2011 年真题

选择题

1

曲线 $y = (x - 1)(x - 2)^2(x - 3)^3(x - 4)^4$ 的拐点是（）

正确答案：C

由 $y = (x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}$ 可知， $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 分别是方程

y = (x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4} = 0

的一、二、三、四重根。

因此，根据导数与原函数的关系可知：

$y'(1) \neq 0$ ，
$y'(2) = y'(3) = y'(4) = 0$ ，
$y''(2) \neq 0$ ，
$y''(3) = y''(4) = 0$ ，
$y'''(3) \neq 0$ ，
$y'''(4) = 0$ 。

由此可得，点 $(3, 0)$ 是一个拐点。

2

设数列 $\{a_{n}\}$ 单调减少， $\lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ 且 $S_{n} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} (n = 1, 2, \cdots)$ 无界，则幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} (x-1)^{n}$ 的收敛域为（）。

高等数学无穷级数求幂级数的收敛半径、收敛区间和收敛域

正确答案：C

已知 $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k \ (n=1,2,\cdots)$ 无界，说明幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 的收敛半径 $R \leq 1$ 。

由于 $\{a_n\}$ 单调减少，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ ，可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n (-1)^n$ 收敛，进而说明幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 的收敛半径 $R \geq 1$ 。

因此，幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 的收敛半径 $R = 1$ ，收敛区间为 $(0, 2)$ 。

进一步地，当 $x = 0$ 时幂级数收敛，当 $x = 2$ 时幂级数发散，故收敛域为 $[0, 2)$ 。

3

设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，且 $f(x)>0$ ， $f^{\prime}(0)=0$ ，则函数 $z=f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处取得极小值的一个充分条件是（）。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：A

由 $z = f(x) \ln f(y)$ 可知：

z_x' = f'(x) \ln f(y), \quad z_y' = \frac{f(x)}{f(y)} f'(y),

z_{xy}'' = \frac{f'(x)}{f(y)} f'(y), \quad z_{xx}'' = f''(x) \ln f(y),

z_{yy}'' = f(x) \cdot \frac{f''(y) f(y) - (f'(y))^2}{f^2(y)}.

于是有：

z_{xy}'' \big|_{x=0, y=0} = \frac{f'(0)}{f(0)} f'(0) = 0,

z_{xx}'' \big|_{x=0, y=0} = f''(0) \ln f(0),

z_{yy}'' \big|_{x=0, y=0} = f(0) \cdot \frac{f''(0) f(0) - (f'(0))^2}{f^2(0)} = f''(0).

要使函数 $z = f(x) \ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处取得极小值，只需满足：

z_{xx}'' \big|_{x=0, y=0} > 0, \quad \text{且} \quad z_{xx}'' \big|_{x=0, y=0} \cdot z_{yy}'' \big|_{x=0, y=0} - \left( z_{xy}'' \big|_{x=0, y=0} \right)^2 > 0,

即：

f''(0) \ln f(0) > 0.

由于 $f(x) > 0$ ，所以：

当 $f(0) > 1$ 时， $\ln f(0) > 0$ ，此时需 $f''(0) > 0$ ；
当 $f(0) < 1$ 时， $\ln f(0) < 0$ ，此时需 $f''(0) < 0$ 。

结合选项可知，充分条件为：

f(0) > 1, \quad f''(0) > 0.

4

设 $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\sin x \, dx$ ， $J = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cot x \, dx$ ， $K = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos x \, dx$ ，则 $I$ ， $J$ ， $K$ 的大小关系是（）

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：B

【考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。

【解析】当 $x \in (0, \frac{\pi}{4})$ 时， $0 < \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2} < \cos x < \cot x$ ，因此 $\ln \sin x < \ln \cos x < \ln \cot x$ 。

于是 $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \sin x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cot x \, dx$ ，故选（B）。

5

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵，将 $A$ 的第二列加到第一列得矩阵 $B$ ，再交换 $B$ 的第二行与第一行得单位矩阵。记 $P_1 = \begin{bmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$ ， $P_2 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{bmatrix}$ ，则 $A = (\quad)$

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：D
【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知

AP_1 = B

，

P_2B = E

，所以

A = BP_1^{-1} = P_2^{-1}P_1^{-1} = P_2P_1^{-1}

，故选（

D

）。

6

设 $A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)$ 是 4 阶矩阵， $A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵，若 $(1, 0, 1, 0)^\mathrm{T}$ 是方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的一个基础解系，则 $A^* \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系可为（）。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：D

由 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系只有一个知 $r(A) = 3$ ，所以 $r(A^*) = 1$ 。
又由 $A^* A = |A| E = 0$ 知， $\boldsymbol{\alpha}_1$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_4$ 都是 $A^* \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解。

由 $A(1,0,1,0)^\mathrm{T} = \boldsymbol{0}$ 可得 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_3 = \boldsymbol{0}$ ，即 $\boldsymbol{\alpha}_1$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关。
所以在 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 中， $\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 或 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_4$ 等可能为极大线性无关组，结合选项可知 (D) 正确。

7

设 $F_{1}(x)$ 、 $F_{2}(x)$ 为两个分布函数，其相应的概率密度 $f_{1}(x)$ 、 $f_{2}(x)$ 是连续函数，则必为概率密度的是（）。

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：D

检验概率密度的性质：首先， $f_{1}(x) F_{2}(x) + f_{2}(x) F_{1}(x) \geq 0$ ，因为 $f_{1}(x)$ 、 $f_{2}(x)$ 为概率密度非负， $F_{1}(x)$ 、 $F_{2}(x)$ 为分布函数单调不减且取值在 $[0,1]$ 之间，故乘积和非负。

其次， $\int_{-\infty}^{+\infty} [f_{1}(x) F_{2}(x) + f_{2}(x) F_{1}(x)] \, dx = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(x) F_{2}(x) \, dx + \int_{-\infty}^{+\infty} f_{2}(x) F_{1}(x) \, dx$ 。

对第一项，令 $u = F_{2}(x)$ ，则 $du = f_{2}(x) \, dx$ ，当 $x \to +\infty$ ， $u \to 1$ ； $x \to -\infty$ ， $u \to 0$ ，故第一项为 $\int_{0}^{1} u \, dF_{1}(x)$ （此处通过分部积分可得）。

同理第二项为 $\int_{0}^{1} u \, dF_{2}(x)$ ，最终可得积分结果为 $F_{1}(x) F_{2}(x) \big\vert_{-\infty}^{+\infty} = 1$ ，可知 $f_{1}(x) F_{2}(x) + f_{2}(x) F_{1}(x)$ 为概率密度，故选 (D)。

8

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $E(X)$ 与 $E(Y)$ 存在，记 $U = \max\{X, Y\}$ ， $V = \min\{X, Y\}$ ，则 $E(UV) =$ （）

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

正确答案：B
由于

UV = \max\{X, Y\} \min\{X, Y\} = XY

，可知

E(UV) = E(\max\{X, Y\} \min\{X, Y\}) = E(XY)

。又因为

X

与

Y

相互独立，所以

E(XY) = E(X)E(Y)

，故应选 (B)。

填空题

9

（填空题）曲线 $y=\int_{0}^{x} \tan t \, dt(0 \leq x \leq \frac{\pi}{4})$ 的弧长 $s=$

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】

\ln(\sqrt{2} + 1)

【解析】 本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

$s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{(y')^{2}+1} dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^{2} x + 1} dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec x dx=\ln|\sec x + \tan x|\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\ln(\sqrt{2}+1)$

10

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

高等数学常微分方程一阶非齐次线性微分方程

【答案】 $y = \sin x e^{-x}$

【解析】 本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。

原方程的通解为

y=e^{-\int 1 \, dx}\left[\int e^{-x} \cos x \cdot e^{\int 1 \, dx} \, dx + C\right]=e^{-x}\left[\int \cos x \, dx + C\right]=e^{-x}[\sin x + C]

由 $y(0)=0$ ，得 $0 = e^{0}[\sin 0 + C]$ ，即 $0 = 1 \times (0 + C)$ ，解得 $C=0$ ，故所求解为 $y=\sin x e^{-x}$ 。

11

（填空题）设 $F(x, y) = \int_{0}^{y} \frac{\sin t}{1 + t^{2}} \, dt$ ，则 $\left. \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} \right|_{\substack{x=0 \\ y=2}} =$

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 0

【解析】 本题考查偏导数的计算。由于 $F(x, y)$ 中不含 $x$ ，所以 $\frac{\partial F}{\partial x} = 0$ ，进而 $\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} = 0$ ，故在任意点处的值均为 $0$ 。

12

（填空题）设 $L$ 是柱面方程 $x^{2}+y^{2}=1$ 与平面 $z=x+y$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 $\oint_{L} xz dx + x dy + \frac{y^{2}}{2} dz=$

多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $\pi$

【解析】 本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

$L$ 的参数方程为 $\begin{cases}x=\cos t \\ y=\sin t \\ z=\cos t + \sin t\end{cases}$ ， $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 。

\begin{aligned} &\oint_{L} xz \, dx + x \, dy + \frac{y^{2}}{2} \, dz \\ =&\int_{0}^{2\pi} \cos t(\cos t + \sin t)(-\sin t) + \cos t \cdot \cos t + \frac{\sin^{2} t}{2}(\cos t - \sin t) \, dt \\ =&\int_{0}^{2\pi} \left(-\sin t \cos^{2} t - \sin^{2} t \cos t + \cos^{2} t + \frac{\sin^{2} t \cos t}{2} - \frac{\sin^{3} t}{2}\right) \, dt \\ =&\int_{0}^{2\pi} \cos^{2} t \, dt = \pi \end{aligned}

13

（填空题）若二次曲面的方程为 $x^{2}+3y^{2}+z^{2}+2axy+2xz+2yz=4$ ，经正交变换化为 $y_{1}^{2}+4z_{1}^{2}=4$ ，则 $a=$

线性代数二次型

【答案】 1

【解析】 本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 $a$ 。

本题等价于将二次型 $f(x, y, z) = x^{2} + 3y^{2} + z^{2} + 2axy + 2xz + 2yz$ 经正交变换后化为了 $f = y_{1}^{2} + 4z_{1}^{2}$ ，由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 $1, 4, 0$ 。

二次型的矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ，因为特征值之和等于矩阵的迹，所以 $1 + 4 + 0 = 1 + 3 + 1$ ，恒成立；又因为特征值之积等于矩阵的行列式，即 $|A| = 0$ 。

计算行列式：

$\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times (3 \times 1 - 1 \times 1) - a \times (a \times 1 - 1 \times 1) + 1 \times (a \times 1 - 3 \times 1) = 2 - a(a - 1) + (a - 3) = -a^{2} + 2a - 1$

令 $|A| = 0$ ，即 $-a^{2} + 2a - 1 = 0$ ，解得 $a = 1$ 。

14

（填空题）设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从 $N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)$ ，则 $E(XY^{2})=$

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

【答案】

\mu^3 + \mu\sigma^2

【解析】 本题考查二维正态分布的性质。由于 $\rho=0$ ，由二维正态分布的性质可知随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立。因此 $E(XY^{2})=E(X) \cdot E(Y^{2})$ 。

由于 $(X, Y)$ 服从 $N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)$ ，可知 $E(X)=\mu$ ， $E(Y^{2})=D(Y) + (E(Y))^{2}=\sigma^{2} + \mu^{2}$ ，则

E(XY^{2})=\mu(\mu^{2} + \sigma^{2})=\mu^{3} + \mu\sigma^{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）求极限

\lim_{x \to 0}\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)^{\frac{1}{e^{x}-1}}

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $e^{-\frac{1}{2}}$

【解析】

\begin{aligned} & \lim_{x \to 0} \left( \frac{\ln(1+x)}{x} \right)^{\frac{1}{e^{x}-1}} = \lim_{x \to 0} \left( 1 + \frac{\ln(1+x) - x}{x} \right)^{\frac{1}{e^{x}-1}} \\ & = e^{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - x}{x} \cdot \frac{1}{e^{x}-1}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - x}{x^2}} \\ & = e^{\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x} - 1}{2x}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{-x}{2x(1+x)}} \\ & = e^{-\frac{1}{2}} \end{aligned}

16

（本题满分 9 分）设 $z=f(xy, yg(x))$ ，其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数，函数 $g(x)$ 可导，且在 $x=1$ 处取得极值 $g(1)=1$ ，求 $\left. \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} \right\vert_{x=1,y=1}$

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $f_{11}^{\prime\prime}(1,1) + f_{12}^{\prime\prime}(1,1)$

【解析】 $\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}(xy, yg(x)) \cdot y + f_{2}(xy, yg(x)) \cdot yg^{\prime}(x)$

\begin{aligned} \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} &= f_{11}^{\prime\prime}(xy, yg(x)) \cdot xy + f_{12}^{\prime\prime}(xy, yg(x)) \cdot yg(x) + f_{1}^{\prime}(xy, yg(x)) \cdot x \\ &\quad + f_{21}^{\prime\prime}(xy, yg(x)) \cdot xy g^{\prime}(x) + f_{22}^{\prime\prime}(xy, yg(x)) \cdot yg(x) g^{\prime}(x) + f_{2}^{\prime}(xy, yg(x)) \cdot g^{\prime}(x) \end{aligned}

由于 $g(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值，可知 $g^{\prime}(1)=0$ ，故

\begin{aligned} \left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right\vert_{x=1,y=1} &= f_{11}^{\prime\prime}(1,1) \cdot 1 \cdot 1 + f_{12}^{\prime\prime}(1,1) \cdot 1 \cdot g(1) + f_{1}^{\prime}(1,1) \cdot 1 \\ &\quad + f_{21}^{\prime\prime}(1,1) \cdot 1 \cdot 1 \cdot g^{\prime}(1) + f_{22}^{\prime\prime}(1,1) \cdot 1 \cdot g(1) \cdot g^{\prime}(1) + f_{2}^{\prime}(1,1) \cdot g^{\prime}(1) \\ &= f_{11}^{\prime\prime}(1,1) + f_{12}^{\prime\prime}(1,1) \end{aligned}

17

（本题满分 10 分）求方程 $k \arctan x - x = 0$ 不同实根的个数，其中 $k$ 为参数。

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

【答案】 当 $k \leq 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k > 1$ 时，方程有 2 个实根。

【解析】 令 $f(x) = k \arctan x - x$ ，则 $f(0) = 0$ ，且

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

(1) 当 $k \leq 1$ 时， $f'(x) \leq 0$ （仅当 $k = 1$ 且 $x = 0$ 时等号成立），因此 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上单调递减，故方程仅有一个实根 $x = 0$ 。

(2) 当 $k > 1$ 时，令 $f'(x) = 0$ ，解得 $x = \pm \sqrt{k - 1}$ 。在区间 $(-\sqrt{k - 1}, \sqrt{k - 1})$ 上， $f'(x) > 0$ ， $f(x)$ 单调递增；在区间 $(-\infty, -\sqrt{k - 1})$ 和 $(\sqrt{k - 1}, +\infty)$ 上， $f'(x) < 0$ ， $f(x)$ 单调递减。

计算可得：

f(\sqrt{k - 1}) = k \arctan \sqrt{k - 1} - \sqrt{k - 1}.

令 $t = \sqrt{k - 1} > 0$ ，则

f(\sqrt{k - 1}) = (t^2 + 1) \arctan t - t.

求导可知该函数在 $t > 0$ 时大于 0。又因为 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$ ，所以在区间 $(\sqrt{k - 1}, +\infty)$ 上存在一个实根。

同理， $f(-\sqrt{k - 1}) < 0$ ，且 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$ ，但 $f(0) = 0$ ，因此在区间 $(-\infty, -\sqrt{k - 1})$ 上无实根。综上，当 $k > 1$ 时，方程有两个实根（ $x = 0$ 和一个正根）。

综上所述，当 $k \leq 1$ 时，方程有 1 个实根；当 $k > 1$ 时，方程有 2 个实根。

18

（本题满分 10 分）证明：

(1) 对任意正整数 $n$ ，都有 $\frac{1}{n+1} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}$ ；

(2) 设 $a_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln n \quad (n=1,2,\cdots)$ ，证明数列 $\{a_n\}$ 收敛。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 见解析

【解析】 (1) 令 $x = \frac{1}{n} > 0$ ，需证 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$ 。

令 $f(x) = x - \ln(1+x)$ ，则 $f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0$ （当 $x > 0$ 时）。因此 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，且 $f(x) > f(0) = 0$ ，即 $\ln(1+x) < x$ 。

再令 $g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x}$ ，则 $g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^{2}} = \frac{x}{(1+x)^{2}} > 0$ （当 $x > 0$ 时）。因此 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，且 $g(x) > g(0) = 0$ ，即 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)$ 。

综上，不等式得证。

(2) 考虑 $a_{n+1} - a_{n} = \frac{1}{n+1} - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ 。由 (1) 知 $\frac{1}{n+1} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，因此 $a_{n+1} - a_{n} < 0$ ，即数列 $\{a_{n}\}$ 单调递减。

又因为

a_{n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n > \sum_{k=1}^{n} \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) - \ln n = \ln(n+1) - \ln n > 0,

所以 $\{a_{n}\}$ 有下界。

由单调有界收敛定理，数列 $\{a_{n}\}$ 收敛。

19

（本题满分 11 分）已知函数 $f(x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且 $f(1, y) = 0$ ， $f(x, 1) = 0$ ， $\iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy = a$ ，其中 $D = \{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1\}$ ，计算二重积分 $I = \iint_{D} x y f_{xy}''(x, y) \, dx \, dy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $a$

【解析】 将二重积分化为累次积分：

I = \int_{0}^{1} dy \int_{0}^{1} xy f_{xy}''(x, y) dx

先计算内层积分 $\int_{0}^{1} xy f_{xy}''(x, y) dx$ ，将 $y$ 视为常数，利用分部积分法：

\begin{align*} \int_{0}^{1} x y f_{xy}^{\prime\prime}(x, y) \, dx &= y \int_{0}^{1} x \, d f_{y}^{\prime}(x, y) \\ &= \left. x y f_{y}^{\prime}(x, y) \right\vert_{0}^{1} - y \int_{0}^{1} f_{y}^{\prime}(x, y) \, dx \\ &= y f_{y}^{\prime}(1, y) - y \int_{0}^{1} f_{y}^{\prime}(x, y) \, dx \end{align*}

由 $f(1, y) = 0$ ，得 $f_{y}'(1, y) = 0$ ，故内层积分化简为：

- y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx

因此：

I = \int_{0}^{1} \left(- y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx\right) dy = - \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy

再对内层积分 $\int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy$ 分部积分，将 $x$ 视为常数：

\int_{0}^{1} y f_{y}^{\prime}(x, y) dy = \int_{0}^{1} y d f(x, y) = \left.y f(x, y)\right\vert_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f(x, y) dy = - \int_{0}^{1} f(x, y) dy

所以：

I = - \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} f(x, y) dy = \iint_{D} f(x, y) dxdy = a

20

（本题满分 11 分）

设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1 = (1, 0, 1)^{\mathrm{T}}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2 = (0, 1, 1)^{\mathrm{T}}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3 = (1, 3, 5)^{\mathrm{T}}$ 不能由向量组 $\boldsymbol{\beta}_1 = (1, 1, 1)^{\mathrm{T}}$ ， $\boldsymbol{\beta}_2 = (1, 2, 3)^{\mathrm{T}}$ ， $\boldsymbol{\beta}_3 = (3, 4, a)^{\mathrm{T}}$ 线性表示。

（Ⅰ）求 $a$ 的值；

（Ⅱ）将 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性表示。

线性代数向量向量组之间的线性表示

【答案】
（Ⅰ） $a = 5$
（Ⅱ）

\begin{cases} \boldsymbol{\beta}_1 = 2\boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_2 - \boldsymbol{\alpha}_3, \\ \boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2 + 0\boldsymbol{\alpha}_3, \\ \boldsymbol{\beta}_3 = 5\boldsymbol{\alpha}_1 + 10\boldsymbol{\alpha}_2 - 2\boldsymbol{\alpha}_3. \end{cases}

【解析】
【解】
(Ⅰ) 方法一
$\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 为 $3$ 个 $3$ 维向量，因为

|\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 5 \end{vmatrix} = 1 \neq 0,

所以 $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关。

由于 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 一定可由 $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性表示，而 $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 不能由 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 线性表示，所以 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 的秩小于 $\boldsymbol{\alpha}_1$ ， $\boldsymbol{\alpha}_2$ ， $\boldsymbol{\alpha}_3$ 的秩。

从而

|\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 3 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & a-3 \end{vmatrix} = a - 5 = 0,

故 $a = 5$ 。

方法二
$\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ ， $\boldsymbol{\alpha}_i$ （ $i = 1, 2, 3$ ）为 $4$ 个 $3$ 维向量，则 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ ， $\boldsymbol{\alpha}_i$ （ $i = 1, 2, 3$ ）一定线性相关。

若 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 线性无关，而 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ ， $\boldsymbol{\alpha}_i$ （ $i = 1, 2, 3$ ）线性相关，则 $\boldsymbol{\alpha}_i$ （ $i = 1, 2, 3$ ）可由向量组 $\boldsymbol{\beta}_1$ ， $\boldsymbol{\beta}_2$ ， $\boldsymbol{\beta}_3$ 线性表示，矛盾。

于是 $|\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3| = 0$ 。由

|\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 3 & a \end{vmatrix} = a - 5 = 0,

得 $a = 5$ 。

(Ⅱ) 将矩阵 $(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3)$ 进行初等行变换得

(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & 2 & 4 \\ 1 & 1 & 5 & 1 & 3 & 5 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 2 & 10 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -2 \end{pmatrix},

于是

\begin{cases} \boldsymbol{\beta}_1 = 2\boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_2 - \boldsymbol{\alpha}_3, \\ \boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_1 + 2\boldsymbol{\alpha}_2 + 0\boldsymbol{\alpha}_3, \\ \boldsymbol{\beta}_3 = 5\boldsymbol{\alpha}_1 + 10\boldsymbol{\alpha}_2 - 2\boldsymbol{\alpha}_3. \end{cases}

21

（本题满分 11 分） $A$ 为三阶实矩阵， $R(A) = 2$ ，且 $A \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}.$

（I）求 $A$ 的特征值与特征向量；

（II）求 $A$ 。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】

（I） $A$ 的特征值分别为 $1$ ， $-1$ ， $0$ ，对应的特征向量分别为 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ 。

（II） $A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 。

【解析】

（1）由

A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad A \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

可知： $1$ ， $-1$ 均为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值， $\boldsymbol{\xi_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ 与 $\boldsymbol{\xi_2} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ 分别为它们的特征向量。

由于 $r(\boldsymbol{A}) = 2$ ，可知 $0$ 也是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，而 $0$ 的特征向量与 $\boldsymbol{\xi_1}$ 、 $\boldsymbol{\xi_2}$ 正交。

设 $\boldsymbol{\xi_3} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ 为 $0$ 的特征向量，由正交条件可得

\begin{cases} x_1 + x_3 = 0 \\ -x_1 + x_3 = 0 \end{cases}

解得 $\boldsymbol{\xi_3} = k \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ 。

因此， $\boldsymbol{A}$ 的特征值分别为 $1$ ， $-1$ ， $0$ ，对应的特征向量分别为 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ 。

（2）由 $A = P \Lambda P^{-1}$ ，其中

\Lambda = \begin{bmatrix} 1 & & \\ & -1 & \\ & & 0 \end{bmatrix}, \quad P = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}

可得

A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & & \\ & -1 & \\ & & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}^{-1}

计算逆矩阵得

P^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}

代入得

A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & & \\ & -1 & \\ & & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}

计算后得到

A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}

22

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

\begin{array}{c|cc} X & 0 & 1 \\ \hline P & \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{array}

\begin{array}{c|ccc} Y & -1 & 0 & 1 \\ \hline P & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \end{array}

且 $P\{ X^{2}=Y^{2}\} =1$ 。

(Ⅰ) 求二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布；

(Ⅱ) 求 $Z = XY$ 的概率分布；

(Ⅲ) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY}$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】
(Ⅰ) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|ccc} X \backslash Y & -1 & 0 & 1 \\ \hline 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{1}{3} \\ \end{array}

(Ⅱ) $Z = XY$ 的概率分布为：

Z \sim \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}

(Ⅲ) $X$ 与 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY} = 0$ 。

【解析】
(Ⅰ) 由 $P\{ X^{2}=Y^{2}\} =1$ ，得 $P\{ X^{2}\neq Y^{2}\} =0$ ，
于是

P\{ X = 0,Y = -1\} = P\{ X = 0,Y = 1\} = P\{ X = 1,Y = 0\} = 0

故 $(X,Y)$ 的联合分布律为

\begin{array}{c|ccc} X \backslash Y & -1 & 0 & 1 \\ \hline 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{1}{3} \\ \end{array}

(Ⅱ) $Z = XY$ 的可能取值为 $-1,0,1$ ，且

P\{ Z = -1\} = P\{ X = 1,Y = -1\} = \frac{1}{3}

\begin{align*} P\{ Z = 0\} &= P\{ X = 0,Y = -1\} + P\{ X = 0,Y = 0\} \\ &\quad + P\{ X = 0,Y = 1\} + P\{ X = 1,Y = 0\} \\ &= \frac{1}{3} \end{align*}

P\{ Z = 1\} = 1 - P\{ Z = -1\} - P\{ Z = 0\} = \frac{1}{3}

则 $Z$ 的分布律为

Z \sim \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}

(Ⅲ) 由

E(X) = \frac{2}{3}, \quad E(Y) = 0, \quad E(XY) = E(Z) = 0

得

\text{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = 0

于是 $\rho_{XY} = 0$ 。

23

（本题满分 11 分）

设 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 为来自正态总体 $N(\mu_0, \sigma^2)$ 的简单随机样本，其中 $\mu_0$ 已知， $\sigma^2 > 0$ 未知， $\overline{X}$ 和 $S^2$ 分别表示样本均值和样本方差。

（Ⅰ）求参数 $\sigma^2$ 的最大似然估计 $\widehat{\sigma}^2$ ；

（Ⅱ）计算 $E(\widehat{\sigma}^2)$ 和 $D(\widehat{\sigma}^2)$ 。

概率论与数理统计参数估计与假设检验最大似然估计

【答案】
（Ⅰ） $\widehat{\sigma}^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (X_i - \mu_0)^2$
（Ⅱ） $E(\widehat{\sigma}^2) = \sigma^2$ ， $D(\widehat{\sigma}^2) = \frac{2\sigma^4}{n}$

【解析】
（Ⅰ）似然函数为

L(\sigma^2) = f(x_1) f(x_2) \cdots f(x_n) = (2\pi\sigma^2)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu_0)^2},

取对数得

\ln L(\sigma^2) = -\frac{n}{2} \ln 2\pi - \frac{n}{2} \ln \sigma^2 - \frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu_0)^2.

由

\frac{d}{d(\sigma^2)} \ln L(\sigma^2) = -\frac{n}{2\sigma^2} + \frac{1}{2\sigma^4} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu_0)^2 = 0,

解得

\sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu_0)^2.

故 $\sigma^2$ 的最大似然估计量为

\widehat{\sigma}^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (X_i - \mu_0)^2.

（Ⅱ）方法一：

E(\widehat{\sigma}^2) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X_i - \mu_0)^2 = E(X - \mu_0)^2,

= D(X - \mu_0) + [E(X - \mu_0)]^2 = D(X) = \sigma^2.

又

D(\widehat{\sigma}^2) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n D(X_i - \mu_0)^2 = \frac{1}{n} D(X - \mu_0)^2 = \frac{\sigma^4}{n} D\left( \frac{X - \mu_0}{\sigma} \right)^2.

因为 $\frac{X - \mu_0}{\sigma} \sim N(0, 1)$ ，所以 $\left( \frac{X - \mu_0}{\sigma} \right)^2 \sim \chi^2(1)$ ，于是

D\left( \frac{X - \mu_0}{\sigma} \right)^2 = 2,

故

D(\widehat{\sigma}^2) = \frac{2\sigma^4}{n}.

方法二：
因为 $\sum_{i=1}^n \left( \frac{X_i - \mu_0}{\sigma} \right)^2 \sim \chi^2(n)$ ，所以

\sum_{i=1}^n D\left( \frac{X_i - \mu_0}{\sigma} \right)^2 = 2n.

于是

D(\widehat{\sigma}^2) = D\left[ \frac{\sigma^2}{n} \sum_{i=1}^n \left( \frac{X_i - \mu_0}{\sigma} \right)^2 \right] = \frac{\sigma^4}{n^2} \sum_{i=1}^n D\left( \frac{X_i - \mu_0}{\sigma} \right)^2 = \frac{2\sigma^4}{n}.