填空题 本题共5小题，每小题3分，满分15分
1
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【答案】 − 4 1
【解析】 x → 0 1 + x = 1 + 2 x − 8 x 2 + O ( x 3 ) 1 − x = 1 − 2 x − 8 x 2 + O ( x 3 )
1 + x + 1 − x − 2 = ( 1 + 2 x − 8 x 2 ) + ( 1 − 2 x − 8 x 2 ) − 2 = − 4 x 2 + O ( x 3 ) 因此，
x 2 1 + x + 1 − x − 2 = x 2 − 4 x 2 + O ( x 3 ) = − 4 1 + O ( x ) 当
x → 0 O ( x ) → 0 − 4 1
2 设
z = x 1 f ( x y ) + y φ ( x + y ) f , φ ∂ x ∂ y ∂ 2 z =
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【答案】
y f ′′ ( x y ) + φ ′ ( x + y ) + y φ ′′ ( x + y )
【解析】
给定
z = x 1 f ( x y ) + y φ ( x + y ) f φ ∂ x ∂ y ∂ 2 z
先对
y
∂ y ∂ z = ∂ y ∂ [ x 1 f ( x y ) ] + ∂ y ∂ [ y φ ( x + y ) ] = x 1 ⋅ x f ′ ( x y ) + [ φ ( x + y ) + y φ ′ ( x + y ) ] = f ′ ( x y ) + φ ( x + y ) + y φ ′ ( x + y ) .
再对
x
∂ x ∂ ( ∂ y ∂ z ) = ∂ x ∂ [ f ′ ( x y ) ] + ∂ x ∂ [ φ ( x + y ) ] + ∂ x ∂ [ y φ ′ ( x + y ) ] = y f ′′ ( x y ) + φ ′ ( x + y ) + y φ ′′ ( x + y ) .
因此，
∂ x ∂ y ∂ 2 z = y f ′′ ( x y ) + φ ′ ( x + y ) + y φ ′′ ( x + y )
3 设
L 4 x 2 + 3 y 2 = 1 a ∮ L ( 2 x y + 3 x 2 + 4 y 2 ) d s =
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【答案】
12 a
【解析】 ∮ L ( 2 x y + 3 x 2 + 4 y 2 ) d s L 4 x 2 + 3 y 2 = 1 a x y 2 x y x y ∮ L 2 x y d s = 0 ∮ L ( 3 x 2 + 4 y 2 ) d s x = 2 cos t y = 3 sin t t ∈ [ 0 , 2 π ] d s = ( d t d x ) 2 + ( d t d y ) 2 d t = 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t
∮ L 3 x 2 d s = 3 ∫ 0 2 π ( 2 cos t ) 2 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t = 12 ∫ 0 2 π cos 2 t 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t ,
∮ L 4 y 2 d s = 4 ∫ 0 2 π ( 3 sin t ) 2 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t = 12 ∫ 0 2 π sin 2 t 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t . 相加得：
∮ L ( 3 x 2 + 4 y 2 ) d s = 12 ∫ 0 2 π ( cos 2 t + sin 2 t ) 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t = 12 ∫ 0 2 π 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t . 其中
∫ 0 2 π 4 sin 2 t + 3 cos 2 t d t = a
∮ L ( 2 x y + 3 x 2 + 4 y 2 ) d s = 12 a .
4 设
A n ∣ A ∣ = 0 A ∗ A E n A λ ( A ∗ ) 2 + E
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【答案】
λ 2 ∣ A ∣ 2 + 1
【解析】 ∣ A ∣ = 0 A A ∗ = ∣ A ∣ A − 1 A λ A − 1 λ − 1 A ∗ ∣ A ∣ λ − 1 ( A ∗ ) 2 ( ∣ A ∣ λ − 1 ) 2 = ∣ A ∣ 2 λ − 2 ( A ∗ ) 2 + E ∣ A ∣ 2 λ − 2 + 1 ( A ∗ ) 2 + E λ 2 ∣ A ∣ 2 + 1
5 设平面区域
D y = x 1 y = 0 , x = 1 , x = e 2 ( X , Y ) D ( X , Y ) X x = 2
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【答案】
4 1
【解析】
区域
D y = x 1 y = 0 , x = 1 , x = e 2
A = ∫ 1 e 2 ∫ 0 x 1 d y d x = ∫ 1 e 2 x 1 d x = [ ln x ] 1 e 2 = ln ( e 2 ) − ln ( 1 ) = 2 − 0 = 2
由于二维随机变量
( X , Y ) D
f X , Y ( x , y ) = A 1 = 2 1 , ( x , y ) ∈ D
关于
X y x ∈ [ 1 , e 2 ]
f X ( x ) = ∫ 0 x 1 f X , Y ( x , y ) d y = ∫ 0 x 1 2 1 d y = 2 1 ⋅ x 1 = 2 x 1
对于
x = 2 2 ∈ [ 1 , e 2 ]
f X ( 2 ) = 2 × 2 1 = 4 1
选择题 本题共5小题，每小题3分，满分15分
6 设
f ( x ) d x d ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t =
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正确答案： A
正确答案：A 【解析】 考虑积分
I ( x ) = ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t u = x 2 − t 2 t = 0 u = x 2 t = x u = 0 d u = − 2 t d t t d t = − 2 1 d u
I ( x ) = ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t = ∫ x 2 0 f ( u ) ⋅ ( − 2 1 ) d u = 2 1 ∫ 0 x 2 f ( u ) d u .
于是，
d x d I ( x ) = d x d [ 2 1 ∫ 0 x 2 f ( u ) d u ] = 2 1 ⋅ f ( x 2 ) ⋅ d x d ( x 2 ) = 2 1 ⋅ f ( x 2 ) ⋅ 2 x = x f ( x 2 ) .
因此，正确答案为 A.
x f ( x 2 )
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7 函数
f ( x ) = ( x 2 − x − 2 ) x 3 − x
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正确答案： B
正确答案：B 【解析】 函数
f ( x ) = ( x 2 − x − 2 ) ∣ x 3 − x ∣ x 3 − x = 0 x = − 1 , 0 , 1
在
x = − 1 在
x = 0 在
x = 1 x = 2
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8 已知函数
y = y ( x ) x Δ y = 1 + x 2 y Δ x + α Δ x → 0 α Δ x y ( 0 ) = π y ( 1 )
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正确答案： D
正确答案：D 【解析】 y = y ( x ) x
Δ y = 1 + x 2 y Δ x + α ,
其中当
Δ x → 0 α Δ x
根据导数的定义，
d x d y = Δ x → 0 lim Δ x Δ y = 1 + x 2 y .
由此得到微分方程
d x d y = 1 + x 2 y .
该方程为可分离变量型，变形为
y d y = 1 + x 2 d x .
两边积分得
ln ∣ y ∣ = arctan x + C .
由初始条件
y ( 0 ) = π
ln π = arctan 0 + C ⇒ C = ln π .
因此
ln y = arctan x + ln π ,
整理得
ln ( π y ) = arctan x ⇒ y = π e a r c t a n x .
计算
y ( 1 ) = π e a r c t a n 1 = π e 4 π .
因此，正确答案为 D 。
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9 设矩阵
a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 a 1 − a 2 x − a 3 = b 1 − b 2 y − b 3 = c 1 − c 2 z − c 3 a 2 − a 3 x − a 1 = b 2 − b 3 y − b 1 = c 2 − c 3 z − c 1
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正确答案： A
正确答案：A 设
L 1 : a 1 − a 2 x − a 3 = b 1 − b 2 y − b 3 = c 1 − c 2 z − c 3 ,
L 2 : a 2 − a 3 x − a 1 = b 2 − b 3 y − b 1 = c 2 − c 3 z − c 1
由题设矩阵
a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 是满秩的，则由行列式的性质可知
a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 = a 1 − a 2 a 2 − a 3 a 3 b 1 − b 2 b 2 − b 3 b 3 c 1 − c 2 c 2 − c 3 c 3 = 0 故向量组
( a 1 − a 2 , b 1 − b 2 , c 1 − c 2 ) ( a 2 − a 3 , b 2 − b 3 , c 2 − c 3 ) L 1 L 2 a 1 − a 2 x − a 3 = b 1 − b 2 y − b 3 = c 1 − c 2 z − c 3 a 1 − a 2 x − a 3 − 1 = b 1 − b 2 y − b 3 − 1 = c 1 − c 2 z − c 3
a 1 − a 2 x − a 3 − ( a 1 − a 2 ) = b 1 − b 2 y − b 3 − ( b 1 − b 2 ) = c 1 − c 2 z − c 3 − ( c 1 − c 2 )
同样由
a 2 − a 3 x − a 1 = b 2 − b 3 y − b 1 = c 2 − c 3 z − c 1 a 2 − a 3 x − a 1 + 1 = b 2 − b 3 y − b 1 + 1 = c 2 − c 3 z − c 1
a 2 − a 3 x − a 1 + ( a 2 − a 3 ) = b 2 − b 3 y − b 3 + ( b 2 − b 3 ) = c 2 − c 3 z − c 3 + ( c 2 − c 3 )
可见
L 1 L 2 ( a 2 − a 1 − a 3 , b 2 − b 1 − b 3 , c 2 − c 1 − c 3 )
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10 设
A , B 0 < P ( A ) < 1 , P ( B ) > 0 , P ( B ∣ A ) = P ( B ∣ A )
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正确答案： C
正确答案：C 【解析】 给定条件
P ( B ∣ A ) = P ( B ∣ A ) P ( B ∣ A ) = P ( A ) P ( A B ) P ( B ∣ A ) = P ( A ) P ( B A )
P ( A ) P ( A B ) = P ( A ) P ( B A )
其中
P ( B A ) = P ( B ) − P ( A B ) P ( A ) = 1 − P ( A )
P ( A ) P ( A B ) = 1 − P ( A ) P ( B ) − P ( A B )
解方程：
P ( A B ) ( 1 − P ( A )) = P ( A ) ( P ( B ) − P ( A B ))
P ( A B ) − P ( A B ) P ( A ) = P ( A ) P ( B ) − P ( A ) P ( A B )
P ( A B ) = P ( A ) P ( B )
因此，
P ( A B ) = P ( A ) P ( B ) A B P ( A ∣ B ) P ( A ∣ B ) A B P ( A ∣ B ) = P ( A ) P ( A ∣ B ) = P ( A ) P ( A ) P ( A )
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解答题 11 求直线
L : 1 x − 1 = 1 y = − 1 z − 1 Π : x − y + 2 z − 1 = 0 L 0 L 0 y
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【答案】 L 0 { x − 2 y = 0 y + 2 z = 1 L 0 y 4 x 2 + 4 z 2 − 17 y 2 + 2 y − 1 = 0
【解析】
设过
L Π Π 0 Π 0 L ( 1 , 0 , 1 ) l = ( 1 , 1 , − 1 ) L n = ( 1 , − 1 , 2 ) Π Π 0
x − 1 1 1 y 1 − 1 z − 1 − 1 2 = 0 ⇒ x − 3 y − 2 z + 1 = 0. 从而投影直线
L 0
{ x − y + 2 z − 1 = 0 , x − 3 y − 2 z + 1 = 0.
将
L 0 y
{ x = 2 y , z = 2 1 ( y − 1 ) .
则绕
y S
⎩ ⎨ ⎧ x = ( 2 y ) 2 + ( 2 1 ( 1 − y ) ) 2 cos θ , y = y , z = ( 2 y ) 2 + ( 2 1 ( 1 − y ) ) 2 sin θ . 消去
θ S
x 2 + z 2 = ( 2 y ) 2 + [ − 2 1 ( y − 1 ) ] 2 ,
即
4 x 2 − 17 y 2 + 4 z 2 + 2 y − 1 = 0
12 确定常数
λ x > 0
A ( x , y ) = 2 x y ( x 4 + y 2 ) λ i − x 2 ( x 4 + y 2 ) λ j
为某二元函数
u ( x , y ) u ( x , y )
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【答案】
λ = − 1 u ( x , y ) = − arctan ( x 2 y )
【解析】
向量场
A ( x , y ) = 2 x y ( x 4 + y 2 ) λ i − x 2 ( x 4 + y 2 ) λ j u ( x , y ) ∂ y ∂ P = ∂ x ∂ Q P = 2 x y ( x 4 + y 2 ) λ Q = − x 2 ( x 4 + y 2 ) λ
∂ y ∂ P = 2 x ( x 4 + y 2 ) λ + 4 x y 2 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 ,
∂ x ∂ Q = − 2 x ( x 4 + y 2 ) λ − 4 x 5 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 .
令两者相等：
2 x ( x 4 + y 2 ) λ + 4 x y 2 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 = − 2 x ( x 4 + y 2 ) λ − 4 x 5 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 .
整理得：
4 x ( x 4 + y 2 ) λ + 4 x y 2 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 + 4 x 5 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 = 0.
除以
4 x x > 0
( x 4 + y 2 ) λ + y 2 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 + x 4 λ ( x 4 + y 2 ) λ − 1 = 0.
即：
( 1 + λ ) ( x 4 + y 2 ) λ = 0.
由于
( x 4 + y 2 ) λ > 0 1 + λ = 0 λ = − 1
代入
λ = − 1 A ( x , y ) = x 4 + y 2 2 x y i − x 4 + y 2 x 2 j u ( x , y ) ∇ u = A ∂ y ∂ u = − x 4 + y 2 x 2
u ( x , y ) = ∫ − x 4 + y 2 x 2 d y = − x 2 ∫ x 4 + y 2 1 d y = − x 2 ⋅ x 2 1 arctan ( x 2 y ) + C ( x ) = − arctan ( x 2 y ) + C ( x ) ,
其中
C ( x ) x ∂ x ∂ u = x 4 + y 2 2 x y
∂ x ∂ u = ∂ x ∂ [ − arctan ( x 2 y ) ] = x 4 + y 2 2 x y + C ′ ( x ) .
与
P C ′ ( x ) = 0 C ( x ) C = 0 u ( x , y ) = − arctan ( x 2 y ) ∂ y ∂ u = − x 4 + y 2 x 2 = Q
13 从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度
y v m B ρ k k > 0 y v y = y ( v )
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【答案】
y = − k m v + k 2 m ( m g − ρ g B ) ln ( m g − ρ g B − k v m g − ρ g B )
【解析】
根据牛顿第二定律，仪器在下沉过程中受到的净力为
m g − ρ g B − k v m g ρ g B k v
m d t d v = m g − ρ g B − k v
利用链式法则
d t d v = v d y d v
m v d y d v = m g − ρ g B − k v
整理得到
y v
d v d y = m g − ρ g B − k v m v
对上述微分方程积分求解。令
A = m g − ρ g B
d v d y = A − k v m v
积分得：
y = ∫ A − k v m v d v = m ∫ A − k v v d v
计算积分：
∫ A − k v v d v = − k 1 ∫ A − k v − k v d v = − k 1 ∫ ( 1 − A − k v A ) d v = − k 1 v + k A ∫ A − k v 1 d v
其中：
∫ A − k v 1 d v = − k 1 ln ∣ A − k v ∣
所以：
∫ A − k v v d v = − k 1 v − k 2 A ln ∣ A − k v ∣
代入得：
y = m ( − k 1 v − k 2 A ln ∣ A − k v ∣ ) + C = − k m v − k 2 m A ln ∣ A − k v ∣ + C
其中
C y = 0 v = 0
0 = − k m ⋅ 0 − k 2 m A ln ∣ A ∣ + C ⟹ C = k 2 m A ln A
由于
A = m g − ρ g B > 0 A − k v > 0 v < k A C
y = − k m v − k 2 m A ln ( A − k v ) + k 2 m A ln A = − k m v + k 2 m A ln ( A − k v A )
将
A = m g − ρ g B
y = − k m v + k 2 m ( m g − ρ g B ) ln ( m g − ρ g B − k v m g − ρ g B )
14 计算
∬ Σ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 1 a x d y d z + ( z + a ) 2 d x d y Σ z = − a 2 − x 2 − y 2 a
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【答案】 − 2 π a 3
【解析】
由于被积函数分母中包含
( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 1
I = ∬ Σ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 1 a x d y d z + ( z + a ) 2 d x d y = a 1 ∬ Σ a x d y d z + ( z + a ) 2 d x d y .
添加辅助面
Σ 1 { x 2 + y 2 ≤ a 2 z = 0
I = a 1 ∬ Σ + Σ 1 a x d y d z + ( z + a ) 2 d x d y − a 1 ∬ Σ 1 a x d y d z + ( z + a ) 2 d x d y
= a 1 ( − ∬ Ω ( ∂ x ∂ ( a x ) + ∂ z ∂ [( z + a ) 2 ] ) d V − ( − ∬ D a 2 d x d y ) )
= a 1 ( − ∬ Ω ( a + 2 ( z + a ) ) d V + ∬ D a 2 d x d y ) ,
其中
Ω Σ Σ 1 D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ a 2 } Σ 1 x O y
I = a 1 ( − 3 a ∭ Ω d v − 2 ∭ Ω z d v + a 2 ∬ D d x d y )
= a 1 ( − 3 a ⋅ 3 2 π a 3 − 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a r d r ∫ − a 2 − r 2 0 z d z + a 2 ⋅ π a 2 ) = a 1 ( − 2 π a 4 + ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ( a 2 r − r 3 ) d r ) = a 1 ( − 2 π a 4 + 2 π ⋅ 4 a 4 ) = − 2 π a 3 .
15 n → ∞ lim ( n + 1 1 1 sin n π + n + 2 1 sin n 2 π + ⋯ + n + n 1 sin π n 1 )
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【答案】
π 2
【解析】
考虑和式
S n = ∑ k = 1 n n + k 1 s i n n kπ n → ∞ n + k 1 n k 1 n T n = n 1 ∑ k = 1 n sin n kπ ∫ 0 1 sin ( π x ) d x = π 2
计算
S n T n
∣ S n − T n ∣ = k = 1 ∑ n sin n kπ ( n + k 1 1 − n 1 ) ≤ k = 1 ∑ n sin n kπ n + k 1 1 − n 1 . 其中，
n + k 1 1 − n 1 = n ( n + k 1 ) − k 1 ≤ k n 2 1 , 所以
∣ S n − T n ∣ ≤ k = 1 ∑ n k n 2 1 = n 2 1 k = 1 ∑ n k 1 ∼ n 2 ln n → 0 ( n → ∞ ) .
因此，
S n − T n → 0 lim n → ∞ S n = lim n → ∞ T n = ∫ 0 1 sin ( π x ) d x = π 2
\boxed{\dfrac{2}{\pi}}
16 设正项数列
{ a n } ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n a n ∑ n = 1 ∞ ( a n + 1 1 ) n
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【答案】 收敛
【解析】
由于
{ a n } lim n → ∞ a n = L L ≥ 0 L = 0 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n a n L > 0 N n > N a n > 2 L
( a n + 1 1 ) n < ( 1 + 2 L 1 ) n .
由于
0 < 1 + 2 L 1 < 1 ∑ n = 1 ∞ ( 1 + 2 L 1 ) n ∑ n = 1 ∞ ( a n + 1 1 ) n
17 设
y = f ( x ) [ 0 , 1 ]
(1) 试证存在
x 0 ∈ ( 0 , 1 ) [ 0 , x 0 ] f ( x 0 ) [ x 0 , 1 ] y = f ( x )
(2) 又设
f ( x ) ( 0 , 1 ) f ′ ( x ) > − x 2 f ( x ) x 0
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【答案】
(1) 存在
x 0 ∈ ( 0 , 1 ) x 0 f ( x 0 ) = ∫ x 0 1 f ( t ) d t
(2) 在给定条件下，这样的
x 0
【解析】
(1) 定义函数
A ( x ) = x f ( x ) − ∫ x 1 f ( t ) d t x 0 ∈ ( 0 , 1 ) A ( x 0 ) = 0 H ( x ) = ∫ 0 x A ( t ) d t f ( x ) [ 0 , 1 ] A ( x ) H ( x ) [ 0 , 1 ] ( 0 , 1 )
H ( 0 ) = ∫ 0 0 A ( t ) d t = 0 ,
H ( 1 ) = ∫ 0 1 A ( t ) d t = ∫ 0 1 [ t f ( t ) − ∫ t 1 f ( s ) d s ] d t .
交换积分次序：
∫ 0 1 ∫ t 1 f ( s ) d s d t = ∫ 0 1 f ( s ) ∫ 0 s d t d s = ∫ 0 1 f ( s ) s d s = ∫ 0 1 t f ( t ) d t .
因此，
H ( 1 ) = ∫ 0 1 t f ( t ) d t − ∫ 0 1 t f ( t ) d t = 0.
故
H ( 0 ) = H ( 1 ) = 0 x 0 ∈ ( 0 , 1 ) H ′ ( x 0 ) = 0 H ′ ( x ) = A ( x ) A ( x 0 ) = 0 x 0 ∈ ( 0 , 1 )
(2) 假设
f ( x ) ( 0 , 1 ) f ′ ( x ) > − x 2 f ( x ) A ( x ) = 0 ( 0 , 1 ) A ( x )
A ′ ( x ) = d x d [ x f ( x ) − ∫ x 1 f ( t ) d t ] = f ( x ) + x f ′ ( x ) + f ( x ) = 2 f ( x ) + x f ′ ( x ) .
由条件
f ′ ( x ) > − x 2 f ( x ) x x > 0
x f ′ ( x ) > − 2 f ( x ) ,
即
x f ′ ( x ) + 2 f ( x ) > 0 ,
所以
A ′ ( x ) > 0 ( 0 , 1 ) A ( x ) ( 0 , 1 ) x 0 A ( x 0 ) = 0 x 0
\boxed{\text{详见解析}}
18 已知二次曲面方程
x 2 + a y 2 + z 2 + 2 b x y + 2 x z + 2 yz = 4
化为椭圆柱面方程
η 2 + 4 ζ 2 = 4 a , b P
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【答案】 a = 3 b = 1 P = 2 1 0 − 2 1 − 3 1 3 1 − 3 1 6 1 6 2 6 1
【解析】 x 2 + a y 2 + z 2 + 2 b x y + 2 x z + 2 yz = 4 x T A x = 4 A = 1 b 1 b a 1 1 1 1 x = P ξ η 2 + 4 ζ 2 = 4 ξ T B ξ = 4 B = diag ( 0 , 1 , 4 ) P T A P = B A 0 , 1 , 4
求特征多项式
det ( A − λ I ) = 0
A − λ I = 1 − λ b 1 b a − λ 1 1 1 1 − λ 行列式为：
det ( A − λ I ) = − λ 3 + ( a + 2 ) λ 2 + ( − 2 a + b 2 + 1 ) λ + ( − 1 − b 2 + 2 b )
代入特征值：
λ = 0 − 1 − b 2 + 2 b = 0 b = 1 λ = 1 b = 1 − a + 3 = 0 a = 3 λ = 4 故
a = 3 b = 1 A = 1 1 1 1 3 1 1 1 1
求特征向量：
λ = 0 A v = 0 v 1 = 1 0 − 1 λ = 1 ( A − I ) v = 0 v 2 = − 1 1 − 1 λ = 4 ( A − 4 I ) v = 0 v 3 = 1 2 1 单位化：
∥ v 1 ∥ = 2 2 1 1 0 − 1 ∥ v 2 ∥ = 3 3 1 − 1 1 − 1 ∥ v 3 ∥ = 6 6 1 1 2 1 正交矩阵
P 0 , 1 , 4
P = 2 1 0 − 2 1 − 3 1 3 1 − 3 1 6 1 6 2 6 1 19 设
A n k A k x = 0 α A k − 1 α = 0 α , A α , ⋯ , A k − 1 α
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【答案】
向量组
α , A α , ⋯ , A k − 1 α
【解析】
设有常数
λ 0 , λ 1 , ⋯ , λ k − 1
λ 0 α + λ 1 A α + ⋯ + λ k − 1 A k − 1 α = 0.
两边左乘
A k − 1
A k − 1 ( λ 0 α + λ 1 A α + ⋯ + λ k − 1 A k − 1 α ) = 0
⇒ λ 0 A k − 1 α + λ 1 A k α + ⋯ + λ k − 1 A 2 ( k − 1 ) α = 0.
因
A k α = 0 λ 0 A k − 1 α = 0 A k − 1 α = 0 λ 0 = 0
λ 1 A α + ⋯ + λ k − 1 A k − 1 α = 0.
两边左乘
A k − 2
A k − 2 ( λ 1 A α + ⋯ + λ k − 1 A k − 1 α ) = 0
⇒ λ 1 A k − 1 α + ⋯ + λ k − 1 A 2 k − 3 α = 0.
同样由
A k α = 0 A k − 1 α = 0 λ 1 = 0 λ 2 = ⋯ = λ k − 1 = 0 α , A α , ⋯ , A k − 1 α
20 已知线性方程组
1 ◯ ⎩ ⎨ ⎧ a 11 x 1 + a 12 x 2 + ⋯ + a 1 , 2 n x 2 n = 0 , a 21 x 1 + a 22 x 2 + ⋯ + a 2 , 2 n x 2 n = 0 , ⋮ a n 1 x 1 + a n 2 x 2 + ⋯ + a n , 2 n x 2 n = 0 的一个基础解系为
b 1 = ( b 11 , … , b 1 , 2 n ) T , b 2 , … , b n
2 ◯ ⎩ ⎨ ⎧ b 11 y 1 + b 12 y 2 + ⋯ + b 1 , 2 n y 2 n = 0 , b 21 y 1 + b 22 y 2 + ⋯ + b 2 , 2 n y 2 n = 0 , ⋮ b n 1 y 1 + b n 2 y 2 + ⋯ + b n , 2 n y 2 n = 0 的通解，并说明理由。
查看答案与解析
【答案】
线性方程组②的通解为：
y = k 1 ( a 11 , a 12 , … , a 1 , 2 n ) T + k 2 ( a 21 , a 22 , … , a 2 , 2 n ) T + ⋯ + k n ( a n 1 , a n 2 , … , a n , 2 n ) T
其中
k 1 , k 2 , … , k n
【解析】
设线性方程组①的系数矩阵为
A = a 11 a 21 ⋮ a n 1 a 12 a 22 ⋮ a n 2 ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , 2 n a 2 , 2 n ⋮ a n , 2 n b 1 , b 2 , … , b n b j 2 n A b j = 0 n n A 2 n − n = n A
线性方程组②的系数矩阵为
B = b 1 T b 2 T ⋮ b n T b 1 , b 2 , … , b n B n B 2 n − n = n
由
A b j = 0 i j a i b j = 0 a i A i b j T a i T = 0 a i T b j T y = 0 a 1 T , a 2 T , … , a n T A a 1 , a 2 , … , a n a 1 T , a 2 T , … , a n T n
于是，方程组②的通解可表示为
a 1 T , a 2 T , … , a n T
y = k 1 a 1 T + k 2 a 2 T + ⋯ + k n a n T = k 1 ( a 11 , a 12 , … , a 1 , 2 n ) T + k 2 ( a 21 , a 22 , … , a 2 , 2 n ) T + ⋯ + k n ( a n 1 , a n 2 , … , a n , 2 n ) T
其中
k 1 , k 2 , … , k n
21 设两个随机变量
X , Y 0 2 1 ∣ X − Y ∣
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【答案】
1 − π 2
【解析】
由于
X Y N ( 0 , 2 1 ) X − Y
E [ X − Y ] = E [ X ] − E [ Y ] = 0 ,
方差为
Var ( X − Y ) = Var ( X ) + Var ( Y ) = 2 1 + 2 1 = 1 ,
即
X − Y ∼ N ( 0 , 1 )
令
Z = X − Y Z ∼ N ( 0 , 1 ) Var ( ∣ Z ∣ )
Var ( ∣ Z ∣ ) = E [ ∣ Z ∣ 2 ] − ( E [ ∣ Z ∣ ] ) 2 .
由于
∣ Z ∣ 2 = Z 2 Z ∼ N ( 0 , 1 )
E [ Z 2 ] = Var ( Z ) = 1 ,
故
E [ ∣ Z ∣ 2 ] = 1.
对于标准正态分布，
因此，
Var ( ∣ Z ∣ ) = 1 − ( π 2 ) 2 = 1 − π 2 . 故随机变量
∣ X − Y ∣ 1 − π 2
22 从正态总体
N ( 3.4 , 6 2 ) n ( 1.4 , 5.4 ) 0.95 n
附表：标准正态分布表 Φ ( z ) = ∫ − ∞ z 2 π 1 e − 2 t 2 d t z Φ ( z ) 1.28 0.900 1.645 0.950 1.96 0.975 2.33 0.990
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【答案】
35
【解析】
总体服从正态分布
N ( 3.4 , 6 2 ) n X ˉ N ( 3.4 , n 36 ) P ( 1.4 < X ˉ < 5.4 ) ≥ 0.95
将
X ˉ Z = 6/ n X ˉ − 3.4 Z ∼ N ( 0 , 1 )
P ( 1.4 < X ˉ < 5.4 ) = P ( 6/ n 1.4 − 3.4 < Z < 6/ n 5.4 − 3.4 ) = P ( − 3 n < Z < 3 n ) = 2Φ ( 3 n ) − 1. 其中
Φ
由条件：
解得：
查表得
Φ ( 1.96 ) = 0.975
n ≥ ( 5.88 ) 2 = 34.5744.
由于
n n
23 设某次考试的学生成绩服从正态分布，从中随机地抽取
36 66.5 15 0.05 70
附表： t 分布表 P { t ( n ) ≤ t p ( n )} = p
n t p ( n ) 35 36 p = 0.95 1.6896 1.6883 p = 0.975 2.0301 2.0281
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【答案】 在显著性水平
0.05 70
【解析】
1. 设立假设
原假设
H 0 : μ = 70 备择假设
H 1 : μ = 70 这是一个双尾检验。 2. 计算检验统计量
样本均值
x ˉ = 66.5 样本标准差
s = 15 样本容量
n = 36 检验统计量为：
t = s / n x ˉ − μ = 15/ 36 66.5 − 70 = 15/6 − 3.5 = 2.5 − 3.5 = − 1.4 3. 确定临界值
显著性水平
α = 0.05 自由度
df = n − 1 = 35 查 t 分布表得：当
p = 0.975 t 0.975 ( 35 ) = 2.0301 因此双尾检验的临界值为
± 2.0301 4. 决策
检验统计量
t = − 1.4 ( − 2.0301 , 2.0301 ) 因此不拒绝原假设
H 0 5. 结论 0.05