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2008 年真题

23 题

选择题

1

设 $x = 0$ 是函数 $g (x) = \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x}$ 的()

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正确答案：B

正确答案：B

详解

对于极限表达式：

x \to 0 lim g (x) = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x}

应用洛必达法则，得到：

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x} = x \to 0 lim f (x) = f (0)

因此， $x = 0$ 是函数 $g (x)$ 的可去间断点。

2

曲线段方程为 $y = f (x)$ ，函数 $f (x)$ 在区间 $[0, a]$ 上有连续的导数，则定积分

\int_{0}^{a} x f^{'} (x) d x

等于()

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正确答案：C

正确答案：C

详解

首先，我们来看积分 $\int_{0}^{a} x f^{'} (x) d x$ 的计算过程：

\int_{0}^{a} x f^{'} (x) d x = \int_{0}^{a} x df (x) = x f (x) ∣_{0}^{a} - \int_{0}^{a} f (x) d x = a f (a) - \int_{0}^{a} f (x) d x

接下来，我们从几何角度解释这个结果：

$a f (a)$ 表示矩形 ABOC 的面积。
$\int_{0}^{a} f (x) d x$ 表示曲边梯形 ABO 的面积。

因此， $\int_{0}^{a} x f^{'} (x) d x$ 实际上表示的是曲边三角形的面积。

3

已知 $f (x, y) = e^{x^{2} + y^{2}}$ ，则()

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正确答案：B

正确答案：B

详解

计算 $f_{x}^{'} (0, 0)$ ：

f_{x}^{'} (0, 0) = x \to 0 lim \frac{f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{e ^{x^{2} + 0^{2}} - 1}{x} = x \to 0 lim \frac{e ^{∣ x ∣} - 1}{x}

分别计算左右极限：

x \to 0^{+} lim \frac{e ^{x} - 1}{x} = 1, x \to 0^{-} lim \frac{e ^{- x} - 1}{x} = - 1

由于左右极限不相等，故 $f_{x}^{'} (0, 0)$ 不存在。

计算 $f_{y}^{'} (0, 0)$ ：

f_{y}^{'} (0, 0) = y \to 0 lim \frac{f ( 0 , y ) - f ( 0 , 0 )}{y - 0} = y \to 0 lim \frac{e ^{0 + y^{2}} - 1}{y} = y \to 0 lim \frac{e ^{∣ y ∣} - 1}{y}

当 $y \to 0$ 时， $∣ y ∣ \to 0$ ，且 $e^{∣ y ∣} - 1 \sim ∣ y ∣$ 。因此：

y \to 0 lim \frac{e ^{∣ y ∣} - 1}{y} = 0

所以 $f_{y}^{'} (0, 0)$ 存在。综上，正确答案为 B。

4

设 $F (u, v) = \iint_{D_{uv}} \frac{f ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ ，其中 $D_{uv}$ 为圆环域 $1 \leq x^{2} + y^{2} \leq u^{2}$ ， $0 \leq v \leq 2 π$ ，则 $\frac{\partial F}{\partial u} = ()$ 。

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正确答案：A

正确答案：A

详解

使用极坐标变换得到：

F (u, v) = \iint_{D} \frac{f ( r ^{2} )}{r} \cdot r d r d θ = \int_{0}^{v} d θ \int_{1}^{u} f (r^{2}) d r = v \int_{1}^{u} f (r^{2}) d r

因此：

\frac{\partial F}{\partial u} = v f (u^{2})

5

设 $A$ 为 $n$ 阶非零矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，若 $A^{3} = 0$ ，则()

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正确答案：C

正确答案：C

详解

我们有：

(E - A) (E + A + A^{2}) = E - A^{3} = E

以及：

(E + A) (E - A + A^{2}) = E + A^{3} = E

因此， $E - A$ 和 $E + A$ 均可逆。

6

设 $A = (1221)$ ，则与 $A$ 合同的矩阵为()

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正确答案：D

正确答案：D

详解

记矩阵 $D = (1 - 2 - 2 1)$ ，则其特征多项式为：

∣ λ E - D ∣ = λ - 1 2 2 λ - 1 = (λ - 1)^{2} - 4

对于矩阵 $A$ ，其特征多项式为：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 2 - 2 λ - 1 = (λ - 1)^{2} - 4

因此， $A$ 和 $D$ 具有相同的特征多项式，即相同的特征值。

由于 $A$ 和 $D$ 是同阶实对称矩阵，而实对称矩阵相似必合同，故选项 D 正确。

7

随机变量 $X$ 、 $Y$ 独立同分布且 $X$ 的分布函数为 $F (x)$ ，则 $Z = max {X, Y}$ 的分布函数为

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正确答案：A

正确答案：A

详解

设 $Z = max {X, Y}$ ，则其分布函数为：

F_{Z} (z) = P (Z \leq z) = P {max {X, Y} \leq z}

由于 $max {X, Y} \leq z$ 等价于 $X \leq z$ 且 $Y \leq z$ ，且 $X$ 和 $Y$ 独立，因此：

F_{Z} (z) = P (X \leq z) P (Y \leq z) = F (z) F (z) = F^{2} (z)

其中 $F (z)$ 为 $X$ 和 $Y$ 的公共分布函数。

8

随机变量 $X \sim N (0, 1)$ ， $Y \sim N (1, 4)$ 且相关系数 $ρ_{X Y} = 1$ ，则 ( )

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正确答案：D

正确答案：D

详解

设 $Y = a X + b$ 。由 $ρ_{X Y} = 1$ 可知 $X$ 和 $Y$ 正相关，因此 $a > 0$ ，排除选项 (A) 和 (C)。

已知 $X \sim N (0, 1)$ 和 $Y \sim N (1, 4)$ ，则：

E (X) = 0, E (Y) = 1

根据线性变换的期望：

E (Y) = E (a X + b) = a E (X) + b = b = 1

因此 $b = 1$ ，排除选项 (B)。最终选择 (D)。

填空题

9

（填空题）设函数

f (x) = {x^{2} + 1, \frac{2}{∣ x ∣}, ∣ x ∣ \leq c ∣ x ∣ > c

在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，则 $c =$ ________

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【答案】 1

【解析】 因为 $lim_{x \to c^{-}} f (x) = lim_{x \to c^{-}} (x^{2} + 1) = c^{2} + 1$ ，而 $lim_{x \to c^{+}} f (x) = lim_{x \to c^{+}} \frac{2}{∣ x ∣} = \frac{2}{c}$ 。

由于 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，必然在 $x = c$ 处连续，因此有：

x \to c^{+} lim f (x) = x \to c^{-} lim f (x) = f (c)

即：

c^{2} + 1 = \frac{2}{c}

解得 $c = 1$ 。

10

（填空题）设 $f (x + \frac{1}{x}) = \frac{x + x ^{3}}{1 + x ^{4}}$ ，则 $\int_{2}^{22} f (x) d x =$

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【答案】 $\frac{1}{2} ln 3$

【解析】 给定函数关系式：

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

令 $t = \frac{1}{x} + x$ ，则函数可表示为：

f (t) = \frac{t}{t ^{2} - 2}

于是，积分计算如下：

\int_{2}^{22} f (x) d x = \int_{2}^{22} \frac{x}{x ^{2} - 2} d x

利用换元积分法，得到：

\frac{1}{2} ln (x^{2} - 2)_{2}^{22} = \frac{1}{2} (ln 6 - ln 2) = \frac{1}{2} ln 3

最终结果为：

\frac{1}{2} ln 3

11

（填空题）设 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，则

\iint_{D} (x^{2} - y) d x d y =

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【答案】 $\frac{π}{8}$

【解析】 利用函数奇偶性，区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称， $y$ 是关于 $y$ 的奇函数，所以

\iint_{D} (- y) d x d y = 0

对于 $\iint_{D} x^{2} d x d y$ ，利用极坐标计算：

\int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{2} cos^{2} θ \cdot r d r = \int_{0}^{2 π} cos^{2} θ d θ \int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{π}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{π}{8}

因此，

\iint_{D} (x^{2} - y) d x d y = \frac{π}{8}

12

（填空题）微分方程 $x y^{'} + y = 0$ 满足条件 $y (1) = 1$ 的解为 $y =$

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【答案】 $y = \frac{1}{x}$

【解析】 方程可化为

\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}

分离变量得

- ln ∣ y ∣ = ln ∣ x ∣ + C_{1}

即

\frac{1}{∣ y ∣} = ∣ x ∣ \cdot C

又 $y (1) = 1$ ，所以 $C = 1$ ，故

y = \frac{1}{x}

13

（填空题）设3阶矩阵 $A$ 的特征值为1，2，2， $E$ 为3阶单位矩阵，则 $4 A^{- 1} - E =$ ____________

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【答案】 3

【解析】 $A$ 的特征值为1，2，2，所以 $A^{- 1}$ 的特征值为1， $\frac{1}{2}$ ， $\frac{1}{2}$ 。

则 $4 A^{- 1} - E$ 的特征值为：

4 \times 1 - 1 = 3

4 \times \frac{1}{2} - 1 = 1

4 \times \frac{1}{2} - 1 = 1

所以行列式的值为：

∣4 A^{- 1} - E ∣ = 3 \times 1 \times 1 = 3

14

（填空题）设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布，则 $P {X = E (X^{2})} =$

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【答案】 $\frac{1}{2} e^{- 1}$

【解析】 由 $D X = E X^{2} - (EX)^{2}$ ， $X$ 服从参数为1的泊松分布，故 $EX = D X = 1$ 。

因此， $E X^{2} = 1 + 1^{2} = 2$ 。

于是，

P {X = 2} = \frac{1 ^{2}}{2 !} e^{- 1} = \frac{1}{2} e^{- 1}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} ln (\frac{sin x}{x})

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【答案】 -1/6

【解析】
方法一：

x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} ln \frac{sin x}{x} = x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} ln (1 + \frac{sin x}{x} - 1) = x \to 0 lim \frac{sin x - x}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{cos x - 1}{3 x ^{2}} = - x \to 0 lim \frac{sin x}{6 x} = - \frac{1}{6}

洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{- x sin x}{6 x ^{2}} = - \frac{1}{6}

16

（本题满分 10 分）

设 $z = z (x, y)$ 是由方程 $x^{2} + y^{2} - z = φ (x + y + z)$ 所确定的函数，其中 $φ$ 具有 2 阶导数且 $φ^{'} \neq = - 1$ 时。

(1) 求 $d z$

(2) 记 $u (x, y) = \frac{1}{x - y} (\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y})$ ，求 $\frac{\partial u}{\partial x}$

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【答案】
(1) $d z = \frac{( - φ ^{'} + 2 x ) d x + ( - φ ^{'} + 2 y ) d y}{φ ^{'} + 1}$
(2) $\frac{\partial u}{\partial x} = - \frac{4 x φ ^{''}}{( φ ^{'} + 1 ) ^{3}}$

【解析】
(1)

2 x d x + 2 y d y - d z = φ^{'} (x + y + z) \cdot (d x + d y + d z)

(φ^{'} + 1) d z = (- φ^{'} + 2 x) d x + (- φ^{'} + 2 y) d y

d z = \frac{( - φ ^{'} + 2 x ) d x + ( - φ ^{'} + 2 y ) d y}{φ ^{'} + 1} (∵ φ^{'} \neq = - 1)

(2)

由上一问可知：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{- φ ^{'} + 2 x}{φ ^{'} + 1}, \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{- φ ^{'} + 2 y}{φ ^{'} + 1}

所以：

u (x, y) = \frac{1}{x - y} (\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y}) = \frac{1}{x - y} (\frac{- φ ^{'} + 2 x}{φ ^{'} + 1} - \frac{- φ ^{'} + 2 y}{φ ^{'} + 1})

= \frac{1}{x - y} \frac{- 2 y + 2 x}{φ ^{'} + 1} = \frac{2}{φ ^{'} + 1}

所以：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{- 2 φ ^{''} ( 1 + \frac{\partial z}{\partial x} )}{( φ ^{'} + 1 ) ^{2}} = - \frac{2 φ ^{''} ( 1 + \frac{2 x - φ ^{'}}{1 + φ ^{'}} )}{( φ ^{'} + 1 ) ^{2}}

= - \frac{2 φ ^{''} ( 1 + φ ^{'} + 2 x - φ ^{'} )}{( φ ^{'} + 1 ) ^{3}} = - \frac{2 ( 2 x ) φ ^{''}}{( φ ^{'} + 1 ) ^{3}}

17

（本题满分11分）

计算 $\iint_{D} max (x y, 1) d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq 2}$ 。

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【答案】 $\frac{19}{4} + ln 2$

【解析】 曲线 $x y = 1$ 将区域分成三个区域 $D_{1}, D_{2}, D_{3}$ ：

从而所求的积分

\iint_{D} max (x y, 1) d x d y = \iint_{D_{1}} x y d x d y + \iint_{D_{2}} 1 d x d y + \iint_{D_{3}} 1 d x d y = \int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{0}^{2} 1 d y + \int_{\frac{1}{2}}^{2} d x \int_{0}^{\frac{1}{x}} 1 d y \int_{\frac{1}{2}}^{2} d x \int_{\frac{1}{x}}^{2} x y d y = 1 + 2 ln 2 + \frac{15}{4} - ln 2 = \frac{19}{4} + ln 2.

18

（本题满分10分）

设 $f (x)$ 是周期为2的连续函数。

(1) 证明对任意实数 $t$ ，有

\int_{t}^{t + 2} f (x) d x = \int_{0}^{2} f (x) d x

(2) 证明

G (x) = \int_{0}^{x} [2 f (t) - \int_{t}^{t + 2} f (s) d s] d t

是周期为2的周期函数。

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【答案】 见解析

【解析】 (1) 由积分的性质知对任意的实数 $t$ ，

\int_{t}^{t + 2} f (x) d x = \int_{t}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{t + 2} f (x) d x

令 $x = 2 + u$ ，则

\int_{2}^{t + 2} f (x) d x = \int_{0}^{t} f (2 + u) d u = \int_{0}^{t} f (u) d u = - \int_{t}^{0} f (x) d x

因此，

\int_{t}^{t + 2} f (x) d x = \int_{t}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{2} f (x) d x - \int_{t}^{0} f (x) d x = \int_{0}^{2} f (x) d x

另一种方法：设 $F (t) = \int_{t}^{t + 2} f (x) d x$ 。由于

F^{'} (t) = f (t + 2) - f (t) = 0

所以 $F (t)$ 为常数，从而有 $F (t) = F (0)$ 。而

F (0) = \int_{0}^{2} f (x) d x

因此，

\int_{t}^{t + 2} f (x) d x = \int_{0}^{2} f (x) d x

(2) 由(1)知，对任意的 $t$ 有

\int_{t}^{t + 2} f (s) d s = \int_{0}^{2} f (s) d s

记 $a = \int_{0}^{2} f (s) d s$ ，则

G (x) = 2 \int_{0}^{x} f (t) d t - a x

对任意的 $x$ ，

G (x + 2) - G (x) = 2 \int_{0}^{x + 2} f (t) d t - a (x + 2) - 2 \int_{0}^{x} f (t) d t + a x = 2 \int_{x}^{x + 2} f (t) d t - 2 a = 2 \int_{0}^{2} f (t) d t - 2 a = 0

所以 $G (x)$ 是周期为2的周期函数。

19

（本题满分 10 分）

设银行存款的年利率为 $r = 0.05$ ，并依年复利计算。某基金会希望通过存款 $A$ 万元，实现：

第一年提取 $19$ 万元，
第二年提取 $28$ 万元，
$\dots$ ，
第 $n$ 年提取 $(10 + 9 n)$ 万元，

并能按此规律一直提取下去。问 $A$ 至少应为多少万元？

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【答案】 3980 万元

【解析】
方法一：设 $A_{n}$ 为用于第 $n$ 年提取 $(10 + 9 n)$ 万元的贴现值，则

A_{n} = (1 + r)^{- n} (10 + 9 n)

因此，总现值为：

A = n = 1 \sum \infty A_{n} = n = 1 \sum \infty \frac{10 + 9 n}{( 1 + r ) ^{n}} = 10 n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 1.05 ) ^{n}} + 9 n = 1 \sum \infty \frac{n}{( 1.05 ) ^{n}}

设 $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n}$ （ $∣ x ∣ < 1$ ），因为：

S (x) = x n = 1 \sum \infty n x^{n - 1} = x \cdot \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} = \frac{x}{( 1 - x ) ^{2}}

所以：

S (\frac{1}{1.05}) = \frac{\frac{1}{1.05}}{( 1 - \frac{1}{1.05} ) ^{2}} = 420 （万元）

最终结果为：

A = 10 \times \frac{\frac{1}{1.05}}{1 - \frac{1}{1.05}} + 9 \times 420 = 10 \times 20 + 3780 = 3980 （万元）

方法二：设第 $t$ 年取款后的余款为 $y_{t}$ ，由题意知 $y_{t}$ 满足方程：

y_{t} = (1 + 0.05) y_{t - 1} - (10 + 9 t)

即：

y_{t} - 1.05 y_{t - 1} = - (10 + 9 t)

对应的齐次方程通解为：

y_{t} = C (1.05)^{t}

设特解为 $y_{t} = a t + b$ ，代入解得：

a = 180, b = 3980

所以通解为：

y_{t} = C (1.05)^{t} + 180 t + 3980

由初始条件 $y_{0} = A$ 及 $y_{t} \geq 0$ 得：

A = C + 3980 且 C \geq 0

因此， $A$ 至少为 3980 万元。

20

（本题满分 12 分）

设

A = 2 a a^{2} 1 2 a a^{2} 1 2 a ⋱ ⋱ ⋱ a^{2} 1 2 a_{n \times n}, X = x_{1} ⋮ x_{n}, B = 10 ⋮ 0

求证 $∣ A ∣ = (n + 1) a^{n}$
$a$ 为何值时，方程组 $AX = B$ 有唯一解；
$a$ 为何值时，方程组 $AX = B$ 有无穷多解。

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【答案】

见解析
$a \neq = 0$
$a = 0$

【解析】
(1) 证法一：通过行列式行变换（如 $r_{i + 1} - \frac{i}{i + 1} a r_{i}$ ）将矩阵化为上三角，得行列式为

2 a \cdot \frac{3 a}{2} \cdot \frac{4 a}{3} \dots \frac{( n + 1 ) a}{n} = (n + 1) a^{n}

证法二：数学归纳法。当 $n = 1$ 时， $∣ A ∣ = 2 a$ ；假设 $n = k$ 时成立，即 $D_{k} = (k + 1) a^{k}$ ，则 $n = k + 1$ 时，按第一行展开得

D_{k + 1} = 2 a D_{k} - a^{2} D_{k - 1} = 2 a (k + 1) a^{k} - a^{2} k a^{k - 1} = (k + 2) a^{k + 1}

结论成立。

证法三：递推法。记 $D_{n} = ∣ A ∣$ ，则 $D_{n} = 2 a D_{n - 1} - a^{2} D_{n - 2}$ ，特征方程 $r^{2} - 2 a r + a^{2} = 0$ 得重根 $r = a$ ，通解

D_{n} = (C_{1} + C_{2} n) a^{n}

代入初始条件 $D_{1} = 2 a$ ， $D_{2} = 3 a^{2}$ 得 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 1$ ，故

D_{n} = (n + 1) a^{n}

(2) 方程组有唯一解当且仅当 $∣ A ∣ \neq = 0$ ，即 $(n + 1) a^{n} \neq = 0$ ，故 $a \neq = 0$ 。

(3) 方程组有无穷多解当且仅当 $∣ A ∣ = 0$ 且系数矩阵与增广矩阵秩相等。由 $∣ A ∣ = 0$ 得 $a = 0$ ，此时矩阵 $A$ 为零矩阵（除第一行第一列为0，其余位置？需结合原矩阵结构，实际当 $a = 0$ 时， $A$ 为上三角矩阵，主对角线为0，第一行为 $(0, 1, 0, \dots, 0)$ ，其余行前两列依次为 $0, 0$ 等，增广矩阵为 $(1, 0, \dots, 0)^{⊤}$ ，此时系数矩阵秩为 $n - 1$ ，增广矩阵秩也为 $n - 1$ ，故 $a = 0$ 时有无穷多解。

21

（本题满分 10 分）

设 $A$ 为 3 阶矩阵， $a_{1}$ 、 $a_{2}$ 为 $A$ 的分别属于特征值 $- 1$ 、 $1$ 的特征向量，向量 $a_{3}$ 满足 $A a_{3} = a_{2} + a_{3}$ 。证明：

$a_{1}$ 、 $a_{2}$ 、 $a_{3}$ 线性无关；
令 $P = (a_{1}, a_{2}, a_{3})$ ，求 $P^{- 1} A P$ 。

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【答案】

见解析
$- 1 00 010011$

【解析】
(1)

证法一：假设 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ 线性相关。因为 $α_{1}$ , $α_{2}$ 分别属于不同特征值的特征向量，故 $α_{1}$ , $α_{2}$ 线性无关。则 $α_{3}$ 可由 $α_{1}$ , $α_{2}$ 线性表出，不妨设 $α_{3} = l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2}$ ，其中 $l_{1}, l_{2}$ 不全为零（若 $l_{1}, l_{2}$ 同时为 0，则 $α_{3} = 0$ ，由 $A α_{3} = α_{2} + α_{3}$ 可知 $α_{2} = 0$ ，而特征向量都是非零向量，矛盾）。

A α_{1} = - α_{1}, A α_{2} = α_{2}

A α_{3} = α_{2} + α_{3} = α_{2} + l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2}

A α_{3} = A (l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2}) = - l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2}

- l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2} = α_{2} + l_{1} α_{1} + l_{2} α_{2}, 移项整理得 2 l_{1} α_{1} + α_{2} = 0

则 $α_{1}$ , $α_{2}$ 线性相关，矛盾。所以 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ 线性无关。

证法二：设存在数 $k_{1}$ , $k_{2}$ , $k_{3}$ ，使得

k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3} = 0 (1)

用 $A$ 左乘 (1) 的两边，并由 $A α_{1} = - α_{1}$ , $A α_{2} = α_{2}$ 得

- k_{1} α_{1} + (k_{2} + k_{3}) α_{2} + k_{3} α_{3} = 0 (2)

(1) - (2) 得

2 k_{1} α_{1} - k_{3} α_{2} = 0

因为 $α_{1}$ , $α_{2}$ 是 $A$ 的属于不同特征值的特征向量，所以 $α_{1}$ , $α_{2}$ 线性无关，从而 $k_{1} = k_{3} = 0$ 。代入 (1) 得 $k_{2} α_{2} = 0$ ，又由于 $α_{2} \neq = 0$ ，所以 $k_{2} = 0$ 。故 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ 线性无关。

(2) 记 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，则 $P$ 可逆。

A P = A (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = (- α_{1}, α_{2}, α_{2} + α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) - 1 00 010011 = P - 1 00 010011

P^{- 1} A P = - 1 00 010011

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立。 $X$ 的概率分布为 $P {X = i} = \frac{1}{3}$ $(i = - 1, 0, 1)$ ， $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = {1, 0, 0 \leq y \leq 1 其他

记 $Z = X + Y$ 。

求 $P {Z \leq \frac{1}{2} ∣ X = 0}$ ；
求 $Z$ 的概率密度。

查看答案与解析

【答案】

$P {Z \leq \frac{1}{2} ∣ X = 0} = \frac{1}{2}$
$Z$ 的概率密度函数为
$f_{Z} (z) = {\frac{1}{3}, 0, - 1 \leq z < 2 其他$

【解析】
(1)

P (Z \leq \frac{1}{2} ∣ X = 0) = P (X + Y \leq \frac{1}{2} ∣ X = 0) = \frac{P ( X = 0 , Y \leq \frac{1}{2} )}{P ( X = 0 )} = P (Y \leq \frac{1}{2}) = \int_{0}^{\frac{1}{2}} 1 d y = \frac{1}{2}

(2)

F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X + Y \leq z} = P {X + Y \leq z, X = - η} + P {X + Y \leq z, X = 0} + P {X + Y \leq z, X = η} = P {Y \leq z + η, X = - η} + P {Y \leq z, X = 0} + P {Y \leq z - η, X = η} = P {Y \leq z + η} P {X = - η} + P {Y \leq z} P {X = 0} + P {Y \leq z - η} P {X = η} = \frac{1}{3} [P {Y \leq z + η} + P {Y \leq z} + P {Y \leq z - η}] = \frac{1}{3} [F_{Y} (z + η) + F_{Y} (z) + F_{Y} (z - η)]

求得概率密度函数：

f_{Z} (z) = \frac{1}{3} [f_{Y} (z + η) + f_{Y} (z) + f_{Y} (z - η)] = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{3}, 0, - η \leq z < 2 η 其他

23

（本题满分 11 分）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是总体为 $N (μ, σ^{2})$ 的简单随机样本，记

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, S^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

定义统计量

T = \overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}

证明 $T$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计量。
当 $μ = 0$ ， $σ = 1$ 时，求 $DT$ 。

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【答案】

见解析
$D (T) = \frac{2}{n ( n - 1 )}$

【解析】
(1) 因为 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，所以 $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$ ，从而 $E \overset{ˉ}{X} = μ$ ， $D \overset{ˉ}{X} = \frac{σ ^{2}}{n}$ 。

E (T) = E (\overline{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}) = E \overline{X}^{2} - \frac{1}{n} E (S^{2}) = D \overline{X} + (E \overline{X})^{2} - \frac{1}{n} E (S^{2}) = \frac{1}{n} σ^{2} + μ^{2} - \frac{1}{n} σ^{2} = μ^{2}

所以， $T$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计量。

(2)

方法一： $D (T) = E T^{2} - (ET)^{2}$ 。当 $μ = 0$ 时， $E (T) = 0$ ， $E (S^{2}) = σ^{2} = 1$ 。

D (T) = E T^{2} = E (\overline{X}^{4} - \frac{2}{n} \overline{X}^{2} \cdot S^{2} + \frac{S ^{4}}{n ^{2}}) = E (\overline{X}^{4}) - \frac{2}{n} E (\overline{X}^{2}) E (S^{2}) + \frac{1}{n ^{2}} E (S^{4})

因为 $X \sim N (0, 1)$ ，所以 $\overset{ˉ}{X} \sim N (0, \frac{1}{n})$ 。

E \overset{ˉ}{X} = 0, D \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n}, E \overset{ˉ}{X}^{2} = D \overset{ˉ}{X} + (E \overset{ˉ}{X})^{2} = \frac{1}{n}

E (\overline{X}^{4}) = D (\overline{X}^{2}) + E^{2} (\overline{X}^{2}) = D (\frac{1}{n} n \overset{ˉ}{X})^{2} + [D (\overset{ˉ}{X}) + E^{2} (\overset{ˉ}{X})]^{2} = \frac{1}{n ^{2}} D (n \overset{ˉ}{X})^{2} + [D (\overset{ˉ}{X})]^{2} = \frac{1}{n ^{2}} \times 2 + (\frac{1}{n})^{2} = \frac{3}{n ^{2}}

E S^{4} = E [(S^{2})^{2}] = D S^{2} + (E S^{2})^{2} = D S^{2} + 1

因为 $W = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} = (n - 1) S^{2} \sim χ^{2} (n - 1)$ ，所以 $D W = 2 (n - 1)$ 。又因为 $D W = (n - 1)^{2} D S^{2}$ ，所以 $D S^{2} = \frac{2}{( n - 1 )}$ 。因此，

E S^{4} = \frac{2}{( n - 1 )} + 1 = \frac{n + 1}{n - 1}

E T^{2} = \frac{3}{n ^{2}} - \frac{2}{n} \cdot \frac{1}{n} \times 1 + \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{n + 1}{n - 1} = \frac{2}{n ( n - 1 )}

方法二：当 $μ = 0$ ， $σ = 1$ 时，

D (T) = D (\overline{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}) (\overline{X} S^{2}) = D \overline{X}^{2} + \frac{1}{n ^{2}} D S^{2} = \frac{1}{n ^{2}} D (n \overline{X})^{2} + \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{1}{( n - 1 ) ^{2}} D [(n - 1) S^{2}]

由于 $n \overline{X} \sim N (0, 1)$ ，则 $(n \overline{X})^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，故 $D (n \overline{X})^{2} = 2$ ，所以

\frac{1}{n ^{2}} D (n \overline{X})^{2} = \frac{2}{n ^{2}}

又因为 $(n - 1) S^{2} \sim χ^{2} (n - 1)$ ，其方差为 $2 (n - 1)$ ，所以

\frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{1}{( n - 1 ) ^{2}} D [(n - 1) S^{2}] = \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{2 ( n - 1 )}{( n - 1 ) ^{2}} = \frac{2}{n ^{2} ( n - 1 )}

因此，

D (T) = \frac{2}{n ^{2}} + \frac{2}{n ^{2} ( n - 1 )} = \frac{2 ( n - 1 ) + 2}{n ^{2} ( n - 1 )} = \frac{2 n}{n ^{2} ( n - 1 )} = \frac{2}{n ( n - 1 )}