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2002 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设常数 $a \neq = \frac{1}{2}$ ，则 $lim_{n \to \infty} ln [\frac{n - 2 na + 1}{n ( 1 - 2 a )}]^{n} =$ ______．

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【答案】

\frac{1}{1 - 2 a}

【解析】 原极限为 $lim_{n \to \infty} ln [\frac{n - 2 na + 1}{n ( 1 - 2 a )}]^{n}$ 。利用对数性质 $ln (x^{n}) = n ln x$ ，可重写为：

n \to \infty lim n ln (\frac{n - 2 na + 1}{n ( 1 - 2 a )})

令 $b = 1 - 2 a$ ，由于 $a \neq = \frac{1}{2}$ ，有 $b \neq = 0$ 。则分子为 $nb + 1$ ，分母为 $nb$ ，因此：

n ln (\frac{nb + 1}{nb}) = n ln (1 + \frac{1}{nb})

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{1}{nb} \to 0$ ，利用等价无穷小 $ln (1 + x) \sim x$ （当 $x \to 0$ ），得：

n ln (1 + \frac{1}{nb}) \sim n \cdot \frac{1}{nb} = \frac{1}{b}

故极限为 $\frac{1}{b} = \frac{1}{1 - 2 a}$ 。也可通过泰勒展开验证：

n ln (1 + \frac{1}{nb}) = n (\frac{1}{nb} - \frac{1}{2 n ^{2} b ^{2}} + O (\frac{1}{n ^{3}})) = \frac{1}{b} - \frac{1}{2 n b ^{2}} + O (\frac{1}{n ^{2}}) \to \frac{1}{b}

因此，极限为 $\frac{1}{1 - 2 a}$ 。

2

交换积分次序： $\int_{0}^{\frac{1}{4}} d y \int_{y}^{y} f (x, y) d x + \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} d y \int_{y}^{\frac{1}{2}} f (x, y) d x =$ ______．

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【答案】

\int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{x^{2}}^{x} f (x, y) d y

【解析】
应填 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{x^{2}}^{x} f (x, y) d y$ 。画出与原题中二次积分的积分区域 $D_{1}$ 与 $D_{2}$ ，将它们的并集记为 $D$ 。

于是交换积分次序之后得到

\int_{0}^{\frac{1}{4}} d y \int_{y}^{y} f (x, y) d x + \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} d y \int_{y}^{\frac{1}{2}} f (x, y) d x = \iint_{D} f (x, y) d σ = \int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{x^{2}}^{x} f (x, y) d y .

3

设三阶矩阵 $A = 123210 - 2 24$ ，三维列向量 $α = (a, 1, 1)^{T}$ ．已知 $A α$ 与 $α$ 线性相关，则 $a =$ ______．

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【答案】 -1

【解析】 已知 $A α$ 与 $α$ 线性相关，故存在标量 $λ$ 使得 $A α = λ α$ 。计算 $A α$ ：

A α = 123210 - 2 24 a 11 = a + 2 - 2 2 a + 1 + 2 3 a + 0 + 4 = a 2 a + 3 3 a + 4 .

代入 $A α = λ α$ 得：

a 2 a + 3 3 a + 4 = λ a 11 .

对应分量相等：

$a = λa$ ,
$2 a + 3 = λ$ ,
$3 a + 4 = λ$ . 由方程2和3得 $2 a + 3 = 3 a + 4$ ，解得 $a = - 1$ 。代入方程1：当 $a = - 1$ 时， $- 1 = λ (- 1)$ ，得 $λ = 1$ ，与方程2和3一致。若 $a = 0$ ，则方程2和3矛盾，故唯一解为 $a = - 1$ 。

4

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为

X ╲ Y 01 - 1 0.07 0.08 0 0.18 0.32 1 0.15 0.20

则 $X^{2}$ 和 $Y^{2}$ 的协方差 $Cov (X^{2}, Y^{2}) =$ ______．

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【答案】 -0.02

【解析】 应填 -0.02。事实上， $X^{2}$ 、 $Y^{2}$ 和 $X^{2} Y^{2}$ 都是 0-1 分布，而且

P {X^{2} = 0} = P {X = 0} = 0.4,

P {Y^{2} = 0} = P {Y = 0} = 0.5,

P {Y^{2} = 1} = P {Y = - 1} + P {Y = 1} = 0.15 + 0.35 = 0.5.

同理可求得 $X^{2} Y^{2}$ 的分布律为

X^{2} Y^{2} P 0 0.72 1 0.28

所以得到

E (X^{2}) = 0.5, E (Y^{2}) = 0.60, E (X^{2} Y^{2}) = 0.28.

C o v (X^{2}, Y^{2}) = E (X^{2} Y^{2}) - E (X^{2}) E (Y^{2}) = 0.28 - 0.6 \times 0.5 = - 0.02.

5

设总体 $X$ 的概率密度为 $f (x; θ) = {e^{- (x - θ)}, 0, 若 x \geq θ, 若 x < θ .$ 而 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，则未知参数 $θ$ 的矩估计量为 ______．

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【答案】
$\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - 1$ ，其中 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$

【解析】
总体 $X$ 的概率密度函数为 $f (x; θ) = e^{- (x - θ)}$ ，当 $x \geq θ$ ，否则为 0。计算总体均值 $E [X]$ ：

E [X] = \int_{θ}^{\infty} x e^{- (x - θ)} d x

令 $t = x - θ$ ，则 $x = t + θ$ ， $d x = d t$ ，积分限变为 $t = 0$ 到 $\infty$ ：

E [X] = \int_{0}^{\infty} (t + θ) e^{- t} d t = \int_{0}^{\infty} t e^{- t} d t + θ \int_{0}^{\infty} e^{- t} d t

其中 $\int_{0}^{\infty} t e^{- t} d t = 1$ ， $\int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = 1$ ，所以

E [X] = 1 + θ

根据矩估计法，令样本均值 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 等于总体均值 $E [X]$ ：

\overset{ˉ}{X} = θ + 1

解得矩估计量为 $\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - 1$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上有定义，在开区间 $(a, b)$ 内可导，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上有定义，在开区间 $(a, b)$ 内可导。由于可导必然连续，因此 $f (x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内连续。

对于选项 B，对任何 $ξ \in (a, b)$ ，有

x \to ξ lim [f (x) - f (ξ)] = 0,

这等价于函数在 $ξ$ 处连续，因此 B 正确。

选项 A 要求函数在闭区间上连续才能应用零点定理，但题设未保证函数在端点连续，因此 A 不一定成立。

选项 C 是罗尔定理的形式，但罗尔定理要求函数在闭区间上连续，题设未保证此条件，因此 C 不一定成立。

选项 D 是拉格朗日中值定理的形式，同样要求函数在闭区间上连续，题设未保证此条件，因此 D 不一定成立。

7

设幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} x^{n}$ 的收敛半径分别为 $\frac{5}{3}$ 与 $\frac{1}{3}$ ，则幂级数 $\sum_{i = 1}^{\infty} \frac{a _{n}^{2}}{b _{n}^{2}} x^{n}$ 的收敛半径为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由题设，

n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = \frac{5}{3},

n \to \infty lim \frac{b _{n}}{b _{n + 1}} = \frac{1}{3},

所以

n \to \infty lim \frac{a _{n}^{2} / b _{n}^{2}}{a _{n + 1}^{2} / b _{n + 1}^{2}} = n \to \infty lim \frac{a _{n}^{2} / a _{n + 1}^{2}}{b _{n}^{2} / b _{n + 1}^{2}} = \frac{5/3}{1/3} = 5,

从而所求幂级数的收敛半径为 $5$ 。

8

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵， $B$ 是 $n \times m$ 矩阵，则线性方程组 $(A B) x = 0$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵， $B$ 是 $n \times m$ 矩阵，则 $A B$ 是 $m \times m$ 矩阵。
线性方程组 $(A B) x = 0$ 有非零解当且仅当系数矩阵 $A B$ 的秩小于 $m$ ，即 $rank (A B) < m$ 。

当 $m > n$ 时，由于 $rank (A) \leq min (m, n) = n$ 和 $rank (B) \leq min (n, m) = n$ ，因此

rank (A B) \leq min (rank (A), rank (B)) \leq n < m,

故 $rank (A B) < m$ ，方程组必有非零解。

当 $n > m$ 时， $rank (A B)$ 可能等于 $m$ 也可能小于 $m$ ，因此不一定有非零解或仅有零解，故选项 A 和 B 错误。
选项 C 错误，因为当 $m > n$ 时必有非零解。
因此正确答案为 D。

9

设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵， $P$ 是 $n$ 阶可逆矩阵，已知 $n$ 维列向量 $α$ 是 $A$ 的属于特征值 $λ$ 的特征向量，则矩阵 $(P^{- 1} A P)^{T}$ 属于特征值 $λ$ 的特征向量是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
已知 $A$ 是实对称矩阵，故 $A^{T} = A$ 。
矩阵 $B = P^{- 1} A P$ 与 $A$ 相似，具有相同的特征值 $λ$ ，且 $B$ 属于特征值 $λ$ 的特征向量为 $P^{- 1} α$ 。

现在考虑

B^{T} = (P^{- 1} A P)^{T} = P^{T} A (P^{- 1})^{T},

需要求 $B^{T}$ 属于特征值 $λ$ 的特征向量。

设 $v$ 满足 $B^{T} v = λ v$ ，即

P^{T} A (P^{- 1})^{T} v = λ v .

令 $w = (P^{- 1})^{T} v$ ，则 $v = P^{T} w$ ，代入方程得

P^{T} A w = λ P^{T} w .

由于 $P^{T}$ 可逆，两边左乘 $(P^{T})^{- 1}$ 得

A w = λ w,

故 $w$ 是 $A$ 的属于特征值 $λ$ 的特征向量。

已知 $α$ 是此类特征向量，因此 $w = k α$ （ $k$ 为标量），从而

v = P^{T} w = k P^{T} α .

忽略标量倍数， $B^{T}$ 属于特征值 $λ$ 的特征向量为 $P^{T} α$ ，对应选项 B。其他选项均不满足特征方程。

10

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，即 $X \sim N (0, 1)$ 和 $Y \sim N (0, 1)$ ，根据卡方分布的定义，标准正态随机变量的平方服从自由度为 1 的卡方分布，因此 $X^{2} \sim χ^{2} (1)$ 和 $Y^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，无论 $X$ 和 $Y$ 是否独立，选项 C 总是成立。

选项 A 中， $X + Y$ 不一定服从正态分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = - X$ 时， $X + Y = 0$ ，不是正态分布）。

选项 B 中， $X^{2} + Y^{2}$ 不一定服从 $χ^{2}$ 分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = X$ 时， $X^{2} + Y^{2} = 2 X^{2}$ ，不是 $χ^{2}$ 分布）。

选项 D 中， $X^{2} / Y^{2}$ 不一定服从 $F$ 分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = X$ 时， $X^{2} / Y^{2} = 1$ ，不是 $F$ 分布）。

因此，只有选项 C 正确。

解答题

11

求极限

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} [ \int _{0}^{u^{2}} arctan ( 1 + t ) d t ] d u}{x ( 1 - cos x )}

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【答案】 $\frac{π}{6}$

【解析】
由等价无穷小量代换和洛必达法则，可得

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} [ \int _{0}^{u^{2}} arctan ( 1 + t ) d t ] d u}{x ( 1 - cos x )} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} [ \int _{0}^{u^{2}} arctan ( 1 + t ) d t ] d u}{\frac{1}{2} x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x^{2}} arctan ( 1 + t ) d t}{\frac{3}{2} x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{arctan ( 1 + x ^{2} ) \cdot 2 x}{3 x} = \frac{2}{3} \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{6} .

12

设函数 $u = f (x, y, z)$ 有连续偏导数，且 $z = z (x, y)$ 由方程 $x e^{x} - y e^{y} = z e^{z}$ 所确定，求 $d u$ ．

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【答案】

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

【解析】 函数 $u = f (x, y, z)$ 有连续偏导数，且 $z = z (x, y)$ 由方程 $x e^{x} - y e^{y} = z e^{z}$ 所确定。求 $d u$ 即求全微分。首先，由全微分公式，有：

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

其中 $d z$ 需要通过隐函数求导得到。设 $F (x, y, z) = x e^{x} - y e^{y} - z e^{z} = 0$ ，则：

\frac{\partial F}{\partial x} = e^{x} (1 + x), \frac{\partial F}{\partial y} = - e^{y} (1 + y), \frac{\partial F}{\partial z} = - e^{z} (1 + z)

由隐函数定理：

\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = \frac{e ^{x} ( 1 + x )}{e ^{z} ( 1 + z )}, \frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = - \frac{e ^{y} ( 1 + y )}{e ^{z} ( 1 + z )}

代入 $d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y$ 到 $d u$ 表达式中，合并同类项即得结果。

13

设 $f (sin^{2} x) = \frac{x}{s i n x}$ ，求 $\int \frac{x}{1 - x} f (x) d x$ ．

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【答案】

\int \frac{x}{1 - x} f (x) d x = - 2 1 - x arcsin (x) + 2 x + C

其中 $C$ 为积分常数。

【解析】
给定 $f (sin^{2} x) = \frac{x}{s i n x}$ ，令 $u = sin^{2} x$ ，则 $sin x = u$ （取主值）， $x = arcsin (u)$ ，所以 $f (u) = \frac{a r c s i n ( u )}{u}$ ，即 $f (x) = \frac{a r c s i n ( x )}{x}$ 。
代入积分：

\int \frac{x}{1 - x} f (x) d x = \int \frac{x}{1 - x} \cdot \frac{arcsin ( x )}{x} d x = \int \frac{arcsin ( x )}{1 - x} d x .

令 $t = x$ ，则 $x = t^{2}$ ， $d x = 2 t d t$ ，代入得：

\int \frac{arcsin ( t )}{1 - t ^{2}} \cdot 2 t d t = 2 \int \frac{t arcsin ( t )}{1 - t ^{2}} d t .

使用分部积分法，令 $u = arcsin (t)$ ， $d u = \frac{1}{1 - t ^{2}} d t$ ， $d v = \frac{t}{1 - t ^{2}} d t$ ，则 $v = \int \frac{t}{1 - t ^{2}} d t = - 1 - t^{2}$ 。
于是：

\int \frac{t arcsin ( t )}{1 - t ^{2}} d t = arcsin (t) \cdot (- 1 - t^{2}) \int (- 1 - t^{2}) \cdot \frac{1}{1 - t ^{2}} d t = - arcsin (t) 1 - t^{2} + \int 1 d t = - arcsin (t) 1 - t^{2} + t + C .

所以：

2 \int \frac{t arcsin ( t )}{1 - t ^{2}} d t = 2 (- arcsin (t) 1 - t^{2} + t + C) = - 2 arcsin (t) 1 - t^{2} + 2 t + C .

代回 $t = x$ ，得：

\int \frac{x}{1 - x} f (x) d x = - 2 1 - x arcsin (x) + 2 x + C .

14

设 $D_{1}$ 是由抛物线 $y = 2 x^{2}$ 和直线 $x = a$ ， $x = 2$ 及 $y = 0$ 所围成的平面区域； $D_{2}$ 是由抛物线 $y = 2 x^{2}$ 和直线 $y = 0$ ， $x = a$ 所围成的平面区域，其中 $0 < a < 2$ ．

(1) 试求 $D_{1}$ 绕 $x$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_{1}$ ； $D_{2}$ 绕 $y$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_{2}$ ；

(2) 问当 $a$ 为何值时， $V_{1} + V_{2}$ 取得最大值？试求此最大值．

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【答案】
(1) $V_{1} = \frac{4 π}{5} (32 - a^{5})$ ， $V_{2} = π a^{4}$
(2) 当 $a = 1$ 时， $V_{1} + V_{2}$ 取得最大值，最大值为 $\frac{129 π}{5}$

【解析】
(I) 由旋转体的体积公式有

V_{1} = π \int_{a}^{2} (2 x^{2})^{2} d x = \frac{4 π}{5} (32 - a^{5}),

V_{2} = π a^{2} \cdot 2 a^{2} - π \int_{0}^{2 a^{2}} x^{2} d y = π a^{4} .

(II) $V = V_{1} + V_{2} = \frac{4 π}{5} (32 - a^{5}) + π a^{4}$ . 令 $\frac{d V}{d a} = 4 π a^{3} (1 - a) = 0$ ，得 $a = 1$ . 当 $0 < a < 1$ 时 $\frac{d V}{d a} > 0$ ，当 $1 < a < 2$ 时 $\frac{d V}{d a} < 0$ ，因此 $a = 1$ 是 $V$ 的唯一极值点且是极大值点，所以是 $V$ 的最大值点，

V_{m a x} = \frac{129 π}{5}

15

同试卷 1 第 15 题

16

设函数 $f (x), g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $g (x) > 0$ ．利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点 $ξ \in [a, b]$ ，使 $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x$ ．

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【答案】 见解析

【解析】
因为 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以存在 $x_{1}, x_{2}$ 使得

f (x_{1}) = M = x \in [a, b] max f (x), f (x_{2}) = m = x \in [a, b] min f (x) .

满足 $m \leq f (x) \leq M$ 。又 $g (x) > 0$ ，故根据不等式的性质

m g (x) \leq f (x) g (x) \leq M g (x) .

根据定积分的不等式性质有

m \int_{a}^{b} g (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x \leq M \int_{a}^{b} g (x) d x

\Rightarrow m \leq \frac{\int _{a}^{b} f ( x ) g ( x ) d x}{\int _{a}^{b} g ( x ) d x} \leq M .

由连续函数的介值定理知，存在 $ξ \in [a, b]$ ，使

f (ξ) = \frac{\int _{a}^{b} f ( x ) g ( x ) d x}{\int _{a}^{b} g ( x ) d x} \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x .

17

设齐次线性方程组 $⎩ ⎨ ⎧ a x_{1} + b x_{2} + b x_{3} + \dots + b x_{n} = 0, b x_{1} + a x_{2} + b x_{3} + \dots + b x_{n} = 0, \dots \dots \dots \dots b x_{1} + b x_{2} + b x_{3} + \dots + a x_{n} = 0,$ 其中 $a \neq = 0, b \neq = 0, n \geq 2$ ，试讨论 $a, b$ 为何值时，方程组仅有零解、有无穷多组解？在有无穷多组解时，求出全部解，并用基础解系表示全部解．

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【答案】 当 $a \neq = b$ 且 $a \neq = - b (n - 1)$ 时，方程组仅有零解。
当 $a = b$ 或 $a = - b (n - 1)$ 时，方程组有无穷多组解。

当 $a = b$ 时，全部解为 $x = k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + \dots + k_{n - 1} ξ_{n - 1}$ ，其中 $ξ_{1} = (1, - 1, 0, \dots, 0)^{T}$ ， $ξ_{2} = (1, 0, - 1, \dots, 0)^{T}$ ， $\dots$ ， $ξ_{n - 1} = (1, 0, 0, \dots, - 1)^{T}$ ， $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n - 1}$ 为任意常数。
当 $a = - b (n - 1)$ 时，全部解为 $x = k ξ$ ，其中 $ξ = (1, 1, 1, \dots, 1)^{T}$ ， $k$ 为任意常数。

【解析】
方程组的系数行列式

∣ A ∣ = a b b ⋮ b b a b ⋮ b b b a ⋮ b \dots \dots \dots ⋱ \dots b b b ⋮ a = [a + (n - 1) b] (a - b)^{n - 1} .

(I) 当 $a \neq = b$ 且 $a \neq = - (n - 1) b$ 时， $∣ A ∣ \neq = 0$ ， $r (A) = n$ ，方程组只有零解。

(II) 当 $a = b (\neq = 0)$ 时，对系数矩阵 $A$ 做行初等变换，有

A = a a a ⋮ a a a a ⋮ a a a a ⋮ a \dots \dots \dots ⋱ \dots a a a ⋮ a \to a 00 ⋮ 0 a 00 ⋮ 0 a 00 ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots a 00 ⋮ 0 \to 100 ⋮ 0 100 ⋮ 0 100 ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots 100 ⋮ 0 .

方程组的同解方程组为 $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = 0$ ，其基础解系为

ξ_{1} = (- 1, 1, 0, \dots, 0)^{T}, ξ_{2} = (- 1, 0, 1, 0, \dots, 0)^{T},

\dots, ξ_{n - 1} = (- 1, 0, \dots, 0, 1)^{T} .

方程组的全部解为

X = k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + \dots + k_{n - 1} ξ_{n - 1},

其中 $k_{i} (i = 1, 2, \dots, n - 1)$ 是任意常数。

(Ⅲ) 当 $a = - (n - 1) b$ ( $b \neq = 0$ ) 时，对系数矩阵 $A$ 做行初等变换，有

A = (1 - n) b b b ⋮ b b (1 - n) b b ⋮ b b b (1 - n) b ⋮ b \dots \dots \dots ⋱ \dots b b b ⋮ (1 - n) b

\to 1 - n 11 ⋮ 1 1 1 - n 1 ⋮ 1 11 1 - n ⋮ 1 \dots \dots \dots ⋱ \dots 111 ⋮ 1 - n \to 1 - n n n ⋮ n 1 - n 0 ⋮ 0 10 - n ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots 100 ⋮ - n

\to 1 - n 11 ⋮ 1 1 - 1 0 ⋮ 0 10 - 1 ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots 100 ⋮ - 1 \to 011 ⋮ 1 0 - 1 0 ⋮ 0 00 - 1 ⋮ 0 \dots \dots \dots ⋱ \dots 000 ⋮ - 1 .

秩 $r (A) = n - 1$ ，其同解方程组是

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - x_{2} = 0, x_{1} - x_{3} = 0, \dots \dots x_{1} - x_{n} = 0.

其基础解系为 $ξ = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ，方程组的全部解为 $X = k ξ$ ，其中 $k$ 是任意常数。

18

设 $A$ 为三阶实对称矩阵，且满足条件 $A^{2} + 2 A = 0$ ，已知 $A$ 的秩 $r (A) = 2$ ．

(1) 求 $A$ 的全部特征值．

(2) 当 $k$ 为何值时，矩阵 $A + k E$ 为正定矩阵，其中 $E$ 为三阶单位矩阵．

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【答案】
(1) $0, - 2, - 2$
(2) $k > 2$

【解析】
(I) 设 $λ$ 是 $A$ 的特征值， $α$ 是 $A$ 的属于 $λ$ 的特征向量，则有 $A α = λ α$ ，从而

0 = (A^{2} + 2 A) α = (λ^{2} + 2 λ) α .

所以有 $λ^{2} + 2 λ = 0$ ，故 $A$ 的特征值 $λ$ 的取值范围为 $0, - 2$ 。因为实对称矩阵必可对角化， $r (A) = 2$ ，所以

A \sim Λ = - 2 - 2 0,

即 $A$ 有特征值 $λ_{1} = λ_{2} = - 2$ , $λ_{3} = 0$ 。

(II) 由 (I) 知 $A + k E$ 的特征值为 $k - 2, k - 2, k$ 。矩阵 $A + k E$ 正定的充要条件是它的所有特征值均大于零，即

{k - 2 > 0 k > 0 ⟺ k > 2.

故 $k > 2$ 时 $A + k E$ 是正定矩阵。

19

假设随机变量 $U$ 在区间 $[- 2, 2]$ 上服从均匀分布，随机变量

X = {- 1, 1, 若 U \leq - 1, 若 U > - 1; Y = {- 1, 1, 若 U \leq 1, 若 U > 1;

试求：

(1) $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布；

(2) $D (X + Y)$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为：

X = - 1 X = 1 Y = - 1 \frac{1}{4} \frac{1}{2} Y = 1 0 \frac{1}{4}

(2) $D (X + Y) = 2$

【解析】
(I) $(X, Y)$ 只有四个可能值 $(- 1, - 1)$ , $(- 1, 1)$ , $(1, - 1)$ 和 $(1, 1)$ . 依题意有

P {X = - 1, Y = - 1} = P {U ⩽ - 1, U ⩽ 1} = P {U ⩽ - 1} = \frac{1}{4};

P {X = - 1, Y = 1} = P {U ⩽ - 1, U > 1} = P {\emptyset} = 0;

P {X = 1, Y = - 1} = P {U > - 1, U ⩽ 1} = P {- 1 < U ⩽ 1} = \frac{1}{2};

P {X = 1, Y = 1} = P {U > - 1, U > 1} = P {U > 1} = \frac{1}{4} .

于是， $(X, Y)$ 分布为

Y X - 1 1 - 1 \frac{1}{4} \frac{1}{2} 10 \frac{1}{4}

(II) $X + Y$ 的取值可能有 $- 2, 0, 2$ ； $(X + Y)^{2}$ 的取值可能有 0 和 4；

P {X + Y = - 2} = P {X = - 1, Y = - 1} = \frac{1}{4},

P {X + Y = 0} = P {X = 1, Y = - 1} + P {X = - 1, Y = 1} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2},

P {X + Y = 2} = P {X = 1, Y = 1} = \frac{1}{4},

P {(X + Y)^{2} = 0} = P {X + Y = 0} = \frac{1}{2},

P {(X + Y)^{2} = 4} = P {X + Y = - 2} + P {X + Y = 2} = \frac{1}{2}

故 $X + Y$ 和 $(X + Y)^{2}$ 的分布律分别为

(X + Y)^{2} P 0 \frac{1}{2} 4 \frac{1}{2} X + Y P - 2 \frac{1}{4} 0 \frac{1}{2} 2 \frac{1}{4}

由此可见

E (X + Y) = - \frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 0, E (X + Y)^{2} = \frac{4}{2} = 2,

D (X + Y) = E (X + Y)^{2} - [E (X + Y)]^{2} = 2.

20

假设一设备开机后无故障工作的时间 $X$ 服从指数分布，平均无故障工作的时间 $E (X)$ 为 $5$ 小时．设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作 $2$ 小时便关机．试求该设备每次开机无故障工作的时间 $Y$ 的分布函数 $F (y)$ ．

查看答案与解析

【答案】

F (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 1 - e^{- 0.2 y} 1 y < 0 0 \leq y < 2 y \geq 2

【解析】
指数分布的 $X$ 的分布参数为 $λ = \frac{1}{E ( X )} = \frac{1}{5}$ ，其密度函数为

f_{X} (x) = {\frac{1}{5} e^{- \frac{1}{5} x}, 0, x > 0; x \leq 0.

由分布函数的定义，

F (y) = P {Y \leq y} = P {min (X, 2) \leq y} .

当 $y < 0$ 时， $F_{Y} (y) = 0$ 。当 $y \geq 2$ 时， $F_{Y} (y) = 1$ 。当 $0 \leq y < 2$ 时，

F (y) = P {min (X, 2) \leq y} = P {X \leq y} = \int_{- \infty}^{y} f_{X} (x) d x = \int_{0}^{y} \frac{1}{5} e^{- \frac{1}{5} x} d x = 1 - e^{- \frac{1}{5} y} .

所以 $Y$ 的分布函数

F_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, 1 - e^{- \frac{1}{5} y}, 1, y < 0; 0 \leq y < 2; y \geq 2.