卷 3

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

设常数 $a \ne \frac{1}{2}$ ，则 $\lim_{n\to\infty}\ln\left[\frac{n-2na+1}{n(1-2a)}\right]^n=$ ______．

【答案】

\frac{1}{1-2a}

【解析】 原极限为 $\lim_{n\to\infty}\ln\left[\frac{n-2na+1}{n(1-2a)}\right]^n$ 。利用对数性质 $\ln(x^n) = n \ln x$ ，可重写为：

\lim_{n\to\infty} n \ln \left( \frac{n-2na+1}{n(1-2a)} \right)

令 $b = 1-2a$ ，由于 $a \ne \frac{1}{2}$ ，有 $b \ne 0$ 。则分子为 $n b + 1$ ，分母为 $n b$ ，因此：

n \ln \left( \frac{n b + 1}{n b} \right) = n \ln \left( 1 + \frac{1}{n b} \right)

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{1}{n b} \to 0$ ，利用等价无穷小 $\ln(1+x) \sim x$ （当 $x \to 0$ ），得：

n \ln \left( 1 + \frac{1}{n b} \right) \sim n \cdot \frac{1}{n b} = \frac{1}{b}

故极限为 $\frac{1}{b} = \frac{1}{1-2a}$ 。也可通过泰勒展开验证：

n \ln \left( 1 + \frac{1}{n b} \right) = n \left( \frac{1}{n b} - \frac{1}{2 n^2 b^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right) \right) = \frac{1}{b} - \frac{1}{2 n b^2} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) \to \frac{1}{b}

因此，极限为 $\frac{1}{1-2a}$ 。

2

交换积分次序： $\int_0^{\frac{1}{4}} \dy \int_y^{\sqrt{y}} f(x,y) \dx + \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} \dy \int_y^{\frac{1}{2}} f(x,y) \dx =$ ______．

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】

\int_0^{\frac{1}{2}} \dx \int_{x^2}^{x} f(x,y) \dy

【解析】
应填 $\int_0^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}x \int_{x^2}^{x} f(x,y)\,\mathrm{d}y$ 。画出与原题中二次积分的积分区域 $D_1$ 与 $D_2$ ，将它们的并集记为 $D$ 。

于是交换积分次序之后得到

\begin{align*} &\int_0^{\frac{1}{4}} \mathrm{d}y \int_y^{\sqrt{y}} f(x, y)\,\mathrm{d}x + \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}y \int_y^{\frac{1}{2}} f(x, y)\,\mathrm{d}x \\ &= \iint_D f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \int_0^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}x \int_{x^2}^{x} f(x, y)\,\mathrm{d}y. \end{align*}

3

设三阶矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 3 & 0 & 4 \end{pmatrix}$ ，三维列向量 $\alpha = \left(a,1,1 \right)^T$ ．已知 $A\alpha$ 与 $\alpha$ 线性相关，则 $a =$ ______．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 -1

【解析】 已知 $A\alpha$ 与 $\alpha$ 线性相关，故存在标量 $\lambda$ 使得 $A\alpha = \lambda \alpha$ 。计算 $A\alpha$ ：

A\alpha = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 3 & 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a + 2 - 2 \\ 2a + 1 + 2 \\ 3a + 0 + 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ 2a + 3 \\ 3a + 4 \end{pmatrix}.

代入 $A\alpha = \lambda \alpha$ 得：

\begin{pmatrix} a \\ 2a + 3 \\ 3a + 4 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.

对应分量相等：

$a = \lambda a$ ,
$2a + 3 = \lambda$ ,
$3a + 4 = \lambda$ . 由方程2和3得 $2a + 3 = 3a + 4$ ，解得 $a = -1$ 。代入方程1：当 $a = -1$ 时， $-1 = \lambda (-1)$ ，得 $\lambda = 1$ ，与方程2和3一致。若 $a = 0$ ，则方程2和3矛盾，故唯一解为 $a = -1$ 。

4

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为

\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline X \diagdown Y & -1 & 0 & 1 \\ \hline 0 & 0.07 & 0.18 & 0.15 \\ \hline 1 & 0.08 & 0.32 & 0.20 \\ \hline \end{array}

则 $X^2$ 和 $Y^2$ 的协方差 $\Cov(X^2,Y^2)=$ ______．

概率论与数理统计多维随机变量及其分布协方差与相关系数

【答案】 -0.02

【解析】 应填 -0.02。事实上， $X^2$ 、 $Y^2$ 和 $X^2Y^2$ 都是 0-1 分布，而且

P\{X^2=0\}=P\{X=0\}=0.4,

P\{Y^2=0\}=P\{Y=0\}=0.5,

P\{Y^2=1\}=P\{Y=-1\}+P\{Y=1\}=0.15+0.35=0.5.

同理可求得 $X^2Y^2$ 的分布律为

\begin{array}{c|cc} X^2Y^2 & 0 & 1 \\ \hline P & 0.72 & 0.28 \\ \end{array}

所以得到

E(X^2)=0.5, \quad E(Y^2)=0.60, \quad E(X^2Y^2)=0.28.

Cov(X^2,Y^2)=E(X^2Y^2)-E(X^2)E(Y^2)=0.28-0.6\times0.5=-0.02.

5

设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta) = \begin{cases} \e^{- (x - \theta)}, & \text{若}\,x \ge \theta , \\ 0, & \text{若}\,x < \theta . \end{cases}$ 而 $X_1,X_2, \cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，则未知参数 $\theta$ 的矩估计量为 ______．

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】
$\hat{\theta} = \bar{X} - 1$ ，其中 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$

【解析】
总体 $X$ 的概率密度函数为 $f(x;\theta) = e^{-(x - \theta)}$ ，当 $x \ge \theta$ ，否则为 0。计算总体均值 $E[X]$ ：

E[X] = \int_{\theta}^{\infty} x e^{-(x - \theta)} \, dx

令 $t = x - \theta$ ，则 $x = t + \theta$ ， $dx = dt$ ，积分限变为 $t = 0$ 到 $\infty$ ：

E[X] = \int_{0}^{\infty} (t + \theta) e^{-t} \, dt = \int_{0}^{\infty} t e^{-t} \, dt + \theta \int_{0}^{\infty} e^{-t} \, dt

其中 $\int_{0}^{\infty} t e^{-t} \, dt = 1$ ， $\int_{0}^{\infty} e^{-t} \, dt = 1$ ，所以

E[X] = 1 + \theta

根据矩估计法，令样本均值 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$ 等于总体均值 $E[X]$ ：

\bar{X} = \theta + 1

解得矩估计量为 $\hat{\theta} = \bar{X} - 1$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有定义，在开区间 $(a,b)$ 内可导，则

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：B

【解析】 函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有定义，在开区间 $(a,b)$ 内可导。由于可导必然连续，因此 $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 内连续。

对于选项 B，对任何 $\xi \in (a,b)$ ，有

\lim_{x \to \xi} [f(x) - f(\xi)] = 0,

这等价于函数在 $\xi$ 处连续，因此 B 正确。

选项 A 要求函数在闭区间上连续才能应用零点定理，但题设未保证函数在端点连续，因此 A 不一定成立。

选项 C 是罗尔定理的形式，但罗尔定理要求函数在闭区间上连续，题设未保证此条件，因此 C 不一定成立。

选项 D 是拉格朗日中值定理的形式，同样要求函数在闭区间上连续，题设未保证此条件，因此 D 不一定成立。

7

设幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n x^n$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n x^n$ 的收敛半径分别为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$ 与 $\frac{1}{3}$ ，则幂级数 $\sum_{i = 1}^{\infty}\frac{a^2_n}{b^2_n}x^n$ 的收敛半径为

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：A

【解析】
由题设，

\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \frac{\sqrt{5}}{3},

\lim_{n \to \infty} \left| \frac{b_n}{b_{n+1}} \right| = \frac{1}{3},

所以

\lim_{n \to \infty} \frac{a_n^2 / b_n^2}{a_{n+1}^2 / b_{n+1}^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n^2 / a_{n+1}^2}{b_n^2 / b_{n+1}^2} = \frac{5/3}{1/3} = 5,

从而所求幂级数的收敛半径为 $5$ 。

8

设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵， $B$ 是 $n \times m$ 矩阵，则线性方程组 $(AB)x = 0$

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：D

【解析】
设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵， $B$ 是 $n \times m$ 矩阵，则 $AB$ 是 $m \times m$ 矩阵。
线性方程组 $(AB)x = 0$ 有非零解当且仅当系数矩阵 $AB$ 的秩小于 $m$ ，即 $\text{rank}(AB) < m$ 。

当 $m > n$ 时，由于 $\text{rank}(A) \leq \min(m, n) = n$ 和 $\text{rank}(B) \leq \min(n, m) = n$ ，因此

\text{rank}(AB) \leq \min(\text{rank}(A), \text{rank}(B)) \leq n < m,

故 $\text{rank}(AB) < m$ ，方程组必有非零解。

当 $n > m$ 时， $\text{rank}(AB)$ 可能等于 $m$ 也可能小于 $m$ ，因此不一定有非零解或仅有零解，故选项 A 和 B 错误。
选项 C 错误，因为当 $m > n$ 时必有非零解。
因此正确答案为 D。

9

设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵， $P$ 是 $n$ 阶可逆矩阵，已知 $n$ 维列向量 $\alpha$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，则矩阵 $\left(P^{-1} AP \right)^T$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量是

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：B

【解析】
已知 $A$ 是实对称矩阵，故 $A^T = A$ 。
矩阵 $B = P^{-1}AP$ 与 $A$ 相似，具有相同的特征值 $\lambda$ ，且 $B$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量为 $P^{-1}\alpha$ 。

现在考虑

B^T = (P^{-1}AP)^T = P^T A (P^{-1})^T,

需要求 $B^T$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量。

设 $v$ 满足 $B^T v = \lambda v$ ，即

P^T A (P^{-1})^T v = \lambda v.

令 $w = (P^{-1})^T v$ ，则 $v = P^T w$ ，代入方程得

P^T A w = \lambda P^T w.

由于 $P^T$ 可逆，两边左乘 $(P^T)^{-1}$ 得

A w = \lambda w,

故 $w$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量。

已知 $\alpha$ 是此类特征向量，因此 $w = k \alpha$ （ $k$ 为标量），从而

v = P^T w = k P^T \alpha.

忽略标量倍数， $B^T$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量为 $P^T \alpha$ ，对应选项 B。其他选项均不满足特征方程。

10

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，则

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：C

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，即 $X \sim N(0,1)$ 和 $Y \sim N(0,1)$ ，根据卡方分布的定义，标准正态随机变量的平方服从自由度为 1 的卡方分布，因此 $X^2 \sim \chi^2(1)$ 和 $Y^2 \sim \chi^2(1)$ ，无论 $X$ 和 $Y$ 是否独立，选项 C 总是成立。

选项 A 中， $X + Y$ 不一定服从正态分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = -X$ 时， $X + Y = 0$ ，不是正态分布）。

选项 B 中， $X^2 + Y^2$ 不一定服从 $\chi^2$ 分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = X$ 时， $X^2 + Y^2 = 2X^2$ ，不是 $\chi^2$ 分布）。

选项 D 中， $X^2 / Y^2$ 不一定服从 $F$ 分布，如果 $X$ 和 $Y$ 不独立（例如 $Y = X$ 时， $X^2 / Y^2 = 1$ ，不是 $F$ 分布）。

因此，只有选项 C 正确。

解答题

11

求极限

\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x \left[\int_0^{u^2} \arctan(1 + t)\dt \right]\du}{x(1 - \cos x)}

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{\pi}{6}$

【解析】
由等价无穷小量代换和洛必达法则，可得

\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \int_0^x \left[ \int_0^{u^2} \arctan(1 + t) \, dt \right] du}{x(1 - \cos x)} &= \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \int_0^x \left[ \int_0^{u^2} \arctan(1 + t) \, dt \right] du}{\frac{1}{2}x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \int_0^{x^2} \arctan(1 + t) \, dt}{\frac{3}{2}x^2} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\arctan(1 + x^2) \cdot 2x}{3x} \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{6}. \end{align*}

12

设函数 $u = f(x,y,z)$ 有连续偏导数，且 $z = z(x,y)$ 由方程 $x\e^x - y\e^y = z\e^z$ 所确定，求 $\du$ ．

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】

du = \left( \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z} \cdot \frac{e^x (1 + x)}{e^z (1 + z)} \right) dx + \left( \frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\partial f}{\partial z} \cdot \frac{e^y (1 + y)}{e^z (1 + z)} \right) dy

【解析】 函数 $u = f(x, y, z)$ 有连续偏导数，且 $z = z(x, y)$ 由方程 $x e^x - y e^y = z e^z$ 所确定。求 $du$ 即求全微分。首先，由全微分公式，有：

du = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy + \frac{\partial f}{\partial z} dz

其中 $dz$ 需要通过隐函数求导得到。设 $F(x, y, z) = x e^x - y e^y - z e^z = 0$ ，则：

\frac{\partial F}{\partial x} = e^x (1 + x), \quad \frac{\partial F}{\partial y} = -e^y (1 + y), \quad \frac{\partial F}{\partial z} = -e^z (1 + z)

由隐函数定理：

\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = \frac{e^x (1 + x)}{e^z (1 + z)}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = -\frac{e^y (1 + y)}{e^z (1 + z)}

代入 $dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy$ 到 $du$ 表达式中，合并同类项即得结果。

13

设 $f(\sin^2 x) = \frac{x}{\sin x}$ ，求 $\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x}} f(x)\dx$ ．

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】

\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x}} f(x) \, dx = -2 \sqrt{1 - x} \arcsin(\sqrt{x}) + 2 \sqrt{x} + C

其中 $C$ 为积分常数。

【解析】
给定 $f(\sin^2 x) = \frac{x}{\sin x}$ ，令 $u = \sin^2 x$ ，则 $\sin x = \sqrt{u}$ （取主值）， $x = \arcsin(\sqrt{u})$ ，所以 $f(u) = \frac{\arcsin(\sqrt{u})}{\sqrt{u}}$ ，即 $f(x) = \frac{\arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}$ 。
代入积分：

\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x}} f(x) \, dx = \int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x}} \cdot \frac{\arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} \, dx = \int \frac{\arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{1 - x}} \, dx.

令 $t = \sqrt{x}$ ，则 $x = t^2$ ， $dx = 2t \, dt$ ，代入得：

\int \frac{\arcsin(t)}{\sqrt{1 - t^2}} \cdot 2t \, dt = 2 \int \frac{t \arcsin(t)}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt.

使用分部积分法，令 $u = \arcsin(t)$ ， $du = \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt$ ， $dv = \frac{t}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt$ ，则 $v = \int \frac{t}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt = -\sqrt{1 - t^2}$ 。
于是：

\begin{align*} \int \frac{t \arcsin(t)}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt &= \arcsin(t) \cdot \left(-\sqrt{1 - t^2}\right) \int \left(-\sqrt{1 - t^2}\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt \\ &= -\arcsin(t) \sqrt{1 - t^2} + \int 1 \, dt \\ &= -\arcsin(t) \sqrt{1 - t^2} + t + C. \end{align*}

所以：

\begin{aligned} 2 \int \frac{t \arcsin(t)}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt &= 2 \left( -\arcsin(t) \sqrt{1 - t^2} + t + C \right) \\ &= -2 \arcsin(t) \sqrt{1 - t^2} + 2t + C. \end{aligned}

代回 $t = \sqrt{x}$ ，得：

\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x}} f(x) \, dx = -2 \sqrt{1 - x} \arcsin(\sqrt{x}) + 2 \sqrt{x} + C.

14

设 $D_1$ 是由抛物线 $y = 2x^2$ 和直线 $x = a$ ， $x = 2$ 及 $y = 0$ 所围成的平面区域； $D_2$ 是由抛物线 $y = 2x^2$ 和直线 $y = 0$ ， $x = a$ 所围成的平面区域，其中 $0 < a < 2$ ．

(1) 试求 $D_1$ 绕 $x$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_1$ ； $D_2$ 绕 $y$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_2$ ；

(2) 问当 $a$ 为何值时， $V_1 + V_2$ 取得最大值？试求此最大值．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】
(1) $V_1 = \frac{4\pi}{5}(32 - a^5)$ ， $V_2 = \pi a^4$
(2) 当 $a = 1$ 时， $V_1 + V_2$ 取得最大值，最大值为 $\frac{129\pi}{5}$

【解析】
(I) 由旋转体的体积公式有

V_1 = \pi \int_a^2 (2x^2)^2 \, dx = \frac{4\pi}{5}(32 - a^5),

V_2 = \pi a^2 \cdot 2a^2 - \pi \int_0^{2a^2} x^2 \, dy = \pi a^4.

(II) $V = V_1 + V_2 = \dfrac{4\pi}{5}(32 - a^5) + \pi a^4$ . 令 $\dfrac{dV}{da} = 4\pi a^3(1 - a) = 0$ ，得 $a = 1$ . 当 $0 < a < 1$ 时 $\dfrac{dV}{da} > 0$ ，当 $1 < a < 2$ 时 $\dfrac{dV}{da} < 0$ ，因此 $a = 1$ 是 $V$ 的唯一极值点且是极大值点，所以是 $V$ 的最大值点，

V_{\max} = \dfrac{129\pi}{5}

15

同试卷 1 第 15 题

16

设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x) > 0$ ．利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点 $\xi \in[a,b]$ ，使 $\int_a^b f(x)g(x)\dx = f(\xi) \int_a^b g(x)\dx$ ．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 见解析

【解析】
因为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以存在 $x_1, x_2$ 使得

f(x_1) = M = \max_{x \in [a,b]} f(x), \quad f(x_2) = m = \min_{x \in [a,b]} f(x).

满足 $m \leq f(x) \leq M$ 。又 $g(x) > 0$ ，故根据不等式的性质

mg(x) \leq f(x)g(x) \leq Mg(x).

根据定积分的不等式性质有

m \int_a^b g(x)\,dx \leq \int_a^b f(x)g(x)\,dx \leq M \int_a^b g(x)\,dx

\Rightarrow m \leq \frac{\int_a^b f(x)g(x)\,dx}{\int_a^b g(x)\,dx} \leq M.

由连续函数的介值定理知，存在 $\xi \in [a, b]$ ，使

f(\xi) = \frac{\int_a^b f(x)g(x)\,dx}{\int_a^b g(x)\,dx} \quad \Rightarrow \quad \int_a^b f(x)g(x)\,dx = f(\xi) \int_a^b g(x)\,dx.

17

设齐次线性方程组 $\begin{cases} ax_1 + bx_2 + bx_3 + \cdots + bx_n = 0, \\ bx_1 + ax_2 + bx_3 + \cdots + bx_n = 0, \\ \cdots \quad \cdots \quad \cdots \quad \cdots \\ bx_1 + bx_2 + bx_3 + \cdots + ax_n = 0, \end{cases}$ 其中 $a \ne 0,b \ne 0,n \ge 2$ ，试讨论 $a,b$ 为何值时，方程组仅有零解、有无穷多组解？在有无穷多组解时，求出全部解，并用基础解系表示全部解．

线性代数线性方程组

【答案】 当 $a \neq b$ 且 $a \neq -b(n-1)$ 时，方程组仅有零解。
当 $a = b$ 或 $a = -b(n-1)$ 时，方程组有无穷多组解。

当 $a = b$ 时，全部解为 $x = k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2 + \cdots + k_{n-1} \xi_{n-1}$ ，其中 $\xi_1 = (1, -1, 0, \ldots, 0)^\mathrm{T}$ ， $\xi_2 = (1, 0, -1, \ldots, 0)^\mathrm{T}$ ， $\ldots$ ， $\xi_{n-1} = (1, 0, 0, \ldots, -1)^\mathrm{T}$ ， $k_1, k_2, \ldots, k_{n-1}$ 为任意常数。
当 $a = -b(n-1)$ 时，全部解为 $x = k \xi$ ，其中 $\xi = (1, 1, 1, \ldots, 1)^\mathrm{T}$ ， $k$ 为任意常数。

【解析】
方程组的系数行列式

|A| = \begin{vmatrix} a & b & b & \cdots & b \\ b & a & b & \cdots & b \\ b & b & a & \cdots & b \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b & b & b & \cdots & a \end{vmatrix} = [a + (n-1)b](a - b)^{n-1}.

(I) 当 $a \neq b$ 且 $a \neq -(n-1)b$ 时， $|A| \neq 0$ ， $r(A) = n$ ，方程组只有零解。

(II) 当 $a = b (\neq 0)$ 时，对系数矩阵 $A$ 做行初等变换，有

A = \begin{pmatrix} a & a & a & \cdots & a \\ a & a & a & \cdots & a \\ a & a & a & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & a & \cdots & a \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a & a & a & \cdots & a \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}.

方程组的同解方程组为 $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0$ ，其基础解系为

\xi_1 = (-1, 1, 0, \cdots, 0)^T, \quad \xi_2 = (-1, 0, 1, 0, \cdots, 0)^T, \quad

\cdots, \quad \xi_{n-1} = (-1, 0, \cdots, 0, 1)^T.

方程组的全部解为

X = k_1 \xi_1 + k_2 \xi_2 + \cdots + k_{n-1} \xi_{n-1},

其中 $k_i (i = 1, 2, \cdots, n-1)$ 是任意常数。

(Ⅲ) 当 $a = -(n-1)b$ ( $b \neq 0$ ) 时，对系数矩阵 $A$ 做行初等变换，有

A = \begin{pmatrix} (1-n)b & b & b & \cdots & b \\ b & (1-n)b & b & \cdots & b \\ b & b & (1-n)b & \cdots & b \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b & b & b & \cdots & (1-n)b \end{pmatrix}

\rightarrow \begin{pmatrix} 1-n & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1-n & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & 1-n & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & 1-n \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1-n & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ n & -n & 0 & \cdots & 0 \\ n & 0 & -n & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ n & 0 & 0 & \cdots & -n \end{pmatrix}

\rightarrow \begin{pmatrix} 1-n & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & -1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & -1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & -1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & -1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & -1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & -1 \end{pmatrix}.

秩 $r(A) = n-1$ ，其同解方程组是

\begin{cases} x_1 - x_2 = 0, \\ x_1 - x_3 = 0, \\ \cdots \quad \cdots \\ x_1 - x_n = 0. \end{cases}

其基础解系为 $\xi = (1,1,\cdots,1)^T$ ，方程组的全部解为 $X = k\xi$ ，其中 $k$ 是任意常数。

18

设 $A$ 为三阶实对称矩阵，且满足条件 $A^2 + 2A = 0$ ，已知 $A$ 的秩 $r(A) = 2$ ．

(1) 求 $A$ 的全部特征值．

(2) 当 $k$ 为何值时，矩阵 $A + kE$ 为正定矩阵，其中 $E$ 为三阶单位矩阵．

线性代数矩阵矩阵的特征值与特征向量

【答案】
(1) $0, -2, -2$
(2) $k > 2$

【解析】
(I) 设 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值， $\alpha$ 是 $A$ 的属于 $\lambda$ 的特征向量，则有 $A\alpha = \lambda\alpha$ ，从而

0 = (A^2 + 2A)\alpha = (\lambda^2 + 2\lambda)\alpha.

所以有 $\lambda^2 + 2\lambda = 0$ ，故 $A$ 的特征值 $\lambda$ 的取值范围为 $0, -2$ 。因为实对称矩阵必可对角化， $r(A) = 2$ ，所以

A \sim \Lambda = \begin{pmatrix} -2 & & \\ & -2 & \\ & & 0 \end{pmatrix},

即 $A$ 有特征值 $\lambda_1 = \lambda_2 = -2$ , $\lambda_3 = 0$ 。

(II) 由 (I) 知 $A + kE$ 的特征值为 $k-2, k-2, k$ 。矩阵 $A + kE$ 正定的充要条件是它的所有特征值均大于零，即

\begin{cases} k - 2 > 0 \\ k > 0 \end{cases} \iff k > 2.

故 $k > 2$ 时 $A + kE$ 是正定矩阵。

19

假设随机变量 $U$ 在区间 $[-2,2]$ 上服从均匀分布，随机变量

X = \begin{cases} -1, & \text{若}\;U \le - 1, \\ 1, & \text{若}\;U > - 1; \end{cases}\;\;\;Y = \begin{cases} -1, & \text{若}\;U \le 1, \\ 1, & \text{若}\;U > 1; \end{cases}

试求：

(1) $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布；

(2) $D(X + Y)$ ．

概率论与数理统计随机变量及其分布多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】
(1) $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为：

\begin{array}{c|cc} & Y=-1 & Y=1 \\ \hline X=-1 & \frac{1}{4} & 0 \\ X=1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ \end{array}

(2) $D(X+Y)=2$

【解析】
(I) $(X, Y)$ 只有四个可能值 $(-1, -1)$ , $(-1, 1)$ , $(1, -1)$ 和 $(1, 1)$ . 依题意有

P\{X = -1, Y = -1\} = P\{U \leqslant -1, U \leqslant 1\} = P\{U \leqslant -1\} = \frac{1}{4};

P\{X = -1, Y = 1\} = P\{U \leqslant -1, U > 1\} = P\{\emptyset\} = 0;

P\{X = 1, Y = -1\} = P\{U > -1, U \leqslant 1\} = P\{-1 < U \leqslant 1\} = \frac{1}{2};

P\{X = 1, Y = 1\} = P\{U > -1, U > 1\} = P\{U > 1\} = \frac{1}{4}.

于是， $(X, Y)$ 分布为

\begin{array}{c|cc} Y & -1 & 1 \\ \hline X & & \\ -1 & \frac{1}{4} & 0 \\ 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ \end{array}

(II) $X + Y$ 的取值可能有 $-2, 0, 2$ ； $(X + Y)^2$ 的取值可能有 0 和 4；

P\{X + Y = -2\} = P\{X = -1, Y = -1\} = \frac{1}{4},

P\{X + Y = 0\} = P\{X = 1, Y = -1\} + P\{X = -1, Y = 1\} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2},

P\{X + Y = 2\} = P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{4},

P\{(X + Y)^2 = 0\} = P\{X + Y = 0\} = \frac{1}{2},

P\{(X + Y)^2 = 4\} = P\{X + Y = -2\} + P\{X + Y = 2\} = \frac{1}{2}

故 $X + Y$ 和 $(X + Y)^2$ 的分布律分别为

\begin{array}{c|ccc|c} (X + Y)^2 & 0 & 4 & X + Y & -2 & 0 & 2 \\ \hline P & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & P & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ \end{array}

由此可见

E(X + Y) = -\frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 0, \quad E(X + Y)^2 = \frac{4}{2} = 2,

D(X + Y) = E(X + Y)^2 - [E(X + Y)]^2 = 2.

20

假设一设备开机后无故障工作的时间 $X$ 服从指数分布，平均无故障工作的时间 $E(X)$ 为 $5$ 小时．设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作 $2$ 小时便关机．试求该设备每次开机无故障工作的时间 $Y$ 的分布函数 $F(y)$ ．

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】

F(y) = \begin{cases} 0 & \text{ } y < 0 \\ 1 - e^{-0.2y} & \text{ } 0 \leq y < 2 \\ 1 & \text{ } y \geq 2 \end{cases}

【解析】
指数分布的 $X$ 的分布参数为 $\lambda = \frac{1}{E(X)} = \frac{1}{5}$ ，其密度函数为

f_X(x) = \begin{cases} \frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}x}, & x > 0; \\ 0, & x \leq 0. \end{cases}

由分布函数的定义，

F(y) = P\{Y \leq y\} = P\{\min(X, 2) \leq y\}.

当 $y < 0$ 时， $F_Y(y) = 0$ 。当 $y \geq 2$ 时， $F_Y(y) = 1$ 。当 $0 \leq y < 2$ 时，

\begin{aligned} F(y) &= P\{\min(X, 2) \leq y\} = P\{X \leq y\} \\ &= \int_{-\infty}^{y} f_X(x)\,dx = \int_0^y \frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}x}\,dx = 1 - e^{-\frac{1}{5}y}. \end{aligned}

所以 $Y$ 的分布函数

F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 0; \\ 1 - e^{-\frac{1}{5}y}, & 0 \leq y < 2; \\ 1, & y \geq 2. \end{cases}