2013 年真题

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

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

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 $f(x)=\frac{|\boldsymbol{x}|^{\boldsymbol{x}}-1}{\boldsymbol{x}(\boldsymbol{x}+1) \ln |\boldsymbol{x}|}$ ，则 $f(\boldsymbol{x})$ 的间断点个数为

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：C

当 $x \to 0$ 时，有：

|x|^{x} - 1 = e^{x \ln |x|} - 1 \sim x \ln |x|

因此：

\lim _{x \to 0} f(x) = \lim _{x \to 0} \frac{|x|^{x} - 1}{x(x+1) \ln |x|} = \lim _{x \to 0} \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 $x \to 1$ ：

\lim _{x \to 1} f(x) = \lim _{x \to 1} \frac{|x|^{x} - 1}{x(x+1) \ln |x|} = \lim _{x \to 1} \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 $x \to -1$ ：

\lim _{x \to -1} f(x) = \lim _{x \to -1} \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 $D=\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq 1\}$ 的第 $k$ 象限的部分，记 $I_{k}=\iint_{D_{k}}(y-x) \, dx dy$ ，则

高等数学多元函数积分学重积分的计算

正确答案：B

由极坐标系下二重积分的计算可知

\begin{aligned} I_{k} & = \iint_{D_{k}}(y - x) d x d y = \int_{(k-1)\frac{\pi}{2}}^{k\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{0}^{1}(\sin \theta - \cos \theta) r^{2} d r \\ & = \frac{1}{3} \int_{(k-1)\frac{\pi}{2}}^{k\frac{\pi}{2}}(\sin \theta - \cos \theta) d \theta \\ & = -\frac{1}{3} \left( \sin \theta + \cos \theta \right) \Bigg|_{(k-1)\frac{\pi}{2}}^{k\frac{\pi}{2}} \end{aligned}

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

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

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 $AB = C$ ，且 $B$ 可逆，则

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：B

将矩阵 $A$ 和 $C$ 列分块如下：

A = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_{n}), \quad C = (\boldsymbol{\gamma}_{1}, \boldsymbol{\gamma}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\gamma}_{n})

由于 $AB = C$ ，则可知：

\boldsymbol{\gamma}_{i} = b_{1i} \boldsymbol{\alpha}_{1} + b_{2i} \boldsymbol{\alpha}_{2} + \cdots + b_{ni} \boldsymbol{\alpha}_{n} \quad (i=1,2, \cdots, 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 $A = CB^{-1}$ ，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 $A=\begin{pmatrix}1 & a & 1 \\ a & b & a \\ 1 & a & 1\end{pmatrix}$ 与 $B=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ 相似的充分必要条件是

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：B

计算行列式：

|\lambda E - A| = \left|\begin{array}{ccc} \lambda-1 & -a & -1 \\ -a & \lambda-b & -a \\ -1 & -a & \lambda-1 \end{array}\right| = -\lambda\left(\lambda^{2}-(b+2) \lambda+2 b-2 a^{2}\right)

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 $\lambda = 0$ 代入行列式：

2b - 2a^{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

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

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

P_{1} = 2 \Phi(2) - 1,

P_{2} = P\left\{-2 \leq X_{2} \leq 2\right\} = P\left\{-1 \leq \frac{X_{2}}{2} \leq 1\right\} = 2 \Phi(1) - 1,

\begin{align*} P_{3} &= P\left\{-2 \leq X_{3} \leq 2\right\} \\ &= P\left\{\frac{-2-5}{3} \leq \frac{X_{3}-5}{3} \leq \frac{2-5}{3}\right\} \\ &= \Phi(-1) - \Phi\left(-\frac{7}{3}\right) \\ &= \Phi\left(\frac{7}{3}\right) - \Phi(1), \end{align*}

比较得 $P_{1} > P_{2}$ ，且

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

故 $P_{1} > P_{2} > P_{3}$ ，选择 (A)。

8

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

\begin{array}{c|cccc} \boldsymbol{x} & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline \boldsymbol{P} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \frac{1}{8} \end{array}

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

则 $P(\boldsymbol{X} + \boldsymbol{Y} = 2) =$ (

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

正确答案：C

\begin{align*} 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} \end{align*}

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， $\lim _{n \to \infty} nf\left(\frac{n}{n+2}\right) =$

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 -2

【解析】 由条件可知 $f(1)=0$ ， $f'(1)=1$ 。所以

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

10

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

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $2 - 2\ln2$

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

设 $F(x, y, z) = (z + y)^{x} - x y$ ，则

F_{x}(x, y, z) = (z + y)^{x} \ln(z + y) - y, \quad 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}\bigg|_{(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\ln2 - 2}{1} = 2 - 2\ln2

11

（填空题）

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

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 \(\ln 2 \)

【解析】

\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} dx = -\int_{1}^{+\infty} \ln x \, d \frac{1}{1+x} = -\left.\frac{\ln x}{1+x}\right|_{1}^{+\infty} + \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x(1+x)} dx

其中 $-\left.\frac{\ln x}{1+x}\right|_{1}^{+\infty} = 0 - \left(-\frac{\ln 1}{2}\right) = 0$ 。

接下来计算剩余积分：

\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x(1+x)} dx = \int_{1}^{+\infty} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{1+x}\right) dx = \left.\ln \frac{x}{1+x}\right|_{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 $y^{\prime \prime} - y^{\prime} + \frac{1}{4} y = 0$ 的通解为

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】

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

【解析】
方程的特征方程为 $\lambda^{2} - \lambda + \frac{1}{4} = 0$ ，即 $(2\lambda - 1)^2 = 0$ 。解得两个相等实根 $\lambda_{1} = \lambda_{2} = \frac{1}{2}$ ，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 $\boldsymbol{A} = (a_{ij})$ 是三阶非零矩阵， $|\boldsymbol{A}|$ 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 $|\boldsymbol{A}| =$ ________

高等数学多元函数积分学旋度的定义

【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 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值， $\boldsymbol{\alpha}$ 是对应的特征向量，则 $A\boldsymbol{\alpha} = \lambda\boldsymbol{\alpha}$ 。两边左乘 $A^{*}$ 得

A^{*}A\boldsymbol{\alpha} = \lambda A^{*}\boldsymbol{\alpha}

即

|A|\boldsymbol{\alpha} = \lambda A^{*}\boldsymbol{\alpha}

由 $A^{*T} = -A$ 得 $A^{*} = -A^T$ ，所以

|A|\boldsymbol{\alpha} = \lambda(-A^T)\boldsymbol{\alpha} = -\lambda(A\boldsymbol{\alpha})^T = -\lambda(\lambda\boldsymbol{\alpha})^T = -\lambda^2\boldsymbol{\alpha}

即

(|A| + \lambda^2)\boldsymbol{\alpha} = 0

因为 $\boldsymbol{\alpha} \neq 0$ ，所以 $|A| + \lambda^2 = 0$ 。若 $|A| = 0$ ，则 $\lambda = 0$ ，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 $E(Xe^{2X}) =$ ________。

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】 $2e^{2}$

【解析】

E(Xe^{2X}) = \int_{-\infty}^{+\infty} x e^{2x} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^{2}}{2}} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^{2}-4x}{2}} dx

= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-2)^{2}}{2} + 2} dx = e^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-2)^{2}}{2}} dx

令 $t = x - 2$ ，则 $x = t + 2$ ，于是

e^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{t + 2}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{t^{2}}{2}} dt = e^{2} \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{t}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{t^{2}}{2}} dt + 2 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{t^{2}}{2}} dt \right)

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

解答题

15

（本题满分 10 分）

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

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

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

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

因此，

1 - \cos x \cos 2x \cos 3x

\begin{align*} &= 1 - \left(1 - \frac{1}{2}x^{2} + o(x^{2})\right) \left(1 - 2x^{2} + o(x^{2})\right) \left(1 - \frac{9}{2}x^{2} + o(x^{2})\right) \\ &= 7x^{2} + o(x^{2}) \end{align*}

由于 $1 - \cos x \cos 2x \cos 3x$ 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 $y = \sqrt[3]{x}$ 、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。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 7

【解析】 由微元法可知

V_{x} = \pi \int_{0}^{a} y^{2} \, dx = \pi \int_{0}^{a} x^{\frac{2}{3}} \, dx = \frac{3}{5} a^{\frac{5}{3}} \pi

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

由条件 $10V_{x} = V_{y}$ ，知 $a = 7$ 。

17

（本题满分 10 分）

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

\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy.

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{416}{3}$

【解析】

\begin{align*} \iint_{D} x^{2} \, dx \, dy &= \iint_{D_{1}} x^{2} \, dx \, dy + \iint_{D_{2}} x^{2} \, dx \, dy \\ &= \int_{0}^{2} x^{2} \, dx \int_{\frac{x}{3}}^{3x} dy + \int_{2}^{6} x^{2} \, dx \int_{\frac{x}{3}}^{8 - x} dy \\ &= \frac{416}{3} \end{align*}

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 $P$ 。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【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 + 20Q) = 40Q - \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 \implies 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 $\xi \in(0, a)$ ，使得 $f'(\xi)=\frac{1}{a}$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【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 $\xi \in (0, a)$ 使得

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

20

（本题满分 11 分）

设矩阵

A = \begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & b \end{pmatrix},

求所有矩阵 $C$ ，使得

AC - CA = B.

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

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

C = \begin{pmatrix} 1 + C_{1} & -C_{1} \\ C_{1} & C_{2} \end{pmatrix}

其中 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】
设 $C=\begin{pmatrix} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{pmatrix}$ ，由 $AC - CA = B$ 可化为：

\begin{cases} - 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 \end{cases}

对增广矩阵进行初等行变换：

(A \mid b) = \begin{pmatrix} 0 & -1 & a & 0 & 0 \\ -a & 1 & 0 & a & 1 \\ 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 + a \\ 0 & 0 & 0 & 0 & b \end{pmatrix}

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 \mid b) \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

通解为：

\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + C_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + C_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

即矩阵 $C$ 为：

C = \begin{pmatrix} 1 + C_{1} & -C_{1} \\ C_{1} & C_{2} \end{pmatrix}

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

\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end{pmatrix}.

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

线性代数二次型

【答案】

二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}$ 。
$f$ 在正交变换下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

【解析】
(1)

\begin{aligned} f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) &= 2\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+a_{3} x_{3}\right)^{2} +\left(b_{1} x_{1}+b_{2} x_{2}+b_{3} x_{3}\right)^{2} \\ &= 2\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \begin{pmatrix}a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_{1}, a_{2}, a_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{pmatrix} \\ &\quad +\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \begin{pmatrix}b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}b_{1}, b_{2}, b_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{pmatrix} \\ &= \left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \bigl(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} +\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}\bigr) \begin{pmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{pmatrix} \end{aligned}

所以二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}$ 。

(2)

设 $A = 2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}$ 。由于 $|\boldsymbol{\alpha}| = 1$ ， $\boldsymbol{\beta}^{\top} \boldsymbol{\alpha} = 0$ ，则：

A \boldsymbol{\alpha} = (2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}) \boldsymbol{\alpha} = 2 \boldsymbol{\alpha} |\boldsymbol{\alpha}|^{2} + \boldsymbol{\beta} (\boldsymbol{\beta}^{\top} \boldsymbol{\alpha}) = 2 \boldsymbol{\alpha}

所以 $\boldsymbol{\alpha}$ 为矩阵对应特征值 $\lambda_{1} = 2$ 的特征向量。

A \boldsymbol{\beta} = (2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top} + \boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}) \boldsymbol{\beta} = 2 \boldsymbol{\alpha} (\boldsymbol{\alpha}^{\top} \boldsymbol{\beta}) + \boldsymbol{\beta} |\boldsymbol{\beta}|^{2} = \boldsymbol{\beta}

所以 $\boldsymbol{\beta}$ 为矩阵对应特征值 $\lambda_{2} = 1$ 的特征向量。

矩阵 $A$ 的秩 $r(A) \leq r(2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\top}) + r(\boldsymbol{\beta} \boldsymbol{\beta}^{\top}) = 2$ ，所以 $\lambda_{3} = 0$ 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) = \begin{cases} 3 x^{2}, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

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) = \begin{cases} \frac{3 y^{2}}{x^{3}}, & 0 < y < x, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

(1) 求 $(X, Y)$ 的联合概率密度 $f(x,y)$ ；

(2) 求 $Y$ 的边缘概率密度 $f_{Y}(y)$ 。

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】
(1) $(X, Y)$ 的联合概率密度为

f(x, y) = \begin{cases} \frac{9 y^{2}}{x}, & 0 < y < x < 1 \\ 0, & \text{}. \end{cases}

(2) $Y$ 的边缘概率密度为

f_{Y}(y) = \begin{cases} -9 y^{2} \ln y, & 0 < y < 1 \\ 0, & \text{}. \end{cases}

【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) = \left\{\begin{array}{ll} \frac{9 y^{2}}{x}, & 0 < y < x < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{array}\right.

(2) $Y$ 的边缘概率密度 $f_{Y}(y)$ 为：

f_{Y}(y) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x, y) \, dx = \left\{\begin{array}{ll} \int_{y}^{1} \frac{9 y^{2}}{x} \, dx = -9 y^{2} \ln y, & 0 < y < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{array}\right.

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f(x ; \theta) = \begin{cases} \frac{\theta^{2}}{x^{3}} e^{-\frac{\theta}{x}}, & x > 0 \\ 0, & \text{} \end{cases}

其中 $\theta$ 为未知参数， $\boldsymbol{X}_{1}, \boldsymbol{X}_{2}, \cdots, \boldsymbol{X}_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(1) 求 $\theta$ 的矩估计量；

(2) 求 $\theta$ 的极大似然估计量。

概率论与数理统计参数估计与假设检验矩估计和最大似然估计

【答案】
(1) $\hat{\theta} = \bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$
(2) $\hat{\theta} = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}$

【解析】
(1) 首先计算总体的数学期望 $E(X)$ ：

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

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

\hat{\theta} = \bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}

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

L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \left( \frac{\theta^{2}}{x_{i}^{3}} e^{-\frac{\theta}{x_{i}}} \right) = \frac{\theta^{2n}}{\left( \prod_{i=1}^{n} x_{i} \right)^{3}} e^{-\theta \left( \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}} \right)}

取对数后得到：

\ln L(\theta) = 2n \ln \theta - \theta \left( \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}} \right) - 3 \sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}

令 $\frac{d \ln L(\theta)}{d \theta} = 0$ ，得到方程：

\frac{2n}{\theta} - \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}} = 0

解得 $\theta$ 的极大似然估计量为：

\hat{\theta} = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}