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1991 年真题

22 题

填空题

本题满分15分，每小题3分

1

设 $z = e^{s i n (x y)}$ ，则 $d z =$ ______.

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【答案】
$d z = e^{s i n (x y)} cos (x y) (y d x + x d y)$

【解析】
由全微分形式不变性和微分四则运算法则，有

d z = d (e^{s i n (x y)}) = e^{s i n (x y)} d (sin (x y)) = e^{s i n (x y)} cos (x y) d (x y) = e^{s i n (x y)} cos (x y) (y d x + x d y) .

2

设曲线 $f (x) = x^{3} + a x$ 与 $g (x) = b x^{2} + c$ 都通过点 $(- 1, 0)$ ，且在点 $(- 1, 0)$ 有公共切线，则 $a =$ , $b =$ , $c =$ ______.

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【答案】 $a = - 1, b = - 1, c = 1$

【解析】
由于曲线 $f (x)$ 与 $g (x)$ 都通过点 $(- 1, 0)$ ，则

f (- 1) = - 1 - a = 0, g (- 1) = b + c = 0.

又曲线 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在点 $(- 1, 0)$ 有公共切线，则

f^{'} (- 1) = g^{'} (- 1),

即

f^{'} (- 1) = (3 x^{2} + a)_{x = - 1} = 3 + a = g^{'} (- 1) = 2 b x_{x = - 1} = - 2 b .

解得 $a = - 1, b = - 1, c = 1.$

3

设 $f (x) = x e^{x}$ ，则 $f^{(n)} (x)$ 在点 $x =$ ______ 处取极小值 ______ .

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【答案】
$x = - n - 1$ ，极小值为 $- e^{- n - 1}$

【解析】
由莱布尼茨公式

(uv)^{(n)} = k = 0 \sum n C_{n}^{k} u^{(k)} v^{(n - k)}

可知得 $f^{(n)} (x) = (x + n) e^{x}$ 。对函数 $g (x) = f^{(n)} (x)$ 求导，并令 $g^{'} (x) = 0$ ，得

g^{'} (x) = f^{(n + 1)} (x) = (x + n + 1) e^{x} = 0.

解之得驻点 $x = - (n + 1)$ 。又由极值的第一判别法得 $x = - (n + 1)$ 是函数 $g (x) = f^{(n)} (x)$ 的极小值点，极小值为

g (- n - 1) = f^{(n)} (- n - 1) = (- n - 1 + n) e^{- n - 1} = - e^{- n - 1} .

4

设 $A$ 和 $B$ 为可逆矩阵， $X = (0 B A 0)$ 为分块矩阵，则 $X^{- 1} =$ ______.

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【答案】

(0 A^{- 1} B^{- 1} 0)

【解析】 设 $X^{- 1} = (P R Q S)$ ，其中 $P, Q, R, S$ 为适当大小的块矩阵。根据逆矩阵定义，有 $X X^{- 1} = I$ ，即：

(0 B A 0) (P R Q S) = (I 0 0 I)

计算矩阵乘积：

左上块： $0 \cdot P + A \cdot R = A R = I$ ，所以 $R = A^{- 1}$ 。
右上块： $0 \cdot Q + A \cdot S = A S = 0$ ，所以 $S = 0$ （因为 $A$ 可逆）。
左下块： $B \cdot P + 0 \cdot R = BP = 0$ ，所以 $P = 0$ （因为 $B$ 可逆）。
右下块： $B \cdot Q + 0 \cdot S = BQ = I$ ，所以 $Q = B^{- 1}$ 。因此， $X^{- 1} = (0 A^{- 1} B^{- 1} 0)$ 。验证 $X X^{- 1} = (0 B A 0) (0 A^{- 1} B^{- 1} 0) = (A A^{- 1} 0 0 B B^{- 1}) = (I 0 0 I)$ ，同样 $X^{- 1} X = I$ ，故结果正确。

5

设随机变量 $X$ 的分布函数为

F (x) = P {X \leq x} = ⎩ ⎨ ⎧ 0, 0.4, 0.8, 1, x < - 1, - 1 \leq x < 1, 1 \leq x < 3, x \geq 3.

则 $X$ 的概率分布为 ______.

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【答案】
$X$ 的概率分布为：
$P (X = - 1) = 0.4$ ， $P (X = 1) = 0.4$ ， $P (X = 3) = 0.2$ 。

【解析】
随机变量 $X$ 的分布函数 $F (x)$ 是一个阶梯函数，在 $x = - 1$ 、 $x = 1$ 和 $x = 3$ 处有跳跃，表明 $X$ 是一个离散随机变量。概率分布可通过计算分布函数在这些点处的跳跃高度得到：

在 $x = - 1$ 处， $F (x)$ 从 $0$ 跳跃到 $0.4$ ，因此 $P (X = - 1) = 0.4 - 0 = 0.4$
在 $x = 1$ 处， $F (x)$ 从 $0.4$ 跳跃到 $0.8$ ，因此 $P (X = 1) = 0.8 - 0.4 = 0.4$
在 $x = 3$ 处， $F (x)$ 从 $0.8$ 跳跃到 $1$ ，因此 $P (X = 3) = 1 - 0.8 = 0.2$

这些概率之和为 $0.4 + 0.4 + 0.2 = 1$ ，满足概率归一性，因此 $X$ 的概率分布如上所述。

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

下列各式中正确的是

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
对于选项A，考虑极限 $lim_{x \to 0^{+}} (1 + \frac{1}{x})^{x}$ ，这是一个 $\infty^{0}$ 型不定式。令 $y = (1 + \frac{1}{x})^{x}$ ，取自然对数得 $ln y = x ln (1 + \frac{1}{x})$ 。

当 $x \to 0^{+}$ 时， $ln (1 + \frac{1}{x}) \sim - ln x$ ，因此 $ln y = x \cdot (- ln x) = - x ln x$ 。

由于 $lim_{x \to 0^{+}} x ln x = 0$ ，故 $lim_{x \to 0^{+}} ln y = 0$ ，即 $lim_{x \to 0^{+}} y = e^{0} = 1$ ，因此A正确。

对于选项B，同样极限为1而非e，故错误。

对于选项C， $lim_{x \to \infty} (1 - \frac{1}{x})^{x} = e^{- 1} = \frac{1}{e}$ ，而非 $- e$ ，故错误。

对于选项D， $lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{- x} = \frac{1}{l i m _{x \to \infty} ( 1 + \frac{1}{x} ) ^{x}} = \frac{1}{e}$ ，而非 e，故错误。

7

设 $0 \leq a_{n} < \frac{1}{n}$ ( $n = 1, 2, \dots$ )，则下列级数中肯定收敛的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 给定条件 $0 \leq a_{n} < \frac{1}{n}$ ，分析各选项：

选项A： $\sum a_{n}$ ，由于 $a_{n} < \frac{1}{n}$ 但 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，无法保证 $\sum a_{n}$ 收敛，例如取 $a_{n} = \frac{1}{2 n}$ 时级数发散。
选项B： $\sum (- 1)^{n} a_{n}$ ，虽 $a_{n} \to 0$ ，但缺乏 $a_{n}$ 单调递减的保证，交错级数可能不收敛，例如取 $a_{n} = \frac{1}{n}$ 当 $n$ 奇数、 $a_{n} = \frac{1}{2 n}$ 当 $n$ 偶数时级数不收敛。
选项C： $\sum a_{n}$ ，由 $a_{n} < \frac{1}{n}$ 得 $a_{n} < \frac{1}{n}$ ，但 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，例如取 $a_{n} = \frac{1}{n}$ 时级数发散。
选项D： $\sum (- 1)^{n} a_{n}^{2}$ ，由 $a_{n} < \frac{1}{n}$ 得 $a_{n}^{2} < \frac{1}{n ^{2}}$ ，而 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，故 $\sum a_{n}^{2}$ 绝对收敛，从而 $\sum (- 1)^{n} a_{n}^{2}$ 收敛。
因此，肯定收敛的级数是D。

8

设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $λ$ 是 $A$ 的一个特征根，则 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*}$ 的特征根之一是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵， $λ$ 是 $A$ 的一个特征值，存在非零向量 $v$ 使得

A v = λ v .

由于 $A$ 可逆，有 $λ \neq = 0$ 。
伴随矩阵 $A^{*}$ 满足

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1} .

于是

A^{*} v = ∣ A ∣ A^{- 1} v = ∣ A ∣ λ^{- 1} v,

这表明 $∣ A ∣ λ^{- 1}$ 是 $A^{*}$ 的一个特征值。
选项 B 为 $λ^{- 1} ∣ A ∣$ ，与上述结果一致，其余选项不符，故正确答案为 B。

9

设 $A$ 和 $B$ 是任意两个概率不为零的不相容事件，则下列结论中肯定正确的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由于 $A$ 和 $B$ 是不相容事件，且概率不为零，即 $P (A) > 0$ ， $P (B) > 0$ ，且 $P (A \cap B) = 0$ 。

选项 D 中， $P (A - B) = P (A \cap \overline{B})$ 。因为 $A$ 和 $B$ 不相容，所以 $A \subseteq \overline{B}$ ，因此 $A \cap \overline{B} = A$ ，故 $P (A - B) = P (A)$ 。这总是成立，与样本空间无关。

选项 A 和 B 涉及 $\overline{A}$ 和 $\overline{B}$ 的相容性，但当 $P (A) + P (B) = 1$ 时， $\overline{A}$ 和 $\overline{B}$ 不相容；当 $P (A) + P (B) < 1$ 时，它们相容，因此不一定正确。

选项 C 中， $P (A B) = P (A \cap B) = 0$ ，但 $P (A) P (B) > 0$ ，故不相等。

因此，只有 D 肯定正确。

10

对于任意两个随机变量 $X$ 和 $Y$ ，若 $E (X Y) = E (X) \cdot E (Y)$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
已知条件 $E (X Y) = E (X) \cdot E (Y)$ 等价于协方差 $Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = 0$ 。

对于选项 B，方差的性质有

D (X + Y) = D (X) + D (Y) + 2 Cov (X, Y),

当 $Cov (X, Y) = 0$ 时，有

D (X + Y) = D (X) + D (Y),

因此 B 正确。

选项 A 错误，因为 $D (X Y)$ 一般不等于 $D (X) \cdot D (Y)$ ，即使协方差为零。

选项 C 和 D 错误，因为 $E (X Y) = E (X) E (Y)$ （即协方差为零）并不蕴含独立或不独立，独立需要更强的条件。

解答题

11

求极限

x \to 0 lim (\frac{e ^{x} + e ^{2 x} + \dots + e ^{n x}}{n})^{\frac{1}{x}}

，其中 $n$ 是给定的自然数．

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【答案】 $e^{\frac{n + 1}{2}}$

【解析】 考虑极限 $L = lim_{x \to 0} (\frac{e ^{x} + e ^{2 x} + \dots + e ^{n x}}{n})^{\frac{1}{x}}$ 。
当 $x \to 0$ 时，括号内的表达式趋近于 1，而指数部分趋向无穷，因此该极限属于 $1^{\infty}$ 型不定式。

取自然对数，得到：

ln L = x \to 0 lim \frac{1}{x} ln (\frac{e ^{x} + e ^{2 x} + \dots + e ^{n x}}{n}) = x \to 0 lim \frac{ln ( \sum _{k = 1}^{n} e ^{k x} ) - ln n}{x} .

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此可应用洛必达法则，对分子求导：

\frac{d}{d x} [ln (k = 1 \sum n e^{k x}) - ln n] = \frac{\sum _{k = 1}^{n} k e ^{k x}}{\sum _{k = 1}^{n} e ^{k x}} .

代入 $x = 0$ 得：

x \to 0 lim \frac{\sum _{k = 1}^{n} k e ^{k x}}{\sum _{k = 1}^{n} e ^{k x}} = \frac{\sum _{k = 1}^{n} k}{\sum _{k = 1}^{n} 1} = \frac{\frac{n ( n + 1 )}{2}}{n} = \frac{n + 1}{2} .

因此， $ln L = \frac{n + 1}{2}$ ，即

L = e^{\frac{n + 1}{2}} .

12

计算二重积分 $I = \iint_{D} y d x d y$ ，其中 $D$ 是由 $x$ 轴， $y$ 轴与曲线 $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ 所围成的区域， $a > 0, b > 0$ ．

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【答案】

\frac{a b ^{2}}{30}

【解析】 积分区域 $D$ 由 $x$ 轴、 $y$ 轴和曲线 $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ 围成。将积分写为迭代积分：

I = \int_{0}^{a} \int_{0}^{b (1 - \frac{x}{a})^{2}} y d y d x

先对 $y$ 积分：

\int_{0}^{b (1 - \frac{x}{a})^{2}} y d y = \frac{1}{2} [b (1 - \frac{x}{a})^{2}]^{2} = \frac{1}{2} b^{2} (1 - \frac{x}{a})^{4}

代入得：

I = \int_{0}^{a} \frac{1}{2} b^{2} (1 - \frac{x}{a})^{4} d x

令 $u = \frac{x}{a}$ ，则 $x = a u^{2}$ ， $d x = 2 a u d u$ ，积分限变为 $u = 0$ 到 $u = 1$ ：

I = \frac{1}{2} b^{2} \int_{0}^{1} (1 - u)^{4} \cdot 2 a u d u = a b^{2} \int_{0}^{1} u (1 - u)^{4} d u

计算积分：

\int_{0}^{1} u (1 - u)^{4} d u = \int_{0}^{1} (u - 4 u^{2} + 6 u^{3} - 4 u^{4} + u^{5}) d u = [\frac{1}{2} u^{2} - \frac{4}{3} u^{3} + \frac{3}{2} u^{4} - \frac{4}{5} u^{5} + \frac{1}{6} u^{6}]_{0}^{1} = \frac{1}{30}

因此：

I = a b^{2} \cdot \frac{1}{30} = \frac{a b ^{2}}{30}

也可通过变量变换验证：令 $u = \frac{x}{a}$ , $v = \frac{y}{b}$ ，则 $d x d y = 4 ab uv d u d v$ ，积分变为：

I = \iint b v^{2} \cdot 4 ab uv d u d v = 4 a b^{2} \iint u v^{3} d u d v

在区域 $u \geq 0, v \geq 0, u + v \leq 1$ 上积分：

I = 4 a b^{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - u} u v^{3} d v d u = 4 a b^{2} \int_{0}^{1} u \cdot \frac{1}{4} (1 - u)^{4} d u = a b^{2} \int_{0}^{1} u (1 - u)^{4} d u = \frac{a b ^{2}}{30}

结果一致。

13

求微分方程 $x y \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}$ 满足条件 $y ∣_{x = e} = 2 e$ 的特解．

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【答案】
$y = x 2 (ln x + 1)$

【解析】
给定微分方程 $x y \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}$ ，令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = ux$ ， $\frac{d y}{d x} = u + x \frac{d u}{d x}$ 。代入原方程得：

x (ux) (u + x \frac{d u}{d x}) = x^{2} + (ux)^{2}

简化得：

x^{2} u (u + x \frac{d u}{d x}) = x^{2} + u^{2} x^{2}

两边除以 $x^{2}$ （假设 $x \neq = 0$ ）：

u^{2} + xu \frac{d u}{d x} = 1 + u^{2}

即：

xu \frac{d u}{d x} = 1

分离变量：

u d u = \frac{1}{x} d x

积分两边：

\int u d u = \int \frac{1}{x} d x

\frac{u ^{2}}{2} = ln ∣ x ∣ + C

其中 $C$ 为积分常数。代回 $u = \frac{y}{x}$ 得：

\frac{y ^{2}}{2 x ^{2}} = ln ∣ x ∣ + C

即：

y^{2} = 2 x^{2} (ln ∣ x ∣ + C)

利用初始条件 $y ∣_{x = e} = 2 e$ ，代入得：

(2 e)^{2} = 2 e^{2} (ln e + C)

4 e^{2} = 2 e^{2} (1 + C)

解得 $C = 1$ 。因此特解为：

y^{2} = 2 x^{2} (ln x + 1)

由于初始值 $y > 0$ ，取正根得：

y = x 2 (ln x + 1)

14

假设曲线 $L_{1}$ ： $y = 1 - x^{2} (0 \leq x \leq 1)$ ， $x$ 轴和 $y$ 轴所围区域被曲线 $L_{2}$ ： $y = a x^{2}$ 分为面积相等的两部分，其中 $a$ 是大于零的常数，试确定 $a$ 的值．

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【答案】 3

【解析】
先求出曲线 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 的交点，然后利用定积分求出平面图形面积 $S_{1}$ 和 $S_{2}$ ，如图

由两曲线的方程，求得交点坐标为 $(\frac{1}{1 + a}, \frac{a}{1 + a})$ ，所以

S = S_{1} + S_{2} = \int_{0}^{1} y d x = \int_{0}^{1} (1 - x^{2}) d x = [x - \frac{1}{3} x^{3}]_{0}^{1} = \frac{2}{3},

S_{1} = \int_{0}^{\frac{1}{1 + a}} [(1 - x^{2}) - a x^{2}] d x = [x - \frac{1 + a}{3} x^{3}]_{0}^{\frac{1}{1 + a}} = \frac{2}{3 1 + a} .

又因为 $S = 2 S_{1}$ ，所以 $\frac{2}{3} = 2 \cdot \frac{2}{3 1 + a}$ ，即 $1 + a = 2$ ，解得 $a = 3$ .

15

某厂家生产的一种产品同时在两个市场销售，售价分别为 $p_{1}$ 和 $p_{2}$ ，销售量分别为 $q_{1}$ 和 $q_{2}$ ，需求函数分别为 $q_{1} = 24 - 0.2 p_{1}$ 和 $q_{2} = 10 - 0.05 p_{2}$ ，总成本函数为 $C = 35 + 40 (q_{1} + q_{2})$ ．试问：厂家如何确定两个市场的售价，能使其获得的总利润最大？最大利润为多少？

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【答案】
两个市场的最优售价分别为 $p_{1} = 80$ 和 $p_{2} = 120$ ，最大总利润为 605。

【解析】
总收入函数为

R = p_{1} q_{1} + p_{2} q_{2} = 24 p_{1} - 0.2 p_{1}^{2} + 10 p_{2} - 0.05 p_{2}^{2},

总利润函数为

L = R - C = (p_{1} q_{1} + p_{2} q_{2}) - [35 + 40 (q_{1} + q_{2})] = 32 p_{1} - 0.2 p_{1}^{2} + 12 p_{2} - 0.05 p_{2}^{2} - 1395.

由极值的必要条件，得方程组

{\frac{\partial L}{\partial p _{1}} = 32 - 0.4 p_{1} = 0, \frac{\partial L}{\partial p _{2}} = 12 - 0.1 p_{2} = 0.

解得 $p_{1} = 80, p_{2} = 120$ 。因驻点的唯一，且由问题的实际含义可知必有最大利润。故当 $p_{1} = 80, p_{2} = 120$ 时，厂家所获得的总利润最大，其最大总利润为

L ∣_{p_{1} = 80, p_{2} = 120} = (32 p_{1} - 0.2 p_{1}^{2} + 12 p_{2} - 0.05 p_{2}^{2} - 1395) ∣_{p_{1} = 80, p_{2} = 120} = 605.

16

试证明函数 $f (x) = (1 + \frac{1}{x})^{x}$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内单调增加．

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【答案】
函数 $f (x) = (1 + \frac{1}{x})^{x}$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内单调增加。

【解析】
对 $f (x) = exp [x ln (1 + \frac{1}{x})]$ 求导得

f^{'} (x) = exp [x ln (1 + \frac{1}{x})] \cdot [ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{1 + x}] .

令 $g (x) = ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{1 + x}$ ，则当 $x > 0$ 时

g^{'} (x) = - \frac{1}{x ( 1 + x ) ^{2}} < 0,

所以函数 $g (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上单调减少。又

x \to + \infty lim g (x) = x \to + \infty lim [ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{1 + x}] = 0,

于是当 $x > 0$ 时， $g (x) > 0$ ，从而 $f^{'} (x) > 0$ 。所以 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 内单调增加。

17

设有三维列向量

α_{1} = 1 + λ 11, α_{2} = 1 1 + λ 1, α_{3} = 11 1 + λ, β = 0 λ λ^{2},

问 $λ$ 取何值时，

(1) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，且表达式唯一？

(2) $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，且表达式不唯一？

(3) $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示？

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【答案】
(1) $λ \neq = 0$ 且 $λ \neq = - 3$
(2) $λ = 0$
(3) $λ = - 3$

【解析】
设 $x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} = β$ ，代入得到方程组

⎩ ⎨ ⎧ (1 + λ) x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} + (1 + λ) x_{2} + x_{3} = λ, x_{1} + x_{2} + (1 + λ) x_{3} = λ^{2} .

对方程组的增广矩阵作初等行变换，得到

1 + λ 11 1 1 + λ 1 11 1 + λ ⋮ ⋮ ⋮ 0 λ λ^{2} \to 1 + λ - λ - λ^{2} - 3 λ 1 λ 0 100 ⋮ ⋮ ⋮ 0 λ λ^{2} + λ

(I) 若 $λ \neq = 0$ 且 $λ^{2} + 3 λ \neq = 0$ ，即 $λ \neq = 0$ 且 $λ \neq = - 3$ ，则 $r (A) = r (\overline{A}) = 3$ ，方程组有唯一解，即 $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示且表达式唯一。

(II) 若 $λ = 0$ ，则 $r (A) = r (\overline{A}) = 1 < 3$ ，方程组有无穷多解， $β$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，且表达式不唯一。

(III) 若 $λ = - 3$ ，则 $r (A) = 2$ , $r (\overline{A}) = 3$ ，方程组无解，从而 $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。

18

考虑二次型 $f = x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 4 x_{3}^{2} + 2 λ x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ ．问 $λ$ 取何值时， $f$ 为正定二次型？

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【答案】 $- 2 < λ < 1$

【解析】 二次型 $f = x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 4 x_{3}^{2} + 2 λ x_{1} x_{2} - 2 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的矩阵为：

A = 1 λ - 1 λ 42 - 1 24

二次型正定的充要条件是矩阵 $A$ 的所有顺序主子式大于零。
一阶主子式： $Δ_{1} = 1 > 0$ 恒成立。
二阶主子式： $Δ_{2} = 1 λ λ 4 = 4 - λ^{2} > 0$ ，解得 $- 2 < λ < 2$ 。
三阶主子式： $Δ_{3} = det (A) = 1 λ - 1 λ 42 - 1 24 = 8 - 4 λ^{2} - 4 λ > 0$ ，即 $- 4 λ^{2} - 4 λ + 8 > 0$ ，两边除以 $- 4$ （不等号方向改变）得 $λ^{2} + λ - 2 < 0$ ，解得 $- 2 < λ < 1$ 。
结合二阶和三阶主子式的条件，得 $- 2 < λ < 1$ 。
因此，当 $λ$ 在该区间内时，二次型正定。

19

试证明 $n$ 维列向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 线性无关的充分必要条件是

D = α_{1}^{T} α_{1} α_{2}^{T} α_{1} ⋮ α_{n}^{T} α_{1} α_{1}^{T} α_{2} α_{2}^{T} α_{2} ⋮ α_{n}^{T} α_{2} \dots \dots \dots α_{1}^{T} α_{n} α_{2}^{T} α_{n} ⋮ α_{n}^{T} α_{n} \neq = 0,

其中 $α_{i}^{T}$ 表示列向量 $α_{i}$ 的转置， $i = 1, 2, \dots, n$ ．

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【答案】
n维列向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 线性无关的充分必要条件是 $D \neq = 0$ 。

【解析】
记 $A = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n})$ ，则向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 线性无关的充分必要条件是 $∣ A ∣ \neq = 0$ 。由于

A^{T} A = α_{1}^{T} α_{2}^{T} ⋮ α_{n}^{T} [α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}] = α_{1}^{T} α_{1} α_{2}^{T} α_{1} ⋮ α_{n}^{T} α_{1} α_{1}^{T} α_{2} α_{2}^{T} α_{2} ⋮ α_{n}^{T} α_{2} \dots \dots ⋱ \dots α_{1}^{T} α_{n} α_{2}^{T} α_{n} ⋮ α_{n}^{T} α_{n},

从而取行列式，有 $D = ∣ A^{T} A ∣ = ∣ A^{T} ∣∣ A ∣ = ∣ A ∣^{2}$ 。由此可见 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 线性无关的充分必要条件是 $D \neq = 0$ 。

20

一汽车沿一街道行驶，需要通过三个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或绿与其他信号灯为红或绿相互独立，且红绿两种信号显示的时间相等，以 $X$ 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数．求 $X$ 的概率分布．

查看答案与解析

【答案】 $X$ 的概率分布为：

P (X = 0) = \frac{1}{2}, P (X = 1) = \frac{1}{4}, P (X = 2) = \frac{1}{8}, P (X = 3) = \frac{1}{8} .

【解析】
首先确定 $X$ 的可能值是 0,1,2,3，其次计算 $X$ 取各种可能值的概率。设事件 $A_{i} =$ “汽车在第 $i$ 个路口首次遇到红灯”， $i = 1, 2, 3$ ，且 $A_{i}$ 相互独立。

P (A_{i}) = P (\overline{A_{i}}) = \frac{1}{2} .

事件 $A_{i}$ 发生表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数为 $i - 1$ 。所以有

P {X = 0} = P (A_{1}) = 1/2,

P {X = 1} = P (\overline{A_{1}} A_{2}) = P (\overline{A_{1}}) P (A_{2}) = 1/4,

P {X = 2} = P (\overline{A_{1}} A_{2} A_{3}) = P (\overline{A_{1}}) P (A_{2}) P (A_{3}) = 1/8,

则 $X$ 的概率分布为

P {X = 3} = P (A_{1} A_{2} A_{3}) = P (\overline{A_{1}}) P (A_{2}) P (A_{3}) = 1/8.

X P (X = x) 0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{4} 2 \frac{1}{8} 3 \frac{1}{8}

21

假设随机变量 $X$ 和 $Y$ 在圆域 $x^{2} + y^{2} \leq r^{2}$ 上服从联合均匀分布．

(1) 求 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $ρ$ ；

(2) 问 $X$ 和 $Y$ 是否独立？

查看答案与解析

【答案】
(1) $ρ = 0$
(2) $X$ 和 $Y$ 不独立

【解析】
(Ⅰ) 二维均匀分布 $(X, Y)$ 的联合密度函数为

f (x, y) = {\frac{1}{S _{D}}, 0, (x, y) \in D, (x, y) \in / D,

$S_{D}$ 是区域 $D$ 的面积， $S_{D} = π r^{2}$ ，所以 $(X, Y)$ 的联合密度

f (x, y) = {\frac{1}{π r ^{2}}, 0, x^{2} + y^{2} \leq r^{2}, x^{2} + y^{2} > r^{2} .

由连续型随机变量边缘分布的定义， $X$ 和 $Y$ 的概率密度 $f_{1} (x)$ 和 $f_{2} (y)$ 为

f_{1} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d y = \frac{1}{π r ^{2}} \int_{- r^{2} - x^{2}}^{r^{2} - x^{2}} d y = \frac{2}{π r ^{2}} r^{2} - x^{2} (∣ x ∣ \leq r),

f_{2} (y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d x = \frac{2}{π r ^{2}} r^{2} - y^{2} (∣ y ∣ \leq r) .

于是由定积分的奇偶对称性，得到

EX = \frac{2}{π r ^{2}} \int_{- r}^{r} x r^{2} - x^{2} d x = 0, E Y = \frac{2}{π r ^{2}} \int_{- r}^{r} y r^{2} - y^{2} d y = 0.

再由二重积分的奇偶对称性，得到

Cov (X, Y) = E (X Y) - EX \cdot E Y = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq r^{2}} \frac{x y}{π r ^{2}} d x d y = 0.

于是 $X$ 和 $Y$ 的相关系数

ρ = \frac{Cov ( X , Y )}{D X \cdot D Y} = 0.

(Ⅱ)
由于 $f (x, y) \neq = f_{1} (x) f_{2} (y)$ ，可见随机变量 $X$ 和 $Y$ 不独立。

22

设总体 $X$ 的概率密度为

p (x; λ) = {λa x^{a - 1} e^{- λ x^{a}}, 0, x > 0, x \leq 0,

其中 $λ > 0$ 是未知参数， $a > 0$ 是已知常数．试根据来自总体 $X$ 的简单随机样本 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ , 求 $λ$ 的最大似然估计量 $\hat{λ}$ ．

查看答案与解析

【答案】
$\hat{λ} = \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} X _{i}^{a}}$

【解析】
给定总体 $X$ 的概率密度函数为：

p (x; λ) = {λa x^{a - 1} e^{- λ x^{a}}, 0, x > 0, x \leq 0,

其中 $λ > 0$ 是未知参数， $a > 0$ 是已知常数。设 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 是来自总体 $X$ 的一个简单随机样本。

似然函数 为：

L (λ) = i = 1 \prod n p (x_{i}; λ) = i = 1 \prod n λa x_{i}^{a - 1} e^{- λ x_{i}^{a}} .

对数似然函数为：

l (λ) = ln L (λ) = i = 1 \sum n ln (λa x_{i}^{a - 1} e^{- λ x_{i}^{a}}) = i = 1 \sum n [ln λ + ln a + (a - 1) ln x_{i} - λ x_{i}^{a}] .

整理得：

l (λ) = n ln λ + n ln a + (a - 1) i = 1 \sum n ln x_{i} - λ i = 1 \sum n x_{i}^{a} .

对 $λ$ 求导并令导数为零：

\frac{d l ( λ )}{d λ} = \frac{n}{λ} - i = 1 \sum n x_{i}^{a} = 0,

解得：

\frac{n}{λ} = i = 1 \sum n x_{i}^{a} \Rightarrow λ = \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} x _{i}^{a}} .

因此， $λ$ 的最大似然估计量为

\hat{λ} = \frac{n}{\sum _{i = 1}^{n} X _{i}^{a}},

其中 $X_{i}$ 为样本随机变量。

二阶导数检验：

\frac{d ^{2} l ( λ )}{d λ ^{2}} = - \frac{n}{λ ^{2}} < 0,

由于二阶导数为负，说明该点为极大值点，因此所得估计量是有效的。