2014 年真题

选择题

1

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

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，

\left|a_{n}\right| > \lambda|a|, \quad 0 < \lambda < 1

因此，正确答案为 (A)。

2

下列曲线有渐近线的是

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

正确答案：C

计算过程如下：

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

又因为：

\lim _{x \to \infty} \left[x + \sin \frac{1}{x} - x\right] = \lim _{x \to \infty} \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

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

正确答案：D

给定多项式 $P(x) = a + bx + cx^{2} + dx^{3}$ ，已知 $a = 0$ 。

计算极限：

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

由极限存在条件：

\lim _{x \to 0} (b + 2cx - \sec^{2}x) = 0 \implies b = 1

进一步化简得：

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

高等数学一元函数微分学微分中值定理

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), \quad 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

\left|\begin{array}{llll} 0 & a & b & 0 \\ a & 0 & 0 & b \\ 0 & c & d & 0 \\ c & 0 & 0 & d \end{array}\right| = \ ?

线性代数行列式

正确答案：B

由行列式的展开定理展开第一列，

\left|\begin{array}{llll} 0 & a & b & 0 \\ a & 0 & 0 & b \\ 0 & c & d & 0 \\ c & 0 & 0 & d \end{array}\right| = -a\left|\begin{array}{lll} a & b & 0 \\ c & d & 0 \\ 0 & 0 & d \end{array}\right| - c\left|\begin{array}{lll} a & b & 0 \\ 0 & 0 & b \\ c & d & 0 \end{array}\right|

进一步计算得到：

= -ad(ad - bc) + bc(ad - bc) = -(ad - bc)^{2}

6

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

线性代数向量向量组的线性相关性

正确答案：A

(\boldsymbol{\alpha}_{1} + k\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{2} + l\boldsymbol{\alpha}_{3}) = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) \left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l\end{array}\right)

若 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关，则：

r((\boldsymbol{\alpha}_{1} + k\boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{2} + l\boldsymbol{\alpha}_{3})) = r\left((\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) \left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l\end{array}\right)\right) = r\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l\end{array}\right) = 2

故 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + k\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_{2} + l\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关。

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

综上所述，对任意常数 $k$ ，向量 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + k\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_{2} + l\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关是向量 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 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 $P(B - A) =$ ()

概率论与数理统计随机事件和概率

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：

\begin{align*} P(A-B) &= P(A) - P(AB) \\ &= P(A) - P(A)P(B) \\ &= P(A) - 0.5P(A) \\ &= 0.5P(A) \\ &= 0.3 \end{align*}

解得 $P(A)=0.6$ 。

再计算 $P(B-A)$ ：

\begin{align*} P(B-A) &= P(B) - P(AB) \\ &= P(B) - P(A)P(B) \\ &= 0.5 - 0.5 \times 0.6 \\ &= 0.5 - 0.3 \\ &= 0.2 \end{align*}

应选 B。

8

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

S = \frac{X_{1} - X_{2}}{\sqrt{2} |X_{3}|}

服从的分布为 ()

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：C

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

X_{1}-X_{2} \sim N(0, 2\sigma^{2})

则

\frac{X_{1}-X_{2}}{\sqrt{2}\sigma} \sim N(0,1)

同样，

\frac{X_{3}}{\sigma} \sim N(0,1)

因此，

\frac{X_{3}^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(1)

利用分布的典型模式得到：

\frac{\frac{X_{1}-X_{2}}{\sqrt{2}\sigma}}{\sqrt{\frac{X_{3}^{2}}{\sigma^{2}}/1}} \sim t(1)

即

\frac{X_{1}-X_{2}}{\sqrt{2}|X_{3}|} \sim t(1)

填空题

9

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

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $40 - 4p$

【解析】 收益函数为：

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

对应的边际收益为：

\frac{dR}{dp} = 40 - 4p

10

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

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【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 \, dy + \int_{1}^{2} \frac{1}{y} \, dy

分别计算各部分：

\int_{0}^{1} y \, dy = \left. \frac{y^{2}}{2} \right|_{0}^{1} = \frac{1}{2}

\int_{1}^{2} \frac{1}{y} \, dy = \left. \ln y \right|_{1}^{2} = \ln 2

合并结果：

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

11

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

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

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

\int_{0}^{a} x e^{2x} dx = \left.\left(\frac{x}{2} - \frac{1}{4}\right) e^{2x}\right|_{0}^{a} = \left(\frac{a}{2} - \frac{1}{4}\right) e^{2a} + \frac{1}{4}

又

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

所以

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

即

a = \frac{1}{2}

12

（填空题）二次积分

\int_{0}^{1} dy \int_{y}^{1} \left(\frac{e^{x^{2}}}{x} - e^{y^{2}}\right) dx =

高等数学多元函数积分学交换积分次序与坐标系之间的转化

【答案】 $\frac{1}{2}(e - 1)$

【解析】

\begin{align*} & \int_{0}^{1} dy \int_{y}^{1} \left( \frac{e^{x^{2}}}{x} - e^{y^{2}} \right) dx = \int_{0}^{1} dy \int_{y}^{1} \frac{e^{x^{2}}}{x} dx - \int_{0}^{1} dy \int_{y}^{1} e^{y^{2}} dx \\ & = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x} \frac{e^{x^{2}}}{x} dy - \int_{0}^{1} (1 - y) e^{y^{2}} dy \\ & = \int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx - \int_{0}^{1} (1 - y) e^{y^{2}} dy \\ & = \int_{0}^{1} y e^{y^{2}} dy \\ & = \left. \frac{1}{2} e^{y^{2}} \right|_{0}^{1} \\ & = \frac{1}{2}(e - 1) \end{align*}

13

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

线性代数二次型

【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, \theta) = \begin{cases} \frac{2x}{3\theta^{2}}, & \theta < x < 2\theta \\ 0, & \text{} \end{cases}

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

E\left(c \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right) = \theta^{2}

则 $c =$

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】 $c = \frac{2}{5n}$

【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, \theta) dx = \int_{\theta}^{2\theta} x^{2} \cdot \frac{2x}{3\theta^{2}} dx = \frac{2}{3\theta^{2}} \cdot \frac{1}{4}x^{4}\bigg|_{\theta}^{2\theta} = \frac{5\theta^{2}}{2}

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

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

解得常数 $c$ 为：

c = \frac{2}{5n}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

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

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析

\lim _{x \to \infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] dt}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)} = \lim _{x \to \infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] dt}{x^{2} \cdot \frac{1}{x}}

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

令 $\frac{1}{x} = t$ ，则

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

16

（本题满分 10 分）

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

\iint_{D} \frac{x \sin \left( \pi \sqrt{x^{2} + y^{2}} \right)}{x + y} \, d\sigma

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 -1/4

【解析】 关于 $y=x$ 对称，满足轮换对称性，则：

\begin{aligned} &\iint_{D} \frac{x \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} d\sigma \\ &= \frac{1}{2} \iint_{D}\left[\frac{x \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y}+\frac{y \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y}\right] d x d y \\ &= \frac{1}{2} \iint_{D} \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) d x d y \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{1}^{2} r \sin (\pi r) d r \\ &= \frac{\pi}{4}\left[-\frac{r}{\pi} \cos (\pi r)+\frac{1}{\pi^{2}} \sin (\pi r)\right]_{1}^{2} \\ &= \frac{\pi}{4}\left[-\frac{2}{\pi} \cos (2\pi)+\frac{1}{\pi^{2}} \sin (2\pi) + \frac{1}{\pi} \cos (\pi) - \frac{1}{\pi^{2}} \sin (\pi)\right] \\ &= \frac{\pi}{4}\left(-\frac{2}{\pi} + \frac{1}{\pi}\right) \\ &= -\frac{1}{4} \end{aligned}

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。

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

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

【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：

\begin{aligned} \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} \end{aligned}

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 dt} \left[ \int t e^{-\int 4 dt} dt + C \right] = e^{4t} \left[ \int t e^{-4t} dt + C \right]

计算积分：

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

代入得到通解：

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

利用初始条件 $f(0) = 0$ ：

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

最终解为：

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

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【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

\lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| = \lim_{n \to \infty} \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 $\sigma(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+3) x^{n+1}$ ，则 $S(x) = \sigma'(x)$ 。

\begin{aligned} \sigma(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} (n+3) x^{n+1} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (n+2) x^{n+1} + \sum_{n=0}^{\infty} x^{n+1} \\ &= \left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n+2}\right)' + \frac{x}{1-x} \\ &= \left(\frac{x^{2}}{1-x}\right)' + \frac{x}{1-x} \\ &= \frac{2x - x^{2}}{(1-x)^{2}} + \frac{x}{1-x} \\ &= \frac{2x - x^{2} + x(1-x)}{(1-x)^{2}} \\ &= \frac{3x - 2x^{2}}{(1-x)^{2}} \end{aligned}

所以

S(x) = \left(\frac{3x - 2x^{2}}{(1-x)^{2}}\right)' = \frac{3 - x}{(1-x)^{3}}, \quad 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) $0 \leq \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \, dt \leq x - a$ ， $x \in [a, b]$ ；

(II) $\displaystyle\int_{a}^{a + \int_{a}^{b} g(t) \, dt} f(x) \, dx \leq \int_{a}^{b} f(x) g(x) \, dx$ 。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 见解析

【解析】
(I) 由积分中值定理，存在 $\zeta \in [a, x]$ 使得

\int_{a}^{x} g(t) dt = g(\zeta)(x - a)

由于 $0 \leq g(x) \leq 1$ ，可得

0 \leq g(\zeta)(x - a) \leq x - a

即

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

(II) 定义函数

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

求导得

\begin{aligned} F'(u) &= f(u) g(u) - f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) dt\right) \cdot g(u) \\ &= g(u) \left[ f(u) - f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) dt\right) \right] \end{aligned}

由 (I) 可知

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

因此

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

由于 $f(x)$ 单调增加，有

f(u) \geq f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) dt\right)

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) dt} f(x) dx \leq \int_{a}^{b} f(x) g(x) dx

20

（本题满分 11 分）

设矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3\end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{E}$ 为三阶单位阵。

(I) 求方程组 $\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系；

(II) 求满足 $\boldsymbol{AB}=\boldsymbol{E}$ 的所有矩阵 $\boldsymbol{B}$ 。

线性代数线性方程组

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

\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}1 - k_1 & -k_2 & -k_3 \\ 2k_1 & 1 + 2k_2 & 2k_3 \\ 3k_1 & 3k_2 & 1 + 3k_3 \\ k_1 & k_2 & k_3\end{pmatrix}

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：

\begin{align*} (A|0) &= \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & -3 & 0 \end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & -3 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 0 \end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 0 \end{pmatrix} \end{align*}

所以方程组 $Ax=0$ 的同解方程组为：

\begin{cases} x_1 = -x_4 \\ x_2 = 2x_4 \\ x_3 = 3x_4 \end{cases}

令 $x_4=1$ ，得基础解系为 $\zeta=(-1, 2, 3, 1)^T$ 。

(II) 设 $B=(b_1, b_2, b_3)$ ，其中 $b_i$ 为三维列向量，满足 $Ab_i=e_i$ （ $e_i$ 为三阶单位阵的第 $i$ 列）。

对于 $Ab_1=e_1=(1, 0, 0)^T$ ，由(I)的行变换结果，增广矩阵为：

\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 0\end{pmatrix}

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, 2k_1, 3k_1, k_1)^T

同理，对于 $Ab_2=e_2=(0, 1, 0)^T$ ，通解为：

b_2=(0, 1, 0, 0)^T + k_2(-1, 2, 3, 1)^T=(-k_2, 1 + 2k_2, 3k_2, k_2)^T

对于 $Ab_3=e_3=(0, 0, 1)^T$ ，通解为：

b_3=(0, 0, 1, 0)^T + k_3(-1, 2, 3, 1)^T=(-k_3, 2k_3, 1 + 3k_3, k_3)^T

所以满足 $AB=E$ 的所有矩阵 $B$ 为：

B=\begin{pmatrix}1 - k_1 & -k_2 & -k_3 \\ 2k_1 & 1 + 2k_2 & 2k_3 \\ 3k_1 & 3k_2 & 1 + 3k_3 \\ k_1 & k_2 & k_3\end{pmatrix}

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

\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}

与

\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}

相似。

线性代数矩阵的相似与相似对角化

【答案】 见解析

【解析】 矩阵 $A$ 可表示为 $\alpha \beta^T$ ，其中 $\alpha = (1, 1, \cdots, 1)^T$ ， $\beta = (1, 1, \cdots, 1)^T$ 。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：

\Lambda = \begin{pmatrix} n & & & \\ & 0 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 0 \end{pmatrix}

矩阵 $B$ 的对角线元素为 $0, 0, \cdots, n$ ，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 $\Lambda$ 。

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 $EY$ 。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布边缘分布和条件分布

【答案】
(I) $Y$ 的分布函数为

F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 0 \\ \frac{3y}{4}, & 0 \leq y < 1 \\ \frac{1}{2}\left(1 + \frac{y}{2}\right), & 1 \leq y < 2 \\ 1, & y \geq 2 \end{cases}

(II) $EY = \frac{3}{4}$

【解析】
(I) 设 $Y$ 的分布函数为 $F_Y(y)$ ，则

\begin{aligned} 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) \end{aligned}

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

F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 0 \\ \frac{3y}{4}, & 0 \leq y < 1 \\ \frac{1}{2}\left(1 + \frac{y}{2}\right), & 1 \leq y < 2 \\ 1, & y \geq 2 \end{cases}

(II) $Y$ 的概率密度为

f_Y(y) = \begin{cases} \frac{3}{4}, & 0 < y < 1 \\ \frac{1}{4}, & 1 \leq y < 2 \\ 0, & \text{} \end{cases}

期望 $EY$ 的计算如下：

\begin{aligned} EY &= \int_{-\infty}^{+\infty} yf_Y(y)dy = \int_{0}^{1} y\frac{3}{4}dy + \int_{1}^{2} y\frac{1}{4}dy \\ &= \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \times \frac{1}{2}(4 - 1) = \frac{3}{4} \end{aligned}

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 $\rho_{XY} = \frac{1}{2}$ 。

(I) 求 $(X, Y)$ 的概率分布；

(II) 求 $P\{X + Y \leq 1\}$

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) $(X, Y)$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|cc} & Y=0 & Y=1 \\ \hline X=0 & \frac{1}{9} & \frac{2}{9} \\ X=1 & \frac{2}{9} & \frac{5}{9} \end{array}

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

【解析】
（I）相关系数由下式给出：

\rho_{XY} = \frac{Cov(X, Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}} = \frac{E(XY) - E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}

已知期望与方差为：

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

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

代入 $\rho_{XY}$ 可得：

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

因此， $(X, Y)$ 的联合概率分布为：

\begin{array}{c|cc} & Y=0 & Y=1 \\ \hline X=0 & \frac{1}{9} & \frac{2}{9} \\ X=1 & \frac{2}{9} & \frac{5}{9} \end{array}

（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}