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2015 年真题

23 题

选择题

1

设 ${x_{n}}$ 是数列。下列命题中不正确的是( )

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正确答案：D

正确答案：D

解析

答案为 D。本题考查数列极限与子列极限的关系。

数列 $x_{n} \to a$ （当 $n \to \infty$ ）的充要条件是：对任意的子列 ${x_{n_{k}}}$ ，均有 $x_{n_{k}} \to a$ （当 $k \to \infty$ ）。因此，选项 A、B、C 均正确。

D 选项错误，因为缺少对子列 $x_{3 n + 2}$ 敛散性的讨论。故选 D。

2

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，其 2 阶导函数 $f^{''} (x)$ 的图形如右图所示，则曲线 $y = f (x)$ 的拐点个数为（）

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正确答案：C

正确答案：C

解析

根据拐点的必要条件，拐点可能是 $f^{''} (x)$ 不存在的点或 $f^{''} (x) = 0$ 的点处产生。因此， $y = f (x)$ 有三个点可能是拐点。

根据拐点的定义，即凹凸性改变的点，二阶导函数 $f^{''} (x)$ 符号发生改变的点即为拐点。从图中可知，拐点个数为 2，故选 C。

3

设 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2 x, x^{2} + y^{2} \leq 2 y}$ ，函数 $f (x, y)$ 在 $D$ 上连续，则

D \iint f (x, y) d x d y = ()

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正确答案：B

正确答案：B

根据图可得，在极坐标系下该二重积分要分成两个积分区域：

D_{1} = {(r, θ) 0 \leq θ \leq \frac{π}{4}, 0 \leq r \leq 2 sin θ}

D_{2} = {(r, θ) \frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{π}{2}, 0 \leq r \leq 2 cos θ}

因此，积分表达式为：

D \iint f (x, y) d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r + \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r

故选 B。

4

下列级数中发散的是（）

A . n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} B . n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} C . n = 1 \sum \infty \frac{1}{n n} D . n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}

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正确答案：C

正确答案：C

解析

A为正项级数，因为

n \to \infty lim \frac{\frac{n + 1}{3 ^{n + 1}}}{\frac{n}{3 ^{n}}} = n \to \infty lim \frac{n + 1}{3 n} = \frac{1}{3} < 1

根据正项级数的比值判别法， $n = 1 \sum \infty \frac{n}{3 ^{n}}$ 收敛。

B为正项级数，因为

\frac{1}{n} ln (1 + \frac{1}{n}) □ \frac{1}{n ^{\frac{3}{2}}}

根据 $P$ 级数收敛准则， $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} ln (1 + \frac{1}{n})$ 收敛。

C中，

n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} + 1}{ln n} = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{ln n} + n = 1 \sum \infty \frac{1}{ln n}

根据莱布尼茨判别法， $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{l n n}$ 收敛，而 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{l n n}$ 发散。因此，根据级数收敛定义， $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} + 1}{l n n}$ 发散。

D为正项级数，因为

n \to \infty lim \frac{\frac{( n + 1 )!}{( n + 1 ) ^{n + 1}}}{\frac{n !}{n ^{n}}} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 )!}{n !} \cdot \frac{n ^{n}}{( n + 1 ) ^{n + 1}} = n \to \infty lim (\frac{n}{n + 1})^{n} = \frac{1}{e} < 1

根据正项级数的比值判别法， $n = 1 \sum \infty \frac{n !}{n ^{n}}$ 收敛。

综上，选 C。

5

设矩阵 $A = 111124 1 a a^{2}$ ， $b = 1 d d^{2}$ 。若集合 $Ω = {1, 2}$ ，则线性方程组 $A x = b$ 有无穷多解的充分必要条件为( )

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

增广矩阵的初等行变换过程：

(A, b) = 111124 1 a a^{2} 1 d d^{2} \to 100110 1 a - 1 (a - 1) (a - 2) 1 d - 1 (d - 1) (d - 2)

由 $r (A) = r (A, b) < 3$ ，可得 $a = 1$ 或 $a = 2$ ，同时 $d = 1$ 或 $d = 2$ 。

故选（D）。

6

设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换 $x = P y$ 下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，其中 $P = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ 。若 $Q = (e_{1}, - e_{3}, e_{2})$ ，则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为( )

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正确答案：A

正确答案：A

解析

由 $x = P y$ ，故

f = x^{T} A x = y^{T} (P^{T} A P) y = 2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}

且

P^{T} A P = 200010 00 - 1

又因为

Q = P 100 00 - 1 010 = PC

故有

Q^{T} A Q = C^{T} (P^{T} A P) C = 200 0 - 1 0 001

所以

f = x^{T} A x = y^{T} (Q^{T} A Q) y = 2 y_{1}^{2} - y_{2}^{2} + y_{3}^{2}

选（A）。

7

若 $A, B$ 为任意两个随机事件，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】由于 $A B \subset A$ ， $A B \subset B$ ，按概率的基本性质，我们有：

P (A B) \leq P (A)

且

P (A B) \leq P (B)

从而

P (A B) \leq P (A) \cdot P (B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

选 (C)。

8

设总体 $X \sim B (m, θ)$ ， $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 为来自该总体的简单随机样本， $\overline{X}$ 为样本均值，则

E [i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2}] =

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正确答案：B

正确答案：B

解析

根据样本方差的性质：

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

其期望满足 $E (S^{2}) = D (X)$ ，而总体方差 $D (X) = m θ (1 - θ)$ 。因此：

E [i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2}] = (n - 1) E (S^{2}) = m (n - 1) θ (1 - θ)

最终答案为 $B$ 。

注
$\overline{X}$ 表示样本均值。上述推导利用了样本方差的期望性质，结合总体方差求解相关期望。这一方法在数理统计中常用于参数估计和数字特征计算。

填空题

9

（填空题）

x \to 0 lim \frac{ln ( cos x )}{x ^{2}} =

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【答案】 $- \frac{1}{2}$

【解析】
原极限可以表示为：

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

利用等价无穷小替换，当 $x \to 0$ 时， $ln (1 + t) \approx t$ （其中 $t = cos x - 1$ ），因此上式可化简为：

x \to 0 lim \frac{cos x - 1}{x ^{2}}

进一步利用泰勒展开或已知极限公式， $cos x \approx 1 - \frac{x ^{2}}{2}$ ，代入得：

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

最终结果为：

- \frac{1}{2}

10

（填空题）设函数 $f (x)$ 连续， $φ (x) = \int_{0}^{x^{2}} x f (t) d t$ 。若 $φ (1) = 1$ ， $φ^{'} (1) = 5$ ，则 $f (1) =$

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【答案】 2

【解析】 因为 $f (x)$ 连续，所以 $φ (x)$ 可导，因此

φ^{'} (x) = \int_{0}^{x^{2}} f (t) d t + 2 x^{2} f (x^{2})

因为 $φ (1) = 1$ ，所以

φ (1) = \int_{0}^{1} f (t) d t = 1

又因为 $φ^{'} (1) = 5$ ，所以

φ^{'} (1) = \int_{0}^{1} f (t) d t + 2 f (1) = 5

故

f (1) = 2

11

（填空题）若函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $e^{x + 2 y + 3 z} + x yz = 1$ 确定，则 $d z ∣_{(0, 0)} =$

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【答案】 $d z ∣_{(0, 0)} = - \frac{1}{3} d x - \frac{2}{3} d y$

【解析】 当 $x = 0$ ， $y = 0$ 时，代入方程 $e^{x + 2 y + 3 z} + x yz = 1$ ，得到 $z = 0$ 。

对 $e^{x + 2 y + 3 z} + x yz = 1$ 求微分，得到：

d (e^{x + 2 y + 3 z} + x yz) = e^{x + 2 y + 3 z} d (x + 2 y + 3 z) + d (x yz)

进一步展开为：

e^{x + 2 y + 3 z} (d x + 2 d y + 3 d z) + yz d x + x z d y + x y d z = 0

将 $x = 0$ ， $y = 0$ ， $z = 0$ 代入上式，得到：

d x + 2 d y + 3 d z = 0

因此， $d z ∣_{(0, 0)} = - \frac{1}{3} d x - \frac{2}{3} d y$ 。

12

（填空题）设函数 $y = y (x)$ 是微分方程 $y^{''} + y^{'} - 2 y = 0$ 的解，且在 $x = 0$ 处 $y (x)$ 取得极值 $3$ ，则 $y (x) =$

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【答案】

y (x) = e^{- 2 x} + 2 e^{x}

【解析】
微分方程 $y^{''} + y^{'} - 2 y = 0$ 的特征方程为

λ^{2} + λ - 2 = 0

特征根为 $λ = - 2$ 和 $λ = 1$ ，因此该齐次微分方程的通解为

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

由于 $y (x)$ 可导， $x = 0$ 为驻点，即满足

y (0) = 3, y^{'} (0) = 0

代入解得 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 2$ ，故特解为

y (x) = e^{- 2 x} + 2 e^{x}

13

（填空题）设 $3$ 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $2$ ， $- 2$ ， $1$ ， $B = A^{2} - A + E$ ，其中 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，则行列式 $∣ B ∣ =$ ______。

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【答案】 21

【解析】 $A$ 的所有特征值为 $2, - 2, 1$ 。 $B$ 的所有特征值为 $3, 7, 1$ 。

所以

∣ B ∣ = 3 \times 7 \times 1 = 21

14

（填空题）设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N (1, 0; 1, 1; 0)$ ，则 $P {X Y - Y < 0} =$

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 由题设知， $X \sim N (1, 1)$ ， $Y \sim N (0, 1)$ ，而且 $X$ 、 $Y$ 相互独立，从而

P {X Y - Y < 0} = P {(X - 1) Y < 0} = P {X - 1 > 0, Y < 0} + P {X - 1 < 0, Y > 0} = P {X > 1} P {Y < 0} + P {X < 1} P {Y > 0} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x) = x + a ln (1 + x) + b x sin x$ ， $g (x) = k x^{3}$ 。若 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在 $x \to 0$ 时是等价无穷小，求 $a$ ， $b$ ， $k$ 的值。

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【答案】
$a = - 1$ , $b = - \frac{1}{2}$ , $k = - \frac{1}{3}$

【解析】
已知泰勒展开式：

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

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

将 $f (x)$ 和 $g (x)$ 代入极限表达式：

1 = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{x + a ln ( 1 + x ) + b x sin x}{k x ^{3}}

展开并整理分子：

x + a (x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3}) + b x (x - \frac{x ^{3}}{6}) + o (x^{3})

合并同类项后得到：

(1 + a) x + (b - \frac{a}{2}) x^{2} + (\frac{a}{3} - \frac{b}{6}) x^{3} + o (x^{3})

为使极限存在且为 1，各阶系数需满足：

⎩ ⎨ ⎧ 1 + a = 0 b - \frac{a}{2} = 0 \frac{a}{3} - \frac{b}{6} = k

解得：

⎩ ⎨ ⎧ a = - 1 b = - \frac{1}{2} k = - \frac{1}{3}

16

（本题满分 10 分）

计算二重积分

D \iint x (x + y) d x d y,

其中积分区域 $D$ 定义为

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2, y \geq x^{2}} .

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【答案】 $\frac{π}{4} - \frac{2}{5}$

【解析】

D \iint x (x + y) d x d y = D \iint x^{2} d x d y = 2 \int_{0}^{1} d x \int_{x^{2}}^{2 - x^{2}} x^{2} d y = 2 \int_{0}^{1} x^{2} (2 - x^{2} - x^{2}) d x = 2 \int_{0}^{1} x^{2} 2 - x^{2} d x - \frac{2}{5} = 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} 2 sin^{2} t \cdot 2 cos^{2} t d t - \frac{2}{5} = 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin^{2} 2 t d t - \frac{2}{5} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} u d u - \frac{2}{5} = \frac{π}{4} - \frac{2}{5}

17

（本题满分10分）

为了实现利润最大化，厂商需要对某商品确定其定价模型。设 $Q$ 为该商品的需求量， $p$ 为价格， $MC$ 为边际成本， $η$ 为需求弹性（ $η > 0$ ）。

(I) 证明定价模型为

p = \frac{MC}{1 - \frac{1}{η}} .

(II) 若该商品的成本函数为 $C (Q) = 1600 + Q^{2}$ ，需求函数为 $Q = 40 - p$ ，试由（Ⅰ）中的定价模型确定此商品的价格。

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【答案】
(I) 见解析
(II) P = 30

【解析】
(I) 利润函数为

L (Q) = R (Q) - C (Q) = PQ - C (Q)

两边对 $Q$ 求导，得

\frac{d L}{d Q} = P + Q \frac{d P}{d Q} - C^{'} (Q) = P + Q \frac{d P}{d Q} - MC

当 $\frac{d L}{d Q} = 0$ 时，利润 $L (Q)$ 最大。

由需求价格弹性 $η = - \frac{P}{Q} \cdot \frac{d Q}{d P}$ ，可得

\frac{d P}{d Q} = - \frac{1}{η} \cdot \frac{P}{Q}

因此，利润最大化条件为

P = \frac{MC}{1 - \frac{1}{η}}

(II) 已知边际成本 $MC = C^{'} (Q) = 2 Q = 2 (40 - P)$ ，需求价格弹性为

η = \frac{P}{40 - P}

代入 (I) 的定价模型，得

P = \frac{2 ( 40 - P )}{1 - \frac{40 - P}{P}}

解得

P = 30

18

（本题满分10分）

设函数 $f (x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于零。若对任意的 $x_{0} \in I$ ，曲线 $y = f (x)$ 在点 $(x_{0}, f (x_{0}))$ 处的切线与直线 $x = x_{0}$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 4，且 $f (0) = 2$ ，求 $f (x)$ 的表达式。

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【答案】 $f (x) = \frac{8}{4 - x}$

【解析】
曲线的切线方程为

y - f (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})

切线与 $x$ 轴的交点为

(x_{0} - \frac{f ( x _{0} )}{f ^{'} ( x _{0} )}, 0)

故面积为

S = \frac{1}{2} \frac{f ^{2} ( x _{0} )}{f ^{'} ( x _{0} )} = 4

因此， $f (x)$ 满足的方程为

f^{2} (x) = 8 f^{'} (x)

此为可分离变量的微分方程，解得

f (x) = \frac{- 8}{x + C}

又由于 $f (0) = 2$ ，代入可得

C = - 4

从而

f (x) = \frac{8}{4 - x}

19

（本题满分10分）

(I) 设函数 $u (x)$ 、 $v (x)$ 可导，利用导数定义证明

[u (x) v (x)]^{'} = u^{'} (x) v (x) + u (x) v^{'} (x)

(II) 设函数 $u_{1} (x)$ 、 $u_{2} (x)$ 、 $\dots$ 、 $u_{n} (x)$ 可导， $f (x) = u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x)$ ，写出 $f (x)$ 的求导公式。

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【答案】

f^{'} (x) = [u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x)]^{'} = u_{1}^{'} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x) + u_{1} (x) u_{2}^{'} (x) \dots u_{n} (x) + \dots + u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n}^{'} (x)

【解析】
（I）

[u (x) v (x)]^{'} = h \to 0 lim \frac{u ( x + h ) v ( x + h ) - u ( x ) v ( x )}{h} = h \to 0 lim \frac{u ( x + h ) v ( x + h ) - u ( x + h ) v ( x ) + u ( x + h ) v ( x ) - u ( x ) v ( x )}{h} = h \to 0 lim u (x + h) \frac{v ( x + h ) - v ( x )}{h} + h \to 0 lim \frac{u ( x + h ) - u ( x )}{h} v (x) = u (x) v^{'} (x) + u^{'} (x) v (x)

（II）由题意得

f^{'} (x) = [u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x)]^{'} = u_{1}^{'} (x) u_{2} (x) \dots u_{n} (x) + u_{1} (x) u_{2}^{'} (x) \dots u_{n} (x) + \dots + u_{1} (x) u_{2} (x) \dots u_{n}^{'} (x)

20

(本题满分11分)

设矩阵 $A = a 10 1 a 1 0 - 1 a$ ，且 $A^{3} = O$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ 的值；

(Ⅱ) 若矩阵 $X$ 满足 $X - X A^{2} - A X + A X A^{2} = E$ ，其中 $E$ 为3阶单位矩阵，求 $X$ 。

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【答案】
$a = 0$ ，
$X = 312111 - 2 - 1 - 1$

【解析】
(I)
$A^{3} = O \Rightarrow ∣ A ∣ = 0 \Rightarrow a 10 1 a 1 0 - 1 a = 0 1 - a^{2} - a 1 a 1 0 - 1 a = a^{3} = 0 \Rightarrow a = 0$

(II)
由题意知

X - X A^{2} - A X + A X A^{2} = E \Rightarrow X (E - A^{2}) - A X (E - A^{2}) = E

\Rightarrow (E - A) X (E - A^{2}) = E \Rightarrow X = (E - A)^{- 1} (E - A^{2})^{- 1} = [(E - A^{2}) (E - A)]^{- 1}

\Rightarrow X = (E - A^{2} - A)^{- 1}

E - A^{2} - A = 0 - 1 - 1 - 1 1 - 1 112

0 - 1 - 1 - 1 1 - 1 112 ∣ ∣ ∣ 100010001 \to 10 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 12 ∣ ∣ ∣ 010 - 1 00 001

\to 100 - 1 1 - 2 - 1 - 1 1 ∣ ∣ ∣ 0 - 1 0 - 1 0 - 1 001 \to 100 - 1 10 - 1 - 1 - 1 ∣ ∣ ∣ 0 - 1 - 2 - 1 0 - 1 001

\to 100 - 1 10 001 ∣ ∣ ∣ 212 0 - 1 1 - 1 1 - 1 \to 100010001 ∣ ∣ ∣ 312111 - 2 - 1 - 1

∴ X = 312111 - 2 - 1 - 1

21

(本题满分 11 分)

设矩阵 $A = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a$ 相似于矩阵 $B = 100 - 2 b 3 001$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ 、 $b$ 的值；

(Ⅱ) 求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

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【答案】 $a = 4, b = 5, P = 210 - 3 01 - 1 - 1 1$

【解析】
(1) $A \sim B \Rightarrow tr (A) = tr (B) \Rightarrow 3 + a = 1 + b + 1$

$∣ A ∣ = ∣ B ∣ \Rightarrow 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 a = 100 - 2 b 3 001$

解得

{a - b = - 1 2 a - b = 3 \Rightarrow {a = 4 b = 5

因此

A = 0 - 1 1 23 - 2 - 3 - 3 3 = 100010001 + - 1 - 1 1 22 - 2 - 3 - 3 3 = E + C

其中

C = - 1 - 1 1 22 - 2 - 3 - 3 3 = - 1 - 1 1 (1 - 2 3)

矩阵 $C$ 的特征值为 $λ_{1} = λ_{2} = 0$ , $λ_{3} = 4$ 。

当 $λ = 0$ 时， $(0 E - C) x = 0$ 的基础解系为
$ξ_{1} = (2, 1, 0)^{T}, ξ_{2} = (- 3, 0, 1)^{T}$
当 $λ = 4$ 时， $(4 E - C) x = 0$ 的基础解系为
$ξ_{3} = (- 1, - 1, 1)^{T}$

矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{A} = 1 + λ_{C}$ ，即 $1, 1, 5$ 。

令

P = (ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}) = 210 - 3 01 - 1 - 1 1

则有

P^{- 1} A P = 115

22

（本题满分11分）

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = {2^{- x} ln 2, 0, x > 0, x \leq 0.

对 $X$ 进行独立重复的观测，直到第2个大于3的观测值出现时停止，记 $Y$ 为观测次数。

(Ⅰ) 求 $Y$ 的概率分布；

(Ⅱ) 求 $E (Y)$ 。

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【答案】
(I) $P {Y = n} = C_{n - 1}^{1} p (1 - p)^{n - 2} p = (n - 1) (\frac{1}{8})^{2} (\frac{7}{8})^{n - 2}, n = 2, 3, \dots$
(II) $E (Y) = 16$

【解析】
(I)
记 $p$ 为观测值大于 $3$ 的概率，则

p = P (X > 3) = \int_{3}^{+ \infty} 2^{- x} ln 2 d x = \frac{1}{8}

从而

P {Y = n} = C_{n - 1}^{1} p (1 - p)^{n - 2} p = (n - 1) (\frac{1}{8})^{2} (\frac{7}{8})^{n - 2}, n = 2, 3, \dots

为 $Y$ 的概率分布。

(II)

法一：分解法

将随机变量 $Y$ 分解成 $Y = M + N$ 两个过程，其中

$M$ 表示从 $1$ 到 $n$ （ $n < k$ ）次试验中观测值大于 $3$ 首次发生，
$N$ 表示从 $n + 1$ 次到第 $k$ 次试验中观测值大于 $3$ 首次发生。

则

M \sim G e (n, p), N \sim G e (k - n, p)

（注： $G e$ 表示几何分布）

所以

E (Y) = E (M + N) = E (M) + E (N) = \frac{1}{p} + \frac{1}{p} = \frac{2}{p} = \frac{2}{\frac{1}{8}} = 16

法二：直接计算

E (Y) = n = 2 \sum \infty n \cdot P {Y = n} = n = 2 \sum \infty n \cdot (n - 1) (\frac{1}{8})^{2} (\frac{7}{8})^{n - 2}

记

S_{1} (x) = n = 2 \sum \infty n \cdot (n - 1) x^{n - 2}, - 1 < x < 1

则

S_{1} (x) = n = 2 \sum \infty n \cdot (n - 1) x^{n - 2} = (n = 2 \sum \infty n \cdot x^{n - 1})^{'} = (n = 2 \sum \infty x^{n})^{''} = \frac{2}{( 1 - x ) ^{3}} S_{2} (x) = n = 2 \sum \infty n \cdot (n - 1) x^{n - 1} = x S_{1} (x) = \frac{2 x}{( 1 - x ) ^{3}} S_{3} (x) = n = 2 \sum \infty n \cdot (n - 1) x^{n} = x^{2} S_{1} (x) = \frac{2 x ^{2}}{( 1 - x ) ^{3}}

所以

S (x) = S_{1} (x) - 2 S_{2} (x) + S_{3} (x) = \frac{2 - 4 x + 2 x ^{2}}{( 1 - x ) ^{3}} = \frac{2}{1 - x}

从而

E (Y) = S (\frac{7}{8}) = 16

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{1 - θ}, 0, θ ⩽ x ⩽ 1, 其他,

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

(Ⅰ) 求 $θ$ 的矩估计量；

(Ⅱ) 求 $θ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(I) $\hat{θ} = 2 \overline{X} - 1$ ，其中 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 。
(II) $\hat{θ} = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}$ 。

【解析】
(I) 计算期望：

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

令 $E (X) = \overline{X}$ ，即

\frac{1 + θ}{2} = \overline{X}

解得矩估计量：

\hat{θ} = 2 \overline{X} - 1

其中 $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ 。

(II) 似然函数：

L (θ) = i = 1 \prod n f (x_{i}; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ (\frac{1}{1 - θ})^{n}, 0, θ \leq x_{i} \leq 1 otherwise

当 $θ \leq x_{i} \leq 1$ 时：

L (θ) = i = 1 \prod n \frac{1}{1 - θ} = (\frac{1}{1 - θ})^{n}

对数似然函数：

ln L (θ) = - n ln (1 - θ)

求导：

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

由于导数关于 $θ$ 单调增加，最大似然估计量为：

\hat{θ} = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}