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2003 年真题

22 题

填空题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

1

x \to 0 lim (cos x)^{\frac{1}{l n ( 1 + x ^{2} )}} =

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【答案】 $e^{- \frac{1}{2}}$

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to 0} (cos x)^{\frac{1}{l n ( 1 + x ^{2} )}}$ 。该极限为 $1^{\infty}$ 型不定式，取自然对数处理。
设 $L = lim_{x \to 0} (cos x)^{\frac{1}{l n ( 1 + x ^{2} )}}$ ，则

ln L = x \to 0 lim \frac{ln ( cos x )}{ln ( 1 + x ^{2} )} .

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则：
分子导数为 $\frac{d}{d x} ln (cos x) = - tan x$ ，分母导数为 $\frac{d}{d x} ln (1 + x^{2}) = \frac{2 x}{1 + x ^{2}}$ 。
因此，

ln L = x \to 0 lim \frac{- tan x}{\frac{2 x}{1 + x ^{2}}} = x \to 0 lim \frac{- tan x \cdot ( 1 + x ^{2} )}{2 x} .

利用等价无穷小，当 $x \to 0$ 时， $tan x \sim x$ ，代入得

ln L = x \to 0 lim \frac{- x \cdot ( 1 + x ^{2} )}{2 x} = x \to 0 lim \frac{- ( 1 + x ^{2} )}{2} = - \frac{1}{2} .

故 $L = e^{l n L} = e^{- \frac{1}{2}}$ 。
或者，使用泰勒展开验证：当 $x \to 0$ 时， $cos x \approx 1 - \frac{x ^{2}}{2}$ ，则 $ln (cos x) \approx - \frac{x ^{2}}{2}$ ； $ln (1 + x^{2}) \approx x^{2}$ ，代入得

\frac{ln ( cos x )}{ln ( 1 + x ^{2} )} \approx \frac{- \frac{x ^{2}}{2}}{x ^{2}} = - \frac{1}{2},

结果一致。因此极限为 $e^{- \frac{1}{2}}$ 。

2

曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 与平面 $2 x + 4 y - z = 0$ 平行的切平面的方程是 ______．

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【答案】
$2 x + 4 y - z - 5 = 0$

【解析】
曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 在点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 处的切平面法向量为 $(- 2 x_{0}, - 2 y_{0}, 1)$ 。给定平面 $2 x + 4 y - z = 0$ 的法向量为 $(2, 4, - 1)$ 。两平面平行时法向量平行，即存在常数 $k$ 使得 $(- 2 x_{0}, - 2 y_{0}, 1) = k (2, 4, - 1)$ 。由 $1 = - k$ 得 $k = - 1$ 。代入得 $- 2 x_{0} = - 2$ ，即 $x_{0} = 1$ ； $- 2 y_{0} = - 4$ ，即 $y_{0} = 2$ 。则 $z_{0} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 1 + 4 = 5$ 。切点为 $(1, 2, 5)$ ，法向量为 $(- 2, - 4, 1)$ ，切平面方程为 $- 2 (x - 1) - 4 (y - 2) + (z - 5) = 0$ ，化简得 $2 x + 4 y - z - 5 = 0$ 。

3

设 $x^{2} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} cos n x (- π \leq x \leq π)$ ，则 $a_{2} =$ ______．

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【答案】 $1$

【解析】
给定 $x^{2} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} cos n x$ （ $- π \leq x \leq π$ ），求 $a_{2}$ 。由于 $x^{2}$ 是偶函数，傅里叶余弦系数公式为：

a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x^{2} cos n x d x

对于 $n = 2$ ，有：

a_{2} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x^{2} cos (2 x) d x

计算积分 $\int_{0}^{π} x^{2} cos (2 x) d x$ 。使用分部积分法：
令 $u = x^{2}$ ， $d v = cos (2 x) d x$ ，则 $d u = 2 x d x$ ， $v = \frac{s i n ( 2 x )}{2}$ ，
于是：

\int x^{2} cos (2 x) d x = \frac{x ^{2} sin ( 2 x )}{2} - \int x sin (2 x) d x

再计算 $\int x sin (2 x) d x$ ：
令 $u = x$ ， $d v = sin (2 x) d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = - \frac{c o s ( 2 x )}{2}$ ，
于是：

\int x sin (2 x) d x = - \frac{x cos ( 2 x )}{2} + \frac{1}{2} \int cos (2 x) d x = - \frac{x cos ( 2 x )}{2} + \frac{sin ( 2 x )}{4} + C

代入得：

\int x^{2} cos (2 x) d x = \frac{x ^{2} sin ( 2 x )}{2} + \frac{x cos ( 2 x )}{2} - \frac{sin ( 2 x )}{4} + C

计算定积分从 $0$ 到 $π$ ：
在 $x = π$ 时， $sin (2 π) = 0$ ， $cos (2 π) = 1$ ，值为 $\frac{π}{2}$ ；
在 $x = 0$ 时，所有项为 0。
因此，积分值为 $\frac{π}{2}$ 。
代入 $a_{2}$ ：

a_{2} = \frac{2}{π} \times \frac{π}{2} = 1

故 $a_{2} = 1$ 。

4

从 $R^{2}$ 的基 $α_{1} = (10), α_{2} = (1 - 1)$ 到基 $β_{1} = (11), β_{2} = (12)$ 的过渡矩阵为 ______．

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【答案】

(2 - 1 3 - 2)

【解析】 过渡矩阵是将基 $α$ 的坐标转换为基 $β$ 的坐标的矩阵。具体地，过渡矩阵 $P$ 的列是基 $β$ 的向量在基 $α$ 下的坐标表示。

给定基 $α_{1} = (10)$ , $α_{2} = (1 - 1)$ 和基 $β_{1} = (11)$ , $β_{2} = (12)$ 。

首先，求 $β_{1}$ 在基 $α$ 下的坐标：设 $β_{1} = a α_{1} + b α_{2}$ ，即：

(11) = a (10) + b (1 - 1) = (a + b - b)

解方程组：

{a + b = 1 - b = 1

得 $b = - 1$ , $a = 2$ ，所以坐标为 $(2 - 1)$ .

再求 $β_{2}$ 在基 $α$ 下的坐标：设 $β_{2} = a α_{1} + b α_{2}$ ，即：

(12) = a (10) + b (1 - 1) = (a + b - b)

解方程组：

{a + b = 1 - b = 2

得 $b = - 2$ , $a = 3$ ，所以坐标为 $(3 - 2)$ .

因此，过渡矩阵为：

(2 - 1 3 - 2)

验证：通过矩阵方法，设 $A = (10 1 - 1)$ （基 $α$ 的矩阵）， $B = (1112)$ （基 $β$ 的矩阵），则过渡矩阵 $P = A^{- 1} B$ 。计算 $A^{- 1} = (10 1 - 1)$ ，则 $P = (10 1 - 1) (1112) = (2 - 1 3 - 2)$ ，结果一致。

5

设二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度为

f (x, y) = {6 x, 0, 0 \leq x \leq y \leq 1, 其他 .

则 $P {X + Y \leq 1} =$ ______．

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【答案】 $0.25$

【解析】
给定二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度函数为

f (x, y) = 6 x, 0 \leq x \leq y \leq 1,

否则为 0。需要计算

P {X + Y \leq 1},

即求概率密度函数在区域

0 \leq x \leq y \leq 1 且 x + y \leq 1

上的二重积分。

概率密度函数的定义域为 $0 \leq x \leq y \leq 1$ ，即直线 $y = x$ 上方的区域。约束条件 $x + y \leq 1$ 对应直线 $x + y = 1$ 下方的区域。两者的交集需同时满足 $x \leq y$ 与 $x + y \leq 1$ 。

由 $x + y \leq 1$ 与 $y \geq x$ 可得

y \leq 1 - x 且 y \geq x,

这要求

x \leq 1 - x \Rightarrow x \leq 0.5.

因此，积分区域为

0 \leq x \leq 0.5, x \leq y \leq 1 - x .

于是所求概率为

P {X + Y \leq 1} = \int_{0}^{0.5} \int_{x}^{1 - x} 6 x d y d x .

先对 $y$ 积分：

\int_{x}^{1 - x} 6 x d y = 6 x \cdot (1 - x - x) = 6 x (1 - 2 x) = 6 x - 12 x^{2} .

再对 $x$ 积分：

\int_{0}^{0.5} (6 x - 12 x^{2}) d x = [3 x^{2} - 4 x^{3}]_{0}^{0.5} = 3 (0.25) - 4 (0.125) = 0.75 - 0.5 = 0.25.

因此，

P {X + Y \leq 1} = 0.25.

6

已知一批零件的长度 $X$ （单位：cm）服从正态分布 $N (μ, 1)$ ，从中随机地抽取 $16$ 个零件，得到长度的平均值为 $40$ （cm），则 $μ$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间是______．（注：标准正态分布函数值 $Φ (1.96) = 0.975$ ， $Φ (1.645) = 0.95$ ．）

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【答案】 $(39.51, 40.49)$

【解析】
已知总体方差 $σ^{2} = 1$ ，样本容量 $n = 16$ ，样本均值 $\overset{ˉ}{X} = 40$ ，置信水平 $1 - α = 0.95$ ，因此 $α = 0.05$ ， $α /2 = 0.025$ 。

由于总体服从正态分布且方差已知，均值 $μ$ 的置信区间为：

\overset{ˉ}{X} \pm z_{α /2} \cdot \frac{σ}{n}

由标准正态分布可知， $Φ (1.96) = 0.975$ ，因此 $z_{α /2} = 1.96$ 。

计算标准误差：

\frac{σ}{n} = \frac{1}{16} = 0.25

代入公式得置信区间：

40 \pm 1.96 \times 0.25 = 40 \pm 0.49

即：

(39.51, 40.49)

选择题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

7

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，其导函数的图形如图所示，则 $f (x)$ 有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

根据导函数的图形可知，一阶导数为零的点有 3 个； $x = 0$ 是导数不存在的点。第一个交点左右两侧导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正，是极小值点。对导数不存在的点 $x = 0$ ，左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见 $x = 0$ 为极大值点。故 $f (x)$ 共有两个极小值点和两个极大值点。

8

设 ${a_{n}}, {b_{n}}, {c_{n}}$ 均为非负数列，且 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ , $lim_{n \to \infty} b_{n} = 1$ , $lim_{n \to \infty} c_{n} = \infty$ ，则必有

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

选项 A
虽然 $a_{n} \to 0$ 且 $b_{n} \to 1$ ，但数列可能在某些项上满足 $a_{n} \geq b_{n}$ 。
例如：

a_{n} = 1 + \frac{1}{n}, b_{n} = 1 - \frac{1}{n}

当 $n = 1$ 时， $a_{1} = 2$ ， $b_{1} = 0$ ，有 $a_{n} > b_{n}$ ，但 $a_{n} \to 0$ 不成立（需满足非负且极限为 0）。
可调整为：

a_{n} = \frac{1}{n}, b_{n} = 1 - \frac{1}{n}

当 $n = 1$ 时， $a_{1} = 1$ ， $b_{1} = 0$ ，有 $a_{n} > b_{n}$ 。
因此 A 不一定成立。

选项 B
虽然 $b_{n} \to 1$ 且 $c_{n} \to \infty$ ，但可能在某些项上 $b_{n} \geq c_{n}$ 。
例如：

b_{n} = 2, c_{n} = \frac{1}{n}

但 $b_{n} \to 1$ 不成立（需满足极限为 1）。
可调整为：

b_{n} = 1 + \frac{1}{n}, c_{n} = \frac{1}{n}

当 $n = 1$ 时， $b_{1} = 2$ ， $c_{1} = 1$ ，有 $b_{n} > c_{n}$ 。
因此 B 不一定成立。

选项 C
$a_{n} c_{n}$ 的极限可能存在，也可能不存在。
例如：

a_{n} = \frac{1}{n}, c_{n} = n \Rightarrow a_{n} c_{n} = 1 (极限为 1)

a_{n} = \frac{1}{n}, c_{n} = n^{2} \Rightarrow a_{n} c_{n} = n (极限为 \infty)

因此 C 不一定成立。

选项 D
由于 $b_{n} \to 1$ ，存在 $N_{1}$ 使得当 $n > N_{1}$ 时 $b_{n} > \frac{1}{2}$ 。
又 $c_{n} \to \infty$ ，对任意 $M > 0$ ，存在 $N_{2}$ 使得当 $n > N_{2}$ 时 $c_{n} > 2 M$ 。
因此当 $n > max (N_{1}, N_{2})$ 时，

b_{n} c_{n} > \frac{1}{2} \cdot 2 M = M

故 $b_{n} c_{n} \to \infty$ ，极限不存在（作为有限极限）。
因此 D 必成立。

9

已知函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某个邻域内连续，且 $lim_{x \to 0, y \to 0} \frac{f ( x , y ) - x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = 1$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

x \to 0, y \to 0 lim \frac{f ( x , y ) - x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = 1 \Rightarrow f (x, y) - x y = (1 + α) (x^{2} + y^{2})^{2}

其中 $lim_{x \to 0} α = 0$ 。由 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 连续知 $f (0, 0) = 0$ 。

取 $y = x$ ， $∣ x ∣$ 充分小， $x \neq = 0$ ，有

f (x, y) = x^{2} + (1 + α) (2 x^{2})^{2} > 0

取 $y = - x$ ， $∣ x ∣$ 充分小， $x \neq = 0$ ，有

f (x, y) = - x^{2} + (1 + α) (2 x^{2})^{2} < 0

故点 $(0, 0)$ 不是 $f (x, y)$ 的极值点。

10

设向量组I： $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}$ 可由向量组II： $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{s}$ 线性表示，则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
已知向量组 $I$ 可由向量组 $II$ 线性表示，因此存在矩阵 $K$ 使得

A = B K,

其中 $A$ 和 $B$ 分别是向量组 $I$ 和 $II$ 构成的矩阵。

若 $r > s$ ，则 $K$ 为 $s \times r$ 矩阵，其列数大于行数，因此 $K$ 的列向量线性相关。于是存在非零向量 $c$ 使得

Kc = 0,

从而

A c = B Kc = B 0 = 0,

即向量组 $I$ 线性相关。

选项 A、B、C 均不一定成立，反例容易构造。例如，当向量组 $II$ 线性无关时，不论 $r$ 与 $s$ 的大小关系如何，向量组 $II$ 不一定线性相关；当 $r < s$ 时，向量组 $I$ 仍可能线性无关。

因此正确答案为 D。

11

设有齐次线性方程组 $A x = 0$ 和 $B x = 0$ ，其中 $A$ 和 $B$ 均为 $m \times n$ 矩阵，现有 $4$ 个命题：

① 若 $A x = 0$ 的解均是 $B x = 0$ 的解，则 $r (A) \geq r (B)$ ；

② 若 $r (A) \geq r (B)$ ，则 $A x = 0$ 的解均是 $B x = 0$ 的解；

③ 若 $A x = 0$ 与 $B x = 0$ 同解，则 $r (A) = r (B)$ ；

④ 若 $r (A) = r (B)$ ，则 $A x = 0$ 与 $B x = 0$ 同解．

以上命题中正确的是

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 应选 (B)。若

A x = 0

的解均是

B x = 0

的解，则

A x = 0

的解空间的维数不超过

B x = 0

的解空间的维数，即

n - r (A) \leq n - r (B)

，亦即

r (A) \geq r (B)

，故①正确；同理③也正确。又由两个解空间的维数的大小关系，推不出两个齐次线性方程的解集是否有包含关系，所以②不成立；同理，④也不成立。

12

设随机变量 $X \sim t (n)$ （ $n > 1$ ）， $Y = \frac{1}{X ^{2}}$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知随机变量 $X \sim t (n)$ ，其中 $n > 1$ ，且 $Y = \frac{1}{X ^{2}}$ 。

根据 $t$ 分布的定义， $X$ 可表示为

X = \frac{Z}{U / n},

其中 $Z \sim N (0, 1)$ ， $U \sim χ^{2} (n)$ ，且 $Z$ 与 $U$ 相互独立。

于是有

X^{2} = \frac{Z ^{2}}{U / n} .

由于 $Z^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，可得

X^{2} = \frac{Z ^{2} /1}{U / n} \sim F (1, n),

即 $X^{2}$ 服从第一自由度为 1、第二自由度为 $n$ 的 $F$ 分布。

因此， $Y = \frac{1}{X ^{2}}$ 。由 $F$ 分布的性质：若 $F \sim F (p, q)$ ，则 $\frac{1}{F} \sim F (q, p)$ ，可得

Y \sim F (n, 1) .

✅ 故选项 C 正确。
❌ 选项 A 与 B 错误，因为 $Y$ 不是卡方分布。
❌ 选项 D 错误，因为 $Y \sim F (n, 1)$ ，而非 $F (1, n)$ 。

解答题

13

过坐标原点作曲线 $y = ln x$ 的切线，该切线与曲线 $y = ln x$ 及 $x$ 轴围成平面图形 $D$ ．

(1) 求 $D$ 的面积 $A$ ；

(2) 求 $D$ 绕直线 $x = e$ 旋转一周所得旋转体的体积 $V$ ．

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【答案】 (1) $A = \frac{e}{2} - 1$ (2) $V = \frac{π}{6} (5 e^{2} - 12 e + 3)$

【解析】 (1) 求面积 $A$ ：过原点作曲线 $y = ln x$ 的切线，设切点为 $(a, ln a)$ ，切线斜率为 $\frac{1}{a}$ 。切线方程过原点，代入得 $- ln a = - 1$ ，即 $a = e$ 。切点为 $(e, 1)$ ，切线方程为 $y = \frac{x}{e}$ 。图形 $D$ 由切线 $y = \frac{x}{e}$ 、曲线 $y = ln x$ 及 $x$ 轴围成。区域 $D$ 在 $x \in [0, 1]$ 上边界为 $y = \frac{x}{e}$ ，下边界为 $y = 0$ ；在 $x \in [1, e]$ 上边界为 $y = \frac{x}{e}$ ，下边界为 $y = ln x$ 。面积 $A$ 为：

A = \int_{0}^{1} \frac{x}{e} d x + \int_{1}^{e} (\frac{x}{e} - ln x) d x

计算得：

\int_{0}^{1} \frac{x}{e} d x = \frac{1}{2 e}, \int_{1}^{e} \frac{x}{e} d x = \frac{1}{2} (e - \frac{1}{e}), \int_{1}^{e} ln x d x = 1

所以：

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

(2) 求体积 $V$ ： $D$ 绕直线 $x = e$ 旋转一周。对于 $y \in [0, 1]$ ，区域 $D$ 在 $x$ 方向从 $x = ey$ 到 $x = e^{y}$ 。绕 $x = e$ 旋转时，外半径为 $e - ey$ ，内半径为 $e - e^{y}$ 。体积 $V$ 为：

V = π \int_{0}^{1} [(e - ey)^{2} - (e - e^{y})^{2}] d y

展开并积分：

V = π \int_{0}^{1} [e^{2} (y^{2} - 2 y) + 2 e e^{y} - e^{2 y}] d y

计算：

\int_{0}^{1} e^{2} (y^{2} - 2 y) d y = - \frac{2}{3} e^{2}, \int_{0}^{1} 2 e e^{y} d y = 2 e^{2} - 2 e, \int_{0}^{1} e^{2 y} d y = \frac{1}{2} (e^{2} - 1)

所以：

V = π [- \frac{2}{3} e^{2} + 2 e^{2} - 2 e - \frac{1}{2} e^{2} + \frac{1}{2}] = π [\frac{5}{6} e^{2} - 2 e + \frac{1}{2}] = \frac{π}{6} (5 e^{2} - 12 e + 3)

14

将函数 $f (x) = arctan \frac{1 - 2 x}{1 + 2 x}$ 展开成 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$ 的和．

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【答案】 函数 $f (x) = arctan \frac{1 - 2 x}{1 + 2 x}$ 的幂级数展开为：

f (x) = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n + 1} x ^{2 n + 1}}{2 n + 1}, ∣ x ∣ < \frac{1}{2} .

级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$ 的和为 $\frac{π}{4}$ .

【解析】 首先，利用反正切函数的性质： $arctan u - arctan v = arctan \frac{u - v}{1 + uv}$ （在适当范围内）。令 $u = 1$ ， $v = 2 x$ ，则：

arctan 1 - arctan 2 x = arctan \frac{1 - 2 x}{1 + 2 x},

所以：

f (x) = arctan \frac{1 - 2 x}{1 + 2 x} = \frac{π}{4} - arctan 2 x .

已知 $arctan y$ 的幂级数展开为 $arctan y = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{y ^{2 n + 1}}{2 n + 1}$ ，对于 $∣ y ∣ < 1$ 。代入 $y = 2 x$ ，得：

arctan 2 x = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{( 2 x ) ^{2 n + 1}}{2 n + 1} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n + 1} x ^{2 n + 1}}{2 n + 1}, ∣2 x ∣ < 1 ∣ x ∣ < \frac{1}{2} .

因此：

f (x) = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n + 1} x ^{2 n + 1}}{2 n + 1}, ∣ x ∣ < \frac{1}{2} .

这就是 $f (x)$ 的幂级数展开。

接下来，求级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$ 的和。考虑 $f (x)$ 在 $x = \frac{1}{2}$ 处的值。当 $x = \frac{1}{2}$ 时：

f (\frac{1}{2}) = arctan \frac{1 - 2 \cdot \frac{1}{2}}{1 + 2 \cdot \frac{1}{2}} = arctan 0 = 0.

从幂级数展开式代入 $x = \frac{1}{2}$ ：

f (\frac{1}{2}) = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n + 1} ( \frac{1}{2} ) ^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 ^{2 n + 1}}{2 n + 1} \cdot \frac{1}{2 ^{2 n + 1}} = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} .

由于 $f (\frac{1}{2}) = 0$ ，所以：

0 = \frac{π}{4} - n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1},

即：

n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} = \frac{π}{4} .

该级数在 $x = \frac{1}{2}$ 处收敛，因此求和成立。

15

已知平面区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq π, 0 \leq y \leq π}$ ， $L$ 为 $D$ 的正向边界．试证：

(1) $\oint_{L} x e^{s i n y} d y - y e^{- s i n x} d x = \oint_{L} x e^{- s i n y} d y - y e^{s i n x} d x$ ；

(2) $\oint_{L} x e^{s i n y} d y - y e^{- s i n x} d x \geq 2 π^{2}$ ．

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【解析】

(Ⅰ) 由格林公式有

\oint_{L} x e^{s i n y} d y - y e^{- s i n x} d x = \iint_{D} (e^{s i n y} + e^{- s i n x}) d x d y,

\oint_{L} x e^{- s i n y} d y - y e^{s i n x} d x = \iint_{D} (e^{- s i n y} + e^{s i n x}) d x d y .

因为积分区域 $D$ 关于 $y = x$ 对称，所以交换 $x$ 和 $y$ 后二重积分不变：

\iint_{D} (e^{s i n y} + e^{- s i n x}) d x d y = \iint_{D} (e^{- s i n y} + e^{s i n x}) d x d y,

从而有

\oint_{L} x e^{s i n y} d y - y e^{- s i n x} d x = \oint_{L} x e^{- s i n y} d y - y e^{s i n x} d x .

(Ⅱ) 由格林公式及轮换对称性有

\oint_{L} x e^{s i n y} d y - y e^{- s i n x} d x = \iint_{D} (e^{s i n y} + e^{- s i n x}) d x d y = \iint_{D} e^{s i n y} d x d y + \iint_{D} e^{- s i n x} d x d y = \iint_{D} e^{s i n x} d x d y + \iint_{D} e^{- s i n x} d x d y = \iint_{D} (e^{s i n x} + e^{- s i n x}) d x d y \geq \iint_{D} 2 d x d y = 2 π^{2} .

16

某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层．汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功．设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为 $k$ ， $k > 0$ ）．汽锤第一次击打将桩打进地下 $a$ 米．根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数 $r$ （ $0 < r < 1$ ）．问

(1) 汽锤击打桩 $3$ 次后，可将桩打进地下多深？

(2) 若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？

查看答案与解析

【答案】
(1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下 $a 1 + r + r^{2}$ 米。
(2) 汽锤至多能将桩打进地下 $\frac{a}{1 - r}$ 米。

【解析】
(Ⅰ) 建立坐标系，地面作为坐标原点，向下为 $x$ 轴正向。设第 $n$ 次击打后，桩被打进地下 $x_{n}$ ; 第 $n$ 次击打时，汽锤所作的功为 $W_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)$ 。由题设，当桩被打进地下的深度为 $x$ 时，土层对桩的阻力的大小为 $k x$ ，汽锤所作的功等于克服阻力所做的功，所以

W_{1} = \int_{0}^{x_{1}} k x d x = \frac{k}{2} x_{1}^{2}, W_{2} = \int_{x_{1}}^{x_{2}} k x d x = \frac{k}{2} (x_{2}^{2} - x_{1}^{2}),

W_{3} = \int_{x_{2}}^{x_{3}} k x d x = \frac{k}{2} (x_{3}^{2} - x_{2}^{2}) .

又 $W_{2} = r W_{1}, W_{3} = r W_{2} = r^{2} W_{1}, x_{1} = a$ ，所以

\frac{k}{2} x_{3}^{2} = W_{1} + W_{2} + W_{3} = (1 + r + r^{2}) W_{1} = (1 + r + r^{2}) \frac{k}{2} a^{2} .

于是 $x_{3} = a 1 + r + r^{2}$ 。

(Ⅱ) 和 (Ⅰ) 类似可得

\frac{k}{2} x_{n}^{2} = W_{1} + W_{2} + \dots + W_{n}

= (1 + r + \dots + r^{n - 1}) W_{1} = (1 + r + \dots + r^{n - 1}) \frac{k}{2} a^{2} .

从而求得

x_{n} = a 1 + r + \dots + r^{n - 1} = a \frac{1 - r ^{n}}{1 - r} .

由于 $0 < r < 1$ ，所以 $lim_{n \to \infty} x_{n} = \frac{a}{1 - r}$ .

17

设函数 $y = y (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内具有二阶导数，且 $y^{'} \neq = 0$ ， $x = x (y)$ 是 $y = y (x)$ 的反函数．

(1) 试将 $x = x (y)$ 所满足的微分方程 $\frac{d ^{2} x}{d y ^{2}} + (y + sin x) (\frac{d x}{d y})^{3} = 0$ 变换为 $y = y (x)$ 满足的微分方程；

(2) 求变换后的微分方程满足初始条件 $y (0) = 0, y^{'} (0) = \frac{3}{2}$ 的解．

查看答案与解析

【答案】

(1) 变换后的微分方程为 $y^{''} - y = sin x$
(2) 满足初始条件 $y (0) = 0, y^{'} (0) = \frac{3}{2}$ 的解为 $y = e^{x} - e^{- x} - \frac{1}{2} sin x$ .

【解析】 (1) 给定反函数 $x = x (y)$ 满足的微分方程：

\frac{d ^{2} x}{d y ^{2}} + (y + sin x) (\frac{d x}{d y})^{3} = 0

利用反函数导数关系：

\frac{d x}{d y} = \frac{1}{\frac{d y}{d x}} = \frac{1}{y ^{'}}, \frac{d ^{2} x}{d y ^{2}} = \frac{d}{d y} (\frac{1}{y ^{'}}) = - \frac{y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{3}}

代入原方程：

- \frac{y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{3}} + (y + sin x) (\frac{1}{y ^{'}})^{3} = 0

两边乘以 $(y^{'})^{3}$ （因 $y^{'} \neq = 0$ ）：

- y^{''} + (y + sin x) = 0

即得变换后的微分方程：

y^{''} - y = sin x

(2) 求解微分方程 $y^{''} - y = sin x$ 满足 $y (0) = 0, y^{'} (0) = \frac{3}{2}$ 。齐次方程 $y^{''} - y = 0$ 的通解为 $y_{h} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}$ 。设特解形式 $y_{p} = A cos x + B sin x$ ，代入方程：

y_{p}^{'} = - A sin x + B cos x, y_{p}^{''} = - A cos x - B sin x

y_{p}^{''} - y_{p} = (- A cos x - B sin x) - (A cos x + B sin x) = - 2 A cos x - 2 B sin x = sin x

比较系数：

- 2 A = 0, - 2 B = 1 ⟹ A = 0, B = - \frac{1}{2}

特解 $y_{p} = - \frac{1}{2} sin x$ ，通解：

y = y_{h} + y_{p} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x} - \frac{1}{2} sin x

应用初始条件：

y (0) = C_{1} + C_{2} = 0, y^{'} (0) = C_{1} - C_{2} - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}

解得：

C_{1} = 1, C_{2} = - 1

故解为：

y = e^{x} - e^{- x} - \frac{1}{2} sin x

18

设函数 $f (x)$ 连续且恒大于零，

F (t) = \frac{∭ _{Ω (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) d v}{\iint _{D (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} ) d σ}, G (t) = \frac{\iint _{D (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} ) d σ}{\int _{- t}^{t} f ( x ^{2} ) d x},

其中 $Ω (t) = {(x, y, z) x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq t^{2}}$ ， $D (t) = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq t^{2}}$ ．

(1) 讨论 $F (t)$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内的单调性．

(2) 证明当 $t > 0$ 时， $F (t) > \frac{2}{π} G (t)$ ．

查看答案与解析

【答案】 (1) 函数 $F (t)$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内严格单调递增。 (2) 当 $t > 0$ 时，有 $F (t) > \frac{2}{π} G (t)$ 。

【解析】 (1) 考虑函数

F (t) = \frac{∭ _{Ω (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) d V}{\iint _{D (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} ) d σ} .

通过球坐标变换，分子化为

4 π \int_{0}^{t} f (ρ^{2}) ρ^{2} d ρ,

分母化为

2 π \int_{0}^{t} f (r^{2}) r d r,

因此

F (t) = 2 \cdot \frac{\int _{0}^{t} f ( ρ ^{2} ) ρ ^{2} d ρ}{\int _{0}^{t} f ( r ^{2} ) r d r} .

令 $s = ρ^{2}$ ， $u = r^{2}$ ，则

F (t) = 2 \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{1/2} d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( u ) d u} .

定义

H (u) = 2 \cdot \frac{\int _{0}^{u} f ( s ) s ^{1/2} d s}{\int _{0}^{u} f ( s ) d s},

则 $F (t) = H (t^{2})$ 。计算 $H^{'} (u)$ ：

H^{'} (u) = 2 \cdot \frac{f ( u ) u ^{1/2} \int _{0}^{u} f ( s ) d s - \int _{0}^{u} f ( s ) s ^{1/2} d s \cdot f ( u )}{[ \int _{0}^{u} f ( s ) d s ] ^{2}} = 2 f (u) \cdot \frac{u ^{1/2} \int _{0}^{u} f ( s ) d s - \int _{0}^{u} f ( s ) s ^{1/2} d s}{[ \int _{0}^{u} f ( s ) d s ] ^{2}} .

令

I (u) = u^{1/2} \int_{0}^{u} f (s) d s - \int_{0}^{u} f (s) s^{1/2} d s = \int_{0}^{u} f (s) (u^{1/2} - s^{1/2}) d s .

由于 $f (s) > 0$ ，且当 $s \in [0, u)$ 时 $u^{1/2} - s^{1/2} > 0$ ，故 $I (u) > 0$ ，从而 $H^{'} (u) > 0$ ，即 $H (u)$ 在 $u > 0$ 时严格单调递增。由于 $t^{2}$ 随 $t$ 递增，故 $F (t)$ 在 $(0, + \infty)$ 内严格单调递增。

(2) 需证当 $t > 0$ 时

F (t) > \frac{2}{π} G (t) .

由

G (t) = \frac{\iint _{D (t)} f ( x ^{2} + y ^{2} ) d σ}{\int _{- t}^{t} f ( x ^{2} ) d x},

通过极坐标变换，分子化为

π \int_{0}^{t^{2}} f (u) d u,

分母化为

\int_{0}^{t^{2}} f (v) v^{- 1/2} d v,

故

G (t) = π \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{- 1/2} d s} .

因此

\frac{2}{π} G (t) = 2 \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{- 1/2} d s} .

而

F (t) = 2 \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{1/2} d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s},

故不等式 $F (t) > \frac{2}{π} G (t)$ 等价于

2 \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{1/2} d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s} > 2 \cdot \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{- 1/2} d s},

即

\frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{1/2} d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s} > \frac{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) d s}{\int _{0}^{t^{2}} f ( s ) s ^{- 1/2} d s} .

令

A = \int_{0}^{t^{2}} f (s) s^{1/2} d s, B = \int_{0}^{t^{2}} f (s) d s, C = \int_{0}^{t^{2}} f (s) s^{- 1/2} d s,

则需证 $A / B > B / C$ ，即 $A C > B^{2}$ 。由柯西-施瓦茨不等式，

(\int_{0}^{t^{2}} f (s) d s)^{2} = (\int_{0}^{t^{2}} f (s) s^{1/4} \cdot f (s) s^{- 1/4} d s)^{2} \leq \int_{0}^{t^{2}} f (s) s^{1/2} d s \cdot \int_{0}^{t^{2}} f (s) s^{- 1/2} d s = A C .

等号成立当且仅当 $f (s) s^{1/4} = k f (s) s^{- 1/4}$ 对所有 $s$ 成立，即 $s^{1/2} = k$ ，但 $s$ 在 $[0, t^{2}]$ 上变化，故等号不成立。因此 $B^{2} < A C$ ，即 $A C > B^{2}$ ，原不等式得证。

19

设矩阵 $A = 322232223$ ， $P = 010100011$ ， $B = P^{- 1} A^{*} P$ ，求 $B + 2 E$ 的特征值与特征向量，其中 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵．

查看答案与解析

【答案】
特征值为 $3$ 和 $9$ （二重）。
特征向量：对于特征值 $3$ ，特征向量为 $k_{1} 011$ ，其中 $k_{1} \neq = 0$ ；
对于特征值 $9$ ，特征向量为 $k_{2} - 1 10 + k_{3} 11 - 1$ ，其中 $k_{2}, k_{3}$ 不同时为零。

【解析】
首先，计算矩阵 $A$ 的行列式：

∣ A ∣ = 322232223 = 3 \cdot (3 \cdot 3 - 2 \cdot 2) - 2 \cdot (2 \cdot 3 - 2 \cdot 2) + 2 \cdot (2 \cdot 2 - 3 \cdot 2) = 3 \cdot 5 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot (- 2) = 15 - 4 - 4 = 7.

由于 $∣ A ∣ \neq = 0$ ， $A$ 可逆，伴随矩阵 $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1} = 7 A^{- 1}$ 。
求 $A$ 的特征值：
特征多项式为

∣ A - μ I ∣ = 3 - μ 22 2 3 - μ 2 22 3 - μ = - (μ - 1)^{2} (μ - 7),

特征值为 $μ = 1$ （二重）和 $μ = 7$ 。
于是 $A^{- 1}$ 的特征值为 $1, 1, \frac{1}{7}$ ， $A^{*} = 7 A^{- 1}$ 的特征值为 $7, 7, 1$ 。
由于 $B = P^{- 1} A^{*} P$ ， $B$ 与 $A^{*}$ 相似，故 $B$ 的特征值也为 $7, 7, 1$ 。
因此 $B + 2 E$ 的特征值为 $7 + 2 = 9, 7 + 2 = 9, 1 + 2 = 3$ ，即 $9$ （二重）和 $3$ 。
为求特征向量，注意到 $B + 2 E = P^{- 1} (A^{*} + 2 I) P$ ，故 $B + 2 E$ 与 $C = A^{*} + 2 I$ 相似。
计算 $A^{*}$ ：
余子式矩阵为

5 - 2 - 2 - 2 5 - 2 - 2 - 2 5,

所以 $A^{*} = 5 - 2 - 2 - 2 5 - 2 - 2 - 2 5$ 。
于是

C = A^{*} + 2 I = 7 - 2 - 2 - 2 7 - 2 - 2 - 2 7 .

求 $C$ 的特征向量：

对于特征值 $3$ ，解 $(C - 3 I) v = 0$ ：
$C - 3 I = 4 - 2 - 2 - 2 4 - 2 - 2 - 2 4 \to v = k_{1} 111 .$
对于特征值 $9$ ，解 $(C - 9 I) v = 0$ ：
$C - 9 I = - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 \to v = k_{2} 1 - 1 0 + k_{3} 10 - 1 .$ 计算 $P^{- 1}$ ：
$P = 010100011, P^{- 1} = 010100 - 1 01 .$ 则 $B + 2 E$ 的特征向量为 $P^{- 1}$ 乘以 $C$ 的特征向量：
对于特征值 $3$ ， $u_{1} = P^{- 1} 111 = 011$ 。
对于特征值 $9$ ，
$u_{2} = P^{- 1} 1 - 1 0 = - 1 10$ ，
$u_{3} = P^{- 1} 10 - 1 = 11 - 1$ 。
因此， $B + 2 E$ 的特征值为 $3$ 和 $9$ （二重），特征向量如上所述。

20

已知平面上三条不同直线的方程分别为

l_{1} : a x + 2 b y + 3 c = 0, l_{2} : b x + 2 cy + 3 a = 0, l_{3} : c x + 2 a y + 3 b = 0.

试证：这三条直线交于一点的充分必要条件为 $a + b + c = 0$ ．

查看答案与解析

【答案】 充分必要条件为 $a + b + c = 0$ 。

【解析】 设三条直线为：

l_{1} : a x + 2 b y + 3 c = 0, l_{2} : b x + 2 cy + 3 a = 0, l_{3} : c x + 2 a y + 3 b = 0.

先证充分性：若 $a + b + c = 0$ ，则三条直线交于一点。
将三式相加得：

(a + b + c) x + 2 (a + b + c) y + 3 (a + b + c) = 0,

即 $(a + b + c) (x + 2 y + 3) = 0$ 。当 $a + b + c = 0$ 时，该式恒成立，表明三个方程线性相关。因此，若其中两条直线相交（且不平行），则它们的交点必满足第三式。为验证两条直线不平行，考虑 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 的斜率（假设系数非零）： $l_{1}$ 的斜率为 $- \frac{a}{2 b}$ ， $l_{2}$ 的斜率为 $- \frac{b}{2 c}$ 。若它们平行，则 $\frac{a}{b} = \frac{b}{c}$ ，即 $a c = b^{2}$ 。结合 $a + b + c = 0$ ，即 $c = - a - b$ ，代入得 $a (- a - b) = b^{2}$ ，即 $- a^{2} - ab = b^{2}$ ，即 $a^{2} + ab + b^{2} = 0$ 。对于实数 $a, b$ ，仅有 $a = b = 0$ ，此时 $c = 0$ ，但此时三条直线均退化为 $0 = 0$ ，不合题意。故当 $a, b, c$ 不全为零时， $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 必相交，且交点满足 $l_{3}$ 。因此三条直线交于一点。

再证必要性：若三条直线互不相同且交于一点，则 $a + b + c = 0$ 。
设交点为 $(x_{0}, y_{0})$ ，则：

⎩ ⎨ ⎧ a x_{0} + 2 b y_{0} + 3 c = 0, b x_{0} + 2 c y_{0} + 3 a = 0, c x_{0} + 2 a y_{0} + 3 b = 0.

考虑前两式作为关于 $x_{0}, y_{0}$ 的方程组：

{a x_{0} + 2 b y_{0} = - 3 c, b x_{0} + 2 c y_{0} = - 3 a .

解得（若系数行列式 $D = 2 (a c - b^{2}) \neq = 0$ ）：

x_{0} = \frac{6 ( ab - c ^{2} )}{2 ( a c - b ^{2} )} = \frac{3 ( ab - c ^{2} )}{a c - b ^{2}}, y_{0} = \frac{3 ( b c - a ^{2} )}{a c - b ^{2}} .

代入第三式 $c x_{0} + 2 a y_{0} + 3 b = 0$ ，得：

\frac{3 c ( ab - c ^{2} ) + 6 a ( b c - a ^{2} )}{a c - b ^{2}} + 3 b = 0.

两边乘以 $a c - b^{2}$ ：

3 c (ab - c^{2}) + 6 a (b c - a^{2}) + 3 b (a c - b^{2}) = 0.

展开：

3 ab c - 3 c^{3} + 6 ab c - 6 a^{3} + 3 ab c - 3 b^{3} = 0,

即 $12 ab c - 6 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) = 0$ ，整理得：

a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 ab c = 0.

因 $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 ab c = (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a)$ ，故有：

(a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a) = 0.

若 $a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a = 0$ ，则 $2 (a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a) = (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} = 0$ ，即 $a = b = c$ 。但若 $a = b = c$ ，则三条直线方程变为：

a (x + 2 y + 3) = 0, a (x + 2 y + 3) = 0, a (x + 2 y + 3) = 0,

即三条直线重合，与“三条不同直线”矛盾。故必有 $a + b + c = 0$ 。

若系数行列式 $D = 0$ ，即 $a c = b^{2}$ ，则 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 可能平行或重合。但由三条直线互不相同且交于一点，可知 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 必相交，故 $D \neq = 0$ 。因此上述推导成立。

综上，三条直线交于一点的充要条件为 $a + b + c = 0$ 。

21

已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有 $3$ 件合格品和 $3$ 件次品，乙箱中仅装有 $3$ 件合格品．从甲箱中任取 $3$ 件产品放入乙箱后，求：

(1) 乙箱中次品件数 $X$ 的数学期望；

(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率．

查看答案与解析

【答案】
(1) $E [X] = 1.5$
(2) $0.25$

【解析】

(Ⅰ) 设 $X_{i} = {0, 1, 从甲箱中取出的第 i 件产品是合格品，从甲箱中取出的第 i 件产品是次品$ $(i = 1, 2, 3)$ 。则 $X_{i}$ 的概率分布为

X_{i} P 0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{2}

因为 $X = X_{1} + X_{2} + X_{3}$ ，所以由数学期望的线性可加性有

E (X) = E (X_{1}) + E (X_{2}) + E (X_{3}) = \frac{3}{2} .

(Ⅱ) 设 $A$ 表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由于 ${X = 0}, {X = 1}, {X = 2}, {X = 3}$ 构成完备事件组，因此根据全概率公式有

P (A) = k = 0 \sum 3 P {X = k} P {A ∣ X = k} = k = 0 \sum 3 P {X = k} \cdot \frac{k}{6} = \frac{1}{6} k = 0 \sum 3 k \cdot P {X = k}

= \frac{1}{6} E (X) = \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{4} .

22

设总体 $X$ 的概率密度为 $f (x) = {2 e^{- 2 (x - θ)}, 0, x > θ, x \leq θ,$ 其中 $θ > 0$ 是未知参数．从总体 $X$ 中抽取简单随机样本 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ ，记 $\hat{θ} = min (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$ ．

(1) 求总体 $X$ 的分布函数 $F (x)$ ；

(2) 求统计量 $\hat{θ}$ 的分布函数 $F_{\hat{θ}} (x)$ ；

(3) 如果用 $\hat{θ}$ 作为 $θ$ 的估计量，讨论它是否具有无偏性．

查看答案与解析

【答案】
(1) $F (x) = {0, 1 - e^{- 2 (x - θ)}, x \leq θ, x > θ .$
(2) $F_{\hat{θ}} (x) = {0, 1 - e^{- 2 n (x - θ)}, x \leq θ, x > θ .$
(3) $\hat{θ}$ 不是 $θ$ 的无偏估计量。

【解析】
(1) 总体 $X$ 的分布函数 $F (x)$ 由概率密度函数积分得到。
当 $x \leq θ$ 时， $F (x) = 0$ ；
当 $x > θ$ 时，

F (x) = \int_{θ}^{x} 2 e^{- 2 (t - θ)} d t = 1 - e^{- 2 (x - θ)} .

(2) 统计量 $\hat{θ} = min (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$ 的分布函数为

F_{\hat{θ}} (x) = 1 - [1 - F (x)]^{n} .

当 $x \leq θ$ 时， $F (x) = 0$ ，所以 $F_{\hat{θ}} (x) = 0$ ；
当 $x > θ$ 时， $F (x) = 1 - e^{- 2 (x - θ)}$ ，因此

F_{\hat{θ}} (x) = 1 - e^{- 2 n (x - θ)} .

(3) $\hat{θ}$ 的概率密度函数为

f_{\hat{θ}} (x) = {0, 2 n e^{- 2 n (x - θ)}, x \leq θ, x > θ .

其期望为

E (\hat{θ}) = \int_{θ}^{\infty} x \cdot 2 n e^{- 2 n (x - θ)} d x = θ + \frac{1}{2 n} \neq = θ,

因此 $\hat{θ}$ 不是无偏估计量。