2017 年真题

选择题

1

函数 $f(x)= \begin{cases}1-\cos \sqrt{x}, & x>0 \\ a x + b, & x \leq0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，则（）

正确答案：A

详解

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

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

因此，极限可表示为：

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

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

由左极限和连续性条件：

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

可知 $\frac{1}{2a} = 0$ 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)= \begin{cases}\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax}, & x>0 \\ b, & x \leq0\end{cases}

此时：

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

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

函数在 $x=0$ 处连续必须满足：

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

因此，应选 (A)。

2

二元函数 $z = xy(3 - x - y)$ 的极值点是（）

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：D

详解

首先计算偏导数：

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

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

二阶偏导数为：

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

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

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

令偏导数为零，求解驻点：

\begin{cases} \frac{\partial z}{\partial x} = 3y - 2xy - y^{2} = 0 \\ \frac{\partial z}{\partial y} = 3x - x^{2} - 2xy = 0 \end{cases}

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：

AC - 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（）

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

正确答案：C

设 $g(x) = (f(x))^{2}$ ，则导数为：

g'(x) = 2f(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 $\sum_{n=2}^{\infty}\left[\sin \frac{1}{n} - k \ln \left(1 - \frac{1}{n}\right)\right]$ 收敛，则 $k = (\ )$ 。

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

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

因此，表达式可以展开为：

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

进一步化简为：

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

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 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 $n$ 维单位列向量， $\boldsymbol{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则（）

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A

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

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

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

6

设

\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{C} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},

则（）

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：B

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

对于矩阵 $A$ ，有：

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

其秩为 $1$ ，因此对应 $\lambda=2$ 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：

2E - B = \begin{pmatrix}0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}

其秩为 $2$ ，因此对应 $\lambda=2$ 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（）

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：C

详解

首先计算 $P((A \cup B)C)$ ：

\begin{aligned} P((A \cup B)C) &= P(AC + BC) \\ &= P(AC) + P(BC) - P(ABC) \\ &= P(A)P(C) + P(B)P(C) - P(ABC) \end{aligned}

接着计算 $P(A \cup B)P(C)$ ：

\begin{aligned} P(A \cup B)P(C) &= \big(P(A) + P(B) - P(AB)\big)P(C) \\ &= P(A)P(C) + P(B)P(C) - P(AB)P(C) \end{aligned}

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

P(ABC) = P(AB)P(C)

即 $AB$ 与 $C$ 相互独立。因此，正确答案为 (C)。

8

设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}(n \geq2)$ 为来自正态总体 $N(\boldsymbol{\mu}, 1)$ 的简单随机样本，若 $\bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$ ，则下列结论中不正确的是（）

概率论与数理统计参数估计与假设检验假设检验

正确答案：B

详解

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

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

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

(D): $\bar{X} \sim N(\mu, \frac{1}{n})$ ，则 $\sqrt{n}(\bar{X}-\mu) \sim N(0,1)$ ，所以 $n(\bar{X}-\mu)^{2} \sim \chi^{2}(1)$ ，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_{-\pi}^{\pi} \left( \sin^{3} x + \sqrt{\pi^{2} - x^{2}} \right) dx = \underline{\quad}

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{\pi^{3}}{2}$

【解析】
由对称性知

\int_{-\pi}^{\pi}\left(\sin ^{3} x+\sqrt{\pi^{2}-x^{2}}\right) d x=2 \int_{0}^{\pi} \sqrt{\pi^{2}-x^{2}} d x=\frac{\pi^{3}}{2}

10

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

常微分方程其他方程

【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 $\bar{C}(Q) = 1 + e^{-Q}$ ，其中产量为 $Q$ ，则边际成本为 $\underline{\quad}$ 。

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

【答案】 $1 + (1 - Q) e^{-Q}$

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

C(Q) = Q \bar{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

d f(x, y) = y e^{y} \, dx + x(1 + y) e^{y} \, dy,

$f(0,0) = 0$ ，则 $f(x, y) =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $f(x, y) = x y e^{y}$

【解析】 我们有以下微分形式：

d f(x, y) = y e^{y} dx + x(1 + y) e^{y} dy = 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 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为线性无关的三维列向量，则向量组 $A\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $A\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $A\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的秩为 __________。

线性代数矩阵矩阵的秩

【答案】 2

【解析】 对矩阵 $A$ 进行初等行变换：

A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

所以矩阵 $A$ 的秩为 2。

因为 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关，所以向量组 $A\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $A\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $A\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 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 $D(X)=$ ________。

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】 $\frac{9}{2}$

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

期望值计算如下：

E X = -2 \times \frac{1}{2} + 1 \times a + 3 \times b = a + 3b - 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} - (E X)^{2} = \frac{9}{2} - 0 = \frac{9}{2}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{x - t e^{t}} \, dt}{\sqrt{x^{3}}}

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{2}{3}$

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

\int_{0}^{x} \sqrt{x - t} e^{t} dt = \int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{x - u} du

接下来计算极限：

\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{x - t} e^{t} dt}{\sqrt{x^{3}}} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{x} \int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{-u} du}{\sqrt{x^{3}}}

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

\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{-u} du}{\sqrt{x^{3}}}

应用洛必达法则，分子和分母分别对 $x$ 求导：

\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\sqrt{x} e^{-x}}{\frac{3}{2} \sqrt{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}} \, dx \, dy

其中 $D$ 是以曲线 $y = \sqrt{x}$ 与 $x$ 轴为边界的无界区域。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{\pi}{8}\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

【解析】

\begin{aligned} \iint_{D} \frac{y^{3}}{\left(1 + x^{2} + y^{4}\right)^{2}} \, dx dy &= \int_{0}^{+\infty} dx \int_{0}^{\sqrt{x}} \frac{y^{3}}{\left(1 + x^{2} + y^{4}\right)^{2}} \, dy \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{+\infty} dx \int_{0}^{\sqrt{x}} \frac{d\left(1 + x^{2} + y^{4}\right)}{\left(1 + x^{2} + y^{4}\right)^{2}} \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{1}{1 + x^{2}} - \frac{1}{1 + 2x^{2}}\right) dx \\ &= \frac{\pi}{8}\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) \end{aligned}

17

（本题满分 10 分）

求极限

\lim _{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 由定积分的定义

\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right) &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right) \\ &= \int_{0}^{1} x \ln (1+x) \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln (1+x) \, dx^{2} \\ &= \frac{1}{4} \end{aligned}

18

（本题满分 10 分）

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

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

【答案】 (0,1)

【解析】 设 $f(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}$ ，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, \quad g'(0)=0

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

由于 $g^{\prime \prime}(x)<0$ 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 $a_{0}=1$ , $a_{1}=0$ , $a_{n+1}=\frac{1}{n+1}(n a_{n}+a_{n-1})$ $(n=1,2,3 \cdots)$ . $S(x)$ 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。

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【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}, \quad n=1,2,\cdots

展开乘积关系：

\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{1}-a_{0}}=\prod_{k=1}^{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}=\sum_{k=2}^{n}(-1)^{k+1} \frac{1}{k!}

收敛半径分析：

\rho=\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_{n}|} \leq \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}} \leq \lim_{n \to \infty} \sqrt[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)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}

计算 $(1-x)S'(x)$ ：

\begin{aligned} (1-x) S'(x) &= (1-x) \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1} - \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n} \\ &= a_{1} + \sum_{n=1}^{\infty} \left((n+1) a_{n+1} - n a_{n}\right) x^{n} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} \\ &= x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \\ &= x S(x) \end{aligned}

得到微分方程：

(1-x) S'(x) - x S(x) = 0, \quad 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 $A = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ 有三个不同的特征值，且 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2 \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 。

(1) 证明： $r(A) = 2$ ；

(2) 若 $\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ，求方程组 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) 见解析
(2) $\boldsymbol{x} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad k \in \mathbb{R}$

【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 $\boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_1 + 2 \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{0}$ ，即 $\boldsymbol{\alpha}_1$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关，故 $r(A) < 3$ ，因此 $r(A) = 2$ 。

(2) 因为 $r(A) = 2$ ，所以 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系中只有一个线性无关的解向量。由于 $\boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_1 + 2 \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{0}$ ，故

\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}

是 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解。
设 $\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3$ ，则 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 有特解

\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

因此， $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解为

\boldsymbol{x} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad k \in \mathbb{R}

21

（本题满分 11 分）

设二次型

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

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

已知二次型的矩阵为

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & a \end{pmatrix}

线性代数二次型

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

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

|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc} \lambda-1 & -1 & 4 \\ 1 & \lambda+1 & 1 \\ 4 & -1 & \lambda-2 \end{array}\right|=\lambda(\lambda+3)(\lambda-6)

令 $|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=0$ ，得矩阵的特征值为 $\lambda_{1}=-3$ ， $\lambda_{2}=6$ ， $\lambda_{3}=0$ 。

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

\boldsymbol{\xi}_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}

对于 $\lambda_{2}=6$ ，得特征向量：

\boldsymbol{\xi}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}

对于 $\lambda_{3}=0$ ，得特征向量：

\boldsymbol{\xi}_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}

正交矩阵 $\boldsymbol{S}$ 由特征向量组成：

\boldsymbol{S}=(\boldsymbol{\xi}_{1}, \boldsymbol{\xi}_{2}, \boldsymbol{\xi}_{3})=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}

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) = \begin{cases} 2y, & 0 < y < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}

(1) 求概率 $P(Y \leq E Y)$ ；

(2) 求 $Z = X + Y$ 的概率密度。

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

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

f_{Z}(z) = \begin{cases} z, & 0 \leq z \leq 1 \\ z - 2, & 2 \leq z < 3 \\ 0, & \text{}. \end{cases}

【解析】
（1） $Y$ 的期望值为：

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

因此：

P\{Y \leq E Y\} = P\left\{Y \leq \frac{2}{3}\right\} = \int_{0}^{\frac{2}{3}} 2 y \, dy = \frac{4}{9}.

（2） $Z = X + Y$ 的分布函数为：

\begin{aligned} 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}\left[F_{Y}(z) + F_{Y}(z - 2)\right]. \end{aligned}

$Z = X + Y$ 的概率密度为：

\begin{aligned} f_{Z}(z) = F_{Z}'(z) &= \frac{1}{2}\left[f(z) + f(z - 2)\right] \\ &= \begin{cases} z, & 0 \leq z \leq 1 \\ z - 2, & 2 \leq z < 3 \\ 0, & \text{}. \end{cases} \end{aligned}

23

（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 $\boldsymbol{\mu}$ 是已知的。设 $n$ 次测量结果 $\boldsymbol{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}}$ 相互独立且均服从正态分布 $\boldsymbol{N(\mu, \sigma^{2})}$ 。该工程师记录的是 $n$ 次测量的绝对误差 $\boldsymbol{Z_{i} = |X_{i} - \mu|}$ （ $\boldsymbol{i = 1, 2, \cdots, n}$ ），利用 $\boldsymbol{Z_{1}, Z_{2}, \cdots, Z_{n}}$ 估计参数 $\boldsymbol{\sigma}$ 。

(1) 求 $\boldsymbol{z_{i}}$ 的概率密度；

(2) 利用一阶矩求 $\boldsymbol{\sigma}$ 的矩估计量；

(3) 求参数 $\boldsymbol{\sigma}$ 的最大似然估计量。

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】
(1) $z_i$ 的概率密度函数为：

f_{Z}(z) = \begin{cases} \frac{2}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{z^{2}}{2 \sigma^{2}}}, & z \geq 0 \\ 0, & z < 0 \end{cases}

(2) $\sigma$ 的矩估计量为：

\hat{\sigma} = \frac{\sqrt{2 \pi}}{2} \bar{Z} = \frac{\sqrt{2 \pi}}{2 n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}

(3) $\sigma$ 的最大似然估计量为：

\hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}}

【解析】
(1) 首先求 $z_{i}$ 的分布函数：

F_{z}(z) = P\left\{Z_{i} \leq z\right\} = P\left\{\left|X_{i}-\mu\right| \leq z\right\} = P\left\{\frac{\left|X_{i}-\mu\right|}{\sigma} \leq \frac{z}{\sigma}\right\}

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) = \begin{cases} \frac{2}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{z^{2}}{2 \sigma^{2}}}, & z \geq 0 \\ 0, & z < 0 \end{cases}

(2) 数学期望为：

E Z_{i} = \int_{0}^{+\infty} z f(z) dz = \int_{0}^{+\infty} \frac{2}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{z^{2}}{2 \sigma^{2}}} dz = \frac{2 \sigma}{\sqrt{2 \pi}}

令 $E Z = \bar{Z} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}$ ，解得 $\sigma$ 的矩估计量：

\hat{\sigma} = \frac{\sqrt{2 \pi}}{2} \bar{Z} = \frac{\sqrt{2 \pi}}{2 n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}

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

L(\sigma) = \prod_{i=1}^{n} f\left(z_{i}, \sigma\right) = \frac{2^{n}}{(\sqrt{2 \pi} \sigma)^{n}} e^{-\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}}

取对数得：

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

令导数为零：

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

解得 $\sigma$ 的最大似然估计量：

\hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}}