， $b_{n}$ 递减，且 $lim_{n \to \infty} b_{n} = 0$ ，由莱布尼茨判别法知该交错级数收敛。

因此，收敛域为 $[- 1, 1)$ 。

3

齐次线性方程组 $⎩ ⎨ ⎧ λ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + λ x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ 只有零解，则 $λ$ 应满足的条件是______.

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【答案】
λ ≠ 1

【解析】
齐次线性方程组只有零解的条件是系数矩阵的行列式不为零。系数矩阵为：

A = λ 11 1 λ 1 111

计算行列式：

det (A) = λ \cdot (λ \cdot 1 - 1 \cdot 1) - 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 1) + 1 \cdot (1 \cdot 1 - λ \cdot 1) = λ (λ - 1) - 1 \cdot 0 + 1 \cdot (1 - λ) = λ^{2} - λ + 1 - λ = λ^{2} - 2 λ + 1 = (λ - 1)^{2}

因此， $det (A) = (λ - 1)^{2}$ 。方程组只有零解当且仅当 $det (A) \neq = 0$ ，即 $(λ - 1)^{2} \neq = 0$ ，所以 $λ \neq = 1$ 。
当 $λ = 1$ 时，方程组化为 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ ，有无穷多解，不满足只有零解的条件。
故 $λ$ 应满足的条件是 $λ \neq = 1$ 。

4

设随机变量 $X$ 的分布函数为

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, A sin x, 1, x < 0, 0 \leq x \leq \frac{π}{2}, x > \frac{π}{2},

则 $A =$ ， $P {∣ X ∣ < \frac{π}{6}} =$ ．

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【答案】
1, $\frac{1}{2}$

【解析】
由分布函数的性质，在 $x = \frac{π}{2}$ 处， $F (\frac{π}{2}) = A sin \frac{π}{2} = A$ ，且 $F (\frac{π}{2}) = 1$ ，因此 $A = 1$ 。
对于 $P {∣ X ∣ < \frac{π}{6}}$ ，由于 $X$ 是非负随机变量（当 $x < 0$ 时 $F (x) = 0$ ），有

P {∣ X ∣ < \frac{π}{6}} = P {0 \leq X < \frac{π}{6}}

由于 $X$ 是连续型随机变量，

P {0 \leq X < \frac{π}{6}} = F (\frac{π}{6}) - F (0)

计算得

F (\frac{π}{6}) = 1 \cdot sin \frac{π}{6} = \frac{1}{2}, F (0) = 1 \cdot sin 0 = 0

因此

P {∣ X ∣ < \frac{π}{6}} = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}

5

设随机变量 $X$ 的数学期望 $E (X) = μ$ ，方差 $D (X) = σ^{2}$ , 则由切比雪夫(Chebyshev)不等式，有 $P {∣ X - μ ∣ \geq 3 σ} \leq$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{9}$

【解析】 根据切比雪夫不等式，对于任意实数 $k > 0$ ，有

P {∣ X - μ ∣ \geq kσ} \leq \frac{1}{k ^{2}}

本题中 $k = 3$ ，因此

P {∣ X - μ ∣ \geq 3 σ} \leq \frac{1}{3 ^{2}} = \frac{1}{9}

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

设 $f (x) = 2^{x} + 3^{x} - 2$ ，则当 $x \to 0$ 时

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
计算极限

L = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{2 ^{x} + 3 ^{x} - 2}{x} .

当 $x \to 0$ 时，分子与分母均趋于 0，因此可应用洛必达法则。对分子和分母分别求导，分子导数为 $2^{x} ln 2 + 3^{x} ln 3$ ，分母导数为 1。于是

L = x \to 0 lim (2^{x} ln 2 + 3^{x} ln 3) = ln 2 + ln 3 = ln 6.

由于 $ln 6 \neq = 0$ 且 $ln 6 \neq = 1$ ，因此 $f (x)$ 与 $x$ 是同阶但非等价无穷小量。

7

在下列等式中，正确的结果是

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
根据微积分基本定理，不定积分 $\int f (x) d x$ 表示 $f (x)$ 的一个原函数，即

\int f (x) d x = F (x) + C,

其中 $F^{'} (x) = f (x)$ 。
因此，对不定积分求导可得

\frac{d}{d x} \int f (x) d x = \frac{d}{d x} [F (x) + C] = F^{'} (x) = f (x),

故选项 C 正确。

选项 A 错误，因为

\int f^{'} (x) d x = f (x) + C,

结果中应包含积分常数。

选项 B 错误，因为

\int df (x) = \int f^{'} (x) d x = f (x) + C,

同样缺少常数项。

选项 D 错误，因为

d \int f (x) d x = f (x) d x,

而不是 $f (x)$ 。

8

同试卷 1 第 10 题

9

设 $A$ 和 $B$ 均为 $n \times n$ 矩阵，则必有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
对于选项 A，行列式不具有可加性。例如，当 $A$ 和 $B$ 均为 $n$ 阶单位矩阵时，

∣ A + B ∣ = ∣2 I ∣ = 2^{n},

而

∣ A ∣ + ∣ B ∣ = 2,

当 $n > 1$ 时两者不相等。

对于选项 B，矩阵乘法不满足交换律。例如取

A = [1000], B = [0010],

则

A B = [0010], B A = [0000],

两者不相等。

对于选项 D，矩阵的逆不满足分配律。例如当 $A$ 和 $B$ 均为单位矩阵时，

(A + B)^{- 1} = (2 I)^{- 1} = \frac{1}{2} I,

而

A^{- 1} + B^{- 1} = I + I = 2 I,

两者不相等。

对于选项 C，由行列式的性质可知

∣ A B ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ B ∣, ∣ B A ∣ = ∣ B ∣ \cdot ∣ A ∣,

由于标量乘法可交换，因此

∣ A B ∣ = ∣ B A ∣

恒成立。

10

以 $A$ 表示事件“甲种产品畅销，乙种产品滞销”，则其对立事件 $\overline{A}$ 为

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
事件 $A$ 为“甲种产品畅销且乙种产品滞销”。
其对立事件 $\overline{A}$ 表示“非 $A$ ”，即“并非（甲畅销且乙滞销）”。
根据德摩根定律： $\neg (P \land Q) = \neg P \lor \neg Q$ ，
其中 $P$ 表示“甲畅销”， $Q$ 表示“乙滞销”，
则 $\neg P$ 为“甲滞销”， $\neg Q$ 为“乙畅销”。
因此 $\overline{A}$ 等价于“甲滞销或乙畅销”。

选项 D 表述为“甲种产品滞销或乙种产品畅销”，与上述推导完全一致。
其余选项未能完整覆盖 $\overline{A}$ 的所有情况：

A 仅表示“甲滞销且乙畅销”；
B 仅表示“甲、乙均畅销”；
C 仅表示“甲滞销”。
这些选项均不能完整表达对立事件 $\overline{A}$ 的含义。

计算题

本题满分15分，每小题5分

11

求极限 $lim_{x \to \infty} (sin \frac{1}{x} + cos \frac{1}{x})^{x}$ ．

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【答案】
$e$

【解析】
令 $y = \frac{1}{x}$ ，则当 $x \to \infty$ 时， $y \to 0^{+}$ ，原极限化为：

y \to 0^{+} lim (sin y + cos y)^{1/ y}

设该极限为 $L$ ，取自然对数：

ln L = y \to 0^{+} lim \frac{ln ( sin y + cos y )}{y}

当 $y \to 0^{+}$ 时， $sin y + cos y \to 1$ ，故 $ln (sin y + cos y) \to 0$ ，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。
令 $f (y) = ln (sin y + cos y)$ ，则

f^{'} (y) = \frac{cos y - sin y}{sin y + cos y}

在 $y = 0$ 处，

f^{'} (0) = \frac{cos 0 - sin 0}{sin 0 + cos 0} = \frac{1 - 0}{0 + 1} = 1

因此，

ln L = y \to 0^{+} lim \frac{ln ( sin y + cos y )}{y} = f^{'} (0) = 1

所以 $L = e^{1} = e$ ，即原极限为 $e$ 。

12

已知 $z = f (u, v), u = x + y, v = x y$ ，且 $f (u, v)$ 的二阶偏导数都连续．求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ．

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【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{uu} + u f_{uv} + f_{v} + v f_{vv}

【解析】 已知 $z = f (u, v)$ ，其中 $u = x + y$ ， $v = x y$ ，且 $f (u, v)$ 的二阶偏导数连续。首先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 。
由链式法则：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = f_{u} \cdot 1 + f_{v} \cdot y = f_{u} + y f_{v}

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = f_{u} \cdot 1 + f_{v} \cdot x = f_{u} + x f_{v}

接下来求混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial x})$ ：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (f_{u} + y f_{v}) = \frac{\partial f _{u}}{\partial y} + \frac{\partial}{\partial y} (y f_{v})

计算 $\frac{\partial f _{u}}{\partial y}$ ，再次应用链式法则：

\frac{\partial f _{u}}{\partial y} = \frac{\partial f _{u}}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{u}}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = f_{uu} \cdot 1 + f_{uv} \cdot x = f_{uu} + x f_{uv}

计算 $\frac{\partial}{\partial y} (y f_{v})$ ：

\frac{\partial}{\partial y} (y f_{v}) = \frac{\partial y}{\partial y} f_{v} + y \frac{\partial f _{v}}{\partial y} = f_{v} + y (\frac{\partial f _{v}}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{v}}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y}) = f_{v} + y (f_{vu} \cdot 1 + f_{vv} \cdot x) = f_{v} + y f_{vu} + x y f_{vv}

由于 $f$ 的二阶偏导数连续，有 $f_{uv} = f_{vu}$ ，因此：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = (f_{uu} + x f_{uv}) + (f_{v} + y f_{uv} + x y f_{vv}) = f_{uu} + (x + y) f_{uv} + f_{v} + x y f_{vv}

代入 $u = x + y$ 和 $v = x y$ ，得：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{uu} + u f_{uv} + f_{v} + v f_{vv}

这就是所求的结果。

13

求微分方程 $y^{''} + 5 y^{'} + 6 y = 2 e^{- x}$ 的通解．

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【答案】 $y = C_{1} e^{- 2 x} + C_{2} e^{- 3 x} + e^{- x}$ ，其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】 该微分方程为二阶线性非齐次方程，其通解由齐次解和非齐次特解两部分组成。
首先，求解齐次方程 $y^{''} + 5 y^{'} + 6 y = 0$ 。对应的特征方程为 $r^{2} + 5 r + 6 = 0$ ，解得 $r_{1} = - 2$ ， $r_{2} = - 3$ ，因此齐次解为 $y_{h} = C_{1} e^{- 2 x} + C_{2} e^{- 3 x}$ 。
其次，求非齐次特解。非齐次项为 $2 e^{- x}$ ，由于 $e^{- x}$ 不是齐次解的一部分，可设特解形式为 $y_{p} = A e^{- x}$ 。代入原方程计算：

y_{p}^{'} = - A e^{- x}, y_{p}^{''} = A e^{- x},

代入得

A e^{- x} - 5 A e^{- x} + 6 A e^{- x} = 2 A e^{- x} = 2 e^{- x},

解得 $A = 1$ ，因此特解为 $y_{p} = e^{- x}$ 。
最终，通解为齐次解与特解之和，即

y = C_{1} e^{- 2 x} + C_{2} e^{- 3 x} + e^{- x} .

解答题

14

设某厂家打算生产一批商品投放市场．已知该商品的需求函数为

P = P (x) = 10 e^{- \frac{x}{2}},

且最大需求量为 $6$ ，其中 $x$ 表示需求量， $P$ 表示价格．

(1) 求该商品的收益函数和边际收益函数．

(2) 求使收益最大时的产量、最大收益和相应的价格．

(3) 画出收益函数的图形．

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【答案】
(1) 收益函数为 $R (x) = 10 x e^{- \frac{x}{2}}$ ，边际收益函数为 $MR (x) = e^{- \frac{x}{2}} (10 - 5 x)$ 。
(2) 使收益最大时的产量为 $x = 2$ ，最大收益为 $\frac{20}{e}$ ，相应的价格为 $\frac{10}{e}$ 。
(3) 收益函数的图形在 $x \in [0, 6]$ 上从 $(0, 0)$ 开始上升，在 $x = 2$ 处达到最大值 $\frac{20}{e}$ ，然后下降至 $(6, \frac{60}{e ^{3}})$ 。

【解析】
(I) 收益函数 $R (x)$ 和边际收益函数 $MR$ 如下：

R (x) = x P = 10 x e^{- \frac{x}{2}}, MR = \frac{d R}{d x} = 5 (2 - x) e^{- \frac{x}{2}}, 0 \leq x \leq 6.

(II) 由 $\frac{d R}{d x} = 5 (2 - x) e^{- \frac{x}{2}} = 0$ ，得 $x = 2$ 。又

\frac{d ^{2} R}{d x ^{2}}_{x = 2} = \frac{5}{2} (x - 4) e^{- \frac{x}{2}}_{x = 2} = - \frac{5}{e} < 0.

因此 $R (x)$ 在 $x = 2$ 取极大值。又因为极值点唯一，故最大值就是 $R (2) = \frac{20}{e}$ 。于是，当生产量为 2 时，收益取最大值，收益最大值为 $\frac{20}{e}$ 。而相应的价格为 $\frac{10}{e}$ 。

(III) 由以上分析可列下表，并画出收益函数的图形。

$x$	[0, 2)	2	(2, 4)	4	(4, 6)
$R^{'}$	+	0	-	-	-
$R^{''}$	-	-	-	0	+
$R$	↑, 凸	极大值 $\frac{20}{e}$	↓, 凸	拐点 $(4, \frac{40}{e ^{2}})$	↓, 凹

15

已知函数 $f (x) = {x, 2 - x, 0 \leq x \leq 1, 1 \leq x \leq 2.$ 试计算下列各题：

(1) $S_{0} = \int_{0}^{2} f (x) e^{- x} d x$ ；

(2) $S_{1} = \int_{2}^{4} f (x - 2) e^{- x} d x$ ；

(3) $S_{n} = \int_{2 n}^{2 n + 2} f (x - 2 n) e^{- x} d x (n = 2, 3, \dots)$ ；

(4) $S = \sum_{n = 0}^{\infty} S_{n}$ ．

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【答案】
(1) $S_{0} = 1 - \frac{2}{e} + \frac{1}{e ^{2}}$
(2) $S_{1} = \frac{1}{e ^{2}} - \frac{2}{e ^{3}} + \frac{1}{e ^{4}}$
(3) $S_{n} = S_{0} e^{- 2 n} = (1 - \frac{2}{e} + \frac{1}{e ^{2}}) e^{- 2 n}$
(4) $S = \frac{e - 1}{e + 1}$

【解析】 (Ⅰ) $f (x)$ 为分段函数，由定积分的性质，

S_{0} = \int_{0}^{2} f (x) e^{- x} d x = \int_{0}^{1} f (x) e^{- x} d x + \int_{1}^{2} f (x) e^{- x} d x

= \int_{0}^{1} x e^{- x} d x + \int_{1}^{2} (2 - x) e^{- x} d x = (1 - 2 e^{- 1}) + e^{- 2} = (1 - e^{- 1})^{2} .

(Ⅱ) 用定积分换元法，令 $x - 2 = t$ ，则有

S_{1} = \int_{2}^{4} f (x - 2) e^{- x} d x = \int_{0}^{2} f (t) e^{- (t + 2)} d t = e^{- 2} \int_{0}^{2} f (t) e^{- t} d t = S_{0} e^{- 2} .

(Ⅲ) 用定积分换元法，令 $x - 2 n = t$ ，则有

S_{n} = \int_{2 n}^{2 n + 2} f (x - 2 n) e^{- x} d x = \int_{0}^{2} f (t) e^{- (t + 2 n)} d t = \int_{0}^{2} f (t) e^{- t} d t = S_{0} e^{- 2 n} .

(Ⅳ) 利用以上结果，有

S = n = 0 \sum \infty S_{n} = n = 0 \sum \infty S_{0} e^{- 2 n} = S_{0} n = 0 \sum \infty (e^{- 2})^{n} = \frac{S _{0}}{1 - e ^{- 2}} = \frac{e ^{2} S _{0}}{e ^{2} - 1} = \frac{e - 1}{e + 1} .

16

假设函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f^{'} (x) \leq 0$ ，记

F (x) = \frac{1}{x - a} \int_{a}^{x} f (t) d t,

证明在 $(a, b)$ 内， $F^{'} (x) \leq 0$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
对 $F (x) = \frac{1}{x - a} \int_{a}^{x} f (t) d t$ 求导得

F^{'} (x) = - \int_{a}^{x} \frac{f ( t ) d t}{( x - a ) ^{2}} + \frac{f ( x )}{x - a} = \frac{( x - a ) f ( x ) - \int _{a}^{x} f ( t ) d t}{( x - a ) ^{2}} .

方法一：由积分中值定理， $\exists ξ \in (a, x)$ 使得 $\int_{a}^{x} f (t) d t = f (ξ) (x - a)$ ，所以

F^{'} (x) = \frac{( x - a ) f ( x ) - f ( ξ ) ( x - a )}{( x - a ) ^{2}} = \frac{f ( x ) - f ( ξ )}{x - a} .

又因为 $f^{'} (x) \leq 0, a < ξ < x$ ，故有 $f (x) - f (ξ) \leq 0$ ，所以 $F^{'} (x) \leq 0$ 。

方法二：令 $g (x) = (x - a) f (x) - \int_{a}^{x} f (t) d t$ ，则

g^{'} (x) = f (x) + (x - a) f^{'} (x) - f (x) = (x - a) f^{'} (x) .

因为 $x > a, f^{'} (x) \leq 0$ ，所以 $g^{'} (x) \leq 0$ ，即 $g (x)$ 在 $(a, b)$ 上单调递减，所以 $g (x) \leq g (a) = 0$ ，从而 $F^{'} (x) = \frac{g ( x )}{( x - a ) ^{2}} \leq 0$ 。

17

已知 $X = A X + B$ ，其中 $A = 0 - 1 - 1 110 01 - 1$ , $B = 125 - 1 0 - 3$ ，求矩阵 $X$ ．

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【答案】

X = 321 - 1 0 - 1

【解析】
方法一：由 $X = A X + B$ ，得 $(E - A) X = B$ 。因为

(E - A)^{- 1} = 111 - 1 00 0 - 1 2^{- 1} = \frac{1}{3} 0 - 3 0 22 - 1 111,

所以

X = (E - A)^{- 1} B = \frac{1}{3} 0 - 3 0 22 - 1 111 125 - 1 0 - 3 = 321 - 1 0 - 1 .

方法二：由 $(E - A) X = B$ ，作初等行变换 $(E - A : B) \to (E : X)$ ，

(E - A : B) = 111 - 1 00 0 - 1 2 : : : 125 - 1 0 - 3

\to 100 - 1 10 0 - 1 3 : : : 113 - 1 1 - 3

\to 100010001 : : : 321 - 1 0 - 1

所以 $X = 321 - 1 0 - 1$ .

18

设 $α_{1} = (1, 1, 1)$ , $α_{2} = (1, 2, 3)$ , $α_{3} = (1, 3, t)$ ．

(1) 问当 $t$ 为何值时，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关？

(2) 问当 $t$ 为何值时，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关？

(3) 当向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关时，将 $α_{3}$ 表示为 $α_{1}$ 和 $α_{2}$ 的线性组合．

查看答案与解析

【答案】
(1) 当 $t \neq = 5$ 时，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关。
(2) 当 $t = 5$ 时，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关。
(3) 当向量组线性相关时，即 $t = 5$ ，有 $α_{3} = - α_{1} + 2 α_{2}$ 。

【解析】
考虑矩阵 $A = [α_{1}, α_{2}, α_{3}] = 111123 13 t$ 。计算行列式：

det (A) = 1 \cdot (2 t - 9) - 1 \cdot (t - 3) + 1 \cdot (3 - 2) = 2 t - 9 - t + 3 + 1 = t - 5.

当 $det (A) \neq = 0$ 即 $t \neq = 5$ 时，向量组线性无关；当 $det (A) = 0$ 即 $t = 5$ 时，向量组线性相关。
当 $t = 5$ 时，设 $α_{3} = a α_{1} + b α_{2}$ ，即：

(1, 3, 5) = a (1, 1, 1) + b (1, 2, 3),

解得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ a + b = 1 a + 2 b = 3 a + 3 b = 5

由前两个方程得 $b = 2$ , $a = - 1$ ，代入第三个方程验证成立。因此 $α_{3} = - α_{1} + 2 α_{2}$ 。

19

设 $A = - 1 22 2 - 1 - 2 2 - 2 - 1 .$

(1) 试求矩阵 $A$ 的特征值；

(2) 利用(I)小题的结果，求矩阵 $E + A^{- 1}$ 的特征值，其中 $E$ 是 $3$ 阶单位矩阵．

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【答案】
(1) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ （二重）和 $- 5$ 。
(2) 矩阵 $E + A^{- 1}$ 的特征值为 $2$ （二重）和 $\frac{4}{5}$ 。

【解析】
(Ⅰ) 对矩阵 $A$ 的特征行列式作若干次初等变换，得到

∣ λ E - A ∣ = λ + 1 - 2 - 2 - 2 λ + 1 2 - 2 2 λ + 1 = λ - 1 - λ - 1 0 - 2 λ + 1 2 - 2 2 λ + 1

= λ - 1 00 - 2 λ + 3 2 - 2 4 λ + 1 = (λ - 1) λ + 3 2 4 λ + 1 = (λ - 1)^{2} (λ + 5),

故矩阵 $A$ 的特征值为 $1, 1, - 5$ 。

(Ⅱ) 设 $λ$ 为 $A$ 的特征值，则存在非零向量 $α$ 使 $A α = λ α$ ，从而

(E + A^{- 1}) α = (1 + \frac{1}{λ}) α

即 $1 + \frac{1}{λ}$ 是 $E + A^{- 1}$ 的特征值。由 (1) 已知 $A$ 的特征值是 $1, 1, - 5$ ，因此 $E + A^{- 1}$ 的特征值是 $2, 2, \frac{4}{5}$ 。

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已知随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合密度为

f (x, y) = {e^{- (x + y)}, 0, 0 < x < + \infty, 0 < y < + \infty, 其他 .

试求：

(1) $P {X < Y}$ ；

(2) $E (X Y)$ ．

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【答案】
(1) $P {X < Y} = \frac{1}{2}$
(2) $E (X Y) = 1$

【解析】
(Ⅰ) 所求概率等于对应区域上的二重积分

P {X < Y} = \iint_{x < y} f (x, y) d x d y = \int_{0}^{+ \infty} e^{- y} d y \int_{0}^{y} e^{- x} d x = \int_{0}^{+ \infty} e^{- y} (1 - e^{- y}) d y = [- e^{- y} + \frac{1}{2} e^{- 2 y}]_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{2} .

(Ⅱ) 由二维连续型随机变量的数学期望定义得

E (X Y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} x y f (x, y) d x d y = \int_{0}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} x y e^{- (x + y)} d x d y = \int_{0}^{+ \infty} x e^{- x} d x \cdot \int_{0}^{+ \infty} y e^{- y} d y .

由分部积分法有

\int_{0}^{+ \infty} y e^{- y} d y = - \int_{0}^{+ \infty} y d (e^{- y}) = [- y e^{- y}]_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- y} d y = [- y e^{- y}]_{0}^{+ \infty} + [- e^{- y}]_{0}^{+ \infty} .

由洛必达法则，对 $\frac{\infty}{\infty}$ 型极限，有

y \to + \infty lim y e^{- y} = y \to + \infty lim \frac{1}{e ^{y}} = 0.

所以有 $E (X Y) = 1$ .

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设随机变量 $X$ 在 $[2, 5]$ 上服从均匀分布，现在对 $X$ 进行三次独立观测，试求至少有两次观测值大于 $3$ 的概率．

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【答案】 $\frac{20}{27}$

【解析】 随机变量 $X$ 在区间 $[2, 5]$ 上服从均匀分布，其概率密度函数为 $f (x) = \frac{1}{3}$ 。单次观测值大于 $3$ 的概率为

P (X > 3) = \frac{5 - 3}{5 - 2} = \frac{2}{3} .

进行三次独立观测，将每次观测视为一次伯努利试验，其中“成功”定义为观测值大于 $3$ ，成功概率为 $p = \frac{2}{3}$ 。
记 $Y$ 为成功次数，则 $Y$ 服从二项分布 $Y \sim Binomial (n = 3, p = \frac{2}{3})$ 。
所求概率为

P (Y \geq 2) = P (Y = 2) + P (Y = 3) .

计算如下：

P (Y = 2) = (2 3) (\frac{2}{3})^{2} (\frac{1}{3})^{1} = 3 \times \frac{4}{9} \times \frac{1}{3} = \frac{12}{27} = \frac{4}{9},

P (Y = 3) = (3 3) (\frac{2}{3})^{3} (\frac{1}{3})^{0} = 1 \times \frac{8}{27} \times 1 = \frac{8}{27} .

因此，

P (Y \geq 2) = \frac{4}{9} + \frac{8}{27} = \frac{12}{27} + \frac{8}{27} = \frac{20}{27} .