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2001 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设生产函数为 $Q = A L^{α} K^{β}$ ，其中 $Q$ 是产出量， $L$ 是劳动投入量， $K$ 是资本投入量，而 $A$ , $α$ , $β$ 均为大于零的参数，则当 $Q = 1$ 时 $K$ 关于 $L$ 的弹性为 ______．

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【答案】 $- \frac{α}{β}$

【解析】
当 $Q = 1$ 时，有 $A L^{α} K^{β} = 1$ ，两边取对数再对 $L$ 求导得

\frac{α}{L} + \frac{β}{K} \frac{d K}{d L} = 0 \Rightarrow \frac{E K}{E L} = \frac{L}{K} \frac{d K}{d L} = - \frac{α}{β} .

2

某公司每年的工资总额比上一年增加 $20%$ 的基础上再追加 $2$ 百万．若以 $W_{t}$ 表示第 $t$ 年的工资总额（单位：百万元），则 $W_{t}$ 满足的差分方程是

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【答案】 $W_{t} = 1.2 W_{t - 1} + 2$

【解析】
根据问题描述，第 $t$ 年的工资总额 $W_{t}$ 是在第 $t - 1$ 年工资总额 $W_{t - 1}$ 的基础上增加 $20%$ 后再追加 $2$ 百万。
由于 $W_{t}$ 的单位是百万元，追加的 $2$ 百万相当于 $2$ 百万元。
因此，增加 $20%$ 的部分为 $0.2 W_{t - 1}$ ，整体关系可表示为

W_{t} = W_{t - 1} + 0.2 W_{t - 1} + 2,

简化后得到差分方程

W_{t} = 1.2 W_{t - 1} + 2.

3

设矩阵 $A = k 111 1 k 11 11 k 1 111 k$ ，且秩 $r (A) = 3$ ，则 $k =$ ______．

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【答案】 -3

【解析】
对 $A$ 进行初等变换得

A = k 111 1 k 11 11 k 1 111 k \to k 1 - k 1 - k 1 - k 1 k - 1 00 10 k - 1 0 100 k - 1

\to k + 3 000 1 k - 1 00 10 k - 1 0 100 k - 1 .

可见只有当 $k = - 3$ 时，秩 $r (A) = 3$ 。

4

设随机变量 $X, Y$ 的数学期望分别为 $- 2$ 和 $2$ ，方差分别为 $1$ 和 $4$ ，而相关系数为 $- 0.5$ ．则根据切比雪夫不等式 $P {∣ X + Y ∣ \geq 6} \leq$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{12}$

【解析】
应填 $\frac{1}{12}$ 。先求出随机变量 $X + Y$ 的期望和方差：

E (X + Y) = EX + E Y = - 2 + 2 = 0,

Cov (X, Y) = ρ (X, Y) D X D Y = (- 0.5) \times 1 \times 4 = - 1,

D (X + Y) = D X + 2 Cov (X, Y) + D Y = 1 + 2 \times (- 1) + 4 = 3.

所以由切比雪夫不等式：

P {∣ X + Y ∣ ⩾ 6} = P {∣ X + Y - E (X + Y) ∣ ⩾ 6} ⩽ \frac{D ( X + Y )}{6 ^{2}} = \frac{3}{36} = \frac{1}{12} .

5

设总体 $X$ 服从正态分布 $N (0, 0. 2^{2})$ ，而 $X_{1}, X_{2}, \dots X_{15}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，则随机变量 $Y = \frac{X _{1}^{2} + \dots + X _{10}^{2}}{2 ( X _{11}^{2} + \dots + X _{15}^{2} )}$ 服从 ______ 分布，参数为 ______．

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【答案】 $F$ 分布，参数为 $10$ 和 $5$

【解析】
应填 $F$ 和 $(10, 5)$ 。因为 $X_{i} \sim N (0, 2^{2})$ ，所以 $\frac{X _{i}}{2} \sim N (0, 1)$ 。从而根据卡方分布的定义有

U = (\frac{X _{1}}{2})^{2} + \dots + (\frac{X _{10}}{2})^{2} \sim χ^{2} (10),

V = (\frac{X _{11}}{2})^{2} + \dots + (\frac{X _{15}}{2})^{2} \sim χ^{2} (5) .

由样本的独立性可知， $U$ 与 $V$ 相互独立。根据 $F$ 分布的定义

Y = \frac{X _{1}^{2} + \dots + X _{10}^{2}}{2 ( X _{11}^{2} + \dots + X _{15}^{2} )} = \frac{U /10}{V /5} \sim F (10, 5) .

故 $Y$ 服从第一个自由度为 10，第二个自由度为 5 的 $F$ 分布。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设函数 $f (x)$ 的导数在 $x = a$ 处连续，又 $lim_{x \to a} \frac{f ^{'} ( x )}{x - a} = - 1$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由极限 $lim_{x \to a} \frac{f ^{'} ( x )}{x - a} = - 1$ 以及 $f^{'} (x)$ 在 $x = a$ 处连续可知，当 $x \to a$ 时分母 $x - a \to 0$ ，因此分子 $f^{'} (x) \to 0$ ，否则极限不为有限值，于是 $f^{'} (a) = 0$ 。

考虑 $f^{''} (a)$ 的定义：

f^{''} (a) = x \to a lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( a )}{x - a} = x \to a lim \frac{f ^{'} ( x )}{x - a} = - 1,

因此 $f^{''} (a) = - 1 < 0$ 。

由于 $f^{'} (a) = 0$ 且 $f^{''} (a) < 0$ ，根据极值的二阶导数判别法， $x = a$ 是 $f (x)$ 的极大值点。

选项 A、C、D 均不正确，故正确答案为 B。

7

设函数 $g (x) = \int_{0}^{x} f (u) d u$ ，其中 $f (x) = {\frac{1}{2} (x^{2} + 1), \frac{1}{3} (x - 1), 0 \leq x \leq 1, 1 \leq x \leq 2.$ 则 $g (x)$ 在区间 $(0, 2)$ 内

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
函数 $g (x) = \int_{0}^{x} f (u) d u$ ，其中 $f (x)$ 是分段函数。
首先，计算 $g (x)$ 的表达式：

当 $0 \leq x \leq 1$ 时，
$g (x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{2} (u^{2} + 1) d u = \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x}{2} .$
当 $1 \leq x \leq 2$ 时，
$g (x) = \int_{0}^{1} f (u) d u + \int_{1}^{x} f (u) d u = \frac{2}{3} + \frac{( x - 1 ) ^{2}}{6} .$

在 $x = 1$ 处，左极限

g (1^{-}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{2}{3},

右极限

g (1^{+}) = \frac{2}{3} + 0 = \frac{2}{3},

且 $g (1) = \frac{2}{3}$ ，因此 $g (x)$ 在 $x = 1$ 处连续。

由于 $g (x)$ 在 $[0, 1]$ 和 $[1, 2]$ 上连续，且在 $x = 1$ 处连续，故 $g (x)$ 在 $[0, 2]$ 上连续，进而在 $(0, 2)$ 内连续。

选项 A： $g (x)$ 在闭区间 $[0, 2]$ 上连续，故有界，不是无界。
选项 B： $g^{'} (x) = f (x)$ ，在 $[0, 1]$ 上 $f (x) = \frac{1}{2} (x^{2} + 1) > 0$ ，在 $[1, 2]$ 上 $f (x) = \frac{1}{3} (x - 1) \geq 0$ ，故 $g (x)$ 递增，不是递减。
选项 C：如上所述， $g (x)$ 连续，故“不连续”错误。

因此，正确答案为 D。

8

设 $A = a_{11} a_{21} a_{31} a_{41} a_{12} a_{22} a_{32} a_{42} a_{13} a_{23} a_{33} a_{43} a_{14} a_{24} a_{34} a_{44}$ ， $B = a_{14} a_{24} a_{34} a_{44} a_{13} a_{23} a_{33} a_{43} a_{12} a_{22} a_{32} a_{42} a_{11} a_{21} a_{31} a_{41}$ ， $P_{1} = 0001010000101000$ ， $P_{2} = 1000001001000001$ ，其中 $A$ 可逆，则 $B^{- 1}$ 等于

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
通过观察矩阵 $B$ 与 $A$ 的关系，发现 $B$ 的每一行都是 $A$ 对应行的列顺序反转。具体而言， $B$ 可以通过 $A$ 右乘置换矩阵得到。首先右乘 $P_{2}$ 交换第二和第三列，然后右乘 $P_{1}$ 交换第一和第四列，即 $B = A P_{2} P_{1}$ 。由于 $A$ 可逆，且 $P_{1}$ 和 $P_{2}$ 为置换矩阵（其逆矩阵等于自身），则

B^{- 1} = (A P_{2} P_{1})^{- 1} = P_{1}^{- 1} P_{2}^{- 1} A^{- 1} = P_{1} P_{2} A^{- 1} .

因此， $B^{- 1} = P_{1} P_{2} A^{- 1}$ ，对应选项 C。

9

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵， $α$ 是 $n$ 维列向量．若秩 $r (A α^{T} α 0) = r (A)$ ，则线性方程组

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
给定秩条件 $r (A α^{T} α 0) = r (A)$ ，考虑分块矩阵

B = (A α^{T} α 0),

其为 $(n + 1) \times (n + 1)$ 矩阵。由于

r (B) = r (A) \leq n < n + 1,

即系数矩阵 $B$ 的秩小于未知数个数，因此齐次方程组

(A α^{T} α 0) (X y) = 0

必有非零解，故选项 D 正确。

对于选项 A 和 B，方程组 $A X = α$ 有解（因为存在向量 $c$ 使得 $A c = α$ 且 $α^{T} c = 0$ ），但解的唯一性取决于 $A$ 的秩：若 $r (A) = n$ ，则解唯一；若 $r (A) < n$ ，则有无穷多解。因此 A 和 B 不一定成立。

选项 C 声称仅有零解，与必有非零解矛盾，故错误。

因此，正确答案为 D。

10

同试卷 1 第 10 题

解答题

11

设 $u = f (x, y, z)$ 有连续的一阶偏导数，又函数 $y = y (x)$ 及 $z = z (x)$ 分别由下列两式确定： $e^{x y} - x y = 2$ 和 $e^{x} = \int_{0}^{x - z} \frac{s i n t}{t} d t$ ，求 $\frac{d u}{d x}$ ．

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【答案】

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial z} (1 - e^{x} \frac{x - z}{sin ( x - z )})

【解析】
给定 $u = f (x, y, z)$ ，其中 $y = y (x)$ 和 $z = z (x)$ 由方程 $e^{x y} - x y = 2$ 和 $e^{x} = \int_{0}^{x - z} \frac{s i n t}{t} d t$ 确定。通过链式法则，有：

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{d y}{d x} + \frac{\partial f}{\partial z} \frac{d z}{d x}

首先，求 $\frac{d y}{d x}$ 。由方程 $e^{x y} - x y = 2$ 两边对 $x$ 求导，得：

(y e^{x y} - y) + (x e^{x y} - x) \frac{d y}{d x} = 0

整理得：

x (e^{x y} - 1) \frac{d y}{d x} = - y (e^{x y} - 1)

假设 $e^{x y} - 1 \neq = 0$ ，解得：

\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}

其次，求 $\frac{d z}{d x}$ 。由方程 $e^{x} = \int_{0}^{x - z} \frac{s i n t}{t} d t$ 两边对 $x$ 求导，令 $S (u) = \int_{0}^{u} \frac{s i n t}{t} d t$ ，则 $S^{'} (u) = \frac{s i n u}{u}$ 。于是：

e^{x} = \frac{sin ( x - z )}{x - z} (1 - \frac{d z}{d x})

解得：

\frac{d z}{d x} = 1 - e^{x} \frac{x - z}{sin ( x - z )}

将 $\frac{d y}{d x}$ 和 $\frac{d z}{d x}$ 代入链式法则公式，即得所求。

12

已知 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内可导，且

x \to \infty lim f^{'} (x) = e, x \to \infty lim (\frac{x + c}{x - c})^{x} = x \to \infty lim [f (x) - f (x - 1)],

求 $c$ 的值．

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【答案】 $c = \frac{1}{2}$

【解析】
首先，计算极限 $lim_{x \to \infty} (\frac{x + c}{x - c})^{x}$ 。
令 $L = lim_{x \to \infty} (\frac{x + c}{x - c})^{x}$ ，取自然对数得：

ln L = x \to \infty lim x ln (\frac{x + c}{x - c}) = x \to \infty lim x ln (1 + \frac{2 c}{x - c})

当 $x \to \infty$ 时， $ln (1 + \frac{2 c}{x - c}) \sim \frac{2 c}{x - c}$ ，所以：

ln L = x \to \infty lim x \cdot \frac{2 c}{x - c} = x \to \infty lim \frac{2 c x}{x - c} = x \to \infty lim \frac{2 c}{1 - \frac{c}{x}} = 2 c

因此， $L = e^{2 c}$ 。

其次，计算极限 $lim_{x \to \infty} [f (x) - f (x - 1)]$ 。
由于 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内可导，根据拉格朗日中值定理，存在 $ξ_{x} \in (x - 1, x)$ 使得：

f (x) - f (x - 1) = f^{'} (ξ_{x}) \cdot (x - (x - 1)) = f^{'} (ξ_{x})

当 $x \to \infty$ 时， $ξ_{x} \to \infty$ ，且已知 $lim_{x \to \infty} f^{'} (x) = e$ ，因此：

x \to \infty lim [f (x) - f (x - 1)] = x \to \infty lim f^{'} (ξ_{x}) = e

由题设条件，两个极限相等：

e^{2 c} = e

解得 $2 c = 1$ ，即 $c = \frac{1}{2}$ 。

13

求二重积分 $\iint_{D} y [1 + x e^{\frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})}] d x d y$ 的值，其中 $D$ 是由直线 $y = x$ ， $y = - 1$ 及 $x = 1$ 围成的平面区域．

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【答案】 -2/3

【解析】 首先，将二重积分拆分为两部分：

\iint_{D} y [1 + x e^{\frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})}] d x d y = \iint_{D} y d x d y + \iint_{D} y x e^{\frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})} d x d y

其中区域 $D$ 是由直线 $y = x$ 、 $y = - 1$ 和 $x = 1$ 围成的三角形区域。

计算第一部分 $\iint_{D} y d x d y$ 。采用先对 $y$ 后对 $x$ 的积分顺序， $x$ 从 $- 1$ 到 $1$ ， $y$ 从 $- 1$ 到 $x$ ：

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

由于 $x^{2} - 1$ 是偶函数，有：

\int_{- 1}^{1} x^{2} d x = 2 \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{2}{3}, \int_{- 1}^{1} 1 d x = 2

所以：

\int_{- 1}^{1} (x^{2} - 1) d x = \frac{2}{3} - 2 = - \frac{4}{3}, ∴ \frac{1}{2} \times (- \frac{4}{3}) = - \frac{2}{3}

计算第二部分 $\iint_{D} y x e^{\frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})} d x d y$ 。采用先对 $x$ 后对 $y$ 的积分顺序， $y$ 从 $- 1$ 到 $1$ ， $x$ 从 $y$ 到 $1$ ：

\int_{y = - 1}^{1} \int_{x = y}^{1} y x e^{\frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})} d x d y = \int_{y = - 1}^{1} y e^{\frac{1}{2} y^{2}} (\int_{x = y}^{1} x e^{\frac{1}{2} x^{2}} d x) d y

计算内层积分：

\int x e^{\frac{1}{2} x^{2}} d x = e^{\frac{1}{2} x^{2}}, ∴ \int_{x = y}^{1} x e^{\frac{1}{2} x^{2}} d x = e^{\frac{1}{2}} - e^{\frac{1}{2} y^{2}}

代入得：

\int_{y = - 1}^{1} y e^{\frac{1}{2} y^{2}} (e^{\frac{1}{2}} - e^{\frac{1}{2} y^{2}}) d y = e^{\frac{1}{2}} \int_{- 1}^{1} y e^{\frac{1}{2} y^{2}} d y - \int_{- 1}^{1} y e^{y^{2}} d y

由于 $y e^{\frac{1}{2} y^{2}}$ 和 $y e^{y^{2}}$ 都是奇函数，在对称区间 $[- 1, 1]$ 上的积分为零，因此第二部分为 0。

综上，二重积分的值为 $- \frac{2}{3}$ 。

14

已知抛物线 $y = p x^{2} + q x$ （其中 $p < 0$ , $q > 0$ ）在第一象限与直线 $x + y = 5$ 相切，且此抛物线与 $x$ 轴所围成的平面图形的面积为 $S$ ．

(1) 问 $p$ 和 $q$ 为何值时， $S$ 达到最大？

(2) 求出此最大值．

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【答案】 $p = - \frac{4}{5}$ ， $q = 3$ ， $S_{max} = \frac{225}{32}$

【解析】
依题意知，抛物线与 $x$ 轴交点的横坐标为 $x_{1} = 0$ , $x_{2} = - \frac{q}{p}$ 。根据定积分的定义，面积 $S$ 为

S = \int_{0}^{- \frac{q}{p}} (p x^{2} + q x) d x = [\frac{p}{3} x^{3} + \frac{q}{2} x^{2}]_{0}^{- \frac{q}{p}} = \frac{q ^{3}}{6 p ^{2}} .

因直线 $x + y = 5$ 与抛物线 $y = p x^{2} + q x$ 相切，故它们有唯一公共点。由方程组

{x + y = 5 y = p x^{2} + q x

得 $p x^{2} + (q + 1) x - 5 = 0$ 。因为其公共解唯一，其判别式必为零，即

Δ = (q + 1)^{2} - 4 \cdot p \cdot (- 5) = (q + 1)^{2} + 20 p = 0.

解得 $p = - \frac{1}{20} (q + 1)^{2}$ 。将 $p$ 代入 $S$ 中得

S (q) = \frac{q ^{3}}{6 p ^{2}} = \frac{200 q ^{3}}{3 ( q + 1 ) ^{4}} .

根据函数除法的求导公式，

S^{'} (q) = \frac{200 q ^{2} ( 3 - q )}{3 ( q + 1 ) ^{5}} .

令 $S^{'} (q) = 0$ ，已知有 $q > 0$ ，得唯一驻点 $q = 3$ 。当 $1 < q < 3$ 时， $S^{'} (q) > 0$ ；当 $q > 3$ 时， $S^{'} (q) < 0$ 。于是当 $q = 3$ 时， $S (q)$ 取唯一极大值，即最大值。从而最大值为 $S = S (3) = \frac{225}{32}$ 。

15

设 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且满足 $f (1) = k \int_{0}^{\frac{1}{3}} x e^{1 - x} f (x) d x$ （ $k > 1$ ）．证明：存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{'} (ξ) = 2 (1 - ξ^{- 1}) f (ξ)$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
由 $f (1) = k \int_{0}^{\frac{1}{k}} x e^{1 - x} f (x) d x$ （ $k > 1$ ）及积分中值定理，存在 $η \in (0, \frac{1}{k}) \subset [0, 1]$ 使得

f (1) = k \int_{0}^{\frac{1}{k}} x e^{1 - x} f (x) d x = η e^{1 - η} f (η)

令 $F (x) = x e^{- x} f (x)$ ，则由上式可得

F (1) = e^{- 1} f (1) = e^{- 1} η e^{1 - η} f (η) = η e^{- η} f (η) = F (η)

那么 $F (x)$ 在 $[η, 1]$ 上连续，在 $(η, 1)$ 内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点 $ξ \in (η, 1) \subset [0, 1]$ ，使得

F^{'} (ξ) = e^{- ξ} f (ξ) + ξ e^{- ξ} f^{'} (ξ) = 0,

即

f^{'} (ξ) = (1 - ξ^{- 1}) f (ξ) .

16

已知 $f_{n} (x)$ 满足 $f_{n}^{'} (x) = f_{n} (x) + x^{n - 1} e^{x}$ （ $n$ 为正整数）且 $f_{n} (1) = \frac{e}{n}$ ，求函数项级数 $\sum_{i = 1}^{\infty} f_{n} (x)$ 之和．

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【答案】 $- e^{x} ln (1 - x)$

【解析】
由已知条件 $f_{n}^{'} (x) = f_{n} (x) + x^{n - 1} e^{x}$ ，得其通解为

f_{n} (x) = e^{\int d x} (\int x^{n - 1} e^{x} e^{- \int d x} d x + C) = e^{x} (\frac{x ^{n}}{n} + C),

由条件 $f_{n} (1) = \frac{e}{n}$ ，得 $C = 0$ ，故 $f_{n} (x) = \frac{x ^{n} e ^{x}}{n}$ 。从而

n = 1 \sum \infty f_{n} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n} e ^{x}}{n} = e^{x} n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n}

记 $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x ^{n}}{n}$ ，则其收敛半径为 $R = 1$ ，收敛域为 $[- 1, 1)$ 。当 $x \in (- 1, 1)$ 时，有

S^{'} (x) = (n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n})^{'} = n = 1 \sum \infty (\frac{x ^{n}}{n})^{'} = n = 1 \sum \infty x^{n - 1} = \frac{1}{1 - x}

\Rightarrow S (x) = S (0) + \int_{0}^{x} S^{'} (x) d x = 0 + \int_{0}^{x} \frac{1}{1 - x} d x = - ln (1 - x) .

当 $x = - 1$ 时， $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} = - ln 2$ 。级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的范围可扩大到 $x = - 1$ 处，即

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

\Rightarrow n = 1 \sum \infty f_{n} (x) = - e^{x} ln (1 - x), x \in [- 1, 1) .

17

设矩阵 $A = 11 a 1 a 1 a 11, β = 11 - 2$ ．已知线性方程组 $A x = β$ 有解但不唯一，试求：

(1) $a$ 的值；

(2) 正交矩阵 $Q$ ，使 $Q^{T} A Q$ 为对角矩阵．

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【答案】
(1) $a = - 2$
(2) 正交矩阵 $Q = \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{2}{6} \frac{1}{6}$

【解析】
(1) 线性方程组 $A x = β$ 有解但不唯一，因此系数矩阵 $A$ 奇异，即 $det (A) = 0$ 。计算行列式：

det (A) = 11 a 1 a 1 a 11 = - a^{3} + 3 a - 2

设 $det (A) = 0$ ，得 $a^{3} - 3 a + 2 = 0$ ，解得 $a = 1$ 或 $a = - 2$ 。
当 $a = 1$ 时， $A = 111111111$ ，增广矩阵为 $111111111 11 - 2$ ，第三行与第一行矛盾，方程组无解。
当 $a = - 2$ 时， $A = 11 - 2 1 - 2 1 - 2 11$ ，增广矩阵为 $11 - 2 1 - 2 1 - 2 11 11 - 2$ ，行变换后得 $100 1 - 3 0 - 2 30 100$ ，方程组有解且秩为 2，未知数为 3，故有无穷多解。因此 $a = - 2$ 。

(2) 当 $a = - 2$ 时， $A = 11 - 2 1 - 2 1 - 2 11$ 。求特征值和特征向量：
特征多项式 $det (A - λ I) = - λ^{3} + 9 λ = 0$ ，解得特征值 $λ = 0, 3, - 3$ 。
对应特征向量：

$λ = 0$ ：解 $A x = 0$ ，得 $x_{1} = x_{2} = x_{3}$ ，特征向量 $v_{1} = (1, 1, 1)^{T}$ 。
$λ = 3$ ：解 $(A - 3 I) x = 0$ ，得 $x_{1} = - x_{3}, x_{2} = 0$ ，特征向量 $v_{2} = (- 1, 0, 1)^{T}$ 。
$λ = - 3$ ：解 $(A + 3 I) x = 0$ ，得 $x_{1} = x_{3}, x_{2} = - 2 x_{3}$ ，特征向量 $v_{3} = (1, - 2, 1)^{T}$ 。
特征向量两两正交，单位化：
$u_{1} = \frac{v _{1}}{∥ v _{1} ∥} = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})^{T}$
$u_{2} = \frac{v _{2}}{∥ v _{2} ∥} = (- \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})^{T}$
$u_{3} = \frac{v _{3}}{∥ v _{3} ∥} = (\frac{1}{6}, - \frac{2}{6}, \frac{1}{6})^{T}$
正交矩阵 $Q = \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{2}{6} \frac{1}{6}$ ，使得 $Q^{T} A Q = diag (0, 3, - 3)$ 。

18

设 $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，秩 $r (A) = n$ ， $A_{ij}$ 是 $A = (a_{ij})_{n \times n}$ 中元素 $a_{ij}$ 的代数余子式( $i, j = 1, 2, \dots, n$ )，二次型 $f (x_{1}, x_{2}, \dots x_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \frac{A _{ij}}{A} x_{i} x_{j} .$

(1) 记 $A = (x_{1}, x_{2}, \dots x_{n})$ ，把 $f (x_{1}, x_{2}, \dots x_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \frac{A _{ij}}{A} x_{i} x_{j}$ 写成矩阵形式，并证明二次型 $f (X)$ 的矩阵为 $A^{- 1}$ ；

(2) 二次型 $g (X) = X^{T} A X$ 与 $f (X)$ 的规范形是否相同？说明理由．

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【答案】
(1) 二次型 $f (X)$ 的矩阵形式为 $f (X) = X^{T} A^{- 1} X$ ，且二次型 $f (X)$ 的矩阵为 $A^{- 1}$ 。
(2) 二次型 $g (X) = X^{T} A X$ 与 $f (X) = X^{T} A^{- 1} X$ 的规范形相同。

【解析】
(I) 由题设条件， $A$ 是可逆的实对称矩阵，故 $(A^{- 1})^{T} = (A^{T})^{- 1} = A^{- 1}$ ，因此由实对称的定义知， $A^{- 1}$ 也是实对称矩阵。又由伴随矩阵的性质 $A^{*} A = ∣ A ∣ E$ ，知 $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ ，因此 $A^{*}$ 也是实对称矩阵， $(A^{*})^{T} = A^{*}$ ，故有

f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = i = 1 \sum n j = 1 \sum n \frac{A _{ij}}{∣ A ∣} x_{i} x_{j} = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \frac{1}{∣ A ∣} A_{11} A_{21} ⋮ A_{n 1} A_{12} A_{22} ⋮ A_{n 2} \dots \dots ⋱ \dots A_{1 n} A_{2 n} ⋮ A_{nn} x_{1} x_{2} ⋮ x_{n} = X^{T} \frac{( A ^{*} ) ^{T}}{∣ A ∣} X = X^{T} \frac{A ^{*}}{∣ A ∣} X = X^{T} A^{- 1} X .

(II) 因为 $(A^{- 1})^{T} A A^{- 1} = (A^{T})^{- 1} E = A^{- 1}$ ，所以由合同的定义知 $A$ 与 $A^{- 1}$ 合同。因此可知， $g (X) = X^{T} A X$ 与 $f (X)$ 有相同的规范形。

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生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的，假设每箱平均重 $50$ 千克，标准差为 $5$ 千克．若用最大载重量为 $5$ 吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于 $0.977$ （ $Φ (2) = 0.977$ ，其中 $Φ (x)$ 是标准正态分布函数）．

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【答案】 98 箱

【解析】
设 $X_{i}$ （ $i = 1, 2, \dots n$ ）是装运的第 $i$ 箱的重量（单位：千克）， $n$ 是所求箱数。
由题设，可以将 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 视为独立同分布的随机变量，而 $n$ 箱产品的总重量 $S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}$ 是独立同分布随机变量之和。
由条件有 $E (X_{i}) = 50$ ， $D (X_{i}) = 5$ ，所以

E (S_{n}) = E (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}) = E X_{1} + E X_{2} + \dots + E X_{n} = 50 n,

D (S_{n}) = D (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}) = D X_{1} + D X_{2} + \dots + D X_{n} = 25 n .

则根据列维—林德柏格中心极限定理，知 $S_{n}$ 近似服从正态分布 $N (50 n, 25 n)$ ，箱数 $n$ 决定于条件

P {S_{n} \leq 5000} = P {\frac{S _{n} - 50 n}{5 n} \leq \frac{5000 - 50 n}{5 n}} \approx Φ (\frac{1000 - 10 n}{n}) > 0.977 = Φ (2) .

由此得 $\frac{1000 - 10 n}{n} > 2$ ，从而 $n < 98.0199$ ，即最多可以装 98 箱。

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设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布是正方形 $G = {(x, y) ∣1 \leq x \leq 3, 1 \leq y \leq 3}$ 上的均匀分布，试求随机变量 $U = ∣ X - Y ∣$ 的概率密度 $p (u)$ ．

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【答案】

p (u) = {\frac{1}{2} (2 - u) 0 0 \leq u \leq 2 其他

【解析】
由题设条件 $X$ 和 $Y$ 是正方形 $G = {(x, y) ∣ 1 \leq x \leq 3, 1 \leq y \leq 3}$ 上的均匀分布，则 $X$ 和 $Y$ 的联合密度为：

f (x, y) = {\frac{1}{4}, 0, 1 \leq x \leq 3, 1 \leq y \leq 3, 其他 .

由分布函数的定义： $F (u) = P {U \leq u} = P {∣ X - Y ∣ \leq u}$ 。当 $u < 0$ 时， $F (u) = 0$ ；当 $u \geq 2$ 时， $F (u) = 1$ 。当 $0 \leq u < 2$ 时，

F (u) = P {U \leq u} = P {∣ X - Y ∣ \leq u} = \frac{1}{4} [4 - (2 - u)^{2}] = 1 - \frac{1}{4} (2 - u)^{2} .

于是随机变量 $U$ 的概率密度为：

p (u) = F^{'} (u) = {\frac{1}{2} (2 - u), 0, 0 < u < 2; 其他 .