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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

极限 $lim_{x \to 0} [1 + ln (1 + x)]^{\frac{2}{x}} =$ ______．

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【答案】 $e^{2}$

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to 0} [1 + ln (1 + x)]^{\frac{2}{x}}$ 。该极限形式为 $1^{\infty}$ ，可通过取自然对数转化为求指数极限。

设 $y = [1 + ln (1 + x)]^{\frac{2}{x}}$ ，则

ln y = \frac{2}{x} ln [1 + ln (1 + x)]

需求

x \to 0 lim ln y = x \to 0 lim \frac{2}{x} ln [1 + ln (1 + x)]

计算

x \to 0 lim \frac{ln [ 1 + ln ( 1 + x )]}{x}

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。
令 $f (x) = ln [1 + ln (1 + x)]$ ，则

f^{'} (x) = \frac{1}{1 + ln ( 1 + x )} \cdot \frac{1}{1 + x}

于是，

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = x \to 0 lim f^{'} (x) = \frac{1}{( 1 + ln 1 ) ( 1 + 0 )} = 1

因此，

x \to 0 lim ln y = 2 \times 1 = 2

故原极限为 $e^{2}$ 。

2

$\int_{- 1}^{1} (∣ x ∣ + x) e^{- ∣ x ∣} d x =$ ______．

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【答案】 $2 - \frac{4}{e}$

【解析】
由于被积函数中含有绝对值，将积分区间 $[- 1, 1]$ 分为两部分：

当 $x \in [- 1, 0]$ 时， $∣ x ∣ = - x$ ，因此 $∣ x ∣ + x = - x + x = 0$ ，被积函数为 $0 \cdot e^{- ∣ x ∣} = 0$ ，积分值为 0。
当 $x \in [0, 1]$ 时， $∣ x ∣ = x$ ，因此 $∣ x ∣ + x = x + x = 2 x$ ，且 $e^{- ∣ x ∣} = e^{- x}$ ，被积函数为 $2 x e^{- x}$ 。

因此，原积分化为

\int_{0}^{1} 2 x e^{- x} d x .

计算该积分：
令 $u = x$ ， $d v = e^{- x} d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = - e^{- x}$ 。
使用分部积分法：

\int 2 x e^{- x} d x = 2 [- x e^{- x} - \int (- e^{- x}) d x] = 2 [- x e^{- x} + \int e^{- x} d x] = 2 [- x e^{- x} - e^{- x}] + C = - 2 e^{- x} (x + 1) + C .

代入上下限：
在 $x = 1$ 时，值为 $- 2 e^{- 1} (1 + 1) = - \frac{4}{e}$ 。
在 $x = 0$ 时，值为 $- 2 e^{0} (0 + 1) = - 2$ 。

因此，

\int_{0}^{1} 2 x e^{- x} d x = [- 2 e^{- x} (x + 1)]_{0}^{1} = - \frac{4}{e} - (- 2) = 2 - \frac{4}{e} .

故原积分的值为

2 - \frac{4}{e} .

3

同试卷 3 第 3 题

4

设 $A$ ， $B$ 均为三阶矩阵， $E$ 是三阶单位矩阵．已知 $A B = 2 A + B$ ， $B = 202040202$ ，则 $(A - E)^{- 1} =$ ______．

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【答案】

001010100

【解析】
已知 $A B = 2 A + B$ ，移项得 $A B - 2 A = B$ ，即 $A (B - 2 E) = B$ 。令 $C = A - E$ ，则 $A = C + E$ ，代入方程得：

(C + E) (B - 2 E) = B

展开得：

C (B - 2 E) + E (B - 2 E) = B

其中 $E (B - 2 E) = B - 2 E$ ，所以：

C (B - 2 E) + B - 2 E = B

简化得：

C (B - 2 E) = 2 E

即：

(A - E) (B - 2 E) = 2 E

两边同时除以 2，得：

(A - E) \cdot \frac{1}{2} (B - 2 E) = E

因此， $(A - E)^{- 1} = \frac{1}{2} (B - 2 E)$ 。计算 $B - 2 E$ ：

B = 202040202, 2 E = 200020002

B - 2 E = 002020200

所以：

\frac{1}{2} (B - 2 E) = 001010100

故 $(A - E)^{- 1} = 001010100$ 。

5

同试卷 3 第 4 题

6

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.5$ ， $EX = E Y = 0$ ， $E X^{2} = E Y^{2} = 2$ ，则 $E (X + Y)^{2} =$ ______．

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【答案】 6

【解析】
已知 $EX = E Y = 0$ ， $E X^{2} = E Y^{2} = 2$ ，则方差 $Var (X) = E X^{2} - (EX)^{2} = 2 - 0 = 2$ ，同理 $Var (Y) = 2$ 。
相关系数 $ρ_{X, Y} = 0.5$ ，且 $ρ_{X, Y} = \frac{Cov ( X , Y )}{σ _{X} σ _{Y}}$ ，其中 $σ_{X} = Var (X) = 2$ ， $σ_{Y} = 2$ 。
由于 $EX = E Y = 0$ ，有 $Cov (X, Y) = E (X Y) - EX \cdot E Y = E (X Y)$ 。
代入相关系数公式：

0.5 = \frac{E ( X Y )}{2 \cdot 2} = \frac{E ( X Y )}{2}

解得 $E (X Y) = 1$ 。
计算 $E (X + Y)^{2}$ ：

E (X + Y)^{2} = E (X^{2} + 2 X Y + Y^{2}) = E X^{2} + 2 E (X Y) + E Y^{2} = 2 + 2 \times 1 + 2 = 6

因此， $E (X + Y)^{2} = 6$ 。

选择题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

7

曲线 $y = x e^{\frac{1}{x ^{2}}}$

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
当 $x \to \pm \infty$ 时，极限 $lim_{x \to \pm \infty} y$ 均不存在，故不存在水平渐近线。又由

x \to 0 lim x e^{\frac{1}{x ^{2}}} = t \to \infty lim \frac{e ^{t^{2}}}{t} = t \to \infty lim 2 t e^{t^{2}} = \infty

知曲线有铅直渐近线 $x = 0$ 。再由

x \to \infty lim \frac{y}{x} = x \to \infty lim e^{\frac{1}{x ^{2}}} = 1, x \to \infty lim (x e^{\frac{1}{x ^{2}}} - x) = t \to 0 lim \frac{e ^{t^{2}} - 1}{t} = t \to 0 lim 2 t e^{t^{2}} = 0,

知曲线有斜渐近线 $y = x$ 。故曲线 $y = x e^{\frac{1}{x ^{2}}}$ 既有铅直又有斜渐近线。

8

设函数 $f (x) = x^{3} - 1 ϕ (x)$ ，其中 $ϕ (x)$ 在 $x = 1$ 处连续，则 $ϕ (1) = 0$ 是 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导的

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
函数 $f (x) = ∣ x^{3} - 1∣ ϕ (x)$ ，其中 $ϕ (x)$ 在 $x = 1$ 处连续。考虑 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处的可导性。

计算左导数和右导数：

左导数

f_{-}^{'} (1) = h \to 0^{-} lim \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{h} = h \to 0^{-} lim \frac{∣ ( 1 + h ) ^{3} - 1∣ ϕ ( 1 + h )}{h} .

当 $h \to 0^{-}$ 时， $(1 + h)^{3} - 1 < 0$ ，故

∣ (1 + h)^{3} - 1∣ = - [(1 + h)^{3} - 1] = - (3 h + 3 h^{2} + h^{3}),

因此

f_{-}^{'} (1) = h \to 0^{-} lim \frac{- ( 3 h + 3 h ^{2} + h ^{3} ) ϕ ( 1 + h )}{h} = h \to 0^{-} lim - (3 + 3 h + h^{2}) ϕ (1 + h) = - 3 ϕ (1)

（因为 $ϕ$ 连续）。

右导数

f_{+}^{'} (1) = h \to 0^{+} lim \frac{f ( 1 + h ) - f ( 1 )}{h} = h \to 0^{+} lim \frac{∣ ( 1 + h ) ^{3} - 1∣ ϕ ( 1 + h )}{h} .

当 $h \to 0^{+}$ 时， $(1 + h)^{3} - 1 > 0$ ，故

∣ (1 + h)^{3} - 1∣ = (1 + h)^{3} - 1 = 3 h + 3 h^{2} + h^{3},

因此

f_{+}^{'} (1) = h \to 0^{+} lim \frac{( 3 h + 3 h ^{2} + h ^{3} ) ϕ ( 1 + h )}{h} = h \to 0^{+} lim (3 + 3 h + h^{2}) ϕ (1 + h) = 3 ϕ (1)

（因为 $ϕ$ 连续）。

对于 可导性，需要左导数等于右导数，即

- 3 ϕ (1) = 3 ϕ (1),

解得 $ϕ (1) = 0$ 。

若 $ϕ (1) = 0$ ，则左导数和右导数均为 0，故 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导；若 $ϕ (1) \neq = 0$ ，则左导数与右导数不等，故不可导。因此， $ϕ (1) = 0$ 是 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导的充分必要条件。

9

同试卷 3 第 8 题

10

设矩阵 $B = 001010100$ ．已知矩阵 $A$ 相似于 $B$ ，则 $r (A - 2 E)$ 与 $r (A - E)$ 之和等于

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
应选 (C)。因为矩阵 $A$ 相似于 $B$ ，于是有矩阵 $A - 2 E$ 与矩阵 $B - 2 E$ 相似，矩阵 $A - E$ 与矩阵 $B - E$ 相似，且相似矩阵有相同的秩，而

r (B - 2 E) = - 2 01 0 - 1 0 10 - 2 = 3, r (B - E) = - 1 01 000 10 - 1 = 1.

可见有

r (A - 2 E) + r (A - E) = r (B - 2 E) + r (B - E) = 4,

11

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ，

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
事件独立性的定义为 $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ 。
若 $A B \neq = \emptyset$ ，即事件 $A$ 与 $B$ 有交集，但这并不能保证独立性。
例如，在样本空间等可能的情形下，若 $A$ 与 $B$ 有交集且满足 $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ ，则它们独立；否则不独立。
因此，当 $A B \neq = \emptyset$ 时， $A$ 与 $B$ 可能独立，也可能不独立，故选项 B 正确。

选项 A 错误，因为交集非空不一定独立。
选项 C 错误：若 $A B = \emptyset$ 且 $P (A) > 0$ 、 $P (B) > 0$ ，则 $P (A \cap B) = 0 \neq = P (A) P (B)$ ，此时不独立；但若 $P (A) = 0$ 或 $P (B) = 0$ ，则等式成立，此时独立。
选项 D 错误，因为当 $P (A) = 0$ 或 $P (B) = 0$ 时，事件独立。

12

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从正态分布，且它们不相关，则

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】
随机变量

X

和

Y

均服从正态分布且不相关，并不能推出它们一定独立。
例如，设

X

服从标准正态分布

N (0, 1)

，

Z

是一个与

X

独立的随机变量，且满足

P (Z = 1) = P (Z = - 1) = 0.5

，定义

Y = XZ

。
此时

Y

也服从标准正态分布，且

X

与

Y

不相关（因为

Cov (X, Y) = 0

），但

X

与

Y

不独立（因为

Y

的值依赖于

X

）。
此外，

(X, Y)

不服从二维正态分布（若服从二维正态分布，则不相关意味着独立，但此处不独立），且

X + Y

不服从一维正态分布（因为

X + Y

是混合分布，包含离散点质量）。
因此，选项 A、B、D 错误，选项 C 正确。

解答题

13

设 $f (x) = \frac{1}{s i n π x} - \frac{1}{π x} - \frac{1}{π ( 1 - x )}$ ， $x \in (0, \frac{1}{2}]$ ．试补充定义 $f (0)$ ，使得 $f (x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续．

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【答案】 $f (0) = - \frac{1}{π}$

【解析】 为了使得 $f (x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续，需要定义 $f (0) = lim_{x \to 0^{+}} f (x)$ 。计算极限：

f (x) = \frac{1}{sin π x} - \frac{1}{π x} - \frac{1}{π ( 1 - x )}

当 $x \to 0^{+}$ ，使用泰勒展开： $sin π x = π x - \frac{( π x ) ^{3}}{6} + O (x^{5})$ ，所以

\frac{1}{sin π x} = \frac{1}{π x} (1 + \frac{( π x ) ^{2}}{6} + O (x^{4})) = \frac{1}{π x} + \frac{π x}{6} + O (x^{3})

因此，

\frac{1}{sin π x} - \frac{1}{π x} = \frac{π x}{6} + O (x^{3})

同时，

\frac{1}{π ( 1 - x )} = \frac{1}{π} (1 + x + x^{2} + O (x^{3})) = \frac{1}{π} + \frac{x}{π} + \frac{x ^{2}}{π} + O (x^{3})

所以，

f (x) = (\frac{π x}{6} + O (x^{3})) - (\frac{1}{π} + \frac{x}{π} + \frac{x ^{2}}{π} + O (x^{3})) = - \frac{1}{π} + x (\frac{π}{6} - \frac{1}{π}) - \frac{x ^{2}}{π} + O (x^{3})

当 $x \to 0^{+}$ ，有 $f (x) \to - \frac{1}{π}$ 。因此，定义 $f (0) = - \frac{1}{π}$ 即可使 $f (x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续。

14

同试卷 3 第 14 题

15

同试卷 3 第 15 题

16

设 $a > 1$ ， $f (t) = a^{t} - a t$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内的驻点为 $t (a)$ ．问 $a$ 为何值时， $t (a)$ 最小？并求出最小值．

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【答案】 $a = e^{e}$ ，最小值为 $1 - \frac{1}{e}$ 。

【解析】
由 $f^{'} (t) = a^{t} ln a - a = 0$ ，得唯一驻点

t (a) = 1 - \frac{ln ln a}{ln a} .

考察函数 $t (a)$ 在 $a > 1$ 时的最小值。令

t^{'} (a) = - \frac{\frac{1}{a} - \frac{1}{a} ln ln a}{( ln a ) ^{2}} = - \frac{1 - ln ln a}{a ( ln a ) ^{2}} = 0,

得唯一驻点 $a = e^{e}$ 。当 $a > e^{e}$ 时， $t^{'} (a) > 0$ ；当 $a < e^{e}$ 时， $t^{'} (a) < 0$ 。因此 $t (e^{e}) = 1 - \frac{1}{e}$ 为极小值，从而是最小值。

17

设 $y = f (x)$ 是第一象限内连接点 $A (0, 1)$ ， $B (1, 0)$ 的一段连续曲线， $M (x, y)$ 为该曲线上任意一点，点 $C$ 为 $M$ 在 $x$ 轴上的投影， $O$ 为坐标原点．若梯形 $OCM A$ 的面积与曲边三角形 $CBM$ 的面积之和为 $\frac{x ^{3}}{6} + \frac{1}{3}$ ，求 $f (x)$ 的表达式．

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【答案】 $f (x) = (x - 1)^{2}$

【解析】
根据题意有

\frac{x}{2} [1 + f (x)] + \int_{x}^{1} f (t) d t = \frac{x ^{3}}{6} + \frac{1}{3}

两边对 $x$ 求导得

\frac{1}{2} [1 + f (x)] + \frac{1}{2} x f^{'} (x) - f (x) = \frac{1}{2} x^{2} .

当 $x \neq = 0$ 时，得

f^{'} (x) - \frac{1}{x} f (x) = \frac{x ^{2} - 1}{x} .

其通解为

f (x) = e^{- \int - \frac{1}{x} d x} (\int \frac{x ^{2} - 1}{x} e^{\int - \frac{1}{x} d x} d x + C) = e^{l n x} (\int \frac{x ^{2} - 1}{x} e^{- l n x} d x + C) = x (\int \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2}} d x + C) = x^{2} + 1 + C x .

当 $x = 0$ 时， $f (0) = 1$ 。由于 $x = 1$ 时 $f (1) = 0$ ，故有 $2 + C = 0$ ，从而 $C = - 2$ 。所以

f (x) = x^{2} + 1 - 2 x = (x - 1)^{2} .

18

设某商品从时刻 $0$ 到时刻 $t$ 的销售量为 $x (t) = k t$ ， $t \in [0, T]$ ， $k > 0$ ．欲在 $T$ 时将数量为 $A$ 的该商品销售完，试求

(1) $t$ 时刻的商品剩余量，并确定 $k$ 的值；

(2) 在时间段 $[0, T]$ 上的平均剩余量．

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【答案】
(1) $t$ 时刻的商品剩余量为 $R (t) = A (1 - \frac{t}{T})$ ， $k = \frac{A}{T}$
(2) 在时间段 $[0, T]$ 上的平均剩余量为 $\frac{A}{2}$

【解析】
(1) 设 $t$ 时刻的商品剩余量为 $R (t)$ ，则

R (t) = A - x (t) = A - k t

由于在时刻 $T$ 商品销售完，即 $R (T) = 0$ ，所以

A - k T = 0

解得

k = \frac{A}{T}

代入 $R (t)$ 得

R (t) = A (1 - \frac{t}{T})

(2) 平均剩余量为

\frac{1}{T} \int_{0}^{T} R (t) d t

计算积分：

\int_{0}^{T} A (1 - \frac{t}{T}) d t = A [t - \frac{t ^{2}}{2 T}]_{0}^{T} = A (T - \frac{T ^{2}}{2 T}) = A (T - \frac{T}{2}) = A \cdot \frac{T}{2}

因此，平均剩余量为

\frac{1}{T} \cdot A \cdot \frac{T}{2} = \frac{A}{2}

19

设有向量组①： $α_{1} = (1, 0, 2)^{T}$ ， $α_{2} = (1, 1, 3)^{T}$ ， $α_{3} = (1, - 1, a + 2)^{T}$ 和向量组②： $β_{1} = (1, 2, a + 3)^{T}$ ， $β_{2} = (2, 1, a + 6)^{T}$ ， $β_{3} = (2, 1, a + 4)^{T}$ ．试问：当 $a$ 为何值时，向量组①与②等价？当 $a$ 为何值时，向量组①与②不等价？

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【答案】 当 $a \neq = - 1$ 时，向量组①与②等价；当 $a = - 1$ 时，向量组①与②不等价。

【解析】
由初等行变换有

(α_{1}, α_{2}, α_{3} : β_{1}, β_{2}, β_{3}) = 102113 1 - 1 a + 2 : : : 12 a + 3 21 a + 6 21 a + 4 \to 100010 2 - 1 a + 1 : : : - 1 2 a - 1 11 a + 1 11 a - 1 .

(I) 当 $a \neq = - 1$ 时，行列式 $α_{1} α_{2} α_{3} = a + 1 \neq = 0$ ， $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 3$ ，故线性方程组

x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} = β_{i} (i = 1, 2, 3)

均有唯一解。所以 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 可由向量组①线性表示。同样，行列式 $β_{1} β_{2} β_{3} = 6 \neq = 0$ ， $r (β_{1}, β_{2}, β_{3}) = 3$ ，故 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 可由向量组②线性表示。因此向量组①与②等价。

(II) 当 $a = - 1$ 时，有

(α_{1}, α_{2}, α_{3} : β_{1}, β_{2}, β_{3}) \to 100010 2 - 1 0 : : : - 1 2 - 2 110 11 - 2 .

由于 $r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) \neq = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, β_{1})$ ，线性方程组

x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} = β_{1}

无解，故向量 $β_{1}$ 不能由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示。因此，向量组①与②不等价。

20

设矩阵 $A = 211121 11 a$ 可逆，向量 $α = 1 b 1$ 是矩阵 $A^{*}$ 的一个特征向量， $λ$ 是 $α$ 对应的特征值，其中 $A^{*}$ 是矩阵 $A$ 的伴随矩阵．试求 $a$ , $b$ 和 $λ$ 的值．

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【答案】 $a = 2$ ； $b = 1$ 时 $λ = 1$ 或 $b = - 2$ 时 $λ = 4$

【解析】
矩阵 $A^{*}$ 属于特征值 $λ$ 的特征向量为 $α$ ，由于矩阵 $A$ 可逆，故 $A^{*}$ 可逆。于是 $λ \neq = 0$ ， $∣ A ∣ \neq = 0$ ，且

A^{*} α = λ α \Rightarrow A A^{*} α = λ A α \Rightarrow A α = \frac{∣ A ∣}{λ} α .

即有

211121 11 a 1 b 1 = \frac{∣ A ∣}{λ} 1 b 1 .

由此得方程组

⎩ ⎨ ⎧ 3 + b = \frac{∣ A ∣}{λ}, 2 + 2 b = \frac{∣ A ∣}{λ} b, a + b + 1 = \frac{∣ A ∣}{λ} .

解得 $b = 1$ 或 $b = - 2$ ； $a = 2$ 。由于

∣ A ∣ = 211121 11 a = 3 a - 2 = 4,

根据方程组第一个式子知，特征向量 $α$ 所对应的特征值

λ = \frac{∣ A ∣}{3 + b} = \frac{4}{3 + b} .

所以，当 $b = 1$ 时， $λ = 1$ ；当 $b = - 2$ 时， $λ = 4$ 。

21

同试卷 3 第 21 题

22

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ， $0 < P (A) < 1, 0 < P (B) < 1$ ，

ρ = \frac{P ( A B ) - P ( A ) P ( B )}{P ( A ) P ( B ) P ( A ˉ ) P ( B ˉ )}

称做事件 $A$ 和 $B$ 的相关系数．

(1) 证明事件 $A$ 和 $B$ 独立的充分必要条件是其相关系数等于零；

(2) 利用随机变量相关系数的基本性质，证明 $∣ ρ ∣ \leq 1$ ．

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【答案】
(1) 事件 $A$ 和 $B$ 独立的充分必要条件是其相关系数 $ρ = 0$ 。
(2) $∣ ρ ∣ \leq 1$ 。

【解析】
(I) 由 $ρ$ 的定义，可见 $ρ = 0$ 当且仅当 $P (A B) - P (A) P (B) = 0$ ，而这恰好是二事件 $A$ 和 $B$ 独立的定义，即 $ρ = 0$ 是 $A$ 和 $B$ 独立的充要条件。

(II) 考虑随机变量 $X$ 和 $Y$ ：

X = {1, 0, 若 A 出现, 若 A 不出现;, Y = {1, 0, 若 B 出现; 若 B 不出现 .

由条件知， $X$ 和 $Y$ 都服从 $0 - 1$ 分布：

X \sim (0 P (\overset{ˉ}{A}) 1 P (A)), Y \sim (0 P (\overset{ˉ}{B}) 1 P (B)) .

易见 $EX = P (A)$ , $E Y = P (B)$ ; $D X = P (A) P (\overset{ˉ}{A})$ , $D Y = P (B) P (\overset{ˉ}{B})$ ;

Cov (X, Y) = E (X Y) - EXE Y = P (A B) - P (A) P (B) .

因此，事件 $A$ 和 $B$ 的相关系数就是随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数。于是由二维随机变量相关系数的基本性质，可见 $∣ ρ ∣ \leq 1$ 。