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2013 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时，用 $o (x)$ 表示比 $x$ 高阶的无穷小，则下列式子中错误的是

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正确答案：D

正确答案：D

由高阶无穷小的定义可知，(A)、(B)、(C) 都是正确的。对于 (D)，可以找出反例：

例如，当 $x \to 0$ 时，设 $f (x) = x^{2} + x^{3} = o (x)$ ， $g (x) = x^{3} = o (x^{2})$ 。但 $f (x) + g (x) = o (x)$ ，而不是 $o (x^{2})$ 。

因此，正确答案是 (D)。

2

设 $f (x) = \frac{∣ x ∣ ^{x} - 1}{x ( x + 1 ) l n ∣ x ∣}$ ，则 $f (x)$ 的间断点个数为

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正确答案：C

正确答案：C

当 $x \to 0$ 时，有：

∣ x ∣^{x} - 1 = e^{x l n ∣ x ∣} - 1 \sim x ln ∣ x ∣

因此：

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

这表明 $x = 0$ 是函数 $f (x)$ 的可去间断点。

对于 $x \to 1$ ：

x \to 1 lim f (x) = x \to 1 lim \frac{∣ x ∣ ^{x} - 1}{x ( x + 1 ) ln ∣ x ∣} = x \to 1 lim \frac{x ln ∣ x ∣}{( x + 1 ) ln ∣ x ∣} = \frac{1}{2}

因此， $x = 1$ 也是函数 $f (x)$ 的可去间断点。

对于 $x \to - 1$ ：

x \to - 1 lim f (x) = x \to - 1 lim \frac{∣ x ∣ ^{x} - 1}{x ( x + 1 ) ln ∣ x ∣}

此时分母趋近于0，而分子趋近于非零常数，极限为 $\infty$ ，所以 $x = - 1$ 是函数 $f (x)$ 的无穷间断点。

综上，间断点个数为2，故应该选(C)。

3

设 $D_{k}$ 是区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 的第 $k$ 象限的部分，记 $I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) d x d y$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

由极坐标系下二重积分的计算可知

I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) d x d y = \int_{(k - 1) \frac{π}{2}}^{k \frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{1} (sin θ - cos θ) r^{2} d r = \frac{1}{3} \int_{(k - 1) \frac{π}{2}}^{k \frac{π}{2}} (sin θ - cos θ) d θ = - \frac{1}{3} (sin θ + cos θ)_{(k - 1) \frac{π}{2}}^{k \frac{π}{2}}

所以 $I_{1} = I_{3} = 0$ ， $I_{2} = \frac{2}{3}$ ， $I_{4} = - \frac{2}{3}$ ，应该选 (B)。

4

设 ${a_{n}}$ 为正项数列，则下列选项正确的是

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正确答案：D

正确答案：D

由正项级数的比较审敛法，可知选项 (D) 正确。

选项 (A) 缺少 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ 条件，错误。

选项 (B) 中莱布尼兹条件只是交错级数收敛的充分条件，非必要条件，错误。

选项 (C) 反例可自行构造，错误。

故应选 (D)。

5

设 $A$ , $B$ , $C$ 均为 $n$ 阶矩阵，若 $A B = C$ ，且 $B$ 可逆，则

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正确答案：B

正确答案：B

将矩阵 $A$ 和 $C$ 列分块如下：

A = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}), C = (γ_{1}, γ_{2}, \dots, γ_{n})

由于 $A B = C$ ，则可知：

γ_{i} = b_{1 i} α_{1} + b_{2 i} α_{2} + \dots + b_{ni} α_{n} (i = 1, 2, \dots, n)

这表明矩阵 $C$ 的列向量组可由矩阵 $A$ 的列向量组线性表示。同时，由于 $B$ 可逆，即 $A = C B^{- 1}$ ，同理可知矩阵 $A$ 的列向量组可由矩阵 $C$ 的列向量组线性表示。

因此，矩阵 $C$ 的列向量组与矩阵 $A$ 的列向量组等价，应该选 (B)。

6

矩阵 $A = 1 a 1 a b a 1 a 1$ 与 $B = 000 0 b 0 000$ 相似的充分必要条件是

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正确答案：B

正确答案：B

计算行列式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - a - 1 - a λ - b - a - 1 - a λ - 1 = - λ (λ^{2} - (b + 2) λ + 2 b - 2 a^{2})

由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们的特征值对应相等。已知 $B$ 的特征值为 $0$ , $b$ , $0$ ，因此 $A$ 必有特征值 $0$ 。将 $λ = 0$ 代入行列式：

2 b - 2 a^{2} = 0

解得 $a = 0$ ，而 $b$ 为任意常数。因此，正确答案是 (B)。

7

设 $X_{1}$ 、 $X_{2}$ 、 $X_{3}$ 是随机变量，且 $X_{1} \sim N (0, 1)$ ， $X_{2} \sim N (0, 2^{2})$ ， $X_{3} \sim N (5, 3^{2})$ 。令 $P_{i} = P {- 2 \leq X_{i} \leq 2}$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

若 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，则 $\frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)$ 。

P_{1} = 2Φ (2) - 1,

P_{2} = P {- 2 \leq X_{2} \leq 2} = P {- 1 \leq \frac{X _{2}}{2} \leq 1} = 2Φ (1) - 1,

P_{3} = P {- 2 \leq X_{3} \leq 2} = P {\frac{- 2 - 5}{3} \leq \frac{X _{3} - 5}{3} \leq \frac{2 - 5}{3}} = Φ (- 1) - Φ (- \frac{7}{3}) = Φ (\frac{7}{3}) - Φ (1),

比较得 $P_{1} > P_{2}$ ，且

P_{3} - P_{2} = 1 + Φ (\frac{7}{3}) - 3Φ (1) < 0,

故 $P_{1} > P_{2} > P_{3}$ ，选择 (A)。

8

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且 $X$ 和 $Y$ 的概率分布分别为

x P 0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{4} 2 \frac{1}{8} 3 \frac{1}{8}

Y P - 1 \frac{1}{3} 0 \frac{1}{3} 1 \frac{1}{3}

则 $P (X + Y = 2) =$ (

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正确答案：C

正确答案：C

P {X + Y = 2} = P {X = 1, Y = 1} + P {X = 2, Y = 0} + P {X = 3, Y = - 1} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{8} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{8} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12} + \frac{1}{24} + \frac{1}{24} = \frac{1}{6}

故选择 (C)。

填空题

9

（填空题）设函数 $y = f (x)$ 和 $y = x^{2} - x$ 在 $x = 1$ 处相切， $lim_{n \to \infty} n f (\frac{n}{n + 2}) =$

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【答案】 -2

【解析】 由条件可知 $f (1) = 0$ ， $f^{'} (1) = 1$ 。所以

n \to \infty lim n f (\frac{n}{n + 2}) = n \to \infty lim \frac{f ( 1 + \frac{- 2}{n + 2} ) - f ( 1 )}{\frac{- 2}{n + 2}} \cdot \frac{- 2 n}{n + 2} = - 2 f^{'} (1) = - 2

10

（填空题）设函数 $z = z (x, y)$ 是由方程 $(z + y)^{x} = x y$ 确定，求 $\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 2)}$

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【答案】 $2 - 2 ln 2$

【解析】 设函数 $z = z (x, y)$ 是由方程 $(z + y)^{x} = x y$ 确定，求 $\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 2)}$

设 $F (x, y, z) = (z + y)^{x} - x y$ ，则

F_{x} (x, y, z) = (z + y)^{x} ln (z + y) - y, F_{z} (x, y, z) = x (z + y)^{x - 1}

当 $x = 1$ ， $y = 2$ 时，代入方程得 $(z + 2)^{1} = 1 \times 2$ ，即 $z = 0$ ，所以

\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 2)} = - \frac{F _{x} ( 1 , 2 , 0 )}{F _{z} ( 1 , 2 , 0 )} = - \frac{( 0 + 2 ) ^{1} ln ( 0 + 2 ) - 2}{1 \times ( 0 + 2 ) ^{1 - 1}} = - \frac{2 ln 2 - 2}{1} = 2 - 2 ln 2

11

（填空题）

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{2}} d x =

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【答案】 $\ln 2 $

【解析】

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{2}} d x = - \int_{1}^{+ \infty} ln x d \frac{1}{1 + x} = - \frac{ln x}{1 + x}_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( 1 + x )} d x

其中 $- \frac{l n x}{1 + x}_{1}^{+ \infty} = 0 - (- \frac{l n 1}{2}) = 0$ 。

接下来计算剩余积分：

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ( 1 + x )} d x = \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x} - \frac{1}{1 + x}) d x = ln \frac{x}{1 + x}_{1}^{+ \infty} = ln 1 - ln \frac{1}{2} = ln 2

综上，原积分结果为：

ln 2

12

（填空题）微分方程 $y^{''} - y^{'} + \frac{1}{4} y = 0$ 的通解为

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【答案】

y = (C_{1} + C_{2} x) e^{\frac{1}{2} x}

【解析】
方程的特征方程为 $λ^{2} - λ + \frac{1}{4} = 0$ ，即 $(2 λ - 1)^{2} = 0$ 。解得两个相等实根 $λ_{1} = λ_{2} = \frac{1}{2}$ ，因此方程的通解为

y = (C_{1} + C_{2} x) e^{\frac{1}{2} x}

其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

13

（填空题）设 $A = (a_{ij})$ 是三阶非零矩阵， $∣ A ∣$ 为其行列式， $A_{ij}$ 为元素 $a_{ij}$ 的代数余子式，且满足 $A_{ij} + a_{ij} = 0$ $(i, j = 1, 2, 3)$ ，则 $∣ A ∣ =$ ________

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【答案】 -1

【解析】 由条件 $A_{ij} + a_{ij} = 0$ （ $i, j = 1, 2, 3$ ）可知 $A^{* T} = - A$ ，其中 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。两边取行列式得 $∣ A^{* T} ∣ = ∣ - A ∣$ ，即 $∣ A^{*} ∣ = (- 1)^{3} ∣ A ∣ = - ∣ A ∣$ 。

又因为 $∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} = ∣ A ∣^{2}$ （ $n = 3$ ），所以 $∣ A ∣^{2} = - ∣ A ∣$ ，即 $∣ A ∣ (∣ A ∣ + 1) = 0$ ，解得 $∣ A ∣ = 0$ 或 $∣ A ∣ = - 1$ 。

若 $∣ A ∣ = 0$ ，则 $r (A) < 3$ 。由 $A^{* T} = - A$ 可知 $r (A^{*}) = r (A)$ ，但 $r (A) < 3$ 时 $r (A^{*}) \leq 1$ 。而 $A$ 为非零矩阵，若 $r (A) = 1$ ，则 $r (A^{*}) = 1$ ，此时 $A^{* T} = - A$ 成立；若 $r (A) = 0$ ，则 $A = O$ ，与非零矩阵矛盾。

再考虑特征值。假设 $λ$ 是 $A$ 的特征值， $α$ 是对应的特征向量，则 $A α = λ α$ 。两边左乘 $A^{*}$ 得

A^{*} A α = λ A^{*} α

即

∣ A ∣ α = λ A^{*} α

由 $A^{* T} = - A$ 得 $A^{*} = - A^{T}$ ，所以

∣ A ∣ α = λ (- A^{T}) α = - λ (A α)^{T} = - λ (λ α)^{T} = - λ^{2} α

即

(∣ A ∣ + λ^{2}) α = 0

因为 $α \neq = 0$ ，所以 $∣ A ∣ + λ^{2} = 0$ 。若 $∣ A ∣ = 0$ ，则 $λ = 0$ ，即 $A$ 的特征值全为 0，那么 $A^{*} = O$ ，从而 $A = O$ ，矛盾。故 $∣ A ∣ = - 1$ 。

14

（填空题）设随机变量 $X$ 服从标准正态分布 $X \sim N (0, 1)$ ，则 $E (X e^{2 X}) =$ ________。

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【答案】 $2 e^{2}$

【解析】

E (X e^{2 X}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x e^{2 x} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x}{2 π} e^{- \frac{x ^{2} - 4 x}{2}} d x

= \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x}{2 π} e^{- \frac{( x - 2 ) ^{2}}{2} + 2} d x = e^{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x}{2 π} e^{- \frac{( x - 2 ) ^{2}}{2}} d x

令 $t = x - 2$ ，则 $x = t + 2$ ，于是

e^{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t + 2}{2 π} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t = e^{2} (\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t}{2 π} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t + 2 \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t)

其中第一项为 $E (T) = 0$ （ $T \sim N (0, 1)$ ），第二项为 $2 \times 1 = 2$ ，因此

E (X e^{2 X}) = 2 e^{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）

当 $x \to 0$ 时， $1 - cos x cos 2 x cos 3 x$ 与 $a x^{n}$ 是等价无穷小，求常数 $a$ 和 $n$ 。

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【答案】 $a = 7, n = 2$

【解析】 当 $x \to 0$ 时，

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

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

cos 3 x = 1 - \frac{1}{2} (3 x)^{2} + o (x^{2}) = 1 - \frac{9}{2} x^{2} + o (x^{2})

因此，

1 - cos x cos 2 x cos 3 x

= 1 - (1 - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})) (1 - 2 x^{2} + o (x^{2})) (1 - \frac{9}{2} x^{2} + o (x^{2})) = 7 x^{2} + o (x^{2})

由于 $1 - cos x cos 2 x cos 3 x$ 与 $a x^{n}$ 是等价无穷小，所以 $a = 7$ ， $n = 2$ 。

16

（本题满分 10 分）

设 $D$ 是由曲线 $y = 3 x$ 、直线 $x = a$ （ $a > 0$ ）及 $x$ 轴所围成的平面图形。 $V_{x}$ 、 $V_{y}$ 分别是 $D$ 绕 $x$ 轴和 $y$ 轴旋转一周所形成的立体的体积。若 $10 V_{x} = V_{y}$ ，求 $a$ 的值。

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【答案】 7

【解析】 由微元法可知

V_{x} = π \int_{0}^{a} y^{2} d x = π \int_{0}^{a} x^{\frac{2}{3}} d x = \frac{3}{5} a^{\frac{5}{3}} π

V_{y} = 2 π \int_{0}^{a} x f (x) d x = 2 π \int_{0}^{a} x^{\frac{4}{3}} d x = \frac{6}{7} a^{\frac{7}{3}} π

由条件 $10 V_{x} = V_{y}$ ，知 $a = 7$ 。

17

（本题满分 10 分）

设平面区域 $D$ 是由曲线 $x = 3 y$ 、 $y = 3 x$ 、 $x + y = 8$ 所围成，求

\iint_{D} x^{2} d x d y .

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【答案】 $\frac{416}{3}$

【解析】

\iint_{D} x^{2} d x d y = \iint_{D_{1}} x^{2} d x d y + \iint_{D_{2}} x^{2} d x d y = \int_{0}^{2} x^{2} d x \int_{\frac{x}{3}}^{3 x} d y + \int_{2}^{6} x^{2} d x \int_{\frac{x}{3}}^{8 - x} d y = \frac{416}{3}

18

（本题满分 10 分）

设生产某产品的固定成本为6000元，可变成本为20元/件，价格函数为 $P = 60 - \frac{Q}{1000}$ （ $P$ 是单价，单位：元； $Q$ 是销量，单位：件）。已知产销平衡，求：

该产品的边际利润。
当 $P = 50$ 时的边际利润，并解释其经济意义。
使得利润最大的定价 $P$ 。

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【答案】

该产品的边际利润为 $y^{'} = 40 - \frac{Q}{500}$ .
当 $P = 50$ 时，边际利润为 20，经济意义：当 $P = 50$ 时，销量每增加1件，利润增加20元。
使得利润最大的定价 $P$ 为 40.

【解析】
(1) 设利润为 $y$ ，则利润函数为：

y = PQ - (6000 + 20 Q) = 40 Q - \frac{Q ^{2}}{1000} - 6000

边际利润为：

y^{'} = 40 - \frac{Q}{500}

(2) 当 $P = 50$ 时，销量为：

Q = 10000

此时边际利润为：

y^{'} = 20

经济意义：当 $P = 50$ 时，销量每增加1件，利润增加20元。

(3) 令边际利润为零：

y^{'} = 0 ⟹ Q = 20000

对应的价格为：

P = 60 - \frac{20000}{1000} = 40

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上可导， $f (0) = 0$ ，且 $lim_{x \to \infty} f (x) = 2$ ，证明：

存在 $a > 0$ ，使得 $f (a) = 1$ ；
对 (1) 中的 $a$ ，存在 $ξ \in (0, a)$ ，使得 $f^{'} (ξ) = \frac{1}{a}$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 (1) 由 $lim_{x \to \infty} f (x) = 2$ ，所以存在 $X > 0$ ，当 $x > X$ 时，有 $\frac{3}{2} < f (x) < \frac{5}{2}$ 。又因为 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上连续，所以 $f (x)$ 在 $[0, X]$ 上连续。

由介值定理，存在 $a \in (0, X)$ ，使得 $f (a) = 1$ 。

(2) 函数 $f (x)$ 在 $[0, a]$ 上可导，由拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (0, a)$ 使得

f^{'} (ξ) = \frac{f ( a ) - f ( 0 )}{a} = \frac{1}{a}

20

（本题满分 11 分）

设矩阵

A = (11 a 0), B = (01 1 b),

求所有矩阵 $C$ ，使得

A C - C A = B .

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【答案】 当 $a = - 1$ 且 $b = 0$ 时，所有矩阵 $C$ 为

C = (1 + C_{1} C_{1} - C_{1} C_{2})

其中 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】
设 $C = (x_{1} x_{3} x_{2} x_{4})$ ，由 $A C - C A = B$ 可化为：

⎩ ⎨ ⎧ - x_{2} + a x_{3} = 0 - a x_{1} + x_{2} + a x_{4} = 1 x_{1} - x_{3} - x_{4} = 1 x_{2} - a x_{3} = b

对增广矩阵进行初等行变换：

(A ∣ b) = 0 - a 10 - 1 101 a 0 - 1 - a 0 a - 1 0 011 b \to 10000100 - 1 - a 00 - 1 000 10 1 + a b

当 $a = - 1$ ， $b = 0$ 时，线性方程组有解。此时增广矩阵进一步化简为：

(A ∣ b) \to 10000100 - 1 100 - 1 000 1000

通解为：

x = x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = 1000 + C_{1} 1 - 1 10 + C_{2} 0001

即矩阵 $C$ 为：

C = (1 + C_{1} C_{1} - C_{1} C_{2})

其中 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 为任意常数。

21

（本题满分 11 分）

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3})^{2} + (b_{1} x_{1} + b_{2} x_{2} + b_{3} x_{3})^{2},

记

α = a_{1} a_{2} a_{3}, β = b_{1} b_{2} b_{3} .

证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α α^{⊤} + β β^{⊤}$ ；
若 $α$ ， $β$ 正交且为单位向量，证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

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【答案】

二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α α^{⊤} + β β^{⊤}$ 。
$f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

【解析】
(1)

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3})^{2} + (b_{1} x_{1} + b_{2} x_{2} + b_{3} x_{3})^{2} = 2 (x_{1}, x_{2}, x_{3}) a_{1} a_{2} a_{3} (a_{1}, a_{2}, a_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} + (x_{1}, x_{2}, x_{3}) b_{1} b_{2} b_{3} (b_{1}, b_{2}, b_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) (2 α α^{⊤} + β β^{⊤}) x_{1} x_{2} x_{3}

所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α α^{⊤} + β β^{⊤}$ 。

(2)

设 $A = 2 α α^{⊤} + β β^{⊤}$ 。由于 $∣ α ∣ = 1$ ， $β^{⊤} α = 0$ ，则：

A α = (2 α α^{⊤} + β β^{⊤}) α = 2 α ∣ α ∣^{2} + β (β^{⊤} α) = 2 α

所以 $α$ 为矩阵对应特征值 $λ_{1} = 2$ 的特征向量。

A β = (2 α α^{⊤} + β β^{⊤}) β = 2 α (α^{⊤} β) + β ∣ β ∣^{2} = β

所以 $β$ 为矩阵对应特征值 $λ_{2} = 1$ 的特征向量。

矩阵 $A$ 的秩 $r (A) \leq r (2 α α^{⊤}) + r (β β^{⊤}) = 2$ ，所以 $λ_{3} = 0$ 也是矩阵的一个特征值。

故 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

22

（本题满分 11 分）

设 $(X, Y)$ 为二维随机变量， $X$ 的概率密度为

f_{X} (x) = {3 x^{2}, 0, 0 < x < 1, 其他 .

在给定 $X = x$ $(0 < x < 1)$ 的条件下， $Y$ 的条件概率密度为

f_{Y ∣ X} (y ∣ x) = {\frac{3 y ^{2}}{x ^{3}}, 0, 0 < y < x, 其他 .

(1) 求 $(X, Y)$ 的联合概率密度 $f (x, y)$ ；

(2) 求 $Y$ 的边缘概率密度 $f_{Y} (y)$ 。

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【答案】
(1) $(X, Y)$ 的联合概率密度为

f (x, y) = {\frac{9 y ^{2}}{x}, 0, 0 < y < x < 1 其他

(2) $Y$ 的边缘概率密度为

f_{Y} (y) = {- 9 y^{2} ln y, 0, 0 < y < 1 其他

【解析】
(1) $(X, Y)$ 的联合概率密度 $f (x, y)$ 为：

f (x, y) = f_{Y ∣ X} (y ∣ x) \cdot f_{X} (x) = {\frac{9 y ^{2}}{x}, 0, 0 < y < x < 1 otherwise

(2) $Y$ 的边缘概率密度 $f_{Y} (y)$ 为：

f_{Y} (y) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x, y) d x = {\int_{y}^{1} \frac{9 y ^{2}}{x} d x = - 9 y^{2} ln y, 0, 0 < y < 1 otherwise

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; θ) = {\frac{θ ^{2}}{x ^{3}} e^{- \frac{θ}{x}}, 0, x > 0 其他

其中 $θ$ 为未知参数， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(1) 求 $θ$ 的矩估计量；

(2) 求 $θ$ 的极大似然估计量。

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【答案】
(1) $\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$
(2) $\hat{θ} = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} \frac{1}{X _{i}}}$

【解析】
(1) 首先计算总体的数学期望 $E (X)$ ：

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

令 $E (X) = \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ，得到 $θ$ 的矩估计量为：

\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

(2) 当 $x_{i} > 0 (i = 1, 2, \dots, n)$ 时，似然函数为：

L (θ) = i = 1 \prod n (\frac{θ ^{2}}{x _{i}^{3}} e^{- \frac{θ}{x _{i}}}) = \frac{θ ^{2 n}}{( \prod _{i = 1}^{n} x _{i} ) ^{3}} e^{- θ (\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{x _{i}})}

取对数后得到：

ln L (θ) = 2 n ln θ - θ (i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}}) - 3 i = 1 \sum n ln x_{i}

令 $\frac{d l n L ( θ )}{d θ} = 0$ ，得到方程：

\frac{2 n}{θ} - i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} = 0

解得 $θ$ 的极大似然估计量为：

\hat{θ} = \frac{2 n}{\sum _{i = 1}^{n} \frac{1}{X _{i}}}