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2019 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时，若 $x - tan x$ 与 $x^{k}$ 是同阶无穷小，则 $k =$

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正确答案：C

正确答案：C

x - tan x = x - (x + \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})) \sim - \frac{1}{3} x^{3}

，故

k = 3

2

设函数 $f (x) = {x ∣ x ∣, x ln x, x \leq 0 x > 0$ 则 $x = 0$ 是 $f (x)$ 的

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正确答案：B

正确答案：B

$lim_{x \to 0^{-}} \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x ∣ x ∣}{x} = 0$ ， $lim_{x \to 0^{+}} \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x l n x}{x} = - \infty$ ，故 $f (x)$ 不可导。

当 $x > 0$ 时， $f (x) < 0$ ;当 $x < 0$ 时， $f (x) < 0$ .故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处取极大值.故选(B).

3

设 ${u_{n}}$ 是单调递增的有界数列，则下列级数中收敛的是

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】举反例：（A）

u_{n} = \frac{n - 1}{n}

（B）

u_{n} = \frac{n - 1}{n}

（C）

u_{n} = - \frac{1}{n}

4

设函数 $Q (x, y) = \frac{x}{y ^{2}}$ ，如果对上半平面 $(y > 0)$ 内的任意有向光滑封闭曲线 C 都有 $\oint_{C} P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0$ ,那么函数 $P (x, y)$ 可取为

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正确答案：D

正确答案：D

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{1}{y ^{2}},

故只需选择在上半平面有连续偏导数，且满足

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{1}{y ^{2}}

的 $P$ 函数，只有 D 选项成立。

5

设 A 是 3 阶实对称矩阵，E 是 3 阶单位矩阵，若 $A^{2} + A = 2 E$ ,且 $∣ A ∣ = 4$ ,则二次型 $x^{T} A x$ 的规范形为

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正确答案：C

正确答案：C

$∵ A^{2} + A = 2 E$ ,设 A 的特征值为 $λ$ ，则 $λ^{2} + λ = 2$ ，即 $(λ + 2) (λ - 1) = 0$ ， $∴ λ = - 2$ 或 $1$ 。

$∵ ∣ A ∣ = 4$ ，故 A 的特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = - 2$ , $λ_{3} = 1$ ，正惯性指数 $p = 1$ ，负惯性指数 $q = 2$ ，规范形为 $y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ 。

6

如图所示，有 3 张平面两两相交，交线相互平行，它们的方程 $a_{i 1} x + a_{i 2} y + a_{i 3} z = d_{i} (i = 1, 2, 3)$ 组成的线性方程组的系数矩阵和增广矩阵分别记为 $A$ 、 $\overset{ˉ}{A}$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 因为他们两两相交，且交线相互平行，所以

r (A) \neq = r (\overline{A}) \leq 3,

所以排除 B 和 D 选项；

又因为他们两两相交，故其中任意两个平面不平行，所以

2 \leq r (A),

故选 A。

7

设 A , B 为随机事件，则 $P (A) = P (B)$ 的充分必要条件是

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正确答案：C

正确答案：C

A 选项 $\Leftrightarrow P (A B) = 0$ ，排除；

B 选项 $\Leftrightarrow A$ 、 $B$ 独立，排除；

C 选项 $\Leftrightarrow P (A) - P (A B) = P (B) - P (A B)$ ，即 $P (A) = P (B)$ ，正确；

D 选项 $\Leftrightarrow 1 = P (A) + P (B)$ ，排除。

8

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且都服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ，则 $P {∣ X - Y ∣ < 1}$

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正确答案：A

正确答案：A

$E (X - Y) = 0, D (X - Y) = D X + D Y = 2 σ^{2}$ , 所以 $\frac{X - Y}{2 σ} \sim N (0, 1)$ .

$P {∣ X - Y ∣ < 1} = P {\frac{∣ X - Y ∣}{2 σ} < \frac{1}{2 σ}} = 2Φ (\frac{1}{2 σ}) - 1$ 与 $σ^{2}$ 有关。故选(A)。

填空题

9

（填空题）设函数 $f (u)$ 可导， $z = f (sin y - sin x) + x y$ ，则 $\frac{1}{c o s x} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{c o s y} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} =$

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【答案】 $\frac{y}{c o s x} + \frac{x}{c o s y}$

【解析】

$\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (sin y - sin x) (- cos x) + y$ $\frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (sin y - sin x) cos y + x$

故

$\frac{1}{cos x} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{cos y} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = - f^{'} (sin y - sin x) + \frac{y}{cos x} + f^{'} (sin y - sin x) + \frac{x}{cos y} = \frac{y}{cos x} + \frac{x}{cos y}$

10

（填空题）微分方程 $2 y y^{'} - y^{2} - 2 = 0$ 满足条件 $y (0) = 1$ 的特解 $y =$

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【答案】 $y = 3 e^{x} - 2$

【解析】

y^{'} = \frac{2 + y ^{2}}{2 y} \Rightarrow \int \frac{2 y}{2 + y ^{2}} d y = \int 1 d x

ln (2 + y^{2}) = x + C

代入 $y (0) = 1$ 得 $C = ln 3$ ，于是：

ln (2 + y^{2}) = x + ln 3 \Rightarrow 2 + y^{2} = 3 e^{x}

因此：

y = 3 e^{x} - 2

11

（填空题）求级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} x^{n}$ 在 $(0, + \infty)$ 内的和函数 $S (x) =$

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【答案】 $cos x$

【解析】 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} (x)^{2 n} = cos x$

12

（填空题）设 $\sum$ 为曲面 $x^{2} + y^{2} + 4 z^{2} = 4 (z \geq 0)$ 的上侧，则 $\iint_{\sum} 4 - x^{2} - 4 z^{2} d x d y =$

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【答案】 $\frac{32}{3}$

【解析】

\iint_{\sum} 4 - x^{2} - 4 z^{2} d x d y = \iint_{D_{x y}} ∣ y ∣ d x d y = 4 \iint_{D^{'}} y d x d y = = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2} r^{2} sin θ d r = \frac{32}{3}

13

（填空题）设 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 为三阶矩阵，若 $α_{1}$ ， $α_{2}$ 线性无关，且 $α_{3} = - α_{1} + 2 α_{2}$ ，则线性方程组 $A x = 0$ 的通解为

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【答案】 $x = k (1, - 2, 1)^{T}$ , $k \in R$

【解析】

$α_{1}$ ， $α_{2}$ 无关， $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$

$∴ r (A) \geq 2$

$∵ α_{3} = - α_{1} + 2 α_{2}$

$∴ r (A) = 2$ 故 $A x = 0$ 的基础解系中有 $n - r (A) = 3 - 2 = 1$ 个解向量。

$∵ α_{1} - 2 α_{2} + α_{3} = 0$

$∴ (1, - 2, 1)^{T}$ 为 $A x = 0$ 的解，作为基础解系。 $∴$ 通解为 $x = k (1, - 2, 1)^{T}$ ， $k \in R$

14

（填空题）设 $f (x) = {\frac{x}{2}, 0, 0 < x < 2 其他$ ， $F (x)$ 为 $X$ 的分布函数， $EX$ 为 $X$ 的数学期望，则 $P {F (X) > EX - 1} =$

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】

$f (x) = {\frac{x}{2}, 0, 0 < x < 2 其他$

$E (X) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x f (x) d x = \int_{0}^{2} \frac{x ^{2}}{2} d x = \frac{1}{6} x^{3}_{0}^{2} = \frac{4}{3}$

$F (x) = \int_{- \infty}^{x} f (t) d t = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \int_{0}^{x} \frac{t}{2} d t, 1, x < 0 0 \leq x < 2 x \geq 2$

$P (F (X) > E (X) - 1) = P (F (X) > \frac{1}{3}) = P (\frac{x ^{2}}{4} > \frac{1}{3}) = P (x > \frac{2}{3}) = \int_{\frac{2}{3}}^{2} \frac{x}{2} d x = \frac{2}{3}$

解答题

15

（本题满分 10 分）设函数 $y (x)$ 是微分方程 $y^{'} + x y = e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ 满足条件 $y (0) = 0$ 的特解。

(Ⅰ) 求 $y (x)$ ；

(Ⅱ) 求曲线 $y = y (x)$ 的凹凸区间及拐点。

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【答案】
(Ⅰ) $y = x e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$
(Ⅱ) 曲线 $y = y (x)$ 的凸区间为 $(- \infty, - 3)$ 及 $(0, 3)$ ，凹区间为 $(- 3, 0)$ 及 $(3, + \infty)$ ，拐点为 $(- 3, - 3 e^{- \frac{3}{2}})$ ， $(0, 0)$ 及 $(3, 3 e^{- \frac{3}{2}})$ 。

【解析】

(Ⅰ)

$y^{'} + x y = e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ 的通解为 $y = (\int e^{- \frac{x ^{2}}{2}} \cdot e^{\int x d x} d x + C) e^{- \int x d x} = (x + C) e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ ，由 $y (0) = 0$ 得 $C = 0$ ，故 $y = x e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ 。

(Ⅱ)

$y^{'} = (1 - x^{2}) e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ ，

$y^{''} = (x^{3} - 3 x) e^{- \frac{x ^{2}}{2}} = x (x + 3) (x - 3) e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ ，

令 $y^{''} = 0$ 得 $x = - 3$ ， $x = 0$ ， $x = 3$ 。

当 $x \in (- \infty, - 3)$ 时， $y^{''} < 0$ ；
当 $x \in (- 3, 0)$ 时， $y^{''} > 0$ ；
当 $x \in (0, 3)$ 时， $y^{''} < 0$ ；
当 $x \in (3, + \infty)$ 时， $y^{''} > 0$ 。

故 $y = x e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ 的凸区间为 $(- \infty, - 3)$ 及 $(0, 3)$ ；凹区间为 $(- 3, 0)$ 及 $(3, + \infty)$ 。

曲线 $y = x e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ 的拐点为 $(- 3, - 3 e^{- \frac{3}{2}})$ ， $(0, 0)$ 及 $(3, 3 e^{- \frac{3}{2}})$ 。

16

（本题满分 10 分）设 $a$ ， $b$ 为实数，函数 $z = 2 + a x^{2} + b y^{2}$ 在点 $(3, 4)$ 处的方向导数中，沿方向 $l = - 3 i - 4 j$ 的方向导数最大，最大值为 $10$ 。

（Ⅰ）求 $a$ ， $b$ ；

（Ⅱ）求曲面 $z = 2 + a x^{2} + b y^{2} (z \geq 0)$ 的面积。

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【答案】
（Ⅰ） $a = - 1$ ， $b = - 1$
（Ⅱ） $\frac{13}{3} π$

【解析】
（Ⅰ）
$grad z = {2 a x, 2 b y}$ ， $grad z_{(3, 4)} = {6 a, 8 b}$ ，
因为梯度的方向即为方向导数最大的方向，所以有 $\frac{6 a}{- 3} = \frac{8 b}{- 4}$ ，即 $a = b$ ，
再由 $36 a^{2} + 64 b^{2} = 10$ 得 $a = b = - 1$ 。

（Ⅱ）
曲面

Σ : z = 2 - x^{2} - y^{2}, (x, y) \in D_{x y}

其中

D_{x y} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2}

则曲面 $Σ$ 的面积为

S = \iint_{D_{x y}} 1 + z_{x}^{'2} + z_{y}^{'2} d x d y = \iint_{D_{x y}} 1 + 4 x^{2} + 4 y^{2} d x d y = 2 π \int_{0}^{2} r 1 + 4 r^{2} d r = \frac{π}{4} \int_{0}^{2} (1 + 4 r^{2})^{\frac{1}{2}} d (1 + 4 r^{2}) = \frac{π}{4} \times \frac{2}{3} (1 + 4 r^{2})^{\frac{3}{2}}_{0}^{2} = \frac{π}{6} (27 - 1) = \frac{13}{3} π .

17

（本题满分 10 分）求曲线 $y = e^{- x} sin x (x \geq 0)$ 与 $x$ 轴之间图形的面积。

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【答案】 $\frac{1}{2} + \frac{1}{e ^{π} - 1}$

【解析】

所求的面积为

A = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} ∣ sin x ∣ d x = n \to \infty lim k = 0 \sum n (- 1)^{k} \int_{kπ}^{(k + 1) π} e^{- x} sin x d x

= n \to \infty lim k = 0 \sum n (- 1)^{k} [- \frac{1}{2} e^{- x} (sin x + cos x)]_{kπ}^{(k + 1) π}

= \frac{1}{2} n \to \infty lim k = 0 \sum n (- 1)^{k + 1} [e^{- (k + 1) π} (- 1)^{k + 1} - e^{- kπ} (- 1)^{k}]

= \frac{1}{2} n \to \infty lim k = 0 \sum n [e^{- (k + 1) π} + e^{- kπ}] = \frac{1}{2} n \to \infty lim [1 + 2 k = 1 \sum n e^{- kπ} + e^{- (n + 1) π}]

= \frac{1}{2} (1 + 2 k = 1 \sum \infty e^{- kπ}) = \frac{1}{2} (1 + \frac{2 e ^{- π}}{1 - e ^{- π}}) = \frac{1}{2} (1 + \frac{2}{e ^{π} - 1}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{e ^{π} - 1} .

18

（本题满分 10 分）设 $a_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x (n = 0, 1, 2, \dots)$ ．

（Ⅰ）证明数列 ${a_{n}}$ 单调递减，且 $a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2} (n = 2, 3, \dots)$ ；

（Ⅱ）求 $n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}}$ ．

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【答案】
(1) 见解析
(2) $n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = 1$

【解析】
（Ⅰ）
因为当 $0 \leq x \leq 1$ 时，

x^{n + 1} 1 - x^{2} \leq x^{n} 1 - x^{2},

所以

\int_{0}^{1} x^{n + 1} 1 - x^{2} d x < \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x,

即 $a_{n + 1} < a_{n}$ ，故 ${a_{n}}$ 单调递减。

令 $x = sin t$ ，则

a_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{n} t \cdot cos^{2} t d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin^{n} t - sin^{n + 2} t) d t .

于是

a_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{n} t d t - \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{n + 2} t d t = I_{n} - \frac{n + 1}{n + 2} I_{n} = \frac{1}{n + 2} I_{n} .

类似地，

a_{n - 2} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{n - 2} t \cdot cos^{2} t d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin^{n - 2} t - sin^{n} t) d t,

即

a_{n - 2} = I_{n - 2} - I_{n} .

利用递推关系 $I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$ ，得 $I_{n - 2} = \frac{n}{n - 1} I_{n}$ ，
于是

a_{n - 2} = \frac{n}{n - 1} I_{n} - I_{n} = \frac{1}{n - 1} I_{n} .

因此

a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2}, n = 2, 3, \dots

（Ⅱ）
因为 ${a_{n}}$ 单调递减，

a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2} > \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 1},

所以

\frac{n - 1}{n + 2} < \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} < 1.

由夹逼定理得

n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = 1.

19

（本题满分 10 分）设 $Ω$ 是由锥面 $x^{2} + (y - z)^{2} = (1 - z)^{2} (0 \leq z \leq 1)$ 与平面 $z = 0$ 围成的锥体，求 $Ω$ 的形心坐标。

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【答案】 $(0, \frac{1}{4}, \frac{1}{4})$

【解析】 设 $Ω$ 的形心坐标为 $(\overset{x}{ˉ}, \overset{y}{ˉ}, \overset{z}{ˉ})$ ，由对称性得 $\overset{x}{ˉ} = 0$ ，且

\overset{y}{ˉ} = \frac{∭ _{Ω} y d x d y d z}{∭ _{Ω} d x d y d z}, \overset{z}{ˉ} = \frac{∭ _{Ω} z d x d y d z}{∭ _{Ω} d x d y d z} .

体积为

∭_{Ω} d x d y d z = \int_{0}^{1} d z \iint_{x^{2} + (y - z)^{2} \leq (1 - z)^{2}} d x d y = π \int_{0}^{1} (1 - z)^{2} d z = \frac{π}{3} (z - 1)^{3}_{0}^{1} = \frac{π}{3} .

计算 $∭_{Ω} y d x d y d z$ ：

∭_{Ω} y d x d y d z = \int_{0}^{1} d z \iint_{x^{2} + (y - z)^{2} \leq (1 - z)^{2}} y d x d y .

由代换 $y = u + z$ ，得

\iint_{x^{2} + (y - z)^{2} \leq (1 - z)^{2}} y d x d y = \iint_{x^{2} + u^{2} \leq (1 - z)^{2}} (u + z) d x d u = \iint_{x^{2} + u^{2} \leq (1 - z)^{2}} z d x d u = π z (1 - z)^{2} .

因此

∭_{Ω} y d x d y d z = π \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z = \frac{π}{12} .

计算 $∭_{Ω} z d x d y d z$ ：

∭_{Ω} z d x d y d z = \int_{0}^{1} z d z \iint_{x^{2} + (y - z)^{2} \leq (1 - z)^{2}} d x d y = π \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z = \frac{π}{12} .

故 $Ω$ 的形心坐标为

(\overset{x}{ˉ}, \overset{y}{ˉ}, \overset{z}{ˉ}) = (0, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}) .

20

（本题满分 11 分）

设向量组 $α_{1} = (1, 2, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (1, 3, 2)^{T}$ ， $α_{3} = (1, a, 3)^{T}$ 为 $R^{3}$ 的一个基， $β = (1, 1, 1)^{T}$ 在这个基下的坐标为 $(b, c, 1)^{T}$ 。

（Ⅰ）求 $a, b, c$ ；

（Ⅱ）证明 $α_{2}, α_{3}, β$ 为 $R^{3}$ 的一个基，并求 $α_{2}, α_{3}, β$ 到 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的过渡矩阵。

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【答案】
（Ⅰ） $a = 3$ , $b = 2$ , $c = - 2$
（Ⅱ）过渡矩阵 $Q = 1 - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 101010$

【解析】
（Ⅰ）【解】由题意得 $b α_{1} + c α_{2} + α_{3} = β$ ，即

⎩ ⎨ ⎧ b + c + 1 = 1, 2 b + 3 c + a = 1, b + 2 c + 3 = 1,

解得 $a = 3$ ， $b = 2$ ， $c = - 2$ 。

（Ⅱ）【证明】因为

∣ α_{2}, α_{3}, β ∣ = 132133111 = 100101 1 - 2 - 1 = 2 \neq = 0,

所以 $α_{2}, α_{3}, β$ 线性无关，故 $α_{2}, α_{3}, β$ 为 $R^{3}$ 的一个基。

设由 $α_{2}, α_{3}, β$ 到 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的过渡矩阵为 $Q$ ，即

(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (α_{2}, α_{3}, β) Q,

于是

Q = (α_{2}, α_{3}, β)^{- 1} (α_{1}, α_{2}, α_{3}) .

由

132133111 ⋮ ⋮ ⋮ 100010001 \to 100101 1 - 2 - 1 ⋮ ⋮ ⋮ 1 - 3 - 2 010001

\to 100110 1 - 1 1 ⋮ ⋮ ⋮ 1 - 2 \frac{3}{2} 00 - \frac{1}{2} 010 \to 100110001 ⋮ ⋮ ⋮ - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \frac{3}{2} \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 010

\to 100010001 ⋮ ⋮ ⋮ 0 - \frac{1}{2} \frac{3}{2} 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - 1 10

得

(α_{2}, α_{3}, β)^{- 1} = 0 - \frac{1}{2} \frac{3}{2} 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - 1 10,

则

Q = 0 - \frac{1}{2} \frac{3}{2} 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - 1 10 121132133 = 1 - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 101010 .

21

（本题满分 11 分）已知矩阵 $A = - 2 20 - 2 x 0 1 - 2 - 2$ 与 $B = 200 1 - 1 0 00 y$ 相似。

(Ⅰ) 求 $x, y$ ；

(Ⅱ) 求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P = B$ 。

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【答案】
(Ⅰ) $x = 3$ ， $y = - 2$
(Ⅱ) $P = - 1 20 - 1 10 - 1 24$

【解析】
(Ⅰ)

因为 $A \sim B$ ，所以 $tr A = tr B$ ，即 $x - 4 = y + 1$ ，或 $y = x - 5$ 。

再由 $∣ A ∣ = ∣ B ∣$ 得 $- 2 (- 2 x + 4) = - 2 y$ ，即 $y = - 2 x + 4$ 。

解得 $x = 3$ ， $y = - 2$ 。

(Ⅱ)

A = - 2 20 - 2 30 1 - 2 - 2, B = 200 1 - 1 0 00 - 2

显然矩阵 $A, B$ 的特征值为 $λ_{1} = - 2$ ， $λ_{2} = - 1$ ， $λ_{3} = 2$ 。

求矩阵 $A$ 的特征向量

由

2 E + A \to 020 - 2 10 100 \to 100010 \frac{1}{4} - \frac{1}{2} 0

得 $A$ 的属于特征值 $λ_{1} = - 2$ 的特征向量为

α_{1} = - 1 24

由

E + A \to 100200 - 1 10 \to 100200010

得 $A$ 的属于特征值 $λ_{2} = - 1$ 的特征向量为

α_{2} = - 2 10

由

- 2 E + A \to - 4 20 - 2 10 1 - 2 - 4 \to 100 \frac{1}{2} 00 010

得 $A$ 的属于特征值 $λ_{3} = 2$ 的特征向量为

α_{3} = - 1 20

令

P_{1} = - 1 24 - 2 10 - 1 20

则

P_{1}^{- 1} A P_{1} = - 2 00 0 - 1 0 002

求矩阵 $B$ 的特征向量

由

2 E + B \to 400110000 \to 100010000

得 $B$ 的属于特征值 $λ_{1} = - 2$ 的特征向量为

β_{1} = 001

由

E + B \to 300100001 \to 100 \frac{1}{3} 00 010

得 $B$ 的属于特征值 $λ_{2} = - 1$ 的特征向量为

β_{2} = - 1 30

由

- 2 E + B \to 000 1 - 3 0 00 - 4 \to 000100010

得 $B$ 的属于特征值 $λ_{3} = 2$ 的特征向量为

β_{3} = 100

令

P_{2} = 001 - 1 30 100

则

P_{2}^{- 1} B P_{2} = - 2 00 0 - 1 0 002

求相似变换矩阵 $P$

由 $P_{1}^{- 1} A P_{1} = P_{2}^{- 1} B P_{2}$ 得 $(P_{1} P_{2}^{- 1})^{- 1} A (P_{1} P_{2}^{- 1}) = B$ 。

故

P = P_{1} P_{2}^{- 1} = - 1 20 - 1 10 - 1 24

22

（本题满分 11 分）设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立， $X$ 服从参数为 $1$ 的指数分布， $Y$ 的概率分布为 $P {Y = - 1} = p$ ， $P {Y = 1} = 1 - p (0 < p < 1)$ ，令 $Z = X Y$ 。

(Ⅰ) 求 $Z$ 的概率密度；

(Ⅱ) $p$ 为何值时， $X$ 与 $Z$ 不相关；

(Ⅲ) $X$ 与 $Z$ 是否相互独立？

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $f_{Z} (z) = {p e^{z}, (1 - p) e^{- z}, z < 0, z \geq 0.$
(Ⅱ) $p = \frac{1}{2}$
(Ⅲ) $X$ 与 $Z$ 不相互独立

【解析】
(Ⅰ)

因为 $X \sim E (1)$ ，所以 $X$ 的分布函数为

F (x) = {1 - e^{- x}, 0, x \geq 0, x < 0.

F_{Z} (z) = P {X Y \leq z} = P {Y = - 1} P {X Y \leq z ∣ Y = - 1} + P {Y = 1} P {X Y \leq z ∣ Y = 1} = pP {- X \leq z} + (1 - p) P {X \leq z} = pP {X \geq - z} + (1 - p) P {X \leq z} = p [1 - P {X \leq - z}] + (1 - p) P {X \leq z} = p [1 - F (- z)] + (1 - p) F (z)

当 $z < 0$ 时， $F_{Z} (z) = p e^{z}$ ；

当 $z \geq 0$ 时， $F_{Z} (z) = p + (1 - p) (1 - e^{- z})$ 。

故

f_{Z} (z) = {p e^{z}, (1 - p) e^{- z}, z < 0, z \geq 0.

(Ⅱ)

Cov (X, Z) = Cov (X, X Y) = E (X^{2} Y) - E (X) \cdot E (X Y) = E (X^{2}) E (Y) - [E (X)]^{2} E (Y) = D (X) \cdot E (Y)

因为 $X \sim E (1)$ ，所以 $E (X) = 1$ ， $D (X) = 1$ 。

又因为

Y \sim (- 1 p 1 1 - p)

所以 $E (Y) = (- 1) p + (1 - p) = 1 - 2 p$ 。

$X$ 与 $Z$ 不相关的充分必要条件是 $Cov (X, Z) = 0$ ，

故当 $p = \frac{1}{2}$ 时， $X$ 与 $Z$ 不相关。

(Ⅲ)

设 $F (x, y)$ 为 $(X, Z)$ 的联合分布函数，

F (1, 1) = P {X \leq 1, Z \leq 1} = P {X \leq 1, X Y \leq 1} = P {Y = - 1} P {X \leq 1, X Y \leq 1 ∣ Y = - 1} + P {Y = 1} P {X \leq 1, X Y \leq 1 ∣ Y = 1} = \frac{1}{2} P {X \leq 1, - X \leq 1} + \frac{1}{2} P {X \leq 1} = \frac{1}{2} P {- 1 \leq X \leq 1} + \frac{1}{2} P {X \leq 1} = P {X \leq 1} = F (1) = 1 - \frac{1}{e}

F_{X} (1) = P {X \leq 1} = 1 - \frac{1}{e}

F_{Z} (1) = P {X Y \leq 1} = P {Y = - 1} P {X Y \leq 1 ∣ Y = - 1} + P {Y = 1} P {X Y \leq 1 ∣ Y = 1} = \frac{1}{2} P {- X \leq 1} + \frac{1}{2} P {X \leq 1} = \frac{1}{2} P {X \geq - 1} + \frac{1}{2} P {X \leq 1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e}) = 1 - \frac{1}{2 e}

因为 $F (1, 1) \neq = F_{X} (1) \cdot F_{Z} (1)$ ，所以 $X$ 与 $Z$ 不相互独立。

23

（本题满分 11 分）设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; σ^{2}) = {\frac{A}{σ} e^{- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}}, x \geq μ, 0, x < μ,

其中 $μ$ 是已知参数， $σ > 0$ 是未知参数， $A$ 是常数。 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本。

（Ⅰ）求 $A$ ；

（Ⅱ）求 $σ^{2}$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(Ⅰ) $A = \frac{2}{π}$
(Ⅱ) $\overset{σ}{^}^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2}$

【解析】

(Ⅰ) 由归一性得：

1 = \int_{μ}^{+ \infty} \frac{A}{σ} e^{- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}} d x = A \int_{μ}^{+ \infty} e^{- \frac{1}{2} (\frac{x - μ}{σ})^{2}} d (\frac{x - μ}{σ}) = A \int_{0}^{+ \infty} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x = 2 π A \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x = \frac{2 π}{2} A \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x = \frac{2 π}{2} A

解得：

A = \frac{2}{π}

(Ⅱ) 似然函数为：

L (σ^{2}) = \frac{A ^{n}}{( σ ^{2} ) ^{\frac{n}{2}}} e^{- \frac{1}{2 σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - μ)^{2}}

对数似然函数为：

ln L (σ^{2}) = n ln A - \frac{n}{2} ln σ^{2} - \frac{1}{2 σ ^{2}} i = 1 \sum n (x_{i} - μ)^{2}

由：

\frac{d}{d σ ^{2}} ln L (σ^{2}) = - \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{σ ^{2}} + \frac{1}{2 σ ^{4}} i = 1 \sum n (x_{i} - μ)^{2} = 0

得 $σ^{2}$ 的最大似然估计值为：

\overset{σ}{^}^{2} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (x_{i} - μ)^{2}

故 $σ^{2}$ 的最大似然估计量为：

\overset{σ}{^}^{2} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2}