2015 年真题

选择题

1

设 $\{ x_{n} \}$ 是数列。下列命题中不正确的是( )

A. 若

\lim\limits _{n→∞}x_{n}=a

,则

\lim\limits _{n→∞}x_{2n}=\lim\limits _{n→∞}x_{2n + 1}=a

B. 若

\lim\limits _{n→∞}x_{2n}=\lim\limits _{n→∞}x_{2n + 1}=a

,则

\lim\limits _{n→∞}x_{n}=a

C. 若

\lim\limits _{n→∞}x_{n}=a

,则

\lim\limits _{n→∞}x_{3n}=\lim\limits _{n→∞}x_{3n + 1}=a

D. 若

\lim\limits _{n→∞}x_{3n}=\lim\limits _{n→∞}x_{3n + 1}=a

,则

\lim\limits _{n→∞}x_{n}=a

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

D 选项错误，因为缺少对子列 $\boldsymbol{x_{3n + 2}}$ 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（）

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

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

\iint\limits_{D} f(x,y) \, dxdy = (\quad )

高等数学多元函数积分学重积分的计算

\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_{0}^{2\cos\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{2\sin\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr

. B.

\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_{0}^{2\sin\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{2\cos\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr

. C.

2\int_{0}^{1}dx\int_{1 - \sqrt{1 - x^{2}}}^{x}f(x,y)dy

. D.

2\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{\sqrt{2x - x^{2}}}f(x,y)dy

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} = \left\{(r,\theta) \left\vert 0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{4}, 0 \leq r \leq 2\sin\theta \right.\right\}

D_{2} = \left\{(r,\theta) \left\vert \dfrac{\pi}{4} \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}, 0 \leq r \leq 2\cos\theta \right.\right\}

因此，积分表达式为：

\begin{align*} \iint\limits_{D} f(x,y) \, dxdy &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_{0}^{2\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \, r \, dr \\ &\quad + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{2\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \, r \, dr \end{align*}

故选 B。

4

下列级数中发散的是（）

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

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：C

解析

A为正项级数，因为

\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n + 1}{3^{n + 1}}}{\frac{n}{3^{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n + 1}{3n} = \frac{1}{3} \lt 1

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

B为正项级数，因为

\frac{1}{\sqrt{n}}\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \square \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}

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

C中，

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

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

D为正项级数，因为

\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}}}{\frac{n!}{n^{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)!}{n!} \cdot \frac{n^{n}}{(n + 1)^{n + 1}} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{n}{n + 1}\right)^{n} = \frac{1}{e} \lt 1

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

综上，选 C。

5

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 1 & 4 & a^2\end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{b} = \begin{pmatrix}1 \\ d \\ d^2\end{pmatrix}$ 。若集合 $\Omega = \{1, 2\}$ ，则线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 有无穷多解的充分必要条件为( )

线性代数线性方程组

正确答案：D

【解析】

增广矩阵的初等行变换过程：

(\boldsymbol{A},\boldsymbol{b}) = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1\\1 & 2 & a & d\\1 & 4 & a^2 & d^2\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1\\0 & 1 & a - 1 & d - 1\\0 & 0 & (a - 1)(a - 2) & (d - 1)(d - 2)\end{pmatrix}

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

故选（D）。

6

设二次型 $f(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)$ 在正交变换 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $2y_1^2 + y_2^2 - y_3^2$ ，其中 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2, \boldsymbol{e}_3)$ 。若 $\boldsymbol{Q} = (\boldsymbol{e}_1, -\boldsymbol{e}_3, \boldsymbol{e}_2)$ ，则 $f(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)$ 在正交变换 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$ 下的标准形为( )

线性代数二次型

正确答案：A

解析

由 $x = P\boldsymbol{y}$ ，故

f = \boldsymbol{x}^T A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{y}^T (P^T AP)\boldsymbol{y} = 2y_1^2 + y_2^2 - y_3^2

且

P^T AP = \begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

又因为

Q = P\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix} = PC

故有

Q^T AQ = C^T (P^T AP)C = \begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}

所以

f = \boldsymbol{x}^T A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{y}^T (Q^T AQ)\boldsymbol{y} = 2y_1^2 - y_2^2 + y_3^2

选（A）。

7

若 $A, B$ 为任意两个随机事件，则（）

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：C

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

P(AB) \leq P(A)

且

P(AB) \leq P(B)

从而

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

选 (C)。

8

设总体 $X \sim B(m,\theta)$ ， $X_1,X_2,\cdots,X_n$ 为来自该总体的简单随机样本， $\overline{X}$ 为样本均值，则

E\left[\sum_{i = 1}^{n}(X_i - \overline{X})^2\right] = \quad \text{ }

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

解析

根据样本方差的性质：

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

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

E\left[\sum_{i = 1}^{n}(X_{i} - \overline{X})^{2}\right] = (n - 1)E(S^{2}) = m(n - 1)\theta(1 - \theta)

最终答案为 $\boxed{B}$ 。

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）

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

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $-\frac{1}{2}$

【解析】
原极限可以表示为：

\lim_{x \to 0} \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：

\lim_{x \to 0} \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：

\lim_{x \to 0} \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， $\varphi(x) = \int_{0}^{x^2} x f(t) \, dt$ 。若 $\varphi(1) = 1$ ， $\varphi'(1) = 5$ ，则 $f(1) =$

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 2

【解析】 因为 $f(x)$ 连续，所以 $\varphi(x)$ 可导，因此

\varphi^\prime(x) = \int_{0}^{x^2} f(t) \, dt + 2x^2 f(x^2)

因为 $\varphi(1) = 1$ ，所以

\varphi(1) = \int_{0}^{1} f(t) \, dt = 1

又因为 $\varphi^\prime(1) = 5$ ，所以

\varphi^\prime(1) = \int_{0}^{1} f(t) \, dt + 2f(1) = 5

故

f(1) = 2

11

（填空题）若函数 $z = z(x,y)$ 由方程 $\mathrm{e}^{x + 2y + 3z} + xyz = 1$ 确定，则 $\mathrm{d}z\vert_{(0,0)} =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $dz|_{(0,0)} = -\frac{1}{3}dx - \frac{2}{3}dy$

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

对 $e^{x + 2y + 3z} + xyz = 1$ 求微分，得到：

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

进一步展开为：

e^{x + 2y + 3z}(dx + 2dy + 3dz) + yzdx + xzdy + xydz = 0

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

dx + 2dy + 3dz = 0

因此， $dz|_{(0,0)} = -\frac{1}{3}dx - \frac{2}{3}dy$ 。

12

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

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】

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

【解析】
微分方程 $y'' + y' - 2y = 0$ 的特征方程为

\lambda^{2} + \lambda - 2 = 0

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

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

由于 $y(x)$ 可导， $x = 0$ 为驻点，即满足

y(0) = 3, \quad y'(0) = 0

代入解得 $C_{1} = 1$ ， $C_{2} = 2$ ，故特解为

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

13

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

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【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 $P\{XY - Y \lt 0\} =$

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】 $\frac{1}{2}$

【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

\begin{align*} P\{XY - 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} \end{align*}

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。

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

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

展开并整理分子：

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

合并同类项后得到：

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

为使极限存在且为 1，各阶系数需满足：

\begin{cases} 1 + a = 0 \\ b - \frac{a}{2} = 0 \\ \frac{a}{3} - \frac{b}{6} = k \end{cases}

解得：

\begin{cases} a = -1 \\ b = -\frac{1}{2} \\ k = -\frac{1}{3} \end{cases}

16

（本题满分 10 分）

计算二重积分

\iint\limits_D x(x + y) \, dxdy,

其中积分区域 $D$ 定义为

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

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\boldsymbol{\frac{\pi}{4} - \frac{2}{5}}$

【解析】

\begin{align*} \iint\limits_D x(x + y) \, dxdy &= \iint\limits_D x^2 \, dxdy \\ &= 2\int_{0}^{1}dx\int_{x^2}^{\sqrt{2 - x^2}} x^2 \, dy \\ &= 2\int_{0}^{1} x^2 \left(\sqrt{2 - x^2} - x^2\right)dx \\ &= 2\int_{0}^{1} x^2 \sqrt{2 - x^2} \, dx - \frac{2}{5} \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2\sin^2 t \cdot 2\cos^2 t \, dt - \frac{2}{5} \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 2t \, dt - \frac{2}{5} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 u \, du - \frac{2}{5} \\ &= \frac{\pi}{4} - \frac{2}{5} \end{align*}

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， $\eta$ 为需求弹性（ $\eta > 0$ ）。

(I) 证明定价模型为

p = \frac{MC}{1 - \frac{1}{\eta}}.

(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。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【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{dL}{dQ} = P + Q\frac{dP}{dQ} - C'(Q) = P + Q\frac{dP}{dQ} - MC

当 $\frac{dL}{dQ} = 0$ 时，利润 $L(Q)$ 最大。

由需求价格弹性 $\eta = -\frac{P}{Q}\cdot\frac{dQ}{dP}$ ，可得

\frac{dP}{dQ} = -\frac{1}{\eta}\cdot\frac{P}{Q}

因此，利润最大化条件为

P = \frac{MC}{1 - \frac{1}{\eta}}

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

\eta = \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。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【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

\left( x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}, 0 \right)

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 $u_1(x)$ 、 $u_2(x)$ 、 $\cdots$ 、 $u_n(x)$ 可导， $f(x) = u_1(x)u_2(x)\cdots u_n(x)$ ，写出 $f(x)$ 的求导公式。

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】

\begin{align*} f'(x) &= [u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x)]' \\ &= u_{1}'(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x) + u_{1}(x)u_{2}'(x)\cdots u_{n}(x) + \cdots + u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}'(x) \end{align*}

【解析】
（I）

\begin{align*} [u(x)v(x)]' &= \lim\limits_{h \to 0} \frac{u(x + h)v(x + h) - u(x)v(x)}{h} \\ &= \lim\limits_{h \to 0} \frac{u(x + h)v(x + h) - u(x + h)v(x) + u(x + h)v(x) - u(x)v(x)}{h} \\ &= \lim\limits_{h \to 0} u(x + h) \frac{v(x + h) - v(x)}{h} + \lim\limits_{h \to 0} \frac{u(x + h) - u(x)}{h} v(x) \\ &= u(x)v'(x) + u'(x)v(x) \end{align*}

（II）由题意得

\begin{align*} f'(x) &= [u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x)]' \\ &= u_{1}'(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x) + u_{1}(x)u_{2}'(x)\cdots u_{n}(x) + \cdots + u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}'(x) \end{align*}

20

(本题满分11分)

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}a & 1 & 0\\1 & a & -1\\0 & 1 & a\end{pmatrix}$ ，且 $\boldsymbol{A}^3 = \boldsymbol{O}$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ 的值；

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

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
$a = 0$ ，
$\boldsymbol{X} = \begin{pmatrix}3&1&-2\\1&1&-1\\2&1&-1\end{pmatrix}$

【解析】
(I)
$\boldsymbol{A}^3 = \boldsymbol{O} \Rightarrow |\boldsymbol{A}| = 0 \Rightarrow \begin{vmatrix}a&1&0\\1&a&-1\\0&1&a\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}0&1&0\\1 - a^2&a&-1\\-a&1&a\end{vmatrix} = a^3 = 0 \Rightarrow a = 0$

(II)
由题意知

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

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

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

\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}^2 - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}0&-1&1\\-1&1&1\\-1&-1&2\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}0&-1&1&\vert&1&0&0\\-1&1&1&\vert&0&1&0\\-1&-1&2&\vert&0&0&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&-1&-1&\vert&0&-1&0\\0&-1&1&\vert&1&0&0\\-1&-1&2&\vert&0&0&1\end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix}1&-1&-1&\vert&0&-1&0\\0&1&-1&\vert&-1&0&0\\0&-2&1&\vert&0&-1&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&-1&-1&\vert&0&-1&0\\0&1&-1&\vert&-1&0&0\\0&0&-1&\vert&-2&-1&1\end{pmatrix}

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

\therefore \boldsymbol{X} = \begin{pmatrix}3&1&-2\\1&1&-1\\2&1&-1\end{pmatrix}

21

(本题满分 11 分)

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix}0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a\end{pmatrix}$ 相似于矩阵 $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix}1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1\end{pmatrix}$ 。

(Ⅰ) 求 $a$ 、 $b$ 的值；

(Ⅱ) 求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$ 为对角矩阵。

线性代数矩阵的相似与相似对角化

【答案】 $a = 4, b = 5, P = \begin{pmatrix} 2 & -3 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

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

$|A| = |B| \Rightarrow \begin{vmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{vmatrix}$

解得

\begin{cases} a - b = -1 \\ 2a - b = 3 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = 4 \\ b = 5 \end{cases}

因此

A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ -1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = E + C

其中

C = \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ -1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 \end{pmatrix}

矩阵 $C$ 的特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ , $\lambda_3 = 4$ 。

当 $\lambda = 0$ 时， $(0E - C)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系为
$\boldsymbol{\xi}_1 = (2, 1, 0)^T, \quad \boldsymbol{\xi}_2 = (-3, 0, 1)^T$
当 $\lambda = 4$ 时， $(4E - C)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系为
$\boldsymbol{\xi}_3 = (-1, -1, 1)^T$

矩阵 $A$ 的特征值为 $\lambda_A = 1 + \lambda_C$ ，即 $1, 1, 5$ 。

令

P = (\boldsymbol{\xi}_1, \boldsymbol{\xi}_2, \boldsymbol{\xi}_3) = \begin{pmatrix} 2 & -3 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

则有

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 5 \end{pmatrix}

22

（本题满分11分）

设随机变量 $X$ 的概率密度为

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

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 $E(Y)$ 。

概率论与数理统计随机变量及其分布

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

【解析】
(I)
记 $p$ 为观测值大于 $3$ 的概率，则

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

从而

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

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 $n$ （ $n \lt k$ ）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 Ge(n, p), \quad N \sim Ge(k - n, p)

（注： $Ge$ 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) = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot P\{Y = n\} = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot (n - 1)\left(\frac{1}{8}\right)^2\left(\frac{7}{8}\right)^{n - 2}

记

S_1(x) = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot (n - 1) x^{n - 2}, \quad -1 \lt x \lt 1

则

\begin{gather*} S_1(x) = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot (n - 1) x^{n - 2} = \left(\sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot x^{n - 1}\right)^\prime = \left(\sum_{n = 2}^{\infty} x^n\right)^{\prime\prime} = \frac{2}{(1 - x)^3} \\ S_2(x) = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot (n - 1) x^{n - 1} = x S_1(x) = \frac{2x}{(1 - x)^3} \\ S_3(x) = \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot (n - 1) x^n = x^2 S_1(x) = \frac{2x^2}{(1 - x)^3} \end{gather*}

所以

S(x) = S_1(x) - 2S_2(x) + S_3(x) = \frac{2 - 4x + 2x^2}{(1 - x)^3} = \frac{2}{1 - x}

从而

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

23

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f(x;\theta) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 - \theta}, & \theta \leqslant x \leqslant 1, \\ 0, & \text{}, \end{cases}

其中 $\theta$ 为未知参数。 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 为来自该总体的简单随机样本。

(Ⅰ) 求 $\theta$ 的矩估计量；

(Ⅱ) 求 $\theta$ 的最大似然估计量。

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

【解析】
(I) 计算期望：

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

令 $E(X) = \overline{X}$ ，即

\frac{1 + \theta}{2} = \overline{X}

解得矩估计量：

\hat{\theta} = 2\overline{X} - 1

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

(II) 似然函数：

L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i;\theta) = \begin{cases} \left(\dfrac{1}{1 - \theta}\right)^{n}, & \theta \le x_i \le 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

当 $\theta \le x_i \le 1$ 时：

L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{1 - \theta} = \left( \frac{1}{1 - \theta} \right)^n

对数似然函数：

\ln L(\theta) = -n \ln(1 - \theta)

求导：

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

由于导数关于 $\theta$ 单调增加，最大似然估计量为：

\hat{\theta} = \min \{ X_1, X_2, \dots, X_n \}