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1997 年真题

20 题

填空题

本题共5分，每小题3分，满分15分

1

同试卷 3 第 1 题

2

设 $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} + x^{3} \int_{0}^{1} f (x) d x$ ，则 $\int_{0}^{1} f (x) d x =$ ______．

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【答案】 $\frac{π}{3}$

【解析】
设 $A = \int_{0}^{1} f (x) d x$ 。由题设方程

f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} + x^{3} \int_{0}^{1} f (x) d x = \frac{1}{1 + x ^{2}} + A x^{3},

两边在区间 $[0, 1]$ 上积分得

A = \int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x + A \int_{0}^{1} x^{3} d x .

计算积分：

\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = arctan x_{0}^{1} = \frac{π}{4}, \int_{0}^{1} x^{3} d x = \frac{1}{4} .

代入得

A = \frac{π}{4} + \frac{A}{4} .

解方程：

A - \frac{A}{4} = \frac{π}{4}, \frac{3 A}{4} = \frac{π}{4}, A = \frac{π}{3} .

因此，

\int_{0}^{1} f (x) d x = \frac{π}{3} .

3

设 $n$ 阶矩阵 $A = 011 ⋮ 11 101 ⋮ 11 110 ⋮ 11 \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 111 ⋮ 01 111 ⋮ 10$ ，则 $∣ A ∣ =$ ______．

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【答案】 $(- 1)^{n - 1} (n - 1)$

【解析】 设 $J$ 为 $n$ 阶全 1 矩阵，则 $A = J - I$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。
矩阵 $J$ 的特征值为 $n$ （单重）和 $0$ （ $n - 1$ 重），因此 $A$ 的特征值为 $n - 1$ 和 $- 1$ （ $n - 1$ 重）。
行列式为特征值的乘积，故

∣ A ∣ = (n - 1) \cdot (- 1)^{n - 1} .

4

设 $A$ , $B$ 是任意两个随机事件，则 $P {(\overset{ˉ}{A} + B) (A + B) (\overset{ˉ}{A} + \overset{ˉ}{B}) (A + \overset{ˉ}{B})} =$ ______．

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【答案】 0

【解析】
考虑事件 $E = (\overset{ˉ}{A} \cup B) \cap (A \cup B) \cap (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) \cap (A \cup \overset{ˉ}{B})$ 。

首先，简化 $(\overset{ˉ}{A} \cup B) \cap (A \cup B)$ 。通过集合运算，有

(\overset{ˉ}{A} \cup B) \cap (A \cup B) = B

类似地，简化 $(\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) \cap (A \cup \overset{ˉ}{B})$ ，得

(\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) \cap (A \cup \overset{ˉ}{B}) = \overset{ˉ}{B}

因此，

E = B \cap \overset{ˉ}{B} = \emptyset

即 $E$ 是不可能事件。

故 $P (E) = 0$ 。

5

设随机变量 $X$ 服从参数为 $(2, p)$ 的二项分布，随机变量 $Y$ 服从参数为 $(3, p)$ 的二项分布．若 $P {X \geq 1} = \frac{5}{9}$ ，则 $P {Y \geq 1} =$ ______．

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【答案】 $\frac{19}{27}$

【解析】
由 $X \sim B (2, p)$ 和 $P {X \geq 1} = \frac{5}{9}$ ，得

P {X = 0} = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9} .

由于 $P {X = 0} = (1 - p)^{2}$ ，所以

(1 - p)^{2} = \frac{4}{9},

解得 $1 - p = \frac{2}{3}$ （取正值），故

p = \frac{1}{3} .

对于 $Y \sim B (3, p)$ ，有

P {Y \geq 1} = 1 - P {Y = 0},

其中

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

因此，

P {Y \geq 1} = 1 - \frac{8}{27} = \frac{19}{27} .

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $f (x)$ , $ϕ (x)$ 在点 $x = 0$ 的某邻域内连续，且当 $x \to 0$ 时， $f (x)$ 是 $ϕ (x)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x} f (t) sin t d t$ 是 $\int_{0}^{x} tϕ (t) d t$ 的

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 给定当 $x \to 0$ 时， $f (x)$ 是 $ϕ (x)$ 的高阶无穷小，即 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{ϕ ( x )} = 0$ 。需要比较 $\int_{0}^{x} f (t) sin t d t$ 和 $\int_{0}^{x} tϕ (t) d t$ 的阶数。考虑极限：

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) sin t d t}{\int _{0}^{x} tϕ ( t ) d t}

由于分子和分母在 $x \to 0$ 时均趋于 0，且被积函数连续，应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{\frac{d}{d x} \int _{0}^{x} f ( t ) sin t d t}{\frac{d}{d x} \int _{0}^{x} tϕ ( t ) d t} = x \to 0 lim \frac{f ( x ) sin x}{x ϕ ( x )}

其中， $\frac{s i n x}{x} \to 1$ 当 $x \to 0$ ，因此：

x \to 0 lim \frac{f ( x ) sin x}{x ϕ ( x )} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{ϕ ( x )} \cdot \frac{sin x}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{ϕ ( x )} \cdot 1 = 0

故 $\int_{0}^{x} f (t) sin t d t$ 是 $\int_{0}^{x} tϕ (t) d t$ 的高阶无穷小。

7

同试卷 3 第 7 题

8

同试卷 3 第 8 题

9

非齐次线性方程组 $A X = b$ 中未知量个数为 $n$ ，方程个数为 $m$ ，系数矩阵 $A$ 的秩为 $r$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

对于非齐次线性方程组 $A X = b$ ，解存在的充要条件是系数矩阵 $A$ 的秩等于增广矩阵 $[A ∣ b]$ 的秩。

选项 A 中，当 $r = m$ 时，由于 $A$ 的秩为 $m$ ，且增广矩阵有 $m$ 行，其秩最多为 $m$ ，因此增广矩阵的秩也为 $m$ ，即 $r (A) = r ([A ∣ b])$ ，方程组有解。
选项 B 错误，因为 $r = n$ 仅保证列满秩，但解可能不存在，例如当 $b$ 不在 $A$ 的列空间时。
选项 C 错误，因为 $m = n$ 时，若 $A$ 不可逆，方程组可能无解或有无穷多解。
选项 D 错误，因为 $r < n$ 时，若增广矩阵的秩大于 $r$ ，则方程组无解。

因此，只有选项 A 正确。

10

设 $X$ 是一随机变量， $EX = μ$ , $D X = σ^{2}$ （ $μ$ , $σ > 0$ 是常数），则对任意常数 $c$ ，必有

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正确答案：D

正确答案：D

对于任意常数 $c$ ，有

E (X - c)^{2} = E (X^{2}) - 2 c μ + c^{2},

而

E (X - μ)^{2} = σ^{2} .

计算差值：

E (X - c)^{2} - E (X - μ)^{2} = (c - μ)^{2} \geq 0,

因此

E (X - c)^{2} \geq E (X - μ)^{2},

等号当且仅当 $c = μ$ 时成立。

选项 A 错误，因为 $E (X - c)^{2} = E (X^{2}) - 2 c μ + c^{2}$ ，并非 $E (X^{2}) - c^{2}$ ；
选项 B 错误，因为只有当 $c = μ$ 时相等；
选项 C 错误，因为 $E (X - c)^{2}$ 从不小于 $E (X - μ)^{2}$ 。

故正确答案为 D。

解答题

11

求极限 $lim_{x \to 0} [\frac{a}{x} - (\frac{1}{x ^{2}} - a^{2}) ln (1 + a x)]$ （ $a \neq = 0$ ）．

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【答案】 $\frac{a ^{2}}{2}$

【解析】 考虑极限 $L = lim_{x \to 0} [\frac{a}{x} - (\frac{1}{x ^{2}} - a^{2}) ln (1 + a x)]$ ，其中 $a \neq = 0$ 。
使用泰勒展开 $ln (1 + a x) = a x - \frac{( a x ) ^{2}}{2} + \frac{( a x ) ^{3}}{3} - \frac{( a x ) ^{4}}{4} + \dots$ ，代入表达式：

(\frac{1}{x ^{2}} - a^{2}) ln (1 + a x) = (\frac{1}{x ^{2}} - a^{2}) (a x - \frac{a ^{2} x ^{2}}{2} + \frac{a ^{3} x ^{3}}{3} - \frac{a ^{4} x ^{4}}{4} + \dots)

展开后：

= \frac{a}{x} - a^{3} x - \frac{a ^{2}}{2} + \frac{a ^{4} x ^{2}}{2} + \frac{a ^{3} x}{3} - \frac{a ^{5} x ^{3}}{3} - \frac{a ^{4} x ^{2}}{4} + \frac{a ^{6} x ^{4}}{4} + \dots

原表达式为：

\frac{a}{x} - [\frac{a}{x} - a^{3} x - \frac{a ^{2}}{2} + \frac{a ^{4} x ^{2}}{2} + \frac{a ^{3} x}{3} - \frac{a ^{5} x ^{3}}{3} - \frac{a ^{4} x ^{2}}{4} + \frac{a ^{6} x ^{4}}{4} + \dots]

简化后：

a^{3} x + \frac{a ^{2}}{2} - \frac{a ^{4} x ^{2}}{2} - \frac{a ^{3} x}{3} + \frac{a ^{5} x ^{3}}{3} + \frac{a ^{4} x ^{2}}{4} - \frac{a ^{6} x ^{4}}{4} + \dots

当 $x \to 0$ 时，所有含 $x$ 的项趋近于零，仅剩常数项 $\frac{a ^{2}}{2}$ 。因此极限为 $\frac{a ^{2}}{2}$ 。

或者，令 $t = a x$ ，则当 $x \to 0$ 时 $t \to 0$ ，原式化为：

L = a^{2} t \to 0 lim [\frac{1}{t} - (\frac{1}{t ^{2}} - 1) ln (1 + t)]

计算内极限：

t \to 0 lim [\frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{2}} ln (1 + t) + ln (1 + t)]

利用 $ln (1 + t) = t - \frac{t ^{2}}{2} + \frac{t ^{3}}{3} - \dots$ ，有：

\frac{1}{t ^{2}} ln (1 + t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{2} + \frac{t}{3} - \dots

所以：

\frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{2}} ln (1 + t) = \frac{1}{2} - \frac{t}{3} + \dots

加上 $ln (1 + t) = t - \frac{t ^{2}}{2} + \dots$ ，得：

(\frac{1}{2} - \frac{t}{3} + \dots) + (t - \frac{t ^{2}}{2} + \dots) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} t + \dots

当 $t \to 0$ 时，内极限为 $\frac{1}{2}$ ，故 $L = a^{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{a ^{2}}{2}$ 。
两种方法均得极限为 $\frac{a ^{2}}{2}$ 。

12

同试卷 3 第 12 题

13

假设某种商品的需求量 $Q$ 是单价 $p$ （单位:元）的函数： $Q = 12000 - 80 p$ ；商品的总成本 $C$ 是需求量 $Q$ 的函数： $C = 25000 + 50 Q$ ；每单位商品需要纳税 $2$ 元．试求使销售利润最大的商品单价和最大利润额．

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【答案】
商品单价为101元，最大利润额为167080元。

【解析】
利润函数为 $L = pQ - C - 2 Q$ ，其中 $Q = 12000 - 80 p$ ， $C = 25000 + 50 Q$ 。
代入得：

L = p (12000 - 80 p) - (25000 + 50 Q) - 2 (12000 - 80 p)

简化后：

L = - 80 p^{2} + 16160 p - 649000

这是一个二次函数，开口向下，最大值在顶点处。顶点坐标为 $p = - \frac{b}{2 a} = - \frac{16160}{2 \times ( - 80 )} = 101$ 。
代入 $p = 101$ 得最大利润：

L = - 80 \times 10 1^{2} + 16160 \times 101 - 649000 = 167080

因此，商品单价为101元时，利润最大，最大利润额为167080元。

14

求曲线 $y = x^{2} - 2 x$ , $y = 0$ , $x = 1$ , $x = 3$ 所围成的平面图形的面积 $S$ ，并求该平面图形绕 $y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积 $V$ ．

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【答案】
面积 $S = 2$ ，体积 $V = 9 π$ 。

【解析】
求面积 $S$ ：曲线 $y = x^{2} - 2 x$ 与 $y = 0$ （即 $x$ 轴）以及直线 $x = 1$ 、 $x = 3$ 所围成的图形在区间 $[1, 3]$ 上部分位于 $x$ 轴下方。因此，面积需取绝对值积分：

S = \int_{1}^{3} ∣ x^{2} - 2 x ∣ d x

在区间 $[1, 2]$ 上， $x^{2} - 2 x < 0$ ，故 $∣ x^{2} - 2 x ∣ = 2 x - x^{2}$ ；在区间 $[2, 3]$ 上， $x^{2} - 2 x > 0$ ，故 $∣ x^{2} - 2 x ∣ = x^{2} - 2 x$ 。
于是：

S = \int_{1}^{2} (2 x - x^{2}) d x + \int_{2}^{3} (x^{2} - 2 x) d x

计算第一积分：

\int_{1}^{2} (2 x - x^{2}) d x = [x^{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{1}^{2} = (4 - \frac{8}{3}) - (1 - \frac{1}{3}) = \frac{4}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2}{3}

计算第二积分：

\int_{2}^{3} (x^{2} - 2 x) d x = [\frac{x ^{3}}{3} - x^{2}]_{2}^{3} = (9 - 9) - (\frac{8}{3} - 4) = 0 - (- \frac{4}{3}) = \frac{4}{3}

所以：

S = \frac{2}{3} + \frac{4}{3} = 2

求体积 $V$ ：该平面图形绕 $y$ 轴旋转一周，使用柱壳法，体积公式为：

V = 2 π \int_{1}^{3} x \cdot ∣ x^{2} - 2 x ∣ d x

同样分段计算：

V = 2 π [\int_{1}^{2} x (2 x - x^{2}) d x + \int_{2}^{3} x (x^{2} - 2 x) d x]

计算第一积分：

\int_{1}^{2} x (2 x - x^{2}) d x = \int_{1}^{2} (2 x^{2} - x^{3}) d x = [\frac{2}{3} x^{3} - \frac{1}{4} x^{4}]_{1}^{2} = (\frac{16}{3} - 4) - (\frac{2}{3} - \frac{1}{4}) = \frac{4}{3} - \frac{5}{12} = \frac{11}{12}

计算第二积分：

\int_{2}^{3} x (x^{2} - 2 x) d x = \int_{2}^{3} (x^{3} - 2 x^{2}) d x = [\frac{1}{4} x^{4} - \frac{2}{3} x^{3}]_{2}^{3} = (\frac{81}{4} - 18) - (4 - \frac{16}{3}) = \frac{9}{4} - (- \frac{4}{3}) = \frac{9}{4} + \frac{4}{3} = \frac{43}{12}

所以：

V = 2 π (\frac{11}{12} + \frac{43}{12}) = 2 π \cdot \frac{54}{12} = 2 π \cdot \frac{9}{2} = 9 π

15

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，且 $F (x) = \int_{0}^{x} (x - 2 t) f (t) d t$ ．试证：

(1) 若 $f (x)$ 为偶函数，则 $F (x)$ 也是偶函数；

(2) 若 $f (x)$ 单调不增，则 $F (x)$ 单调不减．

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【答案】 见解析

【解析】
(Ⅰ) 令 $t = - u$ ，有

F (- x) = \int_{0}^{- x} (- x - 2 t) f (t) d t = - \int_{0}^{x} (- x + 2 u) f (- u) d u

即 $F (x)$ 为偶函数。

(Ⅱ) 由积分中值定理，存在 $ξ$ 介于 0 和 $x$ 之间，使得

F^{'} (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t - x f (x) = x [f (ξ) - f (x)] .

由已知 $f (x)$ 单调不减，可见

当 $x > 0$ 时， $f (ξ) - f (x) \geq 0$ ，故 $F^{'} (x) \geq 0$ ;
当 $x = 0$ 时，显然 $F^{'} (x) = 0$ ;
当 $x < 0$ 时， $f (ξ) - f (x) \leq 0$ ，故 $F^{'} (x) \geq 0$ 。

总之，当 $x \in (- \infty, + \infty)$ 时，总有 $F^{'} (x) \geq 0$ ，从而 $F (x)$ 单调不减。

16

设 $D$ 是以点 $O (0, 0)$ , $A (1, 2)$ 和 $B (2, 1)$ 为顶点的三角形区域，求 $\iint_{D} x d x d y$ ．

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【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 三角形区域 $D$ 的顶点为 $O (0, 0)$ 、 $A (1, 2)$ 、 $B (2, 1)$ ，其边界由直线 $O A : y = 2 x$ 、 $OB : y = \frac{x}{2}$ 和 $A B : y = - x + 3$ 围成。将积分区域按 $x$ 方向分为两部分：

当 $0 \leq x \leq 1$ 时， $y$ 的范围为 $\frac{x}{2} \leq y \leq 2 x$ ；
当 $1 \leq x \leq 2$ 时， $y$ 的范围为 $\frac{x}{2} \leq y \leq - x + 3$ 。

则二重积分可表示为：

\iint_{D} x d x d y = \int_{0}^{1} \int_{x /2}^{2 x} x d y d x + \int_{1}^{2} \int_{x /2}^{- x + 3} x d y d x .

分别计算两个积分：

\int_{0}^{1} \int_{x /2}^{2 x} x d y d x \int_{1}^{2} \int_{x /2}^{- x + 3} x d y d x = \int_{0}^{1} x (2 x - \frac{x}{2}) d x = \int_{0}^{1} \frac{3 x ^{2}}{2} d x = \frac{1}{2}, = \int_{1}^{2} x (- x + 3 - \frac{x}{2}) d x = \int_{1}^{2} (- \frac{3 x ^{2}}{2} + 3 x) d x = 1.

因此，

\iint_{D} x d x d y = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2} .

也可用质心坐标验证：三角形面积 $\frac{3}{2}$ ，质心横坐标 $\overset{x}{ˉ} = 1$ ，故积分值为 $1 \times \frac{3}{2} = \frac{3}{2}$ 。

最终结果为：

\frac{3}{2}

17

同试卷 3 第 17 题

18

设矩阵 $A$ 和 $B$ 相似，且 $A = 12 - 3 - 1 4 - 3 1 - 2 a$ ， $B = 200020 00 b$ ，

(1) 求 $a$ , $b$ 的值；

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P = B$ ．

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【答案】
(1) $a = 5$ , $b = 6$
(2) 可逆矩阵 $P = 101011 - 1 2 - 3$ 。（ $P$ 的取法不唯一，只要列向量是对应特征值的线性无关特征向量即可）

【解析】
矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，则它们有相同的特征多项式。

(1) 求 $a$ , $b$ 的值

计算 $A$ 的特征多项式：

det (λ I - A) = λ - 1 - 2 3 1 λ - 4 3 - 1 2 λ - a = λ^{3} - (a + 5) λ^{2} + (5 a + 3) λ + (- 6 a + 6) .

$B$ 的特征多项式为：

det (λ I - B) = (λ - 2)^{2} (λ - b) = λ^{3} - (b + 4) λ^{2} + (4 b + 4) λ - 4 b .

比较系数得：

⎩ ⎨ ⎧ a + 5 = b + 4, 5 a + 3 = 4 b + 4, - 6 a + 6 = - 4 b .

解得 $a = 5$ ， $b = 6$ 。

因此， $a = 5$ ， $b = 6$ 。

(2) 求可逆矩阵 $P$

当 $a = 5$ ， $b = 6$ 时，

A = 12 - 3 - 1 4 - 3 1 - 2 5, B = 200020006 .

求 $A$ 的特征值与特征向量：

特征值 $λ_{1} = 2$ （二重），解 $(A - 2 I) x = 0$ ：

A - 2 I = - 1 2 - 3 - 1 2 - 3 1 - 2 3 \to 100100 - 1 00,

得基础解系：

ξ_{1} = 101, ξ_{2} = 011 .

特征值 $λ_{2} = 6$ ，解 $(A - 6 I) x = 0$ ：

A - 6 I = - 5 2 - 3 - 1 - 2 - 3 1 - 2 - 1 \to 100010 \frac{1}{2} \frac{3}{2} 0,

得基础解系：

ξ_{3} = - 1 2 - 3 .

取

P = (ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}) = 101011 - 1 2 - 3,

则 $P$ 可逆，且满足 $P^{- 1} A P = B$ 。

因此，可逆矩阵 $P = 101011 - 1 2 - 3$ 。

19

假设随机变量 $X$ 的绝对值不大于 $1$ ； $P {X = - 1} = \frac{1}{8}, P {X = 1} = \frac{1}{4}$ ；在事件 ${- 1 < X < 1}$ 出现的条件下， $X$ 在 $(- 1, 1)$ 内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比．试求：

(1) $X$ 的分布函数 $F (x) = P {X \leq x}$ ；

(2) $X$ 取负值的概率 $p$ ．

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【答案】
(1) $X$ 的分布函数为：

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 \frac{5 x + 7}{16} 1 x < - 1 - 1 \leq x < 1 x \geq 1

(2) $X$ 取负值的概率 $p = \frac{7}{16}$ 。

【解析】
(1) 由 $X$ 的绝对值不大于 1，可得：当 $x < - 1$ 时， $F (x) = P {X \leq x} = 0$ ; 当 $x \geq 1$ 时， $F (x) = P {X \leq x} = 1$ 。又 $P {X = - 1} = \frac{1}{8}, P {X = 1} = \frac{1}{4}$ ，则

P {- 1 < x < 1} = 1 - P {X = - 1} - P {X = 1} = 1 - \frac{1}{8} - \frac{1}{4} = \frac{5}{8} .

由题意 $X$ 在 $(- 1, 1)$ 内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比，那么当 $X$ 的值属于 $(- 1, 1)$ 的条件下，事件 ${- 1 < X \leq x}$ 的条件概率为：

P {- 1 < X \leq x ∣ - 1 < X < 1} = k \frac{x - ( - 1 )}{1 - ( - 1 )} = k \frac{x + 1}{2},

其中 $k$ 为比例正常数。又 $P {- 1 < X < 1∣ - 1 < X < 1} = 1$ ，而

P {- 1 < X < 1∣ - 1 < X < 1} = k \frac{1 + 1}{2} = k,

所以 $k = 1$ ，故

P {- 1 < X \leq x ∣ - 1 < X < 1} = \frac{x + 1}{2} .

当 $- 1 < x < 1$ 时， ${- 1 < X \leq x} = {- 1 < X \leq x} \cap {- 1 < X < 1}$ ，所以

P {- 1 < X \leq x} = P {- 1 < X \leq x, - 1 < X < 1} .

由条件概率公式，有

P {- 1 < X \leq x} = P {- 1 < X \leq x, - 1 < X < 1}

= P {- 1 < X \leq x ∣ - 1 < X < 1} P {- 1 < X < 1}

= \frac{x + 1}{2} \times \frac{5}{8} = \frac{5 x + 5}{16},

F (x) = P {X \leq x} = P {X \leq - 1} + P {- 1 < X \leq x},

而

P {X \leq - 1} = P {X = - 1} + P {X < - 1} = \frac{1}{8} + 0 = \frac{1}{8},

所以

F (x) = P {X \leq x} = P {X \leq - 1} + P {- 1 < X \leq x} = \frac{1}{8} + \frac{5 x + 5}{16} = \frac{5 x + 7}{16},

故所求的 $X$ 的分布函数为

F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{5 x + 7}{16}, 1, x < - 1; - 1 \leq x < 1; x \geq 1.

(II) $X$ 取负值的概率 $p = P {X < 0} = F (0) - P {X = 0} = F (0) = \frac{7}{16}$ .

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假设随机变量 $Y$ 服从参数为 $λ = 1$ 的指数分布，随机变量 $X_{k} = {0, 1, Y \leq k, Y > k$ （ $k = 1, 2$ ），求：

(1) $X_{1}$ 和 $X_{2}$ 的联合概率分布；

(2) $E (X_{1} + X_{2})$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $X_{1}$ 和 $X_{2}$ 的联合概率分布为：
$P (X_{1} = 0, X_{2} = 0) = 1 - \frac{1}{e}$ ，
$P (X_{1} = 0, X_{2} = 1) = 0$ ，
$P (X_{1} = 1, X_{2} = 0) = \frac{1}{e} - \frac{1}{e ^{2}}$ ，
$P (X_{1} = 1, X_{2} = 1) = \frac{1}{e ^{2}}$ 。
(2) $E (X_{1} + X_{2}) = \frac{1}{e} + \frac{1}{e ^{2}}$ 。

【解析】
随机变量 $Y$ 服从参数 $λ = 1$ 的指数分布，其概率密度函数为 $f_{Y} (y) = e^{- y}$ ， $y \geq 0$ 。
$X_{k}$ 的定义为：当 $Y \leq k$ 时 $X_{k} = 0$ ，当 $Y > k$ 时 $X_{k} = 1$ （ $k = 1, 2$ ）。

(1) 联合概率分布的计算基于 $Y$ 的取值范围：

$P (X_{1} = 0, X_{2} = 0) = P (Y \leq 1) = \int_{0}^{1} e^{- y} d y = 1 - e^{- 1} = 1 - \frac{1}{e}$ 。
$P (X_{1} = 0, X_{2} = 1) = P (Y \leq 1 且 Y > 2) = 0$ ，因为事件不可能发生。
$P (X_{1} = 1, X_{2} = 0) = P (1 < Y \leq 2) = \int_{1}^{2} e^{- y} d y = e^{- 1} - e^{- 2} = \frac{1}{e} - \frac{1}{e ^{2}}$ 。
$P (X_{1} = 1, X_{2} = 1) = P (Y > 2) = \int_{2}^{\infty} e^{- y} d y = e^{- 2} = \frac{1}{e ^{2}}$ 。

验证概率之和为 1：

(1 - \frac{1}{e}) + 0 + (\frac{1}{e} - \frac{1}{e ^{2}}) + \frac{1}{e ^{2}} = 1

(2) 计算 $E (X_{1} + X_{2})$ ：

由于期望的线性性质， $E (X_{1} + X_{2}) = E (X_{1}) + E (X_{2})$ 。
$X_{1}$ 和 $X_{2}$ 均为伯努利随机变量：

$E (X_{1}) = P (X_{1} = 1) = P (Y > 1) = e^{- 1} = \frac{1}{e}$ 。
$E (X_{2}) = P (X_{2} = 1) = P (Y > 2) = e^{- 2} = \frac{1}{e ^{2}}$ 。

因此，

E (X_{1} + X_{2}) = \frac{1}{e} + \frac{1}{e ^{2}}