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1999 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 $f (x)$ 有一个原函数 $\frac{s i n x}{x}$ ，则 $\int_{\frac{π}{2}}^{π} x f^{'} (x) d x =$ ______．

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【答案】 $\frac{4}{π} - 1$

【解析】
已知 $f (x)$ 有一个原函数 $\frac{s i n x}{x}$ ，即 $\int f (x) d x = \frac{s i n x}{x} + C$ ，因此 $f (x) = \frac{d}{d x} (\frac{s i n x}{x}) = \frac{x c o s x - s i n x}{x ^{2}}$ 。
需要计算 $\int_{\frac{π}{2}}^{π} x f^{'} (x) d x$ 。使用分部积分法，令 $u = x$ ， $d v = f^{'} (x) d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = f (x)$ ，于是：

\int x f^{'} (x) d x = x f (x) - \int f (x) d x = x f (x) - \frac{sin x}{x} + C

代入 $f (x)$ ，有 $x f (x) = x \cdot \frac{x c o s x - s i n x}{x ^{2}} = \frac{x c o s x - s i n x}{x} = cos x - \frac{s i n x}{x}$ ，
所以：

\int x f^{'} (x) d x = (cos x - \frac{sin x}{x}) - \frac{sin x}{x} = cos x - 2 \frac{sin x}{x} + C

因此，定积分为：

\int_{\frac{π}{2}}^{π} x f^{'} (x) d x = [cos x - 2 \frac{sin x}{x}]_{\frac{π}{2}}^{π}

计算上下限：
当 $x = π$ 时， $cos π = - 1$ ， $sin π = 0$ ，所以值为 $- 1 - 2 \cdot \frac{0}{π} = - 1$ ；
当 $x = \frac{π}{2}$ 时， $cos \frac{π}{2} = 0$ ， $sin \frac{π}{2} = 1$ ，所以值为 $0 - 2 \cdot \frac{1}{\frac{π}{2}} = - \frac{4}{π}$ ；
于是积分值为：

- 1 - (- \frac{4}{π}) = \frac{4}{π} - 1

故答案为 $\frac{4}{π} - 1$ 。

2

$\sum_{n = 1}^{\infty} n (\frac{1}{2})^{n - 1} =$ ______．

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【答案】 $4$

【解析】
考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1}$ ，其中 $∣ x ∣ < 1$ 。该级数的和为 $\frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}$ 。
本题中， $x = \frac{1}{2}$ ，代入公式得：

n = 1 \sum \infty n (\frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{( 1 - \frac{1}{2} ) ^{2}} = \frac{1}{( \frac{1}{2} ) ^{2}} = \frac{1}{\frac{1}{4}} = 4.

因此，该级数的和为 4。

3

设 $A = 101020101$ ，而 $n \geq 2$ 为整数，则 $A^{n} - 2 A^{n - 1} =$ ______．

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【答案】 $000000000$

【解析】
应填 $O$ 。因为

A^{2} = 101020101101020101 = 202040202 = 2101020101 = 2 A,

故有

A^{n} - 2 A^{n - 1} = A^{n - 2} (A^{2} - 2 A) = O .

4

在天平上重复称量一重为 $a$ 的物品，假设各次称量结果相互独立且同服从正态分布 $N (a, 0. 2^{2})$ ．若以 $\overline{X}_{n}$ 表示 $n$ 次称量结果的算术平均值，则为使

P {\overline{X}_{n} - a < 0.1} \geq 0.95,

$n$ 的最小值应不小于自然数 ______．

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【答案】 $16$

【解析】
由题设知 $U = \frac{X _{n} - a}{0.2/ n} \sim N (0, 1)$ ，所以

P {∣ \overline{X}_{n} - a ∣ < 0.1} ⟺ P {\frac{X _{n} - a}{0.2/ n} < \frac{0.1}{0.2/ n}} ⟺ P {∣ U ∣ < \frac{n}{2}} \geq 0.95 \geq 0.95 \geq 0.95.

查标准正态分布表知 $P {∣ U ∣ < 1.96} \geq 0.95$ 。所以 $\frac{n}{2} \geq 1.96$ ，解得 $n \geq 15.3664$ 。因 $n$ 为整数，所以 $n$ 最小为 16。

5

设随机变量 $X_{ij} (i, j = 1, 2, \dots, n; n \geq 2)$ 独立同分布， $E X_{ij} = 2$ ，则行列式 $Y = X_{11} X_{21} ⋮ X_{n 1} X_{12} X_{22} ⋮ X_{n 2} \dots \dots \dots X_{1 n} X_{2 n} ⋮ X_{nn}$ 的数学期望 $E Y =$ ______．

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【答案】 $0$

【解析】
应填 $E Y = 0$ 。行列式每一项都是 $n$ 个元素的乘积 $X_{1 j_{1}} X_{2 j_{2}} \dots X_{n j_{n}}$ ，前面带有正号或负号。由于随机变量 $X_{ij} (i, j = 1, 2, \dots, n)$ 相互独立，所以有

E (X_{1 j_{1}} X_{2 j_{2}} \dots X_{n j_{n}}) = E X_{1 j_{1}} E X_{2 j_{2}} \dots E X_{n j_{n}} .

所以前面无论取正号或者负号，对和式的期望等于各项期望之和。即有

E Y = E X_{11} E X_{21} ⋮ E X_{n 1} E X_{12} E X_{22} ⋮ E X_{n 2} \dots \dots \dots E X_{1 n} E X_{2 n} ⋮ E X_{nn}

而 $X_{ij} (i, j = 1, 2, \dots, n; n ⩾ 2)$ 同分布，且 $E X_{ij} = 2$ ，所以

E Y = E X_{11} E X_{21} ⋮ E X_{n 1} E X_{12} E X_{22} ⋮ E X_{n 2} \dots \dots \dots E X_{1 n} E X_{2 n} ⋮ E X_{nn} = 22 ⋮ 2 22 ⋮ 2 \dots \dots \dots 22 ⋮ 2 = 0.

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

同试卷 1 第 6 题

7

设 $f (x, y)$ 连续，且 $f (x, y) = x y + \iint_{D} f (u, v) d u d v$ ，其中 $D$ 是由 $y = 0$ , $y = x^{2}$ , $x = 1$ 所围成的区域，则 $f (x, y)$ 等于

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正确答案：C

正确答案：C

因为 $\iint_{D} f (u, v) d u d v$ 为一确定的数，不妨设

\iint_{D} f (u, v) d u d v = a,

则 $f (x, y) = x y + a$ ，两边同时积分得

a = \iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} (x y + a) d x d y = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x^{2}} (x y + a) d y = \int_{0}^{1} (\frac{x ^{5}}{2} + a x^{2}) d x = \frac{1}{12} + \frac{a}{3} .

解之得 $a = \frac{1}{8}$ ，所以 $f (x, y) = x y + \frac{1}{8}$ ，故应选 (C)。

8

设向量 $β$ 可由向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m}$ 线性表示，但不能由向量组(I) $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m - 1}$ 线性表示，记向量组(II) $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m - 1}, β$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

假设 $α_{m}$ 能由 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m - 1}$ 线性表示，则 $β$ 也能由 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m - 1}$ 线性表示，与题设矛盾，故 $α_{m}$ 不能由 (I) 线性表示，从而排除 (C) 和 (D)。

由于 $β$ 可由向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m}$ 线性表示，即存在常数 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}$ 使得

β = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + \dots + k_{m} α_{m} .

而 $β$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m - 1}$ 线性表示，从而知 $k_{m} \neq = 0$ 。因此上式可变为

α_{m} = \frac{1}{k _{m}} (β - k_{1} α_{1} - k_{2} α_{2} - \dots - k_{m - 1} α_{m - 1}),

即 $α_{m}$ 能由 (II) 线性表示，从而排除 (A) 和 (D)。故应选 (B)。

9

设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则

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正确答案：D

正确答案：D

$A$ 相似于 $B$ ，则存在可逆阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P = B$ 。因此

P^{- 1} (tE - A) P = P^{- 1} tEP - P^{- 1} A P = tE - B .

根据矩阵相似的定义，则 $tE - A$ 相似于 $tE - B$ ，故应选 (D)。选项 (A) 不成立：若 $λ E - A = λ E - B$ ，则 $A = B$ ，但两者未必相等。选项 (B) 不成立： $A$ 与 $B$ 相似，则有相同的特征值，但未必有相同的特征向量。选项 (C) 不成立： $A$ 与 $B$ 相似，但它们本身未必都相似于对角阵。

10

设随机变量 $X_{i} \sim (- 1 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{4}) (i = 1, 2)$ ，且满足 $P {X_{1} X_{2} = 0} = 1$ ，则 $P {X_{1} = X_{2}}$ 等于

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正确答案：A

正确答案：A

由题设有 $P {X_{1} X_{2} \neq = 0} = 1 - P {X_{1} X_{2} = 0} = 1 - 1 = 0$ 。从而

P {X_{1} X_{2} \neq = 0} = P {X_{1} = - 1, X_{2} = - 1} + P {X_{1} = - 1, X_{2} = 1} + P {X_{1} = 1, X_{2} = - 1} + P {X_{1} = 1, X_{2} = 1} = 0.

根据概率的非负性有

P {X_{1} = - 1, X_{2} = - 1} = P {X_{1} = - 1, X_{2} = 1} = P {X_{1} = 1, X_{2} = - 1} = P {X_{1} = 1, X_{2} = 1} = 0.

根据边缘概率的定义有

P {X_{1} = - 1, X_{2} = 0} = P {X_{1} = - 1} - P {X_{1} = - 1, X_{2} = - 1} - P {X_{1} = - 1, X_{2} = 1} = \frac{1}{4} - 0 - 0 = \frac{1}{4} .

同理可得

P {X_{1} = 0, X_{2} = - 1} = P {X_{1} = 0, X_{2} = 1} = P {X_{1} = 1, X_{2} = 0} = P {X_{1} = - 1, X_{2} = 0} = \frac{1}{4} .

再根据边缘概率的定义有

P {X_{1} = 0, X_{2} = 0} = P {X_{1} = 0} - P {X_{1} = 0, X_{2} = - 1} - P {X_{1} = 0, X_{2} = 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} = 0.

从而可求得

P {X_{1} = X_{2}} = P {X_{1} = - 1, X_{2} = - 1} + P {X_{1} = 0, X_{2} = 0} + P {X_{1} = 1, X_{2} = 1} = 0 + 0 + 0 = 0.

解答题

11

曲线 $y = \frac{1}{x}$ 的切线与 $x$ 轴和 $y$ 轴围成一个图形，记切点的横坐标为 $a$ ，试求切线方程和这个图形的面积，当切点沿曲线趋于无穷远时，该面积的变换趋势如何？

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【答案】
切线方程为 $y = - \frac{1}{2 a ^{3/2}} x + \frac{3}{2 a}$ ，围成的图形面积为 $S = \frac{9}{4} a$ 。当切点沿曲线趋于无穷远时（即 $a \to \infty$ ），面积 $S \to \infty$ 。

【解析】
曲线 $y = \frac{1}{x}$ 在点 $(a, \frac{1}{a})$ 处的导数为

y^{'} = - \frac{1}{2} x^{- 3/2},

所以在 $x = a$ 处的切线斜率为

m = - \frac{1}{2} a^{- 3/2} .

切线方程为

y - \frac{1}{a} = - \frac{1}{2} a^{- 3/2} (x - a),

化简得

y = - \frac{1}{2 a ^{3/2}} x + \frac{3}{2 a} .

切线与 $x$ 轴的交点令 $y = 0$ ，解得

x = 3 a;

与 $y$ 轴的交点令 $x = 0$ ，解得

y = \frac{3}{2 a} .

切线与两轴围成的图形为直角三角形，其面积为

S = \frac{1}{2} \times 3 a \times \frac{3}{2 a} = \frac{9}{4} a .

当切点沿曲线趋于无穷远时，即 $a \to \infty$ ，面积

S = \frac{9}{4} a \to \infty.

如果切点沿曲线向 $y$ 轴方向移动（ $a \to 0^{+}$ ），则面积 $S \to 0$ ，但问题中“趋于无穷远”通常指 $a \to \infty$ ，故面积趋于无穷大。

12

计算二重积分 $\iint_{D} y d x d y$ ，其中 $D$ 是由直线 $x = - 2, y = 0, y = 2$ 以及曲线 $x = - 2 y - y^{2}$ 所围成的平面区域．

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【答案】 $4 - \frac{π}{2}$

【解析】
区域 $D$ 和 $D_{1}$ 如图所示，有

\iint_{D} y d x d y = \iint_{D + D_{1}} y d x d y - \iint_{D_{1}} y d x d y = I_{1} - I_{2} .

显然 $I_{1} = \iint_{D + D_{1}} y d x d y = \int_{- 2}^{0} d x \int_{0}^{2} y d y = 4$ 。在极坐标系下，有

D_{1} = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq 2 sin θ, π /2 \leq θ \leq π} .

因此

I_{2} = \iint_{D_{1}} y d x d y = \int_{π /2}^{π} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} r sin θ \cdot r d r

= \frac{8}{3} \int_{π /2}^{π} sin^{4} θ d θ = \frac{8}{3 \times 4} \int_{π /2}^{π} [1 - 2 cos 2 θ + \frac{1 + cos 4 θ}{2}] d θ = \frac{π}{2} .

于是

\iint_{D} y d x d y = I_{1} - I_{2} = 4 - \frac{π}{2} .

13

设生产某种产品必须投入两种要素， $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 分别为两要素的投入量， $Q$ 为产出量；若生产函数为 $Q = 2 x_{1}^{α} x_{2}^{β}$ ，其中 $α, β$ 为正常数，且 $α + β = 1$ ．假设两种要素的价格分别为 $p_{1}$ 和 $p_{2}$ ，试问：当产出量为 $12$ 时，两要素各投入多少可以使得投入总费用最小？

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【答案】
当产出量为 $12$ 时，两要素的投入量分别为：

x_{1} = 6 (\frac{p _{2} α}{p _{1} β})^{β}

x_{2} = 6 (\frac{p _{1} β}{p _{2} α})^{α}

其中 $α$ 和 $β$ 为正常数，且 $α + β = 1$ ， $p_{1}$ 和 $p_{2}$ 分别为两要素的价格。

【解析】
这是一个约束优化问题，目标是在产出量 $Q = 12$ 的约束下最小化总费用 $C = p_{1} x_{1} + p_{2} x_{2}$ 。生产函数为 $Q = 2 x_{1}^{α} x_{2}^{β}$ ，且 $α + β = 1$ 。
由约束 $Q = 12$ 可得 $2 x_{1}^{α} x_{2}^{β} = 12$ ，即 $x_{1}^{α} x_{2}^{β} = 6$ 。
构造拉格朗日函数：

L = p_{1} x_{1} + p_{2} x_{2} + λ (12 - 2 x_{1}^{α} x_{2}^{β})

取一阶偏导数并设为零：

\frac{\partial L}{\partial x _{1}} = p_{1} - λ \cdot 2 α x_{1}^{α - 1} x_{2}^{β} = 0

\frac{\partial L}{\partial x _{2}} = p_{2} - λ \cdot 2 β x_{1}^{α} x_{2}^{β - 1} = 0

\frac{\partial L}{\partial λ} = 12 - 2 x_{1}^{α} x_{2}^{β} = 0

从前两个方程消去 $λ$ ，可得：

\frac{p _{1}}{p _{2}} = \frac{α}{β} \cdot \frac{x _{2}}{x _{1}}

即

\frac{x _{2}}{x _{1}} = \frac{p _{1}}{p _{2}} \cdot \frac{β}{α}

令 $k = \frac{p _{1} β}{p _{2} α}$ ，则 $x_{2} = k x_{1}$ 。代入约束 $x_{1}^{α} x_{2}^{β} = 6$ ：

x_{1}^{α} (k x_{1})^{β} = x_{1} k^{β} = 6

解得

x_{1} = 6 k^{- β} = 6 (\frac{p _{2} α}{p _{1} β})^{β}

代入 $x_{2} = k x_{1}$ ：

x_{2} = k \cdot 6 k^{- β} = 6 k^{1 - β} = 6 k^{α} = 6 (\frac{p _{1} β}{p _{2} α})^{α}

因此，当产出量为 $12$ 时，两要素投入如上所示可使总费用最小。

14

设有微分方程 $y^{'} - 2 y = φ (x)$ ，其中 $φ (x) = {2, 0, x < 1; x > 1.$ 试求在 $(- \infty, + \infty)$ 内的连续函数 $y = y (x)$ ，使之在 $(- \infty, 1)$ 和 $(1, + \infty)$ 内都满足所给方程，且满足条件 $y (0) = 0$ ．

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【答案】

y (x) = {e^{2 x} - 1, e^{2 x} - e^{2 (x - 1)}, x \leq 1 x > 1

且在 $x = 1$ 处连续，值为 $e^{2} - 1$ .

【解析】
在两个区间 $(- \infty, 1)$ 和 $(1, + \infty)$ 上分别求微分方程：

{y^{'} - 2 y = 2, y^{'} - 2 y = 0, x < 1 x > 1 \Rightarrow {y = - 1 + C_{1} e^{2 x}, y = C_{2} e^{2 x}, x < 1; x > 1;

其中 $C_{1}, C_{2}$ 为常数。由题设 $y (0) = 0$ ，其中 $x < 0 < 1$ ，可知

y_{x = 0} = - 1 + C_{1} e^{2 x}_{x = 0} = - 1 + C_{1} = 0.

解得 $C_{1} = 1$ 。所以有

{y = - 1 + e^{2 x}, y = C_{2} e^{2 x}, x < 1; x > 1.

又因为 $y = y (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，所以 $x \to 1^{-} lim y = x \to 1^{+} lim y = y (1)$ ，即

x \to 1^{-} lim (- 1 + e^{2 x}) = x \to 1^{+} lim C_{2} e^{2 x} = y (1) .

解之得 $C_{2} = 1 - e^{- 2}$ ， $y (1) = e^{2} - 1$ 。故所求连续函数为

y = y (x) = {e^{2 x} - 1, (1 - e^{- 2}) e^{2 x}, x \leq 1; x > 1.

15

设函数 $f (x)$ 连续，且 $\int_{0}^{x} t f (2 x - t) d t = \frac{1}{2} arctan x^{2}$ ．已知 $f (1) = 1$ ，求 $\int_{1}^{2} f (x) d x$ 的值．

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【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】 已知积分方程 $\int_{0}^{x} t f (2 x - t) d t = \frac{1}{2} arctan x^{2}$ 且 $f (1) = 1$ 。

令 $u = 2 x - t$ ，则积分变为 $\int_{x}^{2 x} (2 x - u) f (u) d u = \frac{1}{2} arctan x^{2}$ 。

定义 $F (x) = \int_{x}^{2 x} (2 x - t) f (t) d t$ ，则 $F (x) = \frac{1}{2} arctan x^{2}$ 。

对 $F (x)$ 求导，使用莱布尼茨规则：

F^{'} (x) = - x f (x) + 2 \int_{x}^{2 x} f (t) d t .

同时，

F^{'} (x) = \frac{d}{d x} (\frac{1}{2} arctan x^{2}) = \frac{x}{1 + x ^{4}} .

因此，

- x f (x) + 2 \int_{x}^{2 x} f (t) d t = \frac{x}{1 + x ^{4}} .

代入 $x = 1$ 和 $f (1) = 1$ ：

- 1 \cdot 1 + 2 \int_{1}^{2} f (t) d t = \frac{1}{1 + 1 ^{4}} = \frac{1}{2} .

解得

2 \int_{1}^{2} f (t) d t = \frac{3}{2}, \int_{1}^{2} f (t) d t = \frac{3}{4} .

故 $\int_{1}^{2} f (x) d x = \frac{3}{4}$ 。

16

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f (0) = f (1) = 0, f (\frac{1}{2}) = 1$ ．试证：

(1) 存在 $η \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，使 $f (η) = η$ ；

(2) 对任意实数 $λ$ ，必存在 $ξ \in (0, η)$ ，使得 $f^{'} (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] = 1$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
(I) 设 $F (x) = f (x) - x$ ，则 $F (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且

F (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} > 0, F (1) = - 1 < 0.

所以由介值定理得，存在 $η \in (\frac{1}{2}, 1)$ ，使得 $F (η) = f (η) - η = 0$ ，即 $f (η) = η$ 。

(II) 令 $f^{'} (x) - λ [f (x) - x] - 1 = 0$ ，解微分方程得

f (x) = x + C e^{λ x} \Rightarrow e^{- λ x} (f (x) - x) = C .

令 $F (x) = e^{- λ x} (f (x) - x)$ 。因为

F (0) = e^{0} (f (0) - 0) = 0, F (η) = e^{- λ η} (f (η) - η) = 0,

所以由罗尔定理知，存在点 $ξ \in (0, η)$ ，使得 $F^{'} (ξ) = 0$ ，即

F^{'} (ξ) = e^{- λ ξ} [f^{'} (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] - 1] = 0.

从而即有

f^{'} (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] = 1.

17

同试卷 1 第 18 题

18

设 $A$ 为 $m \times n$ 实矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵．已知矩阵 $B = λ E + A^{T} A$ ，试证：当 $λ > 0$ 时，矩阵 $B$ 为正定矩阵．

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【答案】 见解析

【解析】
要证明矩阵 $B$ 为正定矩阵，需证对于任意非零向量 $x \in R^{n}$ ，有 $x^{T} B x > 0$ 。
考虑 $B = λ E + A^{T} A$ ，则

x^{T} B x = x^{T} (λ E + A^{T} A) x = λ x^{T} E x + x^{T} A^{T} A x .

由于 $E$ 是单位矩阵，有 $x^{T} E x = x^{T} x = ∥ x ∥^{2}$ 。
又 $x^{T} A^{T} A x = (A x)^{T} (A x) = ∥ A x ∥^{2}$ ，
因此

x^{T} B x = λ ∥ x ∥^{2} + ∥ A x ∥^{2} .

当 $x \neq = 0$ 时，有 $∥ x ∥^{2} > 0$ ，且由于 $λ > 0$ ，故 $λ ∥ x ∥^{2} > 0$ 。
同时， $∥ A x ∥^{2} \geq 0$ ，
所以

x^{T} B x \geq λ ∥ x ∥^{2} > 0.

因此，对于任意非零向量 $x$ ，有 $x^{T} B x > 0$ ，即 $B$ 为正定矩阵。

19

假设二维随机变量 $(X, Y)$ 在矩形 $G = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq 1}$ 上服从均匀分布．记

U = {0, 1, X \leq Y; X > Y . V = {0, 1, X \leq 2 Y; X > 2 Y .

(1) 求 $U$ 和 $V$ 的联合分布；

(2) 求 $U$ 和 $V$ 的相关系数 $r$ ．

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【答案】
(1) $U$ 和 $V$ 的联合分布为：

U = 0 U = 1 V = 0 \frac{1}{4} \frac{1}{4} V = 1 0 \frac{1}{2}

(2) $U$ 和 $V$ 的相关系数 $r = \frac{1}{3}$ 。

【解析】
(I) 如图，由题知 $P {X ⩽ Y} = \frac{1}{4}$ ， $P {X > 2 Y} = \frac{1}{2}$ ， $P {Y < X ⩽ 2 Y} = \frac{1}{4}$ 。

$(U, V)$ 有四个可能值： $(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)$ 。

P {U = 0, V = 0} = P {X \leq Y, X \leq 2 Y} = P {X \leq Y} = \frac{1}{4},

P {U = 0, V = 1} = P {X \leq Y, X > 2 Y} = P {\emptyset} = 0,

P {U = 1, V = 0} = P {X > Y, X \leq 2 Y} = P {Y < X \leq 2 Y} = \frac{1}{4},

P {U = 1, V = 1} = P {X > Y, X > 2 Y} = P {X > 2 Y} = \frac{1}{2} .

(II) 由边缘概率的定义有：

P {U = 0} = P {U = 0, V = 0} + P {U = 0, V = 1} = \frac{1}{4} + 0 = \frac{1}{4},

P {U = 1} = P {U = 1, V = 0} + P {U = 1, V = 1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4},

P {V = 0} = P {U = 0, V = 0} + P {U = 1, V = 0} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2},

P {V = 1} = P {U = 0, V = 1} + P {U = 1, V = 1} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} .

而随机变量 $U V$ 的概率分布为：

P {U V = 0} = P {U = 0, V = 0} + P {U = 0, V = 1} + P {U = 1, V = 0} = \frac{1}{2},

P {U V = 1} = P {U = 1, V = 1} = \frac{1}{2} .

于是有

E U = \frac{3}{4}, E U^{2} = \frac{3}{4}, D U = E U^{2} - (E U)^{2} = \frac{3}{16};

E V = \frac{1}{2}, E V^{2} = \frac{1}{2}, D V = E V^{2} - (E V)^{2} = \frac{1}{4};

E (U V) = \frac{1}{2}, Cov (U, V) = E (U V) - E U \cdot E V = \frac{1}{8} .

故 $U$ 和 $V$ 的相关系数

r (U, V) = \frac{Cov ( U , V )}{D U D V} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{3}{4} \times \frac{1}{2}} = \frac{3}{3} .

20

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{9}$ 是来自正态总体 $X$ 的简单随机样本， $Y_{1} = \frac{1}{6} (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{6})$ ， $Y_{2} = \frac{1}{3} (X_{7} + X_{8} + X_{9})$ ， $S^{2} = \frac{1}{2} \sum_{i = 7}^{9} (X_{i} - Y_{2})^{2}$ ， $Z = \frac{2 ( Y _{1} - Y _{2} )}{S}$ ，证明统计量 $Z$ 服从自由度为 $2$ 的 $t$ 分布．

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】
设 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，则 $X_{1}, \dots, X_{9} \sim N (μ, σ^{2})$ 。从而

Y_{1} = \frac{1}{6} (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{6}) \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{6}),

Y_{2} = \frac{1}{3} (X_{7} + X_{8} + X_{9}) \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{3}) .

又由于 $Y_{1}, Y_{2}$ 相互独立，且都服从正态分布，故 $Y_{1} - Y_{2} \sim N (0, \frac{σ ^{2}}{2})$ 。标准化得

U = \frac{Y _{1} - Y _{2} - 0}{σ / 2} \sim N (0, 1) .

由正态总体样本方差的性质得

χ^{2} = \frac{2 S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (2) .

由于样本方差与样本均值独立，所以 $Y_{2}$ 与 $S^{2}$ 独立。而 $Y_{1}$ 也与 $S^{2}$ 独立，故 $U = \frac{Y _{1} - Y _{2} - 0}{σ / 2}$ 与 $\frac{2 S ^{2}}{σ ^{2}}$ 独立。所以由 $t$ 分布的定义有

Z = \frac{2 ( Y _{1} - Y _{2} )}{S} = \frac{\frac{Y _{1} - Y _{2} - 0}{σ / 2}}{\frac{2 S ^{2}}{σ ^{2}} /2} = \frac{U}{χ ^{2} /2} \sim t (2) .