卷 4

填空题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

1

极限 $\lim_{x \to 0} [1 + \ln(1 + x)]^{\frac{2}{x}} =$ ______．

【答案】 $e^2$

【解析】
考虑极限 $\lim_{x \to 0} [1 + \ln(1 + x)]^{\frac{2}{x}}$ 。该极限形式为 $1^{\infty}$ ，可通过取自然对数转化为求指数极限。

设 $y = [1 + \ln(1 + x)]^{\frac{2}{x}}$ ，则

\ln y = \frac{2}{x} \ln [1 + \ln(1 + x)]

需求

\lim_{x \to 0} \ln y = \lim_{x \to 0} \frac{2}{x} \ln [1 + \ln(1 + x)]

计算

\lim_{x \to 0} \frac{\ln [1 + \ln(1 + x)]}{x}

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。
令 $f(x) = \ln [1 + \ln(1 + x)]$ ，则

f'(x) = \frac{1}{1 + \ln(1 + x)} \cdot \frac{1}{1 + x}

于是，

\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to 0} f'(x) = \frac{1}{(1 + \ln 1)(1 + 0)} = 1

因此，

\lim_{x \to 0} \ln y = 2 \times 1 = 2

故原极限为 $e^{2}$ 。

2

$\int_{-1}^1 (|x| + x) \e^{- |x|} \dx =$ ______．

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $2 - \frac{4}{e}$

【解析】
由于被积函数中含有绝对值，将积分区间 $[-1, 1]$ 分为两部分：

当 $x \in [-1, 0]$ 时， $|x| = -x$ ，因此 $|x| + x = -x + x = 0$ ，被积函数为 $0 \cdot e^{-|x|} = 0$ ，积分值为 0。
当 $x \in [0, 1]$ 时， $|x| = x$ ，因此 $|x| + x = x + x = 2x$ ，且 $e^{-|x|} = e^{-x}$ ，被积函数为 $2x e^{-x}$ 。

因此，原积分化为

\int_{0}^{1} 2x e^{-x} \, dx .

计算该积分：
令 $u = x$ ， $dv = e^{-x} \, dx$ ，则 $du = dx$ ， $v = -e^{-x}$ 。
使用分部积分法：

\begin{align*} \int 2x e^{-x} \, dx &= 2 \left[ -x e^{-x} - \int (-e^{-x}) \, dx \right] \\ &= 2 \left[ -x e^{-x} + \int e^{-x} \, dx \right] \\ &= 2 \left[ -x e^{-x} - e^{-x} \right] + C \\ &= -2e^{-x} (x + 1) + C . \end{align*}

代入上下限：
在 $x = 1$ 时，值为 $-2e^{-1}(1 + 1) = -\frac{4}{e}$ 。
在 $x = 0$ 时，值为 $-2e^{0}(0 + 1) = -2$ 。

因此，

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

故原积分的值为

2 - \frac{4}{e}.

3

同试卷 3 第 3 题

4

设 $A$ ， $B$ 均为三阶矩阵， $E$ 是三阶单位矩阵．已知 $AB = 2A + B$ ， $B = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ ，则 $(A - E)^{-1} =$ ______．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】

\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}

【解析】
已知 $AB = 2A + B$ ，移项得 $AB - 2A = B$ ，即 $A(B - 2E) = B$ 。令 $C = A - E$ ，则 $A = C + E$ ，代入方程得：

(C + E)(B - 2E) = B

展开得：

C(B - 2E) + E(B - 2E) = B

其中 $E(B - 2E) = B - 2E$ ，所以：

C(B - 2E) + B - 2E = B

简化得：

C(B - 2E) = 2E

即：

(A - E)(B - 2E) = 2E

两边同时除以 2，得：

(A - E) \cdot \frac{1}{2} (B - 2E) = E

因此， $(A - E)^{-1} = \frac{1}{2} (B - 2E)$ 。计算 $B - 2E$ ：

B = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad 2E = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}

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

所以：

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

故 $(A - E)^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 。

5

同试卷 3 第 4 题

6

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.5$ ， $EX = EY = 0$ ， $EX^2 = EY^2 = 2$ ，则 $E(X + Y)^2 =$ ______．

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】 6

【解析】
已知 $EX = EY = 0$ ， $EX^2 = EY^2 = 2$ ，则方差 $\text{Var}(X) = EX^2 - (EX)^2 = 2 - 0 = 2$ ，同理 $\text{Var}(Y) = 2$ 。
相关系数 $\rho_{X,Y} = 0.5$ ，且 $\rho_{X,Y} = \frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sigma_X \sigma_Y}$ ，其中 $\sigma_X = \sqrt{\text{Var}(X)} = \sqrt{2}$ ， $\sigma_Y = \sqrt{2}$ 。
由于 $EX = EY = 0$ ，有 $\text{Cov}(X,Y) = E(XY) - EX \cdot EY = E(XY)$ 。
代入相关系数公式：

0.5 = \frac{E(XY)}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{E(XY)}{2}

解得 $E(XY) = 1$ 。
计算 $E(X + Y)^2$ ：

E(X + Y)^2 = E(X^2 + 2XY + Y^2) = EX^2 + 2E(XY) + EY^2 = 2 + 2 \times 1 + 2 = 6

因此， $E(X + Y)^2 = 6$ 。

选择题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

7

曲线 $y = x\e^{\frac{1}{x^2}}$

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：D

【解析】
当 $x \to \pm\infty$ 时，极限 $\lim_{x \to \pm\infty} y$ 均不存在，故不存在水平渐近线。又由

\lim_{x \to 0} x e^{\frac{1}{x^2}} = \lim_{t \to \infty} \frac{e^{t^2}}{t} = \lim_{t \to \infty} 2t e^{t^2} = \infty

知曲线有铅直渐近线 $x = 0$ 。再由

\lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} e^{\frac{1}{x^2}} = 1, \quad \lim_{x \to \infty} \left( x e^{\frac{1}{x^2}} - x \right) = \lim_{t \to 0} \frac{e^{t^2} - 1}{t} = \lim_{t \to 0} 2t e^{t^2} = 0,

知曲线有斜渐近线 $y = x$ 。故曲线 $y = x e^{\frac{1}{x^2}}$ 既有铅直又有斜渐近线。

8

设函数 $f(x) = \left| x^3 - 1 \right|\phi(x)$ ，其中 $\phi (x)$ 在 $x = 1$ 处连续，则 $\phi (1) = 0$ 是 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处可导的

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：A

【解析】
函数 $f(x) = |x^3 - 1| \phi(x)$ ，其中 $\phi(x)$ 在 $x=1$ 处连续。考虑 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的可导性。

计算左导数和右导数：

左导数

f'_-(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{| (1+h)^3 - 1 | \phi(1+h)}{h}.

当 $h \to 0^-$ 时， $(1+h)^3 - 1 < 0$ ，故

| (1+h)^3 - 1 | = -[(1+h)^3 - 1] = - (3h + 3h^2 + h^3),

因此

\begin{align*} f'_{-}(1) &= \lim_{h \to 0^-} \frac{ - (3h + 3h^2 + h^3) \phi(1+h) }{h} \\ &= \lim_{h \to 0^-} - (3 + 3h + h^2) \phi(1+h) \\ &= -3 \phi(1) \end{align*}

（因为 $\phi$ 连续）。

右导数

f'_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{| (1+h)^3 - 1 | \phi(1+h)}{h}.

当 $h \to 0^+$ 时， $(1+h)^3 - 1 > 0$ ，故

| (1+h)^3 - 1 | = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3,

因此

f'_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{ (3h + 3h^2 + h^3) \phi(1+h) }{h} = \lim_{h \to 0^+} (3 + 3h + h^2) \phi(1+h) = 3 \phi(1)

（因为 $\phi$ 连续）。

对于 可导性，需要左导数等于右导数，即

-3 \phi(1) = 3 \phi(1),

解得 $\phi(1) = 0$ 。

若 $\phi(1) = 0$ ，则左导数和右导数均为 0，故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导；若 $\phi(1) \neq 0$ ，则左导数与右导数不等，故不可导。因此， $\phi(1) = 0$ 是 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导的充分必要条件。

9

同试卷 3 第 8 题

10

设矩阵 $B = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ．已知矩阵 $A$ 相似于 $B$ ，则 $r(A - 2E)$ 与 $r(A - E)$ 之和等于

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：C

【解析】
应选 (C)。因为矩阵 $A$ 相似于 $B$ ，于是有矩阵 $A - 2E$ 与矩阵 $B - 2E$ 相似，矩阵 $A - E$ 与矩阵 $B - E$ 相似，且相似矩阵有相同的秩，而

r(B - 2E) = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix} = 3, \quad r(B - E) = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} = 1.

可见有

r(A - 2E) + r(A - E) = r(B - 2E) + r(B - E) = 4,

11

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ，

概率论与数理统计随机事件和概率

正确答案：B

【解析】
事件独立性的定义为 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ 。
若 $AB \neq \emptyset$ ，即事件 $A$ 与 $B$ 有交集，但这并不能保证独立性。
例如，在样本空间等可能的情形下，若 $A$ 与 $B$ 有交集且满足 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ ，则它们独立；否则不独立。
因此，当 $AB \neq \emptyset$ 时， $A$ 与 $B$ 可能独立，也可能不独立，故选项 B 正确。

选项 A 错误，因为交集非空不一定独立。
选项 C 错误：若 $AB = \emptyset$ 且 $P(A) > 0$ 、 $P(B) > 0$ ，则 $P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)$ ，此时不独立；但若 $P(A) = 0$ 或 $P(B) = 0$ ，则等式成立，此时独立。
选项 D 错误，因为当 $P(A) = 0$ 或 $P(B) = 0$ 时，事件独立。

12

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从正态分布，且它们不相关，则

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
【解析】
随机变量

X

和

Y

均服从正态分布且不相关，并不能推出它们一定独立。
例如，设

X

服从标准正态分布

N(0,1)

，

Z

是一个与

X

独立的随机变量，且满足

P(Z=1)=P(Z=-1)=0.5

，定义

Y=XZ

。
此时

Y

也服从标准正态分布，且

X

与

Y

不相关（因为

\mathrm{Cov}(X,Y)=0

），但

X

与

Y

不独立（因为

Y

的值依赖于

X

）。
此外，

(X,Y)

不服从二维正态分布（若服从二维正态分布，则不相关意味着独立，但此处不独立），且

X+Y

不服从一维正态分布（因为

X+Y

是混合分布，包含离散点质量）。
因此，选项 A、B、D 错误，选项 C 正确。

解答题

13

设 $f(x) = \frac{1}{\sin \pi x} - \frac{1}{\pi x} - \frac{1}{\pi(1 - x)}$ ， $x \in\left(0,\frac{1}{2}\right]$ ．试补充定义 $f(0)$ ，使得 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续．

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

【答案】 $f(0) = -\frac{1}{\pi}$

【解析】 为了使得 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 上连续，需要定义 $f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$ 。计算极限：

f(x) = \frac{1}{\sin \pi x} - \frac{1}{\pi x} - \frac{1}{\pi(1 - x)}

当 $x \to 0^+$ ，使用泰勒展开： $\sin \pi x = \pi x - \frac{(\pi x)^3}{6} + O(x^5)$ ，所以

\frac{1}{\sin \pi x} = \frac{1}{\pi x} \left( 1 + \frac{(\pi x)^2}{6} + O(x^4) \right) = \frac{1}{\pi x} + \frac{\pi x}{6} + O(x^3)

因此，

\frac{1}{\sin \pi x} - \frac{1}{\pi x} = \frac{\pi x}{6} + O(x^3)

同时，

\frac{1}{\pi(1 - x)} = \frac{1}{\pi} (1 + x + x^2 + O(x^3)) = \frac{1}{\pi} + \frac{x}{\pi} + \frac{x^2}{\pi} + O(x^3)

所以，

\begin{align*} f(x) &= \left( \frac{\pi x}{6} + O(x^3) \right) - \left( \frac{1}{\pi} + \frac{x}{\pi} + \frac{x^2}{\pi} + O(x^3) \right) \\ &= -\frac{1}{\pi} + x \left( \frac{\pi}{6} - \frac{1}{\pi} \right) - \frac{x^2}{\pi} + O(x^3) \end{align*}

当 $x \to 0^+$ ，有 $f(x) \to -\frac{1}{\pi}$ 。因此，定义 $f(0) = -\frac{1}{\pi}$ 即可使 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 上连续。

14

同试卷 3 第 14 题

15

同试卷 3 第 15 题

16

设 $a > 1$ ， $f(t) = a^t - at$ 在 $(-\infty , +\infty)$ 内的驻点为 $t(a)$ ．问 $a$ 为何值时， $t(a)$ 最小？并求出最小值．

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 $a = e^e$ ，最小值为 $1 - \frac{1}{e}$ 。

【解析】
由 $f'(t) = a^t \ln a - a = 0$ ，得唯一驻点

t(a) = 1 - \frac{\ln \ln a}{\ln a}.

考察函数 $t(a)$ 在 $a > 1$ 时的最小值。令

t'(a) = -\frac{\frac{1}{a} - \frac{1}{a} \ln \ln a}{(\ln a)^2} = -\frac{1 - \ln \ln a}{a (\ln a)^2} = 0,

得唯一驻点 $a = e^e$ 。当 $a > e^e$ 时， $t'(a) > 0$ ；当 $a < e^e$ 时， $t'(a) < 0$ 。因此 $t(e^e) = 1 - \frac{1}{e}$ 为极小值，从而是最小值。

17

设 $y = f(x)$ 是第一象限内连接点 $A(0,1)$ ， $B(1,0)$ 的一段连续曲线， $M(x,y)$ 为该曲线上任意一点，点 $C$ 为 $M$ 在 $x$ 轴上的投影， $O$ 为坐标原点．若梯形 $OCMA$ 的面积与曲边三角形 $CBM$ 的面积之和为 $\frac{x^3}{6} + \frac{1}{3}$ ，求 $f(x)$ 的表达式．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $f(x) = (x-1)^2$

【解析】
根据题意有

\frac{x}{2}[1 + f(x)] + \int_x^1 f(t)\,\mathrm{d}t = \frac{x^3}{6} + \frac{1}{3}

两边对 $x$ 求导得

\frac{1}{2}[1 + f(x)] + \frac{1}{2}x f'(x) - f(x) = \frac{1}{2}x^2.

当 $x \ne 0$ 时，得

f'(x) - \frac{1}{x}f(x) = \frac{x^2 - 1}{x}.

其通解为

\begin{aligned} f(x) &= e^{-\int -\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} \left( \int \frac{x^2 - 1}{x} e^{\int -\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C \right) \\ &= e^{\ln x} \left( \int \frac{x^2 - 1}{x} e^{-\ln x}\,\mathrm{d}x + C \right) \\ &= x \left( \int \frac{x^2 - 1}{x^2}\,\mathrm{d}x + C \right) \\ &= x^2 + 1 + Cx. \end{aligned}

当 $x = 0$ 时， $f(0) = 1$ 。由于 $x = 1$ 时 $f(1) = 0$ ，故有 $2 + C = 0$ ，从而 $C = -2$ 。所以

f(x) = x^2 + 1 - 2x = (x - 1)^2.

18

设某商品从时刻 $0$ 到时刻 $t$ 的销售量为 $x(t) = kt$ ， $t \in[0,T]$ ， $k > 0$ ．欲在 $T$ 时将数量为 $A$ 的该商品销售完，试求

(1) $t$ 时刻的商品剩余量，并确定 $k$ 的值；

(2) 在时间段 $[0,T]$ 上的平均剩余量．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】
(1) $t$ 时刻的商品剩余量为 $R(t) = A \left(1 - \frac{t}{T}\right)$ ， $k = \frac{A}{T}$
(2) 在时间段 $[0,T]$ 上的平均剩余量为 $\frac{A}{2}$

【解析】
(1) 设 $t$ 时刻的商品剩余量为 $R(t)$ ，则

R(t) = A - x(t) = A - kt

由于在时刻 $T$ 商品销售完，即 $R(T) = 0$ ，所以

A - kT = 0

解得

k = \frac{A}{T}

代入 $R(t)$ 得

R(t) = A \left(1 - \frac{t}{T}\right)

(2) 平均剩余量为

\frac{1}{T} \int_{0}^{T} R(t) \, dt

计算积分：

\int_{0}^{T} A \left(1 - \frac{t}{T}\right) dt = A \left[ t - \frac{t^2}{2T} \right]_{0}^{T} = A \left( T - \frac{T^2}{2T} \right) = A \left( T - \frac{T}{2} \right) = A \cdot \frac{T}{2}

因此，平均剩余量为

\frac{1}{T} \cdot A \cdot \frac{T}{2} = \frac{A}{2}

19

设有向量组①： $\alpha_1 = (1,0,2)^T$ ， $\alpha_2 = (1,1,3)^T$ ， $\alpha_3 = (1, - 1,a + 2)^T$ 和向量组②： $\beta_1 = (1,2,a + 3)^T$ ， $\beta_2 = (2,1,a + 6)^T$ ， $\beta_3 = (2,1,a + 4)^T$ ．试问：当 $a$ 为何值时，向量组①与②等价？当 $a$ 为何值时，向量组①与②不等价？

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 当 $a \neq -1$ 时，向量组①与②等价；当 $a = -1$ 时，向量组①与②不等价。

【解析】
由初等行变换有

\begin{align*} (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 : \beta_1, \beta_2, \beta_3) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & : & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & : & 2 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & a+2 & : & a+3 & a+6 & a+4 \end{pmatrix} \\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & : & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & : & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a+1 & : & a-1 & a+1 & a-1 \end{pmatrix}. \end{align*}

(I) 当 $a \neq -1$ 时，行列式 $\left|\begin{array}{ccc} \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 \end{array}\right| = a+1 \neq 0$ ， $r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = 3$ ，故线性方程组

x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 + x_3\alpha_3 = \beta_i \quad (i = 1,2,3)

均有唯一解。所以 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 可由向量组①线性表示。同样，行列式 $\left|\begin{array}{ccc} \beta_1 & \beta_2 & \beta_3 \end{array}\right| = 6 \neq 0$ ， $r(\beta_1, \beta_2, \beta_3) = 3$ ，故 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 可由向量组②线性表示。因此向量组①与②等价。

(II) 当 $a = -1$ 时，有

(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 : \beta_1, \beta_2, \beta_3) \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & : & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & : & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & : & -2 & 0 & -2 \end{pmatrix}.

由于 $r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \neq r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \beta_1)$ ，线性方程组

x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 + x_3\alpha_3 = \beta_1

无解，故向量 $\beta_1$ 不能由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示。因此，向量组①与②不等价。

20

设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix}$ 可逆，向量 $\alpha = \begin{pmatrix} 1 \\ b \\ 1 \end{pmatrix}$ 是矩阵 $A^*$ 的一个特征向量， $\lambda$ 是 $\alpha$ 对应的特征值，其中 $A^*$ 是矩阵 $A$ 的伴随矩阵．试求 $a$ , $b$ 和 $\lambda$ 的值．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 $a = 2$ ； $b = 1$ 时 $\lambda = 1$ 或 $b = -2$ 时 $\lambda = 4$

【解析】
矩阵 $A^*$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量为 $\alpha$ ，由于矩阵 $A$ 可逆，故 $A^*$ 可逆。于是 $\lambda \neq 0$ ， $|A| \neq 0$ ，且

A^*\alpha = \lambda\alpha \quad \Rightarrow \quad AA^*\alpha = \lambda A\alpha \quad \Rightarrow \quad A\alpha = \frac{|A|}{\lambda}\alpha.

即有

\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ b \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{|A|}{\lambda} \begin{pmatrix} 1 \\ b \\ 1 \end{pmatrix}.

由此得方程组

\begin{cases} 3 + b = \dfrac{|A|}{\lambda}, \\ 2 + 2b = \dfrac{|A|}{\lambda}b, \\ a + b + 1 = \dfrac{|A|}{\lambda}. \end{cases}

解得 $b = 1$ 或 $b = -2$ ； $a = 2$ 。由于

|A| = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & a \end{vmatrix} = 3a - 2 = 4,

根据方程组第一个式子知，特征向量 $\alpha$ 所对应的特征值

\lambda = \frac{|A|}{3 + b} = \frac{4}{3 + b}.

所以，当 $b = 1$ 时， $\lambda = 1$ ；当 $b = -2$ 时， $\lambda = 4$ 。

21

同试卷 3 第 21 题

22

对于任意二事件 $A$ 和 $B$ ， $0 < P(A) < 1,0 < P(B) < 1$ ，

\rho = \frac{P(AB) - P(A)P(B)}{\sqrt{P(A)P(B)P(\bar A)P(\bar B)}}

称做事件 $A$ 和 $B$ 的相关系数．

(1) 证明事件 $A$ 和 $B$ 独立的充分必要条件是其相关系数等于零；

(2) 利用随机变量相关系数的基本性质，证明 $\left| \rho \right| \le 1$ ．

概率论与数理统计随机变量的数字特征协方差与相关系数

【答案】
(1) 事件 $A$ 和 $B$ 独立的充分必要条件是其相关系数 $\rho = 0$ 。
(2) $|\rho| \le 1$ 。

【解析】
(I) 由 $\rho$ 的定义，可见 $\rho = 0$ 当且仅当 $P(AB) - P(A)P(B) = 0$ ，而这恰好是二事件 $A$ 和 $B$ 独立的定义，即 $\rho = 0$ 是 $A$ 和 $B$ 独立的充要条件。

(II) 考虑随机变量 $X$ 和 $Y$ ：

X = \begin{cases} 1, & \text{若 } A \text{ 出现}, \\ 0, & \text{若 } A \text{ 不出现}; \end{cases}, \quad Y = \begin{cases} 1, & \text{若 } B \text{ 出现}; \\ 0, & \text{若 } B \text{ 不出现}. \end{cases}

由条件知， $X$ 和 $Y$ 都服从 $0-1$ 分布：

X \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ P(\bar{A}) & P(A) \end{pmatrix}, \quad Y \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ P(\bar{B}) & P(B) \end{pmatrix}.

易见 $EX = P(A)$ , $EY = P(B)$ ; $DX = P(A)P(\bar{A})$ , $DY = P(B)P(\bar{B})$ ;

\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - EXEY = P(AB) - P(A)P(B).

因此，事件 $A$ 和 $B$ 的相关系数就是随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数。于是由二维随机变量相关系数的基本性质，可见 $|\rho| \leq 1$ 。