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1993 年真题

19 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$lim_{x \to \infty} \frac{3 x ^{2} + 5}{5 x + 3} sin \frac{2}{x} =$ ______．

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【答案】 $\frac{6}{5}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to \infty} \frac{3 x ^{2} + 5}{5 x + 3} sin \frac{2}{x}$ 。令 $t = \frac{1}{x}$ ，则当 $x \to \infty$ 时， $t \to 0^{+}$ 。代入得：

t \to 0^{+} lim \frac{3 ( \frac{1}{t} ) ^{2} + 5}{5 ( \frac{1}{t} ) + 3} sin (2 t) = t \to 0^{+} lim \frac{\frac{3}{t ^{2}} + 5}{\frac{5}{t} + 3} sin (2 t) .

将分子和分母同乘 $t^{2}$ ：

t \to 0^{+} lim \frac{3 + 5 t ^{2}}{5 t + 3 t ^{2}} sin (2 t) .

利用 $sin (2 t) \sim 2 t$ 当 $t \to 0$ ，且 $lim_{t \to 0} \frac{s i n ( 2 t )}{2 t} = 1$ ，有：

t \to 0^{+} lim \frac{3 + 5 t ^{2}}{5 t + 3 t ^{2}} \cdot 2 t = t \to 0^{+} lim \frac{2 t ( 3 + 5 t ^{2} )}{5 t + 3 t ^{2}} .

约去公因子 $t$ ：

t \to 0^{+} lim \frac{2 ( 3 + 5 t ^{2} )}{5 + 3 t} = \frac{2 \cdot 3}{5} = \frac{6}{5} .

因此，极限值为 $\frac{6}{5}$ .

2

已知 $y = f (\frac{3 x - 2}{3 x + 2}), f^{'} (x) = arctan x^{2}$ ，则 $\frac{d y}{d x}_{x = 0} =$ ______．

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【答案】 $\frac{3 π}{4}$

【解析】 已知 $y = f (\frac{3 x - 2}{3 x + 2})$ 和 $f^{'} (x) = arctan x^{2}$ ，需求 $\frac{d y}{d x}_{x = 0}$ 。

设 $u = \frac{3 x - 2}{3 x + 2}$ ，则 $y = f (u)$ 。由链式法则，有：

\frac{d y}{d x} = f^{'} (u) \cdot \frac{d u}{d x} .

首先，求 $f^{'} (u)$ 。由于 $f^{'} (x) = arctan x^{2}$ ，故 $f^{'} (u) = arctan (u^{2})$ .

其次，求 $\frac{d u}{d x}$ 。由商法则：

\frac{d u}{d x} = \frac{( 3 ) ( 3 x + 2 ) - ( 3 x - 2 ) ( 3 )}{( 3 x + 2 ) ^{2}} = \frac{9 x + 6 - 9 x + 6}{( 3 x + 2 ) ^{2}} = \frac{12}{( 3 x + 2 ) ^{2}} .

因此，

\frac{d y}{d x} = arctan (u^{2}) \cdot \frac{12}{( 3 x + 2 ) ^{2}} .

在 $x = 0$ 处：

u = \frac{3 \cdot 0 - 2}{3 \cdot 0 + 2} = \frac{- 2}{2} = - 1,

u^{2} = (- 1)^{2} = 1,

f^{'} (u) = arctan (1) = \frac{π}{4},

\frac{d u}{d x} = \frac{12}{( 3 \cdot 0 + 2 ) ^{2}} = \frac{12}{4} = 3.

故：

\frac{d y}{d x}_{x = 0} = \frac{π}{4} \cdot 3 = \frac{3 π}{4} .

3

级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( l n 3 ) ^{n}}{2 ^{n}}$ 的和为 ______．

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【答案】
$\frac{2}{2 - l n 3}$

【解析】
该级数为几何级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{l n 3}{2})^{n}$ ，其中首项 $a = 1$ ，公比 $r = \frac{l n 3}{2}$ 。由于 $∣ r ∣ = \frac{l n 3}{2} < 1$ ，该级数收敛。几何级数的求和公式为 $\frac{a}{1 - r}$ ，代入可得其和为

\frac{1}{1 - \frac{l n 3}{2}} = \frac{2}{2 - ln 3} .

4

设 $4$ 阶方阵 $A$ 的秩为 $2$ ，则其伴随矩阵 $A^{*}$ 的秩为 ______．

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【答案】 0

【解析】
因为 $A$ 是 4 阶方阵且秩为 2，即 $rank (A) = 2$ ，小于 $n - 1 = 3$ 。
根据伴随矩阵的性质，当 $rank (A) < n - 1$ 时，所有 $n - 1$ 阶子式均为零，因此所有代数余子式均为零，伴随矩阵 $A^{*}$ 为零矩阵，故其秩为 0。

5

设总体 $X$ 的方差为1，根据来自 $X$ 的容量为 $100$ 的简单随机样本，测得样本均值为 $5$ , 则 $X$ 的数学期望的置信度近似等于 $0.95$ 的置信区间为 ______．

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【答案】 $(4.804, 5.196)$

【解析】
已知总体方差为 $1$ ，即 $σ^{2} = 1$ ，所以标准差 $σ = 1$ 。样本容量 $n = 100$ ，样本均值 $\overset{x}{ˉ} = 5$ ，置信度近似为 $0.95$ 。由于总体方差已知且样本容量较大，使用正态分布构造置信区间。置信区间的公式为

\overset{x}{ˉ} \pm z_{α /2} \frac{σ}{n},

其中 $α = 1 - 0.95 = 0.05$ ， $α /2 = 0.025$ ，对应标准正态分布的上 $α /2$ 分位数 $z_{α /2} = 1.96$ 。计算标准误差：

\frac{σ}{n} = \frac{1}{100} = 0.1

则置信区间为

5 \pm 1.96 \times 0.1 = 5 \pm 0.196

即 $(4.804, 5.196)$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $f (x) =$ ${∣ x ∣ sin \frac{1}{x ^{2}}, 0, x \neq = 0, x = 0,$ 则 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 首先，考虑函数在 $x = 0$ 处的极限。当 $x \neq = 0$ 时， $f (x) = ∣ x ∣ sin \frac{1}{x ^{2}}$ 。由于 $∣ sin \frac{1}{x ^{2}} ∣ \leq 1$ ，有 $∣ f (x) ∣ \leq ∣ x ∣$ 。当 $x \to 0$ 时， $∣ x ∣ \to 0$ ，由夹逼定理知 $lim_{x \to 0} f (x) = 0$ 。因此极限存在。

其次，函数在 $x = 0$ 处定义为 $f (0) = 0$ ，且极限值等于函数值，故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

最后，检查可导性。考虑导数定义： $f^{'} (0) = lim_{h \to 0} \frac{f ( 0 + h ) - f ( 0 )}{h} = lim_{h \to 0} \frac{∣ h ∣ s i n \frac{1}{h ^{2}}}{h}$ 。当 $h \to 0^{+}$ 时，有 $\frac{∣ h ∣ s i n \frac{1}{h ^{2}}}{h} = \frac{h s i n \frac{1}{h ^{2}}}{h} = \frac{s i n \frac{1}{h ^{2}}}{h}$ 。令 $t = \frac{1}{h ^{2}}$ ，则当 $h \to 0^{+}$ 时 $t \to \infty$ ，表达式化为 $t^{1/2} sin t$ ，该式振荡且无界，故极限不存在。类似地，当 $h \to 0^{-}$ 时，极限也不存在。因此， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处不可导。

综上， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续但不可导，对应选项 C。

7

设 $f (x)$ 为连续函数，且 $F (x) = \int_{\frac{1}{x}}^{l n x} f (t) d t$ ，则 $F^{'} (x)$ 等于

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
根据莱布尼茨法则，若

F (x) = \int_{a (x)}^{b (x)} f (t) d t,

则

F^{'} (x) = f (b (x)) b^{'} (x) - f (a (x)) a^{'} (x) .

本题中 $a (x) = \frac{1}{x}$ ， $b (x) = ln x$ ，计算得

a^{'} (x) = - \frac{1}{x ^{2}}, b^{'} (x) = \frac{1}{x} .

代入公式得

F^{'} (x) = f (ln x) \cdot \frac{1}{x} - f (\frac{1}{x}) \cdot (- \frac{1}{x ^{2}}) = \frac{1}{x} f (ln x) + \frac{1}{x ^{2}} f (\frac{1}{x}),

与选项 A 一致。

8

$n$ 阶方阵 $A$ 具有 $n$ 个不同的特征值是 $A$ 与对角阵相似的

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】
若

n

阶方阵

A

有

n

个互不相同的特征值，则

A

有

n

个线性无关的特征向量，因此

A

可对角化，这说明

n

个不同的特征值是充分条件。
但是，

A

可对角化并不必须要求有

n

个不同的特征值，例如单位矩阵有重特征值，但仍然与对角矩阵相似，因此这不是必要条件。
故答案为 B。

9

假设事件 $A$ 和 $B$ 满足 $P (B ∣ A) = 1$ ，则

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正确答案：无

正确答案：无

【解析】
考题有误。采用排除法：对样本空间为 $Ω = [0, 1]$ 的几何模型，取 $A = (0, 1]$ ,

B = [0, 1], 有 P (B ∣ A) = \frac{P ( A B )}{P ( A )} = 1,

但 $A$ 不是必然事件，且 $A \in / B$ , $B \in / A$ , 故排除 (A)、(C)、(D)；另取 $A = [0, \frac{1}{2}]$ , $B = [0, 1]$ , 有

P (B ∣ A) = \frac{P ( A B )}{P ( A )} = 1,

但

P (B ∣ \overset{ˉ}{A}) = \frac{P ( A ˉ B )}{P ( A ˉ )} = 1 \neq = 0,

可排除 (B)；因此本题没有正确选项。

10

设随机变量 $X$ 的密度函数为 $φ (x)$ ，且 $φ (- x) = φ (x)$ ， $F (x)$ 是 $X$ 的分布函数，则对任意实数 $a$ ，有

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 由于密度函数 $φ (x)$ 满足 $φ (- x) = φ (x)$ ，即 $φ (x)$ 是偶函数，随机变量 $X$ 的分布关于原点对称。因此，分布函数 $F (x)$ 满足 $F (0) = P (X \leq 0) = 1/2$ 。对于任意实数 $a$ ，有

F (- a) = P (X \leq - a) = P (X \geq a) = 1 - P (X \leq a) = 1 - F (a) .

又因为

\int_{0}^{a} φ (x) d x = F (a) - F (0) = F (a) - \frac{1}{2},

所以

F (a) = \frac{1}{2} + \int_{0}^{a} φ (x) d x .

代入 $F (- a) = 1 - F (a)$ ，得

F (- a) = 1 - (\frac{1}{2} + \int_{0}^{a} φ (x) d x) = \frac{1}{2} - \int_{0}^{a} φ (x) d x,

即选项 B 正确。

选项 A 错误，因为 $1 - \int_{0}^{a} φ (x) d x$ 不等于 $F (- a)$ ；
选项 C 错误，因为对于 $a > 0$ ，有 $F (- a) < F (a)$ ；
选项 D 错误，因为当 $a = 0$ 时， $F (0) = 1/2$ ，但 $2 F (0) - 1 = 0$ ，两者不相等。

解答题

11

设 $z = f (x, y)$ 是由方程 $z - y - x + x e^{z - y - x} = 0$ 所确定的二元函数，求 $d z$ ．

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【答案】
$d z = \frac{e ^{z - y - x} + z - y - x - 1}{z - y - x - 1} d x + d y$

【解析】
设 $u = z - y - x$ ，则原方程化为 $u + x e^{u} = 0$ 。
对原方程两边求全微分：

d z - d y - d x + d (x e^{u}) = 0

其中 $d (x e^{u}) = e^{u} d x + x e^{u} d u$ ，且 $d u = d z - d y - d x$ 。
代入得：

d z - d y - d x + e^{u} d x + x e^{u} (d z - d y - d x) = 0

整理项：

(1 + x e^{u}) d z + (- 1 + e^{u} - x e^{u}) d x + (- 1 - x e^{u}) d y = 0

由 $u + x e^{u} = 0$ 得 $x e^{u} = - u$ ，代入上式：

(1 - u) d z + (- 1 + e^{u} + u) d x + (- 1 + u) d y = 0

解出 $d z$ :

(1 - u) d z = (1 - e^{u} - u) d x + (1 - u) d y

d z = \frac{1 - e ^{u} - u}{1 - u} d x + d y

将 $u = z - y - x$ 代回，并改写分子分母：

d z = \frac{e ^{z - y - x} + z - y - x - 1}{z - y - x - 1} d x + d y

此即为所求全微分。

12

已知 $lim_{x \to \infty} (\frac{x - a}{x + a})^{x} = \int_{a}^{+ \infty} 4 x^{2} e^{- 2 x} d x$ ，求常数 $a$ 的值．

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【答案】
$a = 0$ 或 $a = - 1$

【解析】
先求左边的极限：

x \to \infty lim (\frac{x - a}{x + a})^{x} = x \to \infty lim (1 + \frac{- 2 a}{x + a})^{x} = exp (x \to \infty lim \frac{- 2 a x}{x + a}) = e^{- 2 a} .

再求右边的积分：

\int_{a}^{+ \infty} 4 x^{2} e^{- 2 x} d x = - 2 \int_{a}^{+ \infty} x^{2} d (e^{- 2 x}) = [- 2 x^{2} e^{- 2 x}]_{a}^{+ \infty} + 4 \int_{a}^{+ \infty} x e^{- 2 x} d x

= 2 a^{2} e^{- 2 a} + [- 2 x e^{- 2 x}]_{a}^{+ \infty} + 2 \int_{a}^{+ \infty} e^{- 2 x} d x

= 2 a^{2} e^{- 2 a} + 2 a e^{- 2 a} + e^{- 2 a} .

由 $e^{- 2 a} = 2 a^{2} e^{- 2 a} + 2 a e^{- 2 a} + e^{- 2 a}$ ，得 $a^{2} + a = 0$ ，所以 $a = 0$ 或 $a = - 1$ 。

13

设某产品的成本函数为 $C = a q^{2} + b q + c$ ，需求函数为 $q = \frac{1}{e} (d - p)$ ，其中 $C$ 为成本， $q$ 为需求量（即产量）， $p$ 为单价， $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ 都是正的常数，且 $d > b$ ，求：

(1) 利润最大时的产量及最大利润；

(2) 需求对价格的弹性；

(3) 需求对价格弹性的绝对值为 $1$ 时的产量．

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【答案】
(1) 利润最大时的产量为 $q^{*} = \frac{d - b}{2 ( a + e )}$ ，最大利润为 $π_{max} = \frac{( d - b ) ^{2}}{4 ( a + e )} - c$ 。
(2) 需求对价格的弹性为 $η = - \frac{p}{d - p}$ 。
(3) 需求对价格弹性的绝对值为 1 时的产量为 $q = \frac{d}{2 e}$ 。

【解析】
(1) 利润函数为 $π = R - C$ ，其中收入 $R = pq$ 。由需求函数 $q = \frac{1}{e} (d - p)$ 解得 $p = d - e q$ ，代入得 $R = (d - e q) q = d q - e q^{2}$ 。成本函数为 $C = a q^{2} + b q + c$ ，故利润函数为

π = (d q - e q^{2}) - (a q^{2} + b q + c) = - (a + e) q^{2} + (d - b) q - c

对 $q$ 求导并令导数为零：

\frac{d π}{d q} = - 2 (a + e) q + (d - b) = 0

解得

q^{*} = \frac{d - b}{2 ( a + e )}

代入利润函数得最大利润

π_{max} = \frac{( d - b ) ^{2}}{4 ( a + e )} - c

(2) 需求对价格的弹性定义为 $η = \frac{d q}{d p} \cdot \frac{p}{q}$ 。由需求函数 $q = \frac{1}{e} (d - p)$ 得 $\frac{d q}{d p} = - \frac{1}{e}$ ，代入得

η = - \frac{1}{e} \cdot \frac{p}{q}

又 $q = \frac{1}{e} (d - p)$ ，所以 $\frac{p}{q} = \frac{e p}{d - p}$ ，故

η = - \frac{p}{d - p}

(3) 需求对价格弹性的绝对值为 1，即 $∣ η ∣ = 1$ 。由 $η = - \frac{p}{d - p}$ 得

- \frac{p}{d - p} = \frac{p}{d - p} = 1

解得 $p = d - p$ ，即 $p = \frac{d}{2}$ 。代入需求函数 $q = \frac{1}{e} (d - p)$ 得

q = \frac{1}{e} (d - \frac{d}{2}) = \frac{d}{2 e}

14

假设：

(1) 函数 $y = f (x)$ （ $0 \leq x < + \infty$ ）满足条件 $f (0) = 0$ 和 $0 \leq f (x) \leq e^{x} - 1$ ；

(2) 平行于 $y$ 轴的动直线 $MN$ 与曲线 $y = f (x)$ 和 $y = e^{x} - 1$ 分别相交于点 $P_{1}$ 和 $P_{2}$ ；

(3) 曲线 $y = f (x)$ ，直线 $MN$ 与 $x$ 轴所围封闭图形面积 $S$ 恒等于线段 $P_{1} P_{2}$ 的长度．

求函数 $y = f (x)$ 的表达式．

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【答案】
$f (x) = \frac{1}{2} (e^{x} - e^{- x})$

【解析】
由题设可得示意图如下：

设 $P_{1} (x, f (x))$ ， $P_{2} (x, e^{x} - 1)$ ，则 $S = ∣ P_{1} P_{2} ∣$ ，即

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

两端求导得 $f (x) = e^{x} - f^{'} (x)$ ，即 $f (x) + f^{'} (x) = e^{x}$ 。因此

f (x) = e^{- \int p (x) d x} (\int q (x) e^{\int p (x) d x} d x + C) = e^{- \int d x} (\int e^{x} e^{\int d x} d x + C) = e^{- x} (\int e^{2 x} d x + C) = C e^{- x} + \frac{1}{2} e^{x} .

由初始条件 $f (0) = 0$ ，得 $C = - \frac{1}{2}$ 。因此所求函数为

f (x) = \frac{1}{2} (e^{x} - e^{- x}) .

15

假设函数 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内二阶可导，过点 $A (0, f (0))$ 与 $B (1, f (1))$ 的直线与曲线 $y = f (x)$ 相交于点 $C (c, f (c))$ ，其中 $0 < c < 1$ ．证明：在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使 $f^{''} (ξ) = 0$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
考虑函数 $g (x) = f (x) - L (x)$ ，其中 $L (x)$ 是过点 $A (0, f (0))$ 和 $B (1, f (1))$ 的直线方程，即

L (x) = f (0) + (f (1) - f (0)) x .

由于 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内二阶可导，且 $L (x)$ 是线性函数，故 $g (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内二阶可导，且

g^{''} (x) = f^{''} (x) .

由题意，点 $C (c, f (c))$ 在直线 $A B$ 上，故 $g (c) = f (c) - L (c) = 0$ 。同时，

g (0) = f (0) - L (0) = 0, g (1) = f (1) - L (1) = 0.

因此， $g (0) = g (c) = g (1) = 0$ ，其中 $0 < c < 1$ 。

在区间 $[0, c]$ 上， $g (0) = g (c) = 0$ ，由罗尔定理，存在一点 $a \in (0, c)$ ，使得

g^{'} (a) = 0.

在区间 $[c, 1]$ 上， $g (c) = g (1) = 0$ ，由罗尔定理，存在一点 $b \in (c, 1)$ ，使得

g^{'} (b) = 0.

现在考虑 $g^{'} (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上。由于 $g^{'} (a) = g^{'} (b) = 0$ ，且 $g^{'} (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，由罗尔定理，存在一点 $ξ \in (a, b) \subset (0, 1)$ ，使得

g^{''} (ξ) = 0.

由于 $g^{''} (ξ) = f^{''} (ξ)$ ，故

f^{''} (ξ) = 0.

证毕。

16

$k$ 为何值时，线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + k x_{3} = 4, - x_{1} + k x_{2} + x_{3} = k^{2}, x_{1} - x_{2} + 2 x_{3} = - 4

有惟一解、无解、有无穷多组解？在有解情况下，求出其全部解．

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【答案】 见解析

【解析】
对方程组的增广矩阵作初等行变换，

\overline{A} = 1 - 1 1 1 k - 1 k 12 ⋮ ⋮ ⋮ 4 k^{2} - 4 \to 1 - 1 1 - 1 k 1 21 k ⋮ ⋮ ⋮ - 4 k^{2} 4

\to 100 - 1 k - 1 2 23 k - 2 ⋮ ⋮ ⋮ - 4 k^{2} - 4 8 \to 100 - 1 2 k - 1 2 k - 2 3 ⋮ ⋮ ⋮ - 4 8 k^{2} - 4

\to 100 - 1 20 2 k - 2 \frac{( 1 + k ) ( 4 - k )}{2} ⋮ ⋮ ⋮ - 4 8 \frac{k ( k - 4 )}{2}

(I) 当 $k \neq = - 1$ 且 $k \neq = 4$ 时， $r (\overline{A}) = r (A) = 3$ ，方程组有唯一解，即

x_{1} = \frac{k ^{2} + 2 k}{k + 1}, x_{2} = \frac{k ^{2} + 2 k + 4}{k + 1}, x_{3} = \frac{- 2 k}{k + 1}

(II) 当 $k = - 1$ 时， $r (\overline{A}) = 3, r (A) = 2$ 。方程组无解。

(III) 当 $k = 4$ 时，有

\overline{A} = 100 - 1 20 220 ⋮ ⋮ ⋮ - 4 80 \to 100010310 ⋮ ⋮ ⋮ 040

因为 $r (\overline{A}) = r (A) = 2 < 3$ ，方程组有无穷多解。取 $x_{3}$ 为自由变量，得方程组的特解为 $α = (0, 4, 0)^{T}$ 。又导出组的基础解系为 $η = (- 3, - 1, 1)^{T}$ ，所以方程组的通解为 $α + k η$ ，其中 $k$ 为任意常数。

17

设二次型 $f = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 α x_{1} x_{2} + 2 β x_{2} x_{3} + 2 x_{1} x_{3}$ 经正交变换 $X = P Y$ 化成 $f = y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ ，其中 $X = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}$ 和 $Y = (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}$ 是三维列向量， $P$ 是 $3$ 阶正交矩阵．试求常数 $α$ , $β$ ．

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【答案】 $α = 0$ ， $β = 0$

【解析】 二次型 $f = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 α x_{1} x_{2} + 2 β x_{2} x_{3} + 2 x_{1} x_{3}$ 对应的矩阵为

A = 1 α 1 α 1 β 1 β 1

经正交变换后化为 $f = y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ ，该标准形对应的特征值为 $0, 1, 2$ 。由于正交变换不改变特征值，矩阵 $A$ 的特征值也为 $0, 1, 2$ 。

计算特征多项式 $det (A - λ I)$ ：

det (A - λ I) = 1 - λ α 1 α 1 - λ β 1 β 1 - λ = - λ^{3} + 3 λ^{2} + (- 2 + α^{2} + β^{2}) λ + (- α^{2} - β^{2} + 2 α β)

特征多项式应等于 $- λ (λ - 1) (λ - 2) = - λ^{3} + 3 λ^{2} - 2 λ$ 。比较系数：

$λ$ 的系数： $- 2 + α^{2} + β^{2} = - 2$ ，得 $α^{2} + β^{2} = 0$ 。
常数项： $- α^{2} - β^{2} + 2 α β = 0$ ，代入 $α^{2} + β^{2} = 0$ 得 $2 α β = 0$ ，即 $α β = 0$ 。

由 $α^{2} + β^{2} = 0$ 和 $α β = 0$ ，解得 $α = 0$ ， $β = 0$ 。

验证：当 $α = 0$ ， $β = 0$ 时，矩阵 $A = 101010101$ ，特征值为 $0, 1, 2$ ，符合要求。

因此，常数 $α = 0$ ， $β = 0$ 。

18

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 同分布， $X$ 的概率密度为

f (x) = {\frac{3}{8} x^{2}, 0, 0 < x < 2, 其他 .

(1) 已知事件 $A = {X > a}$ 和 $B = {Y > a}$ 独立，且 $P (A \cup B) = \frac{3}{4}$ ．求常数 $a$ ．

(2) 求 $\frac{1}{X ^{2}}$ 的数学期望．

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 34$
(2) $E [\frac{1}{X ^{2}}] = \frac{3}{4}$

【解析】
(1) 因为随机变量 $X$ 和 $Y$ 同分布，则

P (A) = P (X > a) = P (Y > a) = P (B),

又事件 $A = {X > a}$ 和 $B = {Y > a}$ 独立，故 $P (A B) = P (A) P (B)$ 。由加法公式，

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A) P (B) = 2 P (A) - [P (A)]^{2} = \frac{3}{4} .

解以 $P (A)$ 为未知量的方程

[P (A)]^{2} - 2 P (A) + \frac{3}{4} = 0,

得 $P (A) = \frac{3}{2}$ （舍去）或 $P (A) = \frac{1}{2}$ 。再依题设条件得

\frac{1}{2} = P (A) = P {X > a} = \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{a}^{2} \frac{3}{8} x^{2} d x = \frac{1}{8} (8 - a^{3}) .

再解以 $a$ 为未知量的方程 $8 - a^{3} = 4$ ，得 $a = 34$ 。

(II) 由随机变量函数的数学期望公式，得到

E (\frac{1}{x ^{2}}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} f (x) d x = \int_{0}^{2} \frac{1}{x ^{2}} \cdot \frac{3}{8} x^{2} d x = \int_{0}^{2} \frac{3}{8} d x = \frac{3}{4} .

19

假设一大型设备在任何长为 $t$ 的时间内发生故障的次数 $N (t)$ 服从参数为 $λ t$ 的泊松分布．

(1) 求相继两次故障之间时间间隔 $T$ 的概率分布；

(2) 求在设备已经无故障工作 $8$ 小时的情形下，再无故障运行 $8$ 小时的概率 $Q$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) 相继两次故障之间时间间隔 $T$ 服从参数为 $λ$ 的指数分布，即 $T \sim Exp (λ)$ ，其概率密度函数为 $f_{T} (t) = λ e^{- λ t}$ ， $t \geq 0$ 。
(2) 概率 $Q = e^{- 8 λ}$ 。

【解析】
(Ⅰ) 易见 $T$ 是只取非负值的连续型随机变量。当 $t < 0$ 时， $F (t) = P {T \leq t} = 0$ ;

当 $t \geq 0$ 时，事件 ${T > t}$ 与 ${N (t) = 0}$ 等价。于是有

F (t) = P {T \leq t} = 1 - P {T > t} = 1 - P {N (t) = 0} = 1 - e^{- λ t} .

因此

F (t) = {1 - e^{- λ t}, 0, t \geq 0, t < 0,

即 $T$ 服从参数为 $λ$ 的指数分布。

(Ⅱ) 由于指数分布具有“无记忆性”，因此

Q = P {T \geq 16 ∣ T \geq 8} = P {T \geq 8} = 1 - P {T < 8} = 1 - F (8) = 1 - (1 - e^{- 8 λ}) = e^{- 8 λ} .