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2017 年真题

23 题

选择题

1

函数 $f (x) = {1 - cos x, a x + b, x > 0 x \leq 0$ 在 $x = 0$ 处连续，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

详解

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

1 - cos x \sim \frac{1}{2} x

因此，极限可表示为：

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{2} x}{a x + b}

在 $x \to 0^{+}$ 时，分母趋近于 $b$ 。为了使极限存在且函数在 $x = 0$ 处连续，分子分母必须为同阶无穷小，即 $b = 0$ 。此时：

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{2} x}{a x} = \frac{1}{2 a}

由左极限和连续性条件：

x \to 0^{-} lim f (x) = b = 0 = f (0)

可知 $\frac{1}{2 a} = 0$ 不成立，说明原解析中题目可能存在排版问题。

推测题目应为：

f (x) = {\frac{1 - c o s x}{a x}, b, x > 0 x \leq 0

此时：

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{2} x}{a x} = \frac{1}{2 a}

x \to 0^{-} lim f (x) = b = f (0)

函数在 $x = 0$ 处连续必须满足：

\frac{1}{2 a} = b \Rightarrow ab = \frac{1}{2}

因此，应选 (A)。

2

二元函数 $z = x y (3 - x - y)$ 的极值点是（）

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正确答案：D

正确答案：D

详解

首先计算偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = y (3 - x - y) - x y = 3 y - 2 x y - y^{2}

\frac{\partial z}{\partial y} = 3 x - x^{2} - 2 x y

二阶偏导数为：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = - 2 y

\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = - 2 x

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial ^{2} z}{\partial y \partial x} = 3 - 2 x

令偏导数为零，求解驻点：

{\frac{\partial z}{\partial x} = 3 y - 2 x y - y^{2} = 0 \frac{\partial z}{\partial y} = 3 x - x^{2} - 2 x y = 0

在点 $(1, 1)$ 处计算判别式：

A = - 2 \times 1 = - 2

C = - 2 \times 1 = - 2

B = 3 - 2 \times 1 = 1

判别式结果为：

A C - B^{2} = (- 2) \times (- 2) - 1^{2} = 4 - 1 = 3 > 0

且 $A = C = - 2 < 0$ ，因此 $(1, 1)$ 为函数的极大值点。所以应该选 (D)。

3

设函数 $f (x)$ 是可导函数，且满足 $f (x) f^{'} (x) > 0$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

设 $g (x) = (f (x))^{2}$ ，则导数为：

g^{'} (x) = 2 f (x) f^{'} (x) > 0

这表明 $(f (x))^{2}$ 是单调递增函数。因此，可以得到：

(f (1))^{2} > (f (- 1))^{2} \Rightarrow ∣ f (1) ∣ > ∣ f (- 1) ∣

所以正确答案是 (C)。

4

若级数 $\sum_{n = 2}^{\infty} [sin \frac{1}{n} - k ln (1 - \frac{1}{n})]$ 收敛，则 $k = ()$ 。

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正确答案：C

正确答案：C

当 $n \to \infty$ 时，有以下等价关系：

sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}

ln (1 - \frac{1}{n}) \sim - \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n ^{2}} + o (\frac{1}{n ^{2}})

因此，表达式可以展开为：

sin \frac{1}{n} - k ln (1 - \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - k (- \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n ^{2}}) + o (\frac{1}{n ^{2}})

进一步化简为：

(1 + k) \frac{1}{n} + \frac{k}{2 n ^{2}} + o (\frac{1}{n ^{2}})

级数收敛的条件是一般项为 $\frac{1}{n}$ 的高阶无穷小，即 $1 + k = 0$ ，解得 $k = - 1$ 。此时，一般项为 $\frac{1}{n ^{2}}$ 的无穷小，级数收敛。因此，正确答案为 (C)。

5

设 $α$ 为 $n$ 维单位列向量， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则（）

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正确答案：A

正确答案：A

矩阵 $α α^{T}$ 的特征值为 $1$ 和 $n - 1$ 个 $0$ 。由此可得：

矩阵 $E - α α^{T}$ 的特征值为 $1 - 1 = 0$ 和 $n - 1$ 个 $1$ 。
矩阵 $E + α α^{T}$ 的特征值为 $1 + 1 = 2$ 和 $n - 1$ 个 $1$ 。
矩阵 $E + 2 α α^{T}$ 的特征值为 $1 + 2 = 3$ 和 $n - 1$ 个 $1$ 。
矩阵 $E - 2 α α^{T}$ 的特征值为 $1 - 2 = - 1$ 和 $n - 1$ 个 $1$ 。

显然，只有 $E - α α^{T}$ 存在零特征值，因此不可逆，应选 (A)。

6

设

A = 200020011, B = 200120001, C = 100020002,

则（）

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正确答案：B

正确答案：B

矩阵 $A$ 和 $B$ 的特征值都是 $λ_{1} = λ_{2} = 2$ ， $λ_{3} = 1$ 。判断它们是否可对角化，只需考察 $λ = 2$ 的情况。

对于矩阵 $A$ ，有：

2 E - A = 000000 0 - 1 1

其秩为 $1$ ，因此对应 $λ = 2$ 有 $3 - 1 = 2$ 个线性无关的特征向量。故 $A$ 可对角化，且与 $C$ 相似。

对于矩阵 $B$ ，有：

2 E - B = 000 - 1 00 001

其秩为 $2$ ，因此对应 $λ = 2$ 只有 $3 - 2 = 1$ 个线性无关的特征向量。故 $B$ 不可对角化，且与 $C$ 不相似。

综上所述，正确答案为 (B)。

7

设 $A$ ， $B$ ， $C$ 是三个随机事件，且 $A$ ， $C$ 相互独立， $B$ ， $C$ 相互独立，则 $A \cup B$ 与 $C$ 相互独立的充分必要条件是（）

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正确答案：C

正确答案：C

详解

首先计算 $P ((A \cup B) C)$ ：

P ((A \cup B) C) = P (A C + BC) = P (A C) + P (BC) - P (A BC) = P (A) P (C) + P (B) P (C) - P (A BC)

接着计算 $P (A \cup B) P (C)$ ：

P (A \cup B) P (C) = (P (A) + P (B) - P (A B)) P (C) = P (A) P (C) + P (B) P (C) - P (A B) P (C)

比较两式可知， $A \cup B$ 与 $C$ 相互独立的充分必要条件是：

P (A BC) = P (A B) P (C)

即 $A B$ 与 $C$ 相互独立。因此，正确答案为 (C)。

8

设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} (n \geq 2)$ 为来自正态总体 $N (μ, 1)$ 的简单随机样本，若 $\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ，则下列结论中不正确的是（）

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正确答案：B

正确答案：B

详解

(A): 因为 $(X_{i} - μ) \sim N (0, 1)$ ，所以 $(X_{i} - μ)^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，且相互独立。因此， $\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2}$ 服从 $χ^{2} (n)$ 分布，结论正确。

(B): $(X_{n} - X_{1}) \sim N (0, 2)$ ，则 $\frac{X _{n} - X _{1}}{2} \sim N (0, 1)$ ，所以 $\frac{1}{2} (X_{n} - X_{1})^{2} \sim χ^{2} (1)$ 。然而， $2 (X_{n} - X_{1})^{2}$ 不服从 $χ^{2}$ 分布，结论错误。

(C): $\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} = (n - 1) S^{2}$ ，其中 $S^{2}$ 为样本方差，且 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ 。这里 $σ^{2} = 1$ ，所以 $\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$ 服从 $χ^{2} (n - 1)$ 分布，结论正确。

(D): $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{1}{n})$ ，则 $n (\overset{ˉ}{X} - μ) \sim N (0, 1)$ ，所以 $n (\overset{ˉ}{X} - μ)^{2} \sim χ^{2} (1)$ ，结论正确。

综上所述，不正确的是 (B)，应该选择 (B)。

填空题

9

（填空题）

\int_{- π}^{π} (sin^{3} x + π^{2} - x^{2}) d x =

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【答案】 $\frac{π ^{3}}{2}$

【解析】
由对称性知

\int_{- π}^{π} (sin^{3} x + π^{2} - x^{2}) d x = 2 \int_{0}^{π} π^{2} - x^{2} d x = \frac{π ^{3}}{2}

10

（填空题）差分方程 $y_{t + 1} - 2 y_{t} = 2^{t}$ 的通解为

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【答案】 $y = C \cdot 2^{t} + \frac{1}{2} t \cdot 2^{t}$

【解析】 齐次差分方程 $y_{t + 1} - 2 y_{t} = 0$ 的通解为
$y = C \cdot 2^{t}$ 。

设非齐次差分方程 $y_{t + 1} - 2 y_{t} = 2^{t}$ 的特解为
$y_{t} = a t \cdot 2^{t}$ ，代入方程后解得
$a = \frac{1}{2}$ 。

因此，差分方程 $y_{t + 1} - 2 y_{t} = 2^{t}$ 的通解为
$y = C \cdot 2^{t} + \frac{1}{2} t \cdot 2^{t}$ 。

11

（填空题）设生产某产品的平均成本为 $\overset{ˉ}{C} (Q) = 1 + e^{- Q}$ ，其中产量为 $Q$ ，则边际成本为。

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【答案】 $1 + (1 - Q) e^{- Q}$

【解析】 平均成本为 $\overset{ˉ}{C} (Q) = 1 + e^{- Q}$ ，则总成本为

C (Q) = Q \overset{ˉ}{C} (Q) = Q + Q e^{- Q}

边际成本为

C^{'} (Q) = 1 + (1 - Q) e^{- Q}

12

（填空题）设函数 $f (x, y)$ 具有一阶连续的偏导数，且已知

df (x, y) = y e^{y} d x + x (1 + y) e^{y} d y,

$f (0, 0) = 0$ ，则 $f (x, y) =$

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【答案】 $f (x, y) = x y e^{y}$

【解析】 我们有以下微分形式：

df (x, y) = y e^{y} d x + x (1 + y) e^{y} d y = d (x y e^{y})

因此，可以得到：

f (x, y) = x y e^{y} + C

由初始条件 $f (0, 0) = 0$ ，解得 $C = 0$ 。最终结果为：

f (x, y) = x y e^{y}

13

（填空题）设 $A = 110011121$ ， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 为线性无关的三维列向量，则向量组 $A α_{1}$ 、 $A α_{2}$ 、 $A α_{3}$ 的秩为 __________。

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【答案】 2

【解析】 对矩阵 $A$ 进行初等行变换：

A = 110011121 \to 100011111 \to 100010110

所以矩阵 $A$ 的秩为 2。

因为 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性无关，所以向量组 $A α_{1}$ 、 $A α_{2}$ 、 $A α_{3}$ 的秩等于矩阵 $A$ 的秩，即为 2。

14

（填空题）设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P {X = - 2} = \frac{1}{2}$ ， $P {X = 1} = a$ ， $P {X = 3} = b$ 。若 $E (X) = 0$ ，则 $D (X) =$ ________。

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【答案】 $\frac{9}{2}$

【解析】 由概率分布的性质，知 $a + b + \frac{1}{2} = 1$ 。

期望值计算如下：

EX = - 2 \times \frac{1}{2} + 1 \times a + 3 \times b = a + 3 b - 1 = 0

解得 $a = \frac{1}{4}$ ， $b = \frac{1}{4}$ 。

进一步计算二阶矩和方差：

E X^{2} = (- 2)^{2} \times \frac{1}{2} + 1^{2} \times \frac{1}{4} + 3^{2} \times \frac{1}{4} = 2 + \frac{1}{4} + \frac{9}{4} = \frac{9}{2}

D X = E X^{2} - (EX)^{2} = \frac{9}{2} - 0 = \frac{9}{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to 0^{+} lim \frac{\int _{0}^{x} x - t e ^{t} d t}{x ^{3}}

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 令 $x - t = u$ ，则 $t = x - u$ ， $d t = - d u$ 。于是积分变换为：

\int_{0}^{x} x - t e^{t} d t = \int_{0}^{x} u e^{x - u} d u

接下来计算极限：

x \to 0^{+} lim \frac{\int _{0}^{x} x - t e ^{t} d t}{x ^{3}} = x \to 0^{+} lim \frac{e ^{x} \int _{0}^{x} u e ^{- u} d u}{x ^{3}}

由于 $e^{x} \to 1$ 当 $x \to 0^{+}$ ，可以简化为：

x \to 0^{+} lim \frac{\int _{0}^{x} u e ^{- u} d u}{x ^{3}}

应用洛必达法则，分子和分母分别对 $x$ 求导：

x \to 0^{+} lim \frac{x e ^{- x}}{\frac{3}{2} x} = \frac{2}{3}

16

（本题满分 10 分）

计算积分

\iint_{D} \frac{y ^{3}}{( 1 + x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} d x d y

其中 $D$ 是以曲线 $y = x$ 与 $x$ 轴为边界的无界区域。

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【答案】 $\frac{π}{8} (1 - \frac{2}{2})$

【解析】

\iint_{D} \frac{y ^{3}}{( 1 + x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} d x d y = \int_{0}^{+ \infty} d x \int_{0}^{x} \frac{y ^{3}}{( 1 + x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} d y = \frac{1}{4} \int_{0}^{+ \infty} d x \int_{0}^{x} \frac{d ( 1 + x ^{2} + y ^{4} )}{( 1 + x ^{2} + y ^{4} ) ^{2}} = \frac{1}{4} \int_{0}^{+ \infty} (\frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{1}{1 + 2 x ^{2}}) d x = \frac{π}{8} (1 - \frac{2}{2})

17

（本题满分 10 分）

求极限

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} ln (1 + \frac{k}{n})

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 由定积分的定义

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} ln (1 + \frac{k}{n}) = n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n \frac{k}{n} ln (1 + \frac{k}{n}) = \int_{0}^{1} x ln (1 + x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} ln (1 + x) d x^{2} = \frac{1}{4}

18

（本题满分 10 分）

已知方程 $\frac{1}{l n ( 1 + x )} - \frac{1}{x} = k$ 在区间 $(- 1, 0) \cup (0, + \infty)$ 内有实根，确定常数 $k$ 的取值范围。

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【答案】 (0,1)

【解析】 设 $f (x) = \frac{1}{l n ( 1 + x )} - \frac{1}{x}$ ，其中 $x \in (0, 1)$ 。则

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

令 $g (x) = (1 + x) ln^{2} (1 + x) - x^{2}$ ，则 $g (0) = 0$ ， $g (1) = 2 ln^{2} 2 - 1$ 。

g^{'} (x) = ln^{2} (1 + x) - 2 ln (1 + x) - 2 x, g^{'} (0) = 0

g^{''} (x) = \frac{2 ( ln ( 1 + x ) - x )}{1 + x} < 0

由于 $g^{''} (x) < 0$ 在 $(0, 1)$ 上成立，所以 $g^{'} (x)$ 在 $(0, 1)$ 上单调减少。又因为 $g^{'} (0) = 0$ ，所以当 $x \in (0, 1)$ 时， $g^{'} (x) < 0$ 。

19

（本题满分 10 分）

设 $a_{0} = 1$ , $a_{1} = 0$ , $a_{n + 1} = \frac{1}{n + 1} (n a_{n} + a_{n - 1})$ $(n = 1, 2, 3 \dots)$ . $S (x)$ 为幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数。

(1) 证明 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径不小于 1。

(2) 证明 $(1 - x) S^{'} (x) - x S (x) = 0$ $(x \in (- 1, 1))$ , 并求出和函数的表达式。

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【答案】
(1) 见解析。
(2) $S (x) = \frac{e ^{- x}}{1 - x}$

【解析】
由条件 $a_{n + 1} = \frac{1}{n + 1} (n a_{n} + a_{n - 1})$ 可得 $(n + 1) a_{n + 1} = n a_{n} + a_{n - 1}$ 。于是得到：

(n + 1) (a_{n + 1} - a_{n}) = - (a_{n} - a_{n - 1})

进一步得到：

\frac{a _{n + 1} - a _{n}}{a _{n} - a _{n - 1}} = - \frac{1}{n + 1}, n = 1, 2, \dots

展开乘积关系：

\frac{a _{n + 1} - a _{n}}{a _{1} - a _{0}} = k = 1 \prod n \frac{a _{k + 1} - a _{k}}{a _{k} - a _{k - 1}} = (- 1)^{n} \frac{1}{( n + 1 )!}

因此：

a_{n + 1} - a_{n} = (- 1)^{n + 1} \frac{1}{( n + 1 )!}

递推求和：

a_{n + 1} = k = 2 \sum n (- 1)^{k + 1} \frac{1}{k !}

收敛半径分析：

ρ = n \to \infty lim n ∣ a_{n} ∣ \leq n \to \infty lim n \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !} \leq n \to \infty lim n e = 1

所以收敛半径 $R \geq 1$ 。

对于幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ，求导得：

S^{'} (x) = n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1}

计算 $(1 - x) S^{'} (x)$ ：

(1 - x) S^{'} (x) = (1 - x) n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} = n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} - n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n} = n = 0 \sum \infty (n + 1) a_{n + 1} x^{n} - n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n} = a_{1} + n = 1 \sum \infty ((n + 1) a_{n + 1} - n a_{n}) x^{n} = n = 1 \sum \infty a_{n - 1} x^{n} = x n = 0 \sum \infty a_{n} x^{n} = x S (x)

得到微分方程：

(1 - x) S^{'} (x) - x S (x) = 0, x \in (- 1, 1)

解此方程得：

S (x) = \frac{C e ^{- x}}{1 - x}

由初始条件 $S (0) = a_{0} = 1$ ，得 $C = 1$ 。因此：

S (x) = \frac{e ^{- x}}{1 - x}

20

（本题满分 11 分）

设三阶矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 有三个不同的特征值，且 $α_{3} = α_{1} + 2 α_{2}$ 。

(1) 证明： $r (A) = 2$ ；

(2) 若 $β = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ，求方程组 $A x = β$ 的通解。

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【答案】
(1) 见解析
(2) $x = k 12 - 1 + 111, k \in R$

【解析】
(1) 证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以 $A$ 是非零矩阵，即 $r (A) \geq 1$ 。
假若 $r (A) = 1$ ，则 $r = 0$ 是矩阵的二重特征值，与条件矛盾，因此 $r (A) \geq 2$ 。又因为 $α_{3} - α_{1} + 2 α_{2} = 0$ ，即 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 线性相关，故 $r (A) < 3$ ，因此 $r (A) = 2$ 。

(2) 因为 $r (A) = 2$ ，所以 $A x = 0$ 的基础解系中只有一个线性无关的解向量。由于 $α_{3} - α_{1} + 2 α_{2} = 0$ ，故

x = 12 - 1

是 $A x = 0$ 的解。
设 $β = α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ，则 $A x = β$ 有特解

x = 111

因此， $A x = β$ 的通解为

x = k 12 - 1 + 111, k \in R

21

（本题满分 11 分）

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + a x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 8 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

在正交变换 $x = Q y$ 下的标准形为 $λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $Q$ 。

已知二次型的矩阵为

A = 21 - 4 1 - 1 1 - 4 1 a

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【答案】
$a = 2$
正交矩阵 $Q = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}$

【解析】
因为二次型的标准形为 $λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2}$ ，也就说明矩阵 $A$ 有零特征值，所以 $∣ A ∣ = 0$ ，故 $a = 2$ 。

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 14 - 1 λ + 1 - 1 41 λ - 2 = λ (λ + 3) (λ - 6)

令 $∣ λ E - A ∣ = 0$ ，得矩阵的特征值为 $λ_{1} = - 3$ ， $λ_{2} = 6$ ， $λ_{3} = 0$ 。

对于 $λ_{1} = - 3$ ，解方程 $(λ_{1} E - A) x = 0$ ，得特征向量：

ξ_{1} = \frac{1}{3} 1 - 1 1

对于 $λ_{2} = 6$ ，得特征向量：

ξ_{2} = \frac{1}{2} - 1 01

对于 $λ_{3} = 0$ ，得特征向量：

ξ_{3} = \frac{1}{6} 121

正交矩阵 $S$ 由特征向量组成：

S = (ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}

22

设随机变量 $X$ 、 $Y$ 相互独立，且 $X$ 的概率分布为 $P {X = 0} = P {X = 2} = \frac{1}{2}$ ， $Y$ 的概率密度为

f (y) = {2 y, 0, 0 < y < 1 其他

(1) 求概率 $P (Y \leq E Y)$ ；

(2) 求 $Z = X + Y$ 的概率密度。

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【答案】
(1) $P (Y \leq E Y) = \frac{4}{9}$
(2) $Z = X + Y$ 的概率密度为

f_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ z, z - 2, 0, 0 \leq z \leq 1 2 \leq z < 3 其他 .

【解析】
（1） $Y$ 的期望值为：

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

因此：

P {Y \leq E Y} = P {Y \leq \frac{2}{3}} = \int_{0}^{\frac{2}{3}} 2 y d y = \frac{4}{9} .

（2） $Z = X + Y$ 的分布函数为：

F_{Z} (z) = P {Z \leq z} = P {X + Y \leq z} = P {X + Y \leq z, X = 0} + P {X + Y \leq z, X = 2} = P {X = 0, Y \leq z} + P {X = 2, Y \leq z - 2} = \frac{1}{2} P {Y \leq z} + \frac{1}{2} P {Y \leq z - 2} = \frac{1}{2} [F_{Y} (z) + F_{Y} (z - 2)] .

$Z = X + Y$ 的概率密度为：

f_{Z} (z) = F_{Z}^{'} (z) = \frac{1}{2} [f (z) + f (z - 2)] = ⎩ ⎨ ⎧ z, z - 2, 0, 0 \leq z \leq 1 2 \leq z < 3 其他 .

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（本题满分 11 分）

某工程师为了解一台天平的精度，用该天平对一物体的质量做了 $n = 72$ 次测量。该物体的质量 $μ$ 是已知的。设 $n$ 次测量结果 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 相互独立且均服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ 。该工程师记录的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_{i} = ∣ X_{i} - μ ∣$ （ $i = 1, 2, \dots, n$ ），利用 $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ 估计参数 $σ$ 。

(1) 求 $z_{i}$ 的概率密度；

(2) 利用一阶矩求 $σ$ 的矩估计量；

(3) 求参数 $σ$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

【答案】
(1) $z_{i}$ 的概率密度函数为：

f_{Z} (z) = {\frac{2}{2 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{2 σ ^{2}}}, 0, z \geq 0 z < 0

(2) $σ$ 的矩估计量为：

\overset{σ}{^} = \frac{2 π}{2} \overset{ˉ}{Z} = \frac{2 π}{2 n} i = 1 \sum n Z_{i}

(3) $σ$ 的最大似然估计量为：

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n z_{i}^{2}

【解析】
(1) 首先求 $z_{i}$ 的分布函数：

F_{z} (z) = P {Z_{i} \leq z} = P {∣ X_{i} - μ ∣ \leq z} = P {\frac{∣ X _{i} - μ ∣}{σ} \leq \frac{z}{σ}}

当 $z < 0$ 时，显然 $F_{z} (z) = 0$ ；当 $z \geq 0$ 时， $z_{i}$ 的概率密度为：

f_{Z} (z) = F_{Z}^{'} (z) = {\frac{2}{2 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{2 σ ^{2}}}, 0, z \geq 0 z < 0

(2) 数学期望为：

E Z_{i} = \int_{0}^{+ \infty} z f (z) d z = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2}{2 π σ} e^{- \frac{z ^{2}}{2 σ ^{2}}} d z = \frac{2 σ}{2 π}

令 $EZ = \overset{ˉ}{Z} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i}$ ，解得 $σ$ 的矩估计量：

\overset{σ}{^} = \frac{2 π}{2} \overset{ˉ}{Z} = \frac{2 π}{2 n} i = 1 \sum n Z_{i}

(3) 设 $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ 的观测值为 $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 。当 $z_{i} > 0$ ， $i = 1, 2, \dots, n$ 时，似然函数为：

L (σ) = i = 1 \prod n f (z_{i}, σ) = \frac{2 ^{n}}{( 2 π σ ) ^{n}} e^{- \frac{1}{2 σ ^{2}} \sum_{i = 1}^{n} z_{i}^{2}}

取对数得：

ln L (σ) = n ln 2 - \frac{n}{2} ln (2 π) - n ln σ - \frac{1}{2 σ ^{2}} i = 1 \sum n z_{i}^{2}

令导数为零：

\frac{d ln L ( σ )}{d σ} = - \frac{n}{σ} + \frac{1}{σ ^{3}} i = 1 \sum n z_{i}^{2} = 0

解得 $σ$ 的最大似然估计量：

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n z_{i}^{2}