学习资源 / 数学历年真题 / 数学三 / 2014 年真题

整卷阅读

2014 年真题

23 题

选择题

1

设 $lim_{n \to \infty} a_{n} = a$ ，且 $a \neq = 0$ ，则当 $n$ 充分大时有 ()

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

根据极限的保号性推论：若 $lim_{n \to \infty} a_{n} = a \neq = 0$ ，则存在 $N > 0$ ，当 $n > N$ 时，

∣ a_{n} ∣ > λ ∣ a ∣, 0 < λ < 1

因此，正确答案为 (A)。

2

下列曲线有渐近线的是

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

计算过程如下：

x \to \infty lim \frac{x + sin \frac{1}{x}}{x} = x \to \infty lim 1 + x \to \infty lim \frac{sin \frac{1}{x}}{x} = 1 + 0 = 1

又因为：

x \to \infty lim [x + sin \frac{1}{x} - x] = x \to \infty lim sin \frac{1}{x} = 0

所以函数 $y = x + sin \frac{1}{x}$ 存在斜渐近线 $y = x$ 。

3

设 $P (x) = a + b x + c x^{2} + d x^{3}$ ，当 $x \to 0$ 时，若 $P (x) - tan x$ 是比 $x^{3}$ 高阶的无穷小，则下列选项中错误的是

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

给定多项式 $P (x) = a + b x + c x^{2} + d x^{3}$ ，已知 $a = 0$ 。

计算极限：

x \to 0 lim \frac{P ( x ) - tan x}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{b x + c x ^{2} + d x ^{3} - tan x}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{b + 2 c x - sec ^{2} x}{3 x ^{2}} + d

由极限存在条件：

x \to 0 lim (b + 2 c x - sec^{2} x) = 0 ⟹ b = 1

进一步化简得：

= x \to 0 lim \frac{2 c}{3 x} - \frac{1}{3} + d = 0 ⟹ c = 0, d = \frac{1}{3}

4

设函数 $f (x)$ 具有二阶导数， $g (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x$ ，则在区间 $[0, 1]$ 上

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

令 $F (x) = g (x) - f (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x - f (x)$ ，则 $F (0) = F (1) = 0$ 。

导数为：

F^{'} (x) = - f (0) + f (1) - f^{'} (x), F^{''} (x) = - f^{''} (x)

若 $f^{''} (x) \geq 0$ ，则 $F^{''} (x) \leq 0$ ，故 $F (x)$ 在 $[0, 1]$ 上为凸函数。

由于 $F (0) = F (1) = 0$ ，对于 $x \in [0, 1]$ ，有 $F (x) \geq 0$ ，即 $g (x) \geq f (x)$ 。

因此，本题应选 (D)。

5

行列式

0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d = ?

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

由行列式的展开定理展开第一列，

0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d = - a a c 0 b d 0 00 d - c a 0 c b 0 d 0 b 0

进一步计算得到：

= - a d (a d - b c) + b c (a d - b c) = - (a d - b c)^{2}

6

设 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 均为三维向量，则对任意常数 $k$ 、 $l$ ，向量组 $α_{1} + k α_{3}$ 、 $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关是向量 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关的 ()

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

(α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 10 k 01 l

若 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关，则：

r ((α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3})) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 10 k 01 l = r 10 k 01 l = 2

故 $α_{1} + k α_{3}$ 与 $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关。

举反例令 $α_{3} = 0$ ，则 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 线性无关，但此时 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性相关。

综上所述，对任意常数 $k$ ，向量 $α_{1} + k α_{3}$ 与 $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关是向量 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关的必要非充分条件。

7

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，且 $P (B) = 0.5$ ， $P (A - B) = 0.3$ ，则 $P (B - A) =$ ()

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

已知 $P (A - B) = 0.3$ ， $A$ 与 $B$ 独立， $P (B) = 0.5$ 。

根据概率差公式和独立性：

P (A - B) = P (A) - P (A B) = P (A) - P (A) P (B) = P (A) - 0.5 P (A) = 0.5 P (A) = 0.3

解得 $P (A) = 0.6$ 。

再计算 $P (B - A)$ ：

P (B - A) = P (B) - P (A B) = P (B) - P (A) P (B) = 0.5 - 0.5 \times 0.6 = 0.5 - 0.3 = 0.2

应选 B。

8

设 $X_{1}$ 、 $X_{2}$ 、 $X_{3}$ 为来自正态总体 $N (0, σ^{2})$ 的简单随机样本，则统计量

S = \frac{X _{1} - X _{2}}{2 ∣ X _{3} ∣}

服从的分布为 ()

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

$X_{1}$ 、 $X_{2}$ 、 $X_{3}$ 来自总体 $X \sim N (0, σ^{2})$ ，则 $X_{1} - X_{2}$ 与 $∣ X_{3} ∣$ 独立。

X_{1} - X_{2} \sim N (0, 2 σ^{2})

则

\frac{X _{1} - X _{2}}{2 σ} \sim N (0, 1)

同样，

\frac{X _{3}}{σ} \sim N (0, 1)

因此，

\frac{X _{3}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (1)

利用分布的典型模式得到：

\frac{\frac{X _{1} - X _{2}}{2 σ}}{\frac{X _{3}^{2}}{σ ^{2}} /1} \sim t (1)

即

\frac{X _{1} - X _{2}}{2 ∣ X _{3} ∣} \sim t (1)

填空题

9

（填空题）设某商品的需求函数为 $Q = 40 - 2 p$ （ $p$ 为商品的价格），则该商品的边际收益为

查看答案与解析

【答案】 $40 - 4 p$

【解析】 收益函数为：

R = P \cdot Q = p (40 - 2 p)

对应的边际收益为：

\frac{d R}{d p} = 40 - 4 p

10

（填空题）设 $D$ 是由曲线 $x y + 1 = 0$ 与直线 $y + x = 0$ 及 $y = 2$ 围成的有界区域，则 $D$ 的面积为

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2} + ln 2$

【解析】 该积分可以按如下方式计算：

S = \int_{0}^{1} y d y + \int_{1}^{2} \frac{1}{y} d y

分别计算各部分：

\int_{0}^{1} y d y = \frac{y ^{2}}{2}_{0}^{1} = \frac{1}{2}

\int_{1}^{2} \frac{1}{y} d y = ln y ∣_{1}^{2} = ln 2

合并结果：

S = \frac{1}{2} + ln 2

11

（填空题）设 $\int_{0}^{a} x e^{2 x} d x = \frac{1}{4}$ ，则 $a =$

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 由于 $\int x e^{2 x} d x = (\frac{x}{2} - \frac{1}{4}) e^{2 x} + C$ ，则

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

又

\int_{0}^{a} x e^{2 x} d x = \frac{1}{4}

所以

(\frac{a}{2} - \frac{1}{4}) e^{2 a} = 0

即

a = \frac{1}{2}

12

（填空题）二次积分

\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} (\frac{e ^{x^{2}}}{x} - e^{y^{2}}) d x =

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2} (e - 1)$

【解析】

\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} (\frac{e ^{x^{2}}}{x} - e^{y^{2}}) d x = \int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} \frac{e ^{x^{2}}}{x} d x - \int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} e^{y^{2}} d x = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} \frac{e ^{x^{2}}}{x} d y - \int_{0}^{1} (1 - y) e^{y^{2}} d y = \int_{0}^{1} e^{x^{2}} d x - \int_{0}^{1} (1 - y) e^{y^{2}} d y = \int_{0}^{1} y e^{y^{2}} d y = \frac{1}{2} e^{y^{2}}_{0}^{1} = \frac{1}{2} (e - 1)

13

（填空题）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的负惯性指数是 1，则 $a$ 的取值范围为

查看答案与解析

【答案】 $- 2 \leq a \leq 2$

【解析】 配方法：

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + a x_{3})^{2} - a^{2} x_{3}^{2} - (x_{2} - 2 x_{3})^{2} + 4 x_{3}^{2}

由于二次型负惯性指数为1，所以：

4 - a^{2} \geq 0

故：

- 2 \leq a \leq 2

14

（填空题）设总体 $X$ 的概率密度为

f (x, θ) = {\frac{2 x}{3 θ ^{2}}, 0, θ < x < 2 θ 其他

$X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的样本，且满足

E (c i = 1 \sum n X_{i}^{2}) = θ^{2}

则 $c =$

查看答案与解析

【答案】 $c = \frac{2}{5 n}$

【解析】 计算步骤如下：

首先计算 $E (X^{2})$ ：

E (X^{2}) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} f (x, θ) d x = \int_{θ}^{2 θ} x^{2} \cdot \frac{2 x}{3 θ ^{2}} d x = \frac{2}{3 θ ^{2}} \cdot \frac{1}{4} x^{4}_{θ}^{2 θ} = \frac{5 θ ^{2}}{2}

然后计算 $E [c \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}]$ ：

E [c i = 1 \sum n X_{i}^{2}] = n c E (X^{2}) = \frac{5 n}{2} θ^{2} \cdot c = θ^{2}

解得常数 $c$ 为：

c = \frac{2}{5 n}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{2}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )}

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析

x \to \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )} = x \to \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} \cdot \frac{1}{x}}

= x \to + \infty lim [x^{2} (e^{\frac{1}{x}} - 1) - x]

令 $\frac{1}{x} = t$ ，则

t \to 0^{+} lim \frac{e ^{t} - 1 - t}{t ^{2}} = t \to 0^{+} lim \frac{e ^{t} - 1}{2 t} = t \to 0^{+} lim \frac{t}{2 t} = \frac{1}{2}

16

（本题满分 10 分）

计算区域 $D = {(x, y) ∣ 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq 0, y \geq 0}$ 上的二重积分

\iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d σ

查看答案与解析

【答案】 -1/4

【解析】 关于 $y = x$ 对称，满足轮换对称性，则：

\iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} + \frac{y sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y = \frac{1}{2} \iint_{D} sin (π x^{2} + y^{2}) d x d y = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{1}^{2} r sin (π r) d r = \frac{π}{4} [- \frac{r}{π} cos (π r) + \frac{1}{π ^{2}} sin (π r)]_{1}^{2} = \frac{π}{4} [- \frac{2}{π} cos (2 π) + \frac{1}{π ^{2}} sin (2 π) + \frac{1}{π} cos (π) - \frac{1}{π ^{2}} sin (π)] = \frac{π}{4} (- \frac{2}{π} + \frac{1}{π}) = - \frac{1}{4}

17

（本题满分 10 分）

设函数 $f (u)$ 具有连续导数，且 $z = f (e^{x} cos y)$ 满足方程：

cos y \frac{\partial z}{\partial x} - sin y \frac{\partial z}{\partial y} = (4 z + e^{x} cos y) e^{x}

已知初始条件为 $f (0) = 0$ 和 $f^{'} (0) = 0$ ，求 $f (u)$ 的表达式。

查看答案与解析

【答案】 $f (u) = - \frac{1}{4} u + \frac{1}{16} (e^{4 u} - 1)$

【解析】 $z = f (e^{x} cos y)$ ，则：

\frac{\partial z}{\partial x} = f^{'} (e^{x} cos y) \cdot e^{x} cos y

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

计算组合偏导数：

cos y \cdot \frac{\partial z}{\partial x} - sin y \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = f^{'} (e^{x} cos y) \cdot e^{x} cos^{2} y + f^{'} (e^{x} cos y) \cdot e^{x} sin^{2} y = f^{'} (e^{x} cos y) \cdot e^{x}

由已知条件：

f^{'} (e^{x} cos y) \cdot e^{x} = (4 f (e^{x} cos y) + e^{x} cos y) e^{x}

令 $t = e^{x} cos y$ ，得到微分方程：

f^{'} (t) - 4 f (t) = t

求解该一阶线性微分方程：

f (t) = e^{\int 4 d t} [\int t e^{- \int 4 d t} d t + C] = e^{4 t} [\int t e^{- 4 t} d t + C]

计算积分：

\int t e^{- 4 t} d t = - \frac{1}{4} t e^{- 4 t} + \frac{1}{16} e^{- 4 t} + D

代入得到通解：

f (t) = e^{4 t} (- \frac{1}{4} t e^{- 4 t} + \frac{1}{16} e^{- 4 t} + C) = - \frac{1}{4} t + \frac{1}{16} + C e^{4 t}

利用初始条件 $f (0) = 0$ ：

0 = - \frac{1}{4} \times 0 + \frac{1}{16} + C e^{0} ⟹ C = - \frac{1}{16}

最终解为：

f (u) = - \frac{1}{4} u + \frac{1}{16} (e^{4 u} - 1)

18

（本题满分 10 分）

求幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) (n + 3) x^{n}$ 的收敛域及和函数。

查看答案与解析

【答案】 收敛域为 $(- 1, 1)$ ，和函数为 $S (x) = \frac{3 - x}{( 1 - x ) ^{3}}$ （ $x \in (- 1, 1)$ ）。

【解析】 (I) 令 $a_{n} = (n + 1) (n + 3)$ ，因为

n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = n \to \infty lim \frac{( n + 2 ) ( n + 4 )}{( n + 1 ) ( n + 3 )} = 1

所以收敛半径 $R = 1$ 。

当 $x = 1$ 时， $\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) (n + 3)$ 发散；当 $x = - 1$ 时， $\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) (n + 3) (- 1)^{n}$ 也发散。故收敛域为 $(- 1, 1)$ 。

(II) 设 $S (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) (n + 3) x^{n}$ ，令 $σ (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 3) x^{n + 1}$ ，则 $S (x) = σ^{'} (x)$ 。

σ (x) = n = 0 \sum \infty (n + 3) x^{n + 1} = n = 0 \sum \infty (n + 2) x^{n + 1} + n = 0 \sum \infty x^{n + 1} = (n = 0 \sum \infty x^{n + 2})^{'} + \frac{x}{1 - x} = (\frac{x ^{2}}{1 - x})^{'} + \frac{x}{1 - x} = \frac{2 x - x ^{2}}{( 1 - x ) ^{2}} + \frac{x}{1 - x} = \frac{2 x - x ^{2} + x ( 1 - x )}{( 1 - x ) ^{2}} = \frac{3 x - 2 x ^{2}}{( 1 - x ) ^{2}}

所以

S (x) = (\frac{3 x - 2 x ^{2}}{( 1 - x ) ^{2}})^{'} = \frac{3 - x}{( 1 - x ) ^{3}}, x \in (- 1, 1)

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ , $g (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (x)$ 单调增加， $0 \leq g (x) \leq 1$ ，证明：

(I) $0 \leq \int_{a}^{x} g (t) d t \leq x - a$ ， $x \in [a, b]$ ；

(II) $\int_{a}^{a + \int_{a}^{b} g (t) d t} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$ 。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】
(I) 由积分中值定理，存在 $ζ \in [a, x]$ 使得

\int_{a}^{x} g (t) d t = g (ζ) (x - a)

由于 $0 \leq g (x) \leq 1$ ，可得

0 \leq g (ζ) (x - a) \leq x - a

即

0 \leq \int_{a}^{x} g (t) d t \leq x - a

(II) 定义函数

F (u) = \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x - \int_{a}^{a + \int_{a}^{u} g (t) d t} f (x) d x

求导得

F^{'} (u) = f (u) g (u) - f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t) \cdot g (u) = g (u) [f (u) - f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t)]

由 (I) 可知

0 \leq \int_{a}^{u} g (t) d t \leq u - a

因此

a \leq a + \int_{a}^{u} g (t) d t \leq u

由于 $f (x)$ 单调增加，有

f (u) \geq f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t)

即 $F^{'} (u) \geq 0$ ，故 $F (u)$ 在 $[a, b]$ 上单调不减。从而

F (b) \geq F (a) = 0

即

\int_{a}^{a + \int_{a}^{b} g (t) d t} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x

20

（本题满分 11 分）

设矩阵 $A = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3$ ， $E$ 为三阶单位阵。

(I) 求方程组 $Ax = 0$ 的一个基础解系；

(II) 求满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) 方程组 $Ax = 0$ 的一个基础解系为 $ζ = (- 1, 2, 3, 1)^{T}$ 。
(II) 满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ 为

B = 1 - k_{1} 2 k_{1} 3 k_{1} k_{1} - k_{2} 1 + 2 k_{2} 3 k_{2} k_{2} - k_{3} 2 k_{3} 1 + 3 k_{3} k_{3}

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

【解析】
(I) 对矩阵 $A$ 进行初等行变换：

(A ∣0) = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3 000 \to 100 - 2 14 3 - 1 - 3 - 4 11 000 \to 100 - 2 10 3 - 1 1 - 4 1 - 3 000 \to 100010001 1 - 2 - 3 000

所以方程组 $A x = 0$ 的同解方程组为：

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = - x_{4} x_{2} = 2 x_{4} x_{3} = 3 x_{4}

令 $x_{4} = 1$ ，得基础解系为 $ζ = (- 1, 2, 3, 1)^{T}$ 。

(II) 设 $B = (b_{1}, b_{2}, b_{3})$ ，其中 $b_{i}$ 为三维列向量，满足 $A b_{i} = e_{i}$ （ $e_{i}$ 为三阶单位阵的第 $i$ 列）。

对于 $A b_{1} = e_{1} = (1, 0, 0)^{T}$ ，由(I)的行变换结果，增广矩阵为：

100010001 1 - 2 - 3 100

特解为 $(1, 0, 0, 0)^{T}$ ，通解为：

b_{1} = (1, 0, 0, 0)^{T} + k_{1} (- 1, 2, 3, 1)^{T} = (1 - k_{1}, 2 k_{1}, 3 k_{1}, k_{1})^{T}

同理，对于 $A b_{2} = e_{2} = (0, 1, 0)^{T}$ ，通解为：

b_{2} = (0, 1, 0, 0)^{T} + k_{2} (- 1, 2, 3, 1)^{T} = (- k_{2}, 1 + 2 k_{2}, 3 k_{2}, k_{2})^{T}

对于 $A b_{3} = e_{3} = (0, 0, 1)^{T}$ ，通解为：

b_{3} = (0, 0, 1, 0)^{T} + k_{3} (- 1, 2, 3, 1)^{T} = (- k_{3}, 2 k_{3}, 1 + 3 k_{3}, k_{3})^{T}

所以满足 $A B = E$ 的所有矩阵 $B$ 为：

B = 1 - k_{1} 2 k_{1} 3 k_{1} k_{1} - k_{2} 1 + 2 k_{2} 3 k_{2} k_{2} - k_{3} 2 k_{3} 1 + 3 k_{3} k_{3}

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

21

（本题满分 11 分）

证明 $n$ 阶矩阵

A = 11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots ⋱ \dots 11 ⋮ 1

与

B = 00 ⋮ 0 \dots \dots ⋮ \dots 00 ⋱ 0 12 ⋮ n

相似。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 矩阵 $A$ 可表示为 $α β^{T}$ ，其中 $α = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ ， $β = (1, 1, \dots, 1)^{T}$ 。则 $A$ 的特征值为 $n$ （1重）和 $0$ （ $n - 1$ 重）。 $A$ 的秩为 $1$ ，所以属于特征值 $0$ 的线性无关特征向量有 $n - 1$ 个，故 $A$ 相似于对角矩阵：

Λ = n 0 ⋱ 0

矩阵 $B$ 的对角线元素为 $0, 0, \dots, n$ ，其特征值为 $n$ （1重）和 $0$ （ $n - 1$ 重）。 $B$ 的秩为 $1$ （因为除最后一列外其余列均为零向量，最后一列非零），所以属于特征值 $0$ 的线性无关特征向量有 $n - 1$ 个，故 $B$ 也相似于对角矩阵 $Λ$ 。

由相似关系的传递性，可知 $A$ 与 $B$ 相似。

22

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P {X = 1} = P {X = 2} = \frac{1}{2}$ ，在给定 $X = i$ 的条件下，随机变量 $Y$ 服从均匀分布 $U (0, i)$ （ $i = 1, 2$ ）。

(I) 求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y} (y)$ 。

(II) 求 $E Y$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) $Y$ 的分布函数为

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

(II) $E Y = \frac{3}{4}$

【解析】
(I) 设 $Y$ 的分布函数为 $F_{Y} (y)$ ，则

F_{Y} (y) = P (Y \leq y) = P (X = 1) P (Y \leq y ∣ X = 1) + P (X = 2) P (Y \leq y ∣ X = 2) = \frac{1}{2} P {Y \leq y ∣ X = 1} + \frac{1}{2} P (Y \leq y ∣ X = 2)

当 $y < 0$ 时， $F_{Y} (y) = 0$ 。
当 $0 \leq y < 1$ 时， $F_{Y} (y) = \frac{1}{2} (y + \frac{y}{2}) = \frac{3 y}{4}$ 。
当 $1 \leq y < 2$ 时， $F_{Y} (y) = \frac{1}{2} (1 + \frac{y}{2})$ 。
当 $y \geq 2$ 时， $F_{Y} (y) = 1$ 。
所以 $Y$ 的分布函数为

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

(II) $Y$ 的概率密度为

f_{Y} (y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{4}, \frac{1}{4}, 0, 0 < y < 1 1 \leq y < 2 其他

期望 $E Y$ 的计算如下：

E Y = \int_{- \infty}^{+ \infty} y f_{Y} (y) d y = \int_{0}^{1} y \frac{3}{4} d y + \int_{1}^{2} y \frac{1}{4} d y = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} (4 - 1) = \frac{3}{4}

23

（本题满分 11 分）

设随机变量 $X$ ， $Y$ 的概率分布相同， $X$ 的概率分布为 $P {X = 0} = \frac{1}{3}$ ， $P {X = 1} = \frac{2}{3}$ ，且 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $ρ_{X Y} = \frac{1}{2}$ 。

(I) 求 $(X, Y)$ 的概率分布；

(II) 求 $P {X + Y \leq 1}$

查看答案与解析

【答案】
(I) $(X, Y)$ 的概率分布为：

X = 0 X = 1 Y = 0 \frac{1}{9} \frac{2}{9} Y = 1 \frac{2}{9} \frac{5}{9}

(II) $P {X + Y \leq 1} = \frac{4}{9}$

【解析】
（I）相关系数由下式给出：

ρ_{X Y} = \frac{C o v ( X , Y )}{D ( X ) D ( Y )} = \frac{E ( X Y ) - E ( X ) E ( Y )}{D ( X ) D ( Y )}

已知期望与方差为：

E (X Y) = P {X = 1, Y = 1}, E (X) = \frac{2}{3}, E (Y) = \frac{2}{3}

D (X) = D (Y) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9}

代入 $ρ_{X Y}$ 可得：

P {X = 1, Y = 1} = \frac{5}{9}

因此， $(X, Y)$ 的联合概率分布为：

X = 0 X = 1 Y = 0 \frac{1}{9} \frac{2}{9} Y = 1 \frac{2}{9} \frac{5}{9}

（II）概率 $P {X + Y \leq 1}$ 的计算过程：

P {X + Y \leq 1} = 1 - P {X + Y > 1} = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}