学习资源 / 数学早年真题 / 1995 年真题 / 1995 年真题

整卷阅读

1995 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设 $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ ，则 $f^{(n)} (x) =$ ______．

查看答案与解析

【答案】

f^{(n)} (x) = \frac{2 ( - 1 ) ^{n} n !}{( 1 + x ) ^{n + 1}} (n \geq 1)

【解析】 考虑函数 $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ 。将其改写为 $f (x) = \frac{2}{1 + x} - 1$ 。由于常数的导数为零，对于 $n \geq 1$ ，有 $f^{(n)} (x) = (\frac{2}{1 + x})^{(n)}$ 。
令 $g (x) = \frac{2}{1 + x} = 2 (1 + x)^{- 1}$ ，则其 $n$ 阶导数为：

g^{(n)} (x) = 2 \cdot (- 1)^{n} n! (1 + x)^{- n - 1} = \frac{2 ( - 1 ) ^{n} n !}{( 1 + x ) ^{n + 1}} .

因此，对于 $n \geq 1$ ，

f^{(n)} (x) = \frac{2 ( - 1 ) ^{n} n !}{( 1 + x ) ^{n + 1}} .

该公式已验证于 $n = 1, 2, 3, \dots$ 时成立。

2

设 $z = x y f (\frac{y}{x})$ , $f (u)$ 可导，则 $x z_{x}^{'} + y z_{y}^{'} =$ ______．

查看答案与解析

【答案】
$2 z$

【解析】
给定 $z = x y f (\frac{y}{x})$ ，其中 $f (u)$ 可导。
首先，计算偏导数 $z_{x}^{'}$ 和 $z_{y}^{'}$ 。
设 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $z = x y f (u)$ 。
求 $z_{x}^{'}$ :

z_{x}^{'} = \frac{\partial}{\partial x} [x y f (u)] = y f (u) + x y \frac{\partial f ( u )}{\partial x} = y f (u) + x y f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial x}

其中 $\frac{\partial u}{\partial x} = - \frac{y}{x ^{2}}$ ，所以

z_{x}^{'} = y f (u) + x y f^{'} (u) (- \frac{y}{x ^{2}}) = y f (u) - \frac{y ^{2}}{x} f^{'} (u)

求 $z_{y}^{'}$ :

z_{y}^{'} = \frac{\partial}{\partial y} [x y f (u)] = x f (u) + x y \frac{\partial f ( u )}{\partial y} = x f (u) + x y f^{'} (u) \frac{\partial u}{\partial y}

其中 $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{1}{x}$ ，所以

z_{y}^{'} = x f (u) + x y f^{'} (u) \cdot \frac{1}{x} = x f (u) + y f^{'} (u)

现在计算 $x z_{x}^{'} + y z_{y}^{'}$ :

x z_{x}^{'} = x (y f (u) - \frac{y ^{2}}{x} f^{'} (u)) = x y f (u) - y^{2} f^{'} (u)

y z_{y}^{'} = y (x f (u) + y f^{'} (u)) = x y f (u) + y^{2} f^{'} (u)

相加得：

x z_{x}^{'} + y z_{y}^{'} = [x y f (u) - y^{2} f^{'} (u)] + [x y f (u) + y^{2} f^{'} (u)] = 2 x y f (u)

由于 $z = x y f (u)$ ，所以

x z_{x}^{'} + y z_{y}^{'} = 2 z

因此，答案为 $2 z$ 。

3

设 $f^{'} (ln x) = 1 + x$ ，则 $f (x) =$ ______．

查看答案与解析

【答案】
$f (x) = x + e^{x} + C$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定 $f^{'} (ln x) = 1 + x$ ，令 $u = ln x$ ，则 $x = e^{u}$ ，代入得 $f^{'} (u) = 1 + e^{u}$ 。
对 $f^{'} (u)$ 积分得 $f (u) = \int (1 + e^{u}) d u = u + e^{u} + C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
将 $u$ 替换为 $x$ ，得 $f (x) = x + e^{x} + C$ 。
验证：若 $f (x) = x + e^{x} + C$ ，则 $f^{'} (x) = 1 + e^{x}$ ，故 $f^{'} (ln x) = 1 + e^{l n x} = 1 + x$ ，符合原条件。

4

设 $A = 123024005$ ， $A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵，则 $(A^{*})^{- 1} =$ ______．

查看答案与解析

【答案】

\frac{1}{10} 123024005

【解析】
由伴随矩阵的性质，有 $A A^{*} = A^{*} A = det (A) I$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。因此， $A^{*} = det (A) A^{- 1}$ ，进而可得 $(A^{*})^{- 1} = \frac{1}{d e t ( A )} A$ 。
计算矩阵 $A$ 的行列式：

A = 123024005

由于 $A$ 是下三角矩阵，行列式为对角元素的乘积，即

det (A) = 1 \times 2 \times 5 = 10

因此，

(A^{*})^{- 1} = \frac{1}{10} A = \frac{1}{10} 123024005

5

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自正态总体 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，其中参数 $μ$ 和 $σ^{2}$ 未知，记 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ， $Q^{2} = \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2}$ ，则假设 $H_{0} : μ = 0$ 的 $t$ 检验使用统计量 $t =$ ______．

查看答案与解析

【答案】

t = \frac{X n}{\frac{Q ^{2}}{n - 1}}

【解析】 在假设检验中，当总体方差未知时，对总体均值进行t检验使用的统计量为 $t = \frac{X - μ _{0}}{s / n}$ ，其中 $μ_{0}$ 为假设的总体均值，本题中 $μ_{0} = 0$ ， $s$ 为样本标准差。样本方差 $s^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2} = \frac{Q ^{2}}{n - 1}$ ，因此 $s = \frac{Q ^{2}}{n - 1}$ 。代入t统计量公式，得到 $t = \frac{X - 0}{\frac{Q ^{2}}{n - 1} / n} = \frac{X n}{\frac{Q ^{2}}{n - 1}}$ 。该统计量服从自由度为 $n - 1$ 的t分布，用于检验假设 $H_{0} : μ = 0$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $f (x)$ 为可导函数，且满足条件 $lim_{x \to 0} \frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = - 1$ , 则曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线斜率为

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】 给定条件 $lim_{x \to 0} \frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = - 1$ 。令 $h = - x$ ，则当 $x \to 0$ 时， $h \to 0$ ，于是有：

\frac{f ( 1 ) - f ( 1 - x )}{2 x} = \frac{f ( 1 ) - f ( 1 + h )}{2 ( - h )} = \frac{- [ f ( 1 + h ) - f ( 1 )]}{- 2 h} = \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{2 h} .

因此，

h \to 0 lim \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{2 h} = - 1.

根据导数的定义， $f^{'} (1) = lim_{h \to 0} \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{h}$ ，所以：

\frac{1}{2} f^{'} (1) = - 1,

解得 $f^{'} (1) = - 2$ 。因此，曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线斜率为 $- 2$ 。

7

下列广义积分发散的是

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A
【解析】
对于选项A，积分

\int_{- 1}^{1} \frac{1}{s i n x} d x

在

x = 0

处有奇点，因为

sin 0 = 0

。当

x \to 0

时，

sin x \sim x

，因此

\frac{1}{s i n x} \sim \frac{1}{x}

，而积分

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

在0附近发散，故该积分发散。
对于选项B，积分

\int_{- 1}^{1} \frac{1}{1 - x ^{2}} d x

是标准积分，结果为

arcsin x_{- 1}^{1} = \frac{π}{2} - (- \frac{π}{2}) = π

，收敛。
对于选项C，积分

\int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x

是高斯积分，收敛于

\frac{π}{2}

。
对于选项D，积分

\int_{2}^{+ \infty} \frac{1}{x l n ^{2} x} d x

，令

u = ln x

，则

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

，积分变为

\int_{l n 2}^{+ \infty} \frac{1}{u ^{2}} d u = - \frac{1}{u}_{l n 2}^{+ \infty} = \frac{1}{l n 2}

，收敛。
因此，只有选项A发散。

8

设矩阵 $A_{m \times n}$ 的秩为 $r (A) = m < n$ , $E_{m}$ 为 $m$ 阶单位矩阵，下述结论中正确的是

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C
【解析】
由于矩阵

A_{m \times n}

的秩

r (A) = m < n

，即

A

行满秩，因此行向量线性无关。左零空间（满足

x^{T} A = 0

的向量

x

的集合）仅包含零向量。若矩阵

B

满足

B A = 0

，则

B

的每一行向量均属于左零空间，故

B

的每一行为零向量，即

B = 0

，因此选项 C 正确。
选项 A 错误，因为秩为

m

仅保证存在

m

个线性无关的行向量，但并非任意

m

个行向量都线性无关。
选项 B 错误，因为秩为

m

仅保证至少有一个

m

阶子式非零，但并非任意

m

阶子式都不为零。
选项 D 错误，因为通过初等行变换，

A

可化为行最简形式

[I_{m} ∣ F]

（其中

F

为

m \times (n - m)

矩阵），但不一定能化为

(E_{m}, 0)

的形式，除非

F

为零矩阵。

9

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立同分布，记 $U = X - Y, V = X + Y$ ，则随机变量 $U$ 与 $V$ 必然

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】
设 $E [X] = E [Y] = μ$ ， $Var (X) = Var (Y) = σ^{2}$ ，且 $X$ 与 $Y$ 独立，故 $Cov (X, Y) = 0$ 。
计算 $U = X - Y$ 与 $V = X + Y$ 的协方差：

Cov (U, V) = Cov (X - Y, X + Y) = Cov (X, X) + Cov (X, Y) - Cov (Y, X) - Cov (Y, Y) = Var (X) - Var (Y) = σ^{2} - σ^{2} = 0.

因此， $U$ 与 $V$ 的相关系数为零。
注意：相关系数为零不一定意味着独立，例如当 $X, Y$ 为伯努利分布时， $U$ 与 $V$ 不独立。
本题中必然成立的结论是 相关系数为零。

10

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ，则随 $σ$ 的增大，概率 $P {∣ X - μ ∣ < σ}$

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，令 $Z = \frac{X - μ}{σ}$ ，则 $Z \sim N (0, 1)$ 。
于是

P {∣ X - μ ∣ < σ} = P {∣ Z ∣ < 1} \approx 0.6827

该概率为常数，与 $σ$ 无关，因此不随 $σ$ 增大而改变。

解答题

11

设 $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2}{x ^{2}} (1 - cos x), 1, \frac{1}{x} \int_{0}^{x} cos t^{2} d t, x < 0 x = 0 x > 0$ ，试讨论 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性和可导性．

查看答案与解析

【答案】
在 $x = 0$ 处， $f (x)$ 连续且可导。

【解析】
(Ⅰ) 先看左极限与右极限：

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim \frac{2 ( 1 - cos x )}{x ^{2}} = x \to 0^{-} lim \frac{2 \cdot \frac{1}{2} x ^{2}}{x ^{2}} = 1,

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \int_{0}^{x} \frac{cos t ^{2} d t}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{cos x ^{2}}{1} = 1.

故 $f (0^{+}) = f (0^{-}) = f (0)$ ，即 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

(Ⅱ) 再看左导数与右导数：

f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{x} \int _{0}^{x} cos t ^{2} d t - 1}{x}

= x \to 0^{+} lim \int_{0}^{x} \frac{cos t ^{2} d t - x}{x ^{2}} = x \to 0^{+} lim \frac{cos x ^{2} - 1}{2 x} = x \to 0^{+} lim \frac{- \frac{1}{2} x ^{4}}{2 x} = 0,

f_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{\frac{2}{x ^{2}} ( 1 - cos x ) - 1}{x}

= x \to 0^{-} lim \frac{2 ( 1 - cos x ) - x ^{2}}{x ^{3}} = x \to 0^{-} lim \frac{2 sin x - 2 x}{3 x ^{2}} = x \to 0^{-} lim \frac{2 ( cos x - 1 )}{6 x} = 0.

即 $f_{+}^{'} (0) = f_{-}^{'} (0) = 0$ ，故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f^{'} (0) = 0$ 。

12

已知连续函数 $f (x)$ 满足条件 $f (x) = \int_{0}^{3 x} f (\frac{t}{3}) d t + e^{2 x}$ ，求 $f (x)$ ．

查看答案与解析

【答案】
$f (x) = 3 e^{3 x} - 2 e^{2 x}$

【解析】
在变上限定积分令 $s = \frac{t}{3}$ ，得到

f (x) = 3 \int_{0}^{x} f (s) d s + e^{2 x} .

在上式中令 $x = 0$ 得 $f (0) = 1$ ，将上述两端对 $x$ 求导数得

f^{'} (x) = 3 f (x) + 2 e^{2 x} .

这是一阶线性微分方程的特解问题。用 $e^{- 3 x}$ 同乘方程两端，得

(f (x) e^{- 3 x})^{'} = 2 e^{- x} .

积分即得

f (x) = C e^{3 x} - 2 e^{2 x} .

由 $f (0) = 1$ 可确定常数 $C = 3$ ，于是所求的函数是

f (x) = 3 e^{3 x} - 2 e^{2 x} .

13

将函数 $y = ln (1 - x - 2 x^{2})$ 展成 $x$ 的幂级数，并指出其收敛区间．

查看答案与解析

【答案】

y = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1} - 2 ^{n}}{n} x^{n}, x \in [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

【解析】
首先，将函数 $y = ln (1 - x - 2 x^{2})$ 分解为 $y = ln (1 - 2 x) + ln (1 + x)$ ，因为 $1 - x - 2 x^{2} = (1 - 2 x) (1 + x)$ 。
然后，利用已知的对数级数展开：

ln (1 - 2 x) = - n = 1 \sum \infty \frac{( 2 x ) ^{n}}{n} = - n = 1 \sum \infty \frac{2 ^{n} x ^{n}}{n}, ∣2 x ∣ < 1 ∣ x ∣ < \frac{1}{2}

ln (1 + x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{x ^{n}}{n}, ∣ x ∣ < 1

将两式相加，得到：

y = n = 1 \sum \infty (- \frac{2 ^{n}}{n} + (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}) x^{n} = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1} - 2 ^{n}}{n} x^{n}

收敛区间由两个级数的收敛域决定。函数定义域为 $1 - x - 2 x^{2} > 0$ ，即 $- 1 < x < \frac{1}{2}$ 。级数的收敛半径通过系数极限求得：

n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = n \to \infty lim \frac{\frac{( - 1 ) ^{n} - 2 ^{n + 1}}{n + 1}}{\frac{( - 1 ) ^{n - 1} - 2 ^{n}}{n}} \approx n \to \infty lim \frac{2 ^{n + 1} / n}{2 ^{n} / n} = 2

收敛半径为 $R = \frac{1}{2}$ 。在 $x = \frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum (\frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n 2 ^{n}} - \frac{1}{n})$ ，其中 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，故发散。在 $x = - \frac{1}{2}$ 处，级数为 $\sum (- \frac{1}{n 2 ^{n}} - \frac{( - 1 ) ^{n}}{n})$ ，两者均收敛，故收敛。因此，收敛区间为 $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 。

14

计算 $\int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} min {x, y} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y$ ．

查看答案与解析

【答案】

- \frac{π}{2}

【解析】
方法一：将积分区域 $D$ 分为两部分：

D_{1} = {(x, y) ∣ - \infty \leq x \leq + \infty, x \leq y < + \infty},

D_{2} = {(x, y) ∣ - \infty \leq x \leq + \infty, - \infty < y \leq x} .

从而有

I = \iint_{D_{1} + D_{2}} min {x, y} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y = \iint_{D_{1}} x e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y + \iint_{D_{2}} y e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- y^{2}} d y \int_{- \infty}^{y} x e^{- x^{2}} d x + \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \int_{- \infty}^{x} y e^{- y^{2}} d y = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- 2 y^{2}} d y - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- 2 x^{2}} d x = - \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- 2 x^{2}} d x .

令 $t = 2 x$ ，利用泊松积分 $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = π$ ，则有

I = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = - \frac{π}{2} .

方法二：引入极坐标系 $x = r cos θ, y = r sin θ$ ，则

\frac{3 π}{4} \leq θ \leq \frac{π}{4} \Rightarrow min {x, y} = y = r sin θ,

\frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{5 π}{4} \Rightarrow min {x, y} = x = r cos θ .

于是

I = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} min {x, y} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y = \int_{- \frac{3 π}{4}}^{\frac{π}{4}} sin θ d θ \int_{0}^{+ \infty} r^{2} e^{- r^{2}} d r + \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} cos θ d θ \int_{0}^{+ \infty} r^{2} e^{- r^{2}} d r = \int_{0}^{+ \infty} r^{2} e^{- r^{2}} d r [\int_{- \frac{3 π}{4}}^{\frac{π}{4}} sin θ d θ + \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} cos θ d θ] = - 22 \int_{0}^{+ \infty} r^{2} e^{- r^{2}} d r = 2 [r e^{- r^{2}}_{0}^{+ \infty} - \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^{2}} d r] = - 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^{2}} d r = - 2 \cdot \frac{π}{2} = - \frac{π}{2} .

15

设某产品的需求函数为 $Q = Q (P)$ ，收益函数为 $R = PQ$ ，其中 $P$ 为产品价格， $Q$ 为需求量(产品的产量), $Q (P)$ 为单调减函数．如果当价格为 $P_{0}$ ，对应产量为 $Q_{0}$ 时，边际收益 $\frac{d R}{d Q}_{Q = Q_{0}} = a > 0$ , 收益对价格的边际效应 $\frac{d R}{d P}_{P = P_{0}} = c < 0$ , 需求对价格的弹性 $E_{P} = b > 1$ ．求 $P_{0}$ 和 $Q_{0}$ ．

查看答案与解析

【答案】 $P_{0} = \frac{ab}{b - 1}$ , $Q_{0} = - \frac{c}{b - 1}$

【解析】 已知收益函数 $R = PQ (P)$ ，其中 $Q (P)$ 是单调减函数。在点 $(P_{0}, Q_{0})$ 处，给定边际收益 $\frac{d R}{d Q}_{Q = Q_{0}} = a > 0$ ，收益对价格的边际效应 $\frac{d R}{d P}_{P = P_{0}} = c < 0$ ，需求价格弹性 $E_{P} = b > 1$ 。需求价格弹性定义为 $E_{P} = - \frac{d Q}{d P} \cdot \frac{P}{Q}$ ，故在 $P = P_{0}$ 时，有：

- \frac{d Q}{d P}_{P = P_{0}} \cdot \frac{P _{0}}{Q _{0}} = b

即：

\frac{d Q}{d P}_{P = P_{0}} = - b \frac{Q _{0}}{P _{0}}

收益对价格的边际效应为：

\frac{d R}{d P}_{P = P_{0}} = Q_{0} + P_{0} \frac{d Q}{d P}_{P = P_{0}} = c

代入上式：

Q_{0} + P_{0} (- b \frac{Q _{0}}{P _{0}}) = Q_{0} (1 - b) = c

解得：

Q_{0} = \frac{c}{1 - b} = - \frac{c}{b - 1}

边际收益为：

\frac{d R}{d Q}_{Q = Q_{0}} = P_{0} + Q_{0} \frac{d P}{d Q}_{Q = Q_{0}} = a

由于 $\frac{d P}{d Q}_{Q = Q_{0}} = \frac{1}{\frac{d Q}{d P} ∣ _{P = P_{0}}} = - \frac{P _{0}}{b Q _{0}}$ ，代入得：

P_{0} + Q_{0} (- \frac{P _{0}}{b Q _{0}}) = P_{0} (1 - \frac{1}{b}) = a

解得：

P_{0} = a \cdot \frac{b}{b - 1} = \frac{ab}{b - 1}

因此， $P_{0} = \frac{ab}{b - 1}$ , $Q_{0} = - \frac{c}{b - 1}$ 。

16

设 $f (x)$ , $g (x)$ 在区间 $[- a, a]$ ( $a > 0$ )上连续， $g (x)$ 为偶函数，且 $f (x)$ 满足条件 $f (x) + f (- x) = A$ （ $A$ 为常数）．

(1) 证明 $\int_{- a}^{a} f (x) g (x) d x = A \int_{0}^{a} g (x) d x$ ；

(2) 利用(I)的结论计算定积分 $\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} ∣ sin x ∣ arctan e^{x} d x$ ．

查看答案与解析

【答案】
$\frac{π}{2}$

【解析】 (1) 证明：考虑积分 $\int_{- a}^{a} f (x) g (x) d x$ 。将其拆分为两部分：

\int_{- a}^{a} f (x) g (x) d x = \int_{- a}^{0} f (x) g (x) d x + \int_{0}^{a} f (x) g (x) d x .

在第一个积分中，令 $u = - x$ ，则当 $x = - a$ 时 $u = a$ ，当 $x = 0$ 时 $u = 0$ ，且 $d x = - d u$ 。因此：

\int_{- a}^{0} f (x) g (x) d x = \int_{a}^{0} f (- u) g (- u) (- d u) = \int_{0}^{a} f (- u) g (u) d u,

其中 $g (- u) = g (u)$ 因为 $g (x)$ 是偶函数。将变量 $u$ 换回 $x$ ，得：

\int_{- a}^{0} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{a} f (- x) g (x) d x .

于是原积分变为：

\int_{- a}^{a} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{a} f (- x) g (x) d x + \int_{0}^{a} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{a} [f (- x) + f (x)] g (x) d x .

由条件 $f (x) + f (- x) = A$ ，代入得：

\int_{- a}^{a} f (x) g (x) d x = A \int_{0}^{a} g (x) d x .

故结论成立。

(2) 计算积分 $\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} ∣ sin x ∣ arctan e^{x} d x$ 。令 $f (x) = arctan e^{x}$ ， $g (x) = ∣ sin x ∣$ ，区间 $[- a, a]$ 中 $a = \frac{π}{2}$ 。首先， $g (x) = ∣ sin x ∣$ 是偶函数，因为 $∣ sin (- x) ∣ = ∣ - sin x ∣ = ∣ sin x ∣$ 。其次，验证 $f (x) + f (- x) = A$ ：

f (x) + f (- x) = arctan e^{x} + arctan e^{- x} .

由于 $e^{x} > 0$ ，有恒等式 $arctan u + arctan \frac{1}{u} = \frac{π}{2}$ （当 $u > 0$ ），故：

arctan e^{x} + arctan e^{- x} = \frac{π}{2},

即 $A = \frac{π}{2}$ 。根据 (1) 的结论：

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} ∣ sin x ∣ arctan e^{x} d x = A \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ sin x ∣ d x = \frac{π}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin x d x,

因为在 $[0, \frac{π}{2}]$ 上 $sin x \geq 0$ ，所以 $∣ sin x ∣ = sin x$ 。计算：

\int_{0}^{\frac{π}{2}} sin x d x = [- cos x]_{0}^{\frac{π}{2}} = - cos \frac{π}{2} + cos 0 = 0 + 1 = 1.

因此，积分值为：

\frac{π}{2} \times 1 = \frac{π}{2} .

17

已知向量组(I) $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ ；(II) $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ ； (III) $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5}$ ．如果各向量组的秩分别为 $r (I) = r (II) = 3$ , $r (III) = 4$ ，证明:向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5} - α_{4}$ 的秩为4.

查看答案与解析

【答案】
向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5} - α_{4}$ 的秩为 4。

【解析】
已知 $r (I) = 3$ ，即 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关。
已知 $r (II) = 3$ ，即 $α_{4}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，设 $α_{4} = c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + c_{3} α_{3}$ ，其中 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ 为标量。
已知 $r (III) = 4$ ，即 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5}$ 线性无关。

考虑向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5} - α_{4}$ 。要证明其秩为 4，只需证明该向量组线性无关。
设存在标量 $k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}$ ，使得

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} + k_{4} (α_{5} - α_{4}) = 0.

展开得

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} + k_{4} α_{5} - k_{4} α_{4} = 0.

将 $α_{4} = c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + c_{3} α_{3}$ 代入，得

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} + k_{4} α_{5} - k_{4} (c_{1} α_{1} + c_{2} α_{2} + c_{3} α_{3}) = 0.

整理得

(k_{1} - k_{4} c_{1}) α_{1} + (k_{2} - k_{4} c_{2}) α_{2} + (k_{3} - k_{4} c_{3}) α_{3} + k_{4} α_{5} = 0.

由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5}$ 线性无关，因此系数必须为零：

⎩ ⎨ ⎧ k_{1} - k_{4} c_{1} = 0, k_{2} - k_{4} c_{2} = 0, k_{3} - k_{4} c_{3} = 0, k_{4} = 0.

由 $k_{4} = 0$ 代入前三个方程，得 $k_{1} = 0, k_{2} = 0, k_{3} = 0$ 。
因此， $k_{1} = k_{2} = k_{3} = k_{4} = 0$ ，即 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{5} - α_{4}$ 线性无关，故其秩为 4。

18

已知二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 4 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} - 4 x_{1} x_{3} + 8 x_{2} x_{3}$ ．

(1) 写出二次型 $f$ 的矩阵表达式；

(2) 用正交变换把二次型 $f$ 化为标准形，并写出相应的正交矩阵．

查看答案与解析

【答案】
(1) 二次型 $f$ 的矩阵表达式为 $f (x) = x^{T} A x$ ，其中

A = 02 - 2 244 - 2 4 - 3

(2) 通过正交变换，二次型 $f$ 化为标准形 $y_{1}^{2} + 6 y_{2}^{2} - 6 y_{3}^{2}$ ，相应的正交矩阵为

Q = - \frac{2}{5} 0 \frac{1}{5} \frac{1}{30} \frac{5}{30} \frac{2}{30} \frac{1}{6} - \frac{1}{6} \frac{2}{6}

【解析】
(1) 二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 4 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2} - 4 x_{1} x_{3} + 8 x_{2} x_{3}$ 的矩阵 $A$ 是对称矩阵，其中 $a_{11} = 0$ （无 $x_{1}^{2}$ 项）， $a_{22} = 4$ ， $a_{33} = - 3$ ，交叉项系数对应 $2 a_{12} = 4$ 得 $a_{12} = 2$ ， $2 a_{13} = - 4$ 得 $a_{13} = - 2$ ， $2 a_{23} = 8$ 得 $a_{23} = 4$ ，故

A = 02 - 2 244 - 2 4 - 3

(2) 求矩阵 $A$ 的特征值和特征向量。解特征方程 $det (A - λ I) = 0$ ：

det - λ 2 - 2 2 4 - λ 4 - 2 4 - 3 - λ = - λ^{3} + λ^{2} + 36 λ - 36 = 0

解得 $λ = 1, 6, - 6$ 。
求特征向量：

对 $λ = 1$ ，解 $(A - I) v = 0$ ，得 $v_{1} = (- 2, 0, 1)^{T}$ 。
对 $λ = 6$ ，解 $(A - 6 I) v = 0$ ，得 $v_{2} = (1, 5, 2)^{T}$ 。
对 $λ = - 6$ ，解 $(A + 6 I) v = 0$ ，得 $v_{3} = (1, - 1, 2)^{T}$ 。
特征向量相互正交。单位化：
$∥ v_{1} ∥ = 5$ ，得 $u_{1} = \frac{1}{5} (- 2, 0, 1)^{T}$ 。
$∥ v_{2} ∥ = 30$ ，得 $u_{2} = \frac{1}{30} (1, 5, 2)^{T}$ 。
$∥ v_{3} ∥ = 6$ ，得 $u_{3} = \frac{1}{6} (1, - 1, 2)^{T}$ 。
正交矩阵 $Q$ 以 $u_{1}, u_{2}, u_{3}$ 为列向量，标准形为 $y_{1}^{2} + 6 y_{2}^{2} - 6 y_{3}^{2}$ 。

19

假设一厂家生产的每台仪器，以概率 $0.70$ 可以直接出厂；以概率 $0.30$ 需进一步调试，经调试后以概率 $0.80$ 可以出厂；以概率 $0.20$ 定为不合格品不能出厂．现该厂新生产了 $n$ （ $n \geq 2$ ）台仪器（假设各台仪器的生产过程相互独立）．求：

(1) 全部能出厂的概率 $α$ ；

(2) 其中恰好有两台不能出厂的概率 $β$ ；

(3) 其中至少有两台不能出厂的概率 $θ$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $α = (0.94)^{n}$
(2) $β = (2 n) (0.06)^{2} (0.94)^{n - 2}$
(3) $θ = 1 - (0.94)^{n} - n \cdot 0.06 \cdot (0.94)^{n - 1}$

【解析】
首先，计算每台仪器能出厂的概率：

直接出厂概率为 $0.70$
需调试的概率为 $0.30$ ，调试后出厂的概率为 $0.80$
最终能出厂的概率为 $0.70 + 0.30 \times 0.80 = 0.94$ 不能出厂的概率为 $0.30 \times 0.20 = 0.06$

设 $X$ 为不能出厂的台数，则 $X \sim Binomial (n, 0.06)$ 。

(1) 全部能出厂的概率：

α = (0.94)^{n}

(2) 恰好两台不能出厂的概率：

β = (2 n) (0.06)^{2} (0.94)^{n - 2}

(3) 至少两台不能出厂的概率：

θ = 1 - (0.94)^{n} - n \cdot 0.06 \cdot (0.94)^{n - 1}

20

已知随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率密度为

f (x, y) = {4 x y, 0, 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1, 其他,

求 $X$ 和 $Y$ 联合分布函数 $F (x, y)$ ．

查看答案与解析

【答案】

F (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 x^{2} y^{2} x^{2} y^{2} 1 x < 0 y < 0 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 0 \leq x \leq 1, y > 1 x > 1, 0 \leq y \leq 1 x > 1, y > 1

【解析】
将整个平面分为五个区域(如下图)：

(Ⅰ) 当 $(x, y) \in D_{0}$ ，即 $x < 0$ 或 $y < 0$ 时， $F (x, y) = 0$ 。

(Ⅱ) 当 $(x, y) \in D_{1}$ ，即 $0 \leq x \leq 1$ 且 $0 \leq y \leq 1$ 时，

F (x, y) = \int_{0}^{x} \int_{0}^{y} 4 s t d t d s = \int_{0}^{x} 2 s y^{2} d s = x^{2} y^{2} .

(Ⅲ) 当 $(x, y) \in D_{2}$ ，即 $0 \leq x \leq 1$ 且 $y > 1$ 时，

F (x, y) = \int_{0}^{x} \int_{0}^{y} 4 s t d t d s = \int_{0}^{x} d s \int_{0}^{1} 4 s t d t = \int_{0}^{x} 2 s d s = x^{2} .

(Ⅳ) 当 $(x, y) \in D_{3}$ ，即 $x > 1$ 且 $0 \leq y \leq 1$ 时，与 $D_{2}$ 类似，有 $F (x, y) = y^{2}$ 。

(Ⅴ) 当 $(x, y) \in D_{4}$ ，即 $x > 1$ 且 $y > 1$ 时， $F (x, y) = 1$ 。