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2006 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

$lim_{n \to \infty} (\frac{n + 1}{n})^{(- 1)^{n}} =$ ______．

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【答案】 $1$

【解析】
考虑极限 $lim_{n \to \infty} (\frac{n + 1}{n})^{(- 1)^{n}}$ 。
首先，简化底数： $\frac{n + 1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$ ，因此表达式化为 $(1 + \frac{1}{n})^{(- 1)^{n}}$ 。
指数 $(- 1)^{n}$ 在 $n$ 为偶数时取值为 1，在 $n$ 为奇数时取值为 -1。

当 $n$ 为偶数时， $(- 1)^{n} = 1$ ，表达式为 $(1 + \frac{1}{n})^{1} = 1 + \frac{1}{n}$ ，当 $n \to \infty$ 时， $\frac{1}{n} \to 0$ ，故极限为 1。
当 $n$ 为奇数时， $(- 1)^{n} = - 1$ ，表达式为 $(1 + \frac{1}{n})^{- 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{n}{n + 1}$ ，当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n}{n + 1} \to 1$ ，故极限为 1。

由于在 $n$ 为偶数和奇数时极限均为 1，因此整体极限为 1。

2

设函数 $f (x)$ 在 $x = 2$ 的某邻域内可导，且 $f^{'} (x) = e^{f (x)}$ , $f (2) = 1$ ，则 $f^{'''} (2) =$ ______．

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【答案】 $2 e^{3}$

【解析】
已知函数 $f (x)$ 在 $x = 2$ 的某邻域内可导，且 $f^{'} (x) = e^{f (x)}$ ， $f (2) = 1$ 。
首先，求二阶导数：

f^{''} (x) = \frac{d}{d x} [f^{'} (x)] = \frac{d}{d x} [e^{f (x)}] = e^{f (x)} \cdot f^{'} (x) = e^{f (x)} \cdot e^{f (x)} = e^{2 f (x)}

接着，求三阶导数：

f^{'''} (x) = \frac{d}{d x} [f^{''} (x)] = \frac{d}{d x} [e^{2 f (x)}] = e^{2 f (x)} \cdot 2 f^{'} (x) = 2 e^{2 f (x)} \cdot e^{f (x)} = 2 e^{3 f (x)}

代入 $x = 2$ 和 $f (2) = 1$ ：

f^{'''} (2) = 2 e^{3 f (2)} = 2 e^{3 \cdot 1} = 2 e^{3}

因此， $f^{'''} (2) = 2 e^{3}$ 。

3

设函数 $f (u)$ 可微，且 $f^{'} (0) = \frac{1}{2}$ ，则 $z = f (4 x^{2} - y^{2})$ 在点 $(1, 2)$ 处的全微分 $d z_{(1, 2)} =$ ______．

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【答案】 $4 d x - 2 d y$

【解析】 函数 $z = f (4 x^{2} - y^{2})$ 在点 $(1, 2)$ 处的全微分表示为

d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y .

首先，计算中间变量 $u = 4 x^{2} - y^{2}$ 在点 $(1, 2)$ 处的值：

u = 4 (1)^{2} - (2)^{2} = 4 - 4 = 0.

已知 $f^{'} (0) = \frac{1}{2}$ 。

使用链式法则求偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = f^{'} (u) \cdot 8 x,

在点 $(1, 2)$ 处，

\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (0) \cdot 8 \cdot 1 = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4.

\frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = f^{'} (u) \cdot (- 2 y),

在点 $(1, 2)$ 处，

\frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (0) \cdot (- 2 \cdot 2) = \frac{1}{2} \cdot (- 4) = - 2.

因此，全微分为

d z = 4 d x - 2 d y .

4

同试卷 1 第 5 题

5

同试卷 1 第 6 题

6

设总体 $X$ 的概率密度为 $f (x) = \frac{1}{2} e^{- ∣ x ∣}$ （ $- \infty < x < + \infty$ ）， $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 为总体 $X$ 的简单随机样本，其样本方差 $S^{2}$ ，则 $E S^{2} =$ ______．

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【答案】 2

【解析】
因为样本方差是总体方差的无偏估计量，所以

E (S^{2}) = D (X) = E (X^{2}) - [E (X)]^{2} = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} f (x) d x - [\int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x) d x]^{2} = 2 \int_{0}^{+ \infty} x^{2} f (x) d x - 0 = - \int_{0}^{+ \infty} x^{2} d (e^{- x}) = [- x^{2} e^{- x}]_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d (x^{2}) = 0 - 2 \int_{0}^{\infty} x d (e^{- x}) = [- 2 x e^{- x}]_{0}^{+ \infty} + 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x = 0 + 2 = 2.

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

同试卷 1 第 7 题

8

设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $lim_{h \to 0} \frac{f ( h ^{2} )}{h ^{2}} = 1$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
令 $x = h^{2}$ ，由题设可得

h \to 0 lim \frac{f ( h ^{2} )}{h ^{2}} = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} = 1.

因为函数 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处连续，所以

f (0) = x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} \cdot x = 1 \cdot 0 = 0.

由导数的定义有

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

即 $f_{+}^{'} (0)$ 存在。

9

同试卷 1 第 9 题

10

设非齐次线性微分方程 $y^{'} + P (x) y = Q (x)$ 有两个不同的解 $y_{1} (x), y_{2} (x)$ ， $C$ 为任意常数，则该方程通解是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
对于非齐次线性微分方程
$y^{'} + P (x) y = Q (x)$ ，
若 $y_{1} (x)$ 和 $y_{2} (x)$ 是其两个不同的解，则它们的差
$y_{1} (x) - y_{2} (x)$
是对应齐次方程
$y^{'} + P (x) y = 0$
的解。

由于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 不同， $y_{1} - y_{2}$ 非零，因此齐次方程的通解为
$C [y_{1} (x) - y_{2} (x)]$ ，
其中 $C$ 为任意常数。

非齐次方程的通解由齐次方程的通解加上一个特解（如 $y_{1} (x)$ 或 $y_{2} (x)$ ）构成。因此，通解可表示为
$y_{1} (x) + C [y_{1} (x) - y_{2} (x)]$ ，
对应选项 B。

选项 A 仅为齐次通解，缺少特解；选项 C 和 D 中的 $y_{1} (x) + y_{2} (x)$ 不是齐次方程的解，因为代入原方程得 $2 Q (x)$ ，除非 $Q (x) = 0$ ，否则不满足齐次方程。故 B 正确。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 7 分）

设 $f (x, y) = \frac{y}{1 + x y} - \frac{1 - y s i n \frac{π x}{y}}{a r c t a n x}$ , $x > 0, y > 0$ ，求

(1) $g (x) = lim_{y \to + \infty} f (x, y)$ ；

(2) $lim_{x \to 0^{+}} g (x)$ ．

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【答案】
(1) $g (x) = \frac{1}{x} - \frac{1 - π x}{a r c t a n x}$
(2) $lim_{x \to 0^{+}} g (x) = π$

【解析】
(1) 求 $g (x) = lim_{y \to + \infty} f (x, y)$ 。
首先，计算 $f (x, y) = \frac{y}{1 + x y} - \frac{1 - y s i n \frac{π x}{y}}{a r c t a n x}$ 当 $y \to + \infty$ 时的极限。
对于第一项：

y \to + \infty lim \frac{y}{1 + x y} = y \to + \infty lim \frac{1}{\frac{1}{y} + x} = \frac{1}{x}

对于第二项：
令 $t = \frac{π x}{y}$ ，则当 $y \to + \infty$ 时， $t \to 0$ ，有

y \to + \infty lim y sin \frac{π x}{y} = t \to 0 lim \frac{π x}{t} sin t = π x \cdot t \to 0 lim \frac{sin t}{t} = π x

因此，

y \to + \infty lim (1 - y sin \frac{π x}{y}) = 1 - π x

由于 $arctan x$ 与 $y$ 无关，第二项的极限为

y \to + \infty lim (- \frac{1 - y sin \frac{π x}{y}}{arctan x}) = - \frac{1 - π x}{arctan x}

综上，

g (x) = \frac{1}{x} - \frac{1 - π x}{arctan x}

(2) 求 $lim_{x \to 0^{+}} g (x)$ 。
由 (1) 得

g (x) = \frac{1}{x} - \frac{1 - π x}{arctan x}

当 $x \to 0^{+}$ 时，此为 $\infty - \infty$ 型未定式。将其通分：

g (x) = \frac{arctan x - x ( 1 - π x )}{x arctan x} = \frac{arctan x - x + π x ^{2}}{x arctan x}

当 $x \to 0^{+}$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则。
令 $h (x) = arctan x - x + π x^{2}$ ， $k (x) = x arctan x$ 。
一阶导数：

h^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} - 1 + 2 π x

k^{'} (x) = arctan x + \frac{x}{1 + x ^{2}}

当 $x \to 0^{+}$ ， $h^{'} (0) = 0$ ， $k^{'} (0) = 0$ ，仍需洛必达法则。
二阶导数：

h^{''} (x) = - \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} + 2 π

k^{''} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} + \frac{1 - x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}

当 $x \to 0^{+}$ ， $h^{''} (0) = 2 π$ ， $k^{''} (0) = 2$ 。
因此，

x \to 0^{+} lim g (x) = x \to 0^{+} lim \frac{h ( x )}{k ( x )} = \frac{h ^{''} ( 0 )}{k ^{''} ( 0 )} = \frac{2 π}{2} = π

故极限为 $π$ 。

16

（本题满分 7 分）

计算二重积分 $\iint_{D} y^{2} - x y d x d y$ ，其中 $D$ 是由直线 $y = x, y = 1, x = 0$ 所围成的平面区域．

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【答案】 $\frac{2}{9}$

【解析】 计算二重积分 $\iint_{D} y^{2} - x y d x d y$ ，其中 $D$ 是由直线 $y = x$ 、 $y = 1$ 、 $x = 0$ 所围成的区域。
区域 $D$ 可以表示为： $x$ 从 $0$ 到 $1$ ， $y$ 从 $x$ 到 $1$ 。
考虑先对 $x$ 积分，则积分顺序可交换为： $y$ 从 $0$ 到 $1$ ，对于每个 $y$ ， $x$ 从 $0$ 到 $y$ 。
于是，积分化为：

\iint_{D} y^{2} - x y d x d y = \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} y^{2} - x y d x d y

计算内层积分：

\int_{0}^{y} y^{2} - x y d x = \int_{0}^{y} y (y - x) d x = y \int_{0}^{y} y - x d x

令 $u = y - x$ ，则 $d u = - d x$ ，积分限变为：当 $x = 0$ 时， $u = y$ ；当 $x = y$ 时， $u = 0$ 。
于是，

\int_{0}^{y} y - x d x = \int_{y}^{0} u (- d u) = \int_{0}^{y} u^{1/2} d u = [\frac{2}{3} u^{3/2}]_{0}^{y} = \frac{2}{3} y^{3/2}

因此，

\int_{0}^{y} y^{2} - x y d x = y \cdot \frac{2}{3} y^{3/2} = \frac{2}{3} y^{2}

代入二重积分：

\int_{0}^{1} \frac{2}{3} y^{2} d y = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} y^{2} d y = \frac{2}{3} \cdot [\frac{1}{3} y^{3}]_{0}^{1} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}

故二重积分的值为 $\frac{2}{9}$ 。

17

（本题满分 10 分）

同试卷 2 第 19 题

18

（本题满分 8 分）

在 $x O y$ 坐标平面上，连续曲线 $L$ 过点 $M (1, 0)$ ，其上任意点 $P (x, y)$ （ $x \neq = 0$ ）处的切线斜率与直线 $OP$ 的斜率之差等于 $a x$ （常数 $a > 0$ ）．

(1) 求 $L$ 的方程；

(2) 当 $L$ 与直线 $y = a x$ 所围成平面图形的面积为 $\frac{8}{3}$ 时，确定 $a$ 的值．

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【答案】
(1) $L$ 的方程为 $y = a x (x - 1)$
(2) $a = 2$

【解析】
(I) 设所求的曲线方程为 $y = y (x)$ ，按题意有 $y^{'} - \frac{y}{x} = a x$ ，而且有初始条件 $y (1) = 0$ 。解一阶线性微分方程，得到

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

再由 $y (1) = 0$ 得 $C = - a$ ，于是所求的曲线方程为 $y = a x (x - 1)$ 。

(II) 直线 $y = a x$ 与曲线 $y = a x (x - 1)$ 的交点为 $(0, 0)$ 与 $(2, 2 a)$ 。所以直线 $y = a x$ 与曲线 $y = a x (x - 1)$ 所围平面图形的面积为

S (a) = \int_{0}^{2} [a x - a x (x - 1)] d x = \int_{0}^{2} [2 a x - a x^{2}] d x = \frac{4}{3} a .

于是按题意得 $\frac{4}{3} a = \frac{8}{3}$ ，故 $a = 2$ 。

19

（本题满分 10 分）

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n + 1}}{n ( 2 n - 1 )}$ 的收敛域及和函数 $S (x)$ ．

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【答案】
收敛域为 $[- 1, 1]$ ，和函数为 $S (x) = 2 x^{2} arctan x - x ln (1 + x^{2})$ 。

【解析】
记 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n + 1}}{n ( 2 n - 1 )}$ ，则有 $lim_{n \to \infty} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = x^{2}$ 。所以当 $x^{2} < 1$ 即 $∣ x ∣ < 1$ 时，级数绝对收敛；当 $x^{2} > 1$ ，即 $∣ x ∣ > 1$ 时，级数发散；在 $x = \pm 1$ 处 $u_{n} = \frac{\pm ( - 1 ) ^{n - 1}}{n ( 2 n - 1 )}$ ，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 绝对收敛；从而级数的收敛域为 $[- 1, 1]$ 。由于

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

令 $f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n}}{n ( 2 n - 1 )} (- 1 < x < 1)$ ，则有

f^{'} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{2 ( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n - 1}}{2 n - 1}, f^{''} (x) = 2 n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} x^{2 n - 2} = \frac{2}{1 + x ^{2}} .

从而有

f^{'} (x) = f^{'} (0) + \int_{0}^{x} f^{''} (t) d t = 0 + \int_{0}^{x} \frac{2}{1 + t ^{2}} d t = 2 arctan x,

f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t = 0 + 2 \int_{0}^{x} arctan t d t = 2 [t arctan t]_{0}^{x} - 2 \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = 2 x arctan x - ln (1 + x^{2}) .

于是

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

又因为在 $x = \pm 1$ 处级数收敛，右边和函数的表达式在 $x = \pm 1$ 处连续，因此在 $x = \pm 1$ 处上式仍成立，从而有

S (x) = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n + 1}}{n ( 2 n - 1 )} = 2 x^{2} arctan x - x ln (1 + x^{2}), - 1 \leq x \leq 1.

20

（本题满分 13 分）

设 $4$ 维向量组 $α_{1} = (1 + a, 1, 1, 1)^{T}$ , $α_{2} = (2, 2 + a, 2, 2)^{T}$ , $α_{3} = (3, 3, 3 + a, 3)^{T}$ , $α_{4} = (4, 4, 4, 4 + a)^{T}$ ．问 $a$ 为何值时 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性相关？当 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性相关时，求其一个极大线性无关组，并将其余向量用该极大线性无关组线性表示．

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【答案】
当 $a = 0$ 或 $a = - 10$ 时，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性相关。

当 $a = 0$ 时，一个极大线性无关组为 $α_{1}$ ，且 $α_{2} = 2 α_{1}$ ， $α_{3} = 3 α_{1}$ ， $α_{4} = 4 α_{1}$ 。
当 $a = - 10$ 时，一个极大线性无关组为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ ，且 $α_{4} = - α_{1} - α_{2} - α_{3}$ 。

【解析】
记 $A = (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4})$ ，对 $A$ 作初等行变换，得到

A = 1 + a 111 2 2 + a 22 33 3 + a 3 444 4 + a \to 1 + a - a - a - a 2 a 00 30 a 0 400 a = B .

当 $a = 0$ 时， $r (A) = r (B) = 1$ ，因而 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 线性相关。此时 $a_{1}$ 为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的一个极大线性无关组，且 $a_{2} = 2 a_{1}, a_{3} = 3 a_{1}, a_{4} = 4 a_{1}$ 。

当 $a \neq = 0$ 时，再对 $B$ 作初等行变换，得到

B \to 1 + a - 1 - 1 - 1 210030104001 \to a + 10 111 0 - 1 00 00 - 1 0 000 - 1 = C = (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4}) .

若 $a \neq = - 10$ ，则 $C$ 的秩为 4，故 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 线性无关。

若 $a = - 10$ ，则 $C$ 的秩为 3，故 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 线性相关。由于 $γ_{2}, γ_{3}, γ_{4}$ 是 $γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4}$ 的一个极大线性无关组，且 $γ_{1} = - γ_{2} - γ_{3} - γ_{4}$ ，于是 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 是 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的一个极大线性无关组，且 $a_{1} = - a_{2} - a_{3} - a_{4}$ 。

21

（本题满分 13 分）

设 $3$ 阶实对称矩阵 $A$ 的各行元素之和均为 $3$ ，向量 $α_{1} = (- 1, 2, - 1)^{T}$ , $α_{2} = (0, - 1, 1)^{T}$ 是线性方程组 $A x = 0$ 的两个解．

(1) 求 $A$ 的特征值与特征向量；

(2) 求正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $Λ$ ，使得 $Q^{T} A Q = Λ$ ；

(3) 求 $A$ 及 $(A - \frac{3}{2} E)^{6}$ ，其中 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵．

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【答案】
(1) 特征值与特征向量
矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ （二重）， $λ_{3} = 3$ （一重）。
属于特征值 $0$ 的特征向量为 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 不全为零；属于特征值 $3$ 的特征向量为 $k_{3} (1, 1, 1)^{T}$ ，其中 $k_{3} \neq = 0$ 。

(2) 正交矩阵 $Q$ 与对角矩阵 $Λ$

Q = - \frac{6}{6} \frac{6}{3} - \frac{6}{6} - \frac{2}{2} 0 \frac{2}{2} \frac{3}{3} \frac{3}{3} \frac{3}{3}, Λ = 000000003 .

满足 $Q^{T} A Q = Λ$ 。

(3) 矩阵 $A$ 与 $(A - \frac{3}{2} E)^{6}$

A = 111111111, (A - \frac{3}{2} E)^{6} = (\frac{3}{2})^{6} E = \frac{729}{64} E .

【解析】 (I) 由题设条件 $A α_{1} = 0 = 0 α_{1}$ , $A α_{2} = 0 = 0 α_{2}$ , 故 $α_{1}, α_{2}$ 是 $A$ 的对应于 $λ = 0$ 的特征向量，又因为 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关，故 $λ = 0$ 至少是 $A$ 的二重特征值。又因为 $A$ 的每行元素之和为 3，所以有

A (1, 1, 1)^{T} = (3, 3, 3)^{T} = 3 (1, 1, 1)^{T},

所以 $α_{3} = (1, 1, 1)^{T}$ 是 $A$ 的对应于特征值 $λ_{3} = 3$ 的特征向量，从而知 $λ = 0$ 是二重特征值。于是 $A$ 的特征值为 $0, 0, 3$ ；属于 0 的特征向量是 $k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2}$ ， $k_{1}, k_{2}$ 不都为 0；属于 3 的特征向量是 $k_{3} α_{3}$ ， $k_{3} \neq = 0$ 。

(II) 将特征向量 $α_{1}, α_{2}$ 正交化得

β_{1} = α_{1} = (- 1, 2, - 1)^{T}, β_{2} = (- \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}) .

再将 $β_{1}, β_{2}, α_{3}$ 单位化，得

η_{1} = (- \frac{6}{6}, \frac{6}{3}, - \frac{6}{6})^{T}, η_{2} = (- \frac{2}{2}, 0, \frac{2}{2})^{T}, η_{3} = (\frac{3}{3}, \frac{3}{3}, \frac{3}{3})^{T} .

令 $Q = (η_{1}, η_{2}, η_{3})$ ，则 $Q$ 是正交矩阵，并且

Q^{T} A Q = Q^{- 1} A Q = 000000003 .

(Ⅲ) 由 $Q^{T} A Q = Λ$ ，其中 $Q^{T} = Q^{- 1}$ ，得到

A = Q Λ Q^{T} = \frac{- 6}{6} \frac{6}{3} \frac{- 6}{6} \frac{- 2}{2} 0 \frac{2}{2} \frac{3}{3} \frac{3}{3} \frac{3}{3} 003 \frac{- 6}{6} \frac{- 2}{2} \frac{3}{3} \frac{6}{3} 0 \frac{3}{3} \frac{- 6}{6} \frac{2}{2} \frac{3}{3} = 111111111,

(A - \frac{3}{2} E)^{6} = (Q Λ Q^{T} - \frac{3}{2} E)^{6} = (Q (Λ - \frac{3}{2} E) Q^{T})^{6} = Q (Λ - \frac{3}{2} E)^{6} Q^{T}

= Q - \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \frac{3}{2}^{6} Q^{T} = (\frac{3}{2})^{6} QE Q^{T} = (\frac{3}{2})^{6} E .

22

（本题满分 13 分）

随机变量 $x$ 的概率密度为

f_{X} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, 0, - 1 < x < 0; 0 \leq x < 2; 其他 .

令 $Y = X^{2}$ ， $F (x, y)$ 为二维随机变量 $(X, Y)$ 的分布函数．求

(1) $Y$ 的概率密度 $f_{Y} (y)$ ；

(2) $Cov (X, Y)$ ；

(3) $F (- \frac{1}{2}, 4)$ ．

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【答案】
(1) $Y$ 的概率密度为 $f_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{8} y^{- 1/2}, \frac{1}{8} y^{- 1/2}, 0, 0 \leq y < 1 1 \leq y < 4 其他$
(2) $Cov (X, Y) = \frac{2}{3}$
(3) $F (- \frac{1}{2}, 4) = \frac{1}{4}$

【解析】
(Ⅰ) 因为 $F_{Y} (y) = P {Y \leq y} = P {X^{2} \leq y}$ ，分情况讨论：

当 $y < 0$ 时， $F_{Y} (y) = 0$ ；
当 $0 \leq y < 1$ 时，
$F_{Y} (y) = P (- y \leq X \leq y) = \int_{- y}^{0} \frac{1}{2} d x + \int_{0}^{y} \frac{1}{4} d x = \frac{3}{4} y;$
当 $1 \leq y < 4$ 时，
$F_{Y} (y) = P (- y \leq X \leq y) = \int_{- 1}^{0} \frac{1}{2} d x + \int_{0}^{y} \frac{1}{4} d x = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} y;$
当 $y \geq 4$ 时， $F_{Y} (y) = 1$ 。

综上所述，有

F_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{3}{4} y, \frac{1}{2} + \frac{1}{4} y, 1, y < 0; 0 \leq y < 1; 1 \leq y < 4; y \geq 4.

由概率密度是分布函数在对应区间上的微分，所以

f_{Y} (y) = F_{Y}^{'} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{8 y}, \frac{1}{8 y}, 0, 0 < y < 1; 1 \leq y < 4; 其他 .

(II) 因为数学期望

E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f_{X} (x) d x = \int_{- 1}^{0} \frac{x}{2} d x + \int_{0}^{2} \frac{x}{4} d x = \frac{1}{4},

E (X^{2}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} f_{X} (x) d x = \int_{- 1}^{0} \frac{x ^{2}}{2} d x + \int_{0}^{2} \frac{x ^{2}}{4} d x = \frac{5}{6},

E (X^{3}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{3} f_{X} (x) d x = \int_{- 1}^{0} \frac{x ^{3}}{2} d x + \int_{0}^{2} \frac{x ^{3}}{4} d x = \frac{7}{8},

所以协方差

Cov (X, Y) = Cov (X, X^{2}) = E (X^{3}) - E (X) E (X^{2}) = \frac{7}{8} - \frac{1}{4} \times \frac{5}{6} = \frac{2}{3} .

(III) 根据二维随机变量的定义有

F (- \frac{1}{2}, 4) = P {X ⩽ - \frac{1}{2}, Y ⩽ 4} = P {X ⩽ - \frac{1}{2}, X^{2} ⩽ 4}

= P {- 2 ⩽ X ⩽ - \frac{1}{2}} = \int_{- 1}^{- \frac{1}{2}} \frac{1}{2} d x = \frac{1}{4} .

23

（本题满分 13 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x, θ) = ⎩ ⎨ ⎧ θ, 1 - θ, 0, 0 < x < 1, 1 \leq x < 2, 其它,

其中 $θ$ 是未知参数（ $0 < θ < 1$ ）， $X_{1}, X_{2} \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，记 $N$ 为样本值 $x_{1}, x_{2} \dots, x_{n}$ 中小于 $1$ 的个数，求：

(1) $θ$ 的矩估计；

(2) $θ$ 的最大似然估计．

查看答案与解析

【答案】
(1) $θ$ 的矩估计为 $\hat{θ}_{M} = \frac{3}{2} - \overset{ˉ}{X}$ ，其中 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 。
(2) $θ$ 的最大似然估计为 $\hat{θ} = \frac{N}{n}$ ，其中 $N$ 为样本中小于 $1$ 的个数。

【解析】
(I) 由数学期望的定义有

E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x; θ) d x = \int_{0}^{1} θ x d x + \int_{1}^{2} (1 - θ) x d x

= \frac{1}{2} θ + \frac{3}{2} (1 - θ) = \frac{3}{2} - θ .

用样本均值估计期望有 $EX = \overline{X}$ ，即 $\frac{3}{2} - θ = \overline{X}$ ，解得 $θ = \frac{3}{2} - \overline{X}$ 。所以参数 $θ$ 的矩估计为 $\hat{θ} = \frac{3}{2} - \overline{X}$ ，其中 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 。

(II) 依题设，似然函数

L (θ) = {θ^{N} (1 - θ)^{n - N}, 0, 0 < x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \dots x_{i_{N}} < 1, 1 \leq x_{i_{N + 1}}, x_{i_{N + 2}}, \dots x_{i_{n}} < 2; 其他 .

在 $0 < x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \dots x_{i_{N}} < 1$ , $1 \leq x_{i_{N + 1}}, x_{i_{N + 2}}, \dots x_{i_{n}} < 2$ 时，等式两边同取对数得

ln L (θ) = N ln θ + (n - N) ln (1 - θ) .

两边对 $θ$ 求导并令导数为零，得到

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{N}{θ} - \frac{n - N}{1 - θ} = 0,

解得 $θ = \frac{N}{n}$ ，所以 $θ$ 的最大似然估计值为 $\hat{θ} = \frac{N}{n}$ 。

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解答题

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