卷 4

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

同试卷 3 第 7 题

8

同试卷 3 第 8 题

9

下列结论中正确的是

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

正确答案：D

【解析】
对于积分 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x + 1)}$ ，通过部分分式分解为 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ ，计算得

\int_1^M \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \right) dx = \ln \frac{M}{M+1} + \ln 2,

当 $M \to +\infty$ 时， $\ln \frac{M}{M+1} \to 0$ ，因此积分收敛于 $\ln 2$ 。

对于积分 $\int_0^1 \frac{dx}{x(x + 1)}$ ，同样分解为 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ ，在 $x=0$ 处为瑕点，计算

\int_\epsilon^1 \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \right) dx = -\ln 2 - \ln \epsilon + \ln (\epsilon+1),

当 $\epsilon \to 0^+$ 时， $\ln \epsilon \to -\infty$ ，导致积分发散。

因此，第一个积分收敛，第二个积分发散，对应选项 D。

10

同试卷 3 第 10 题

11

同试卷 3 第 11 题

12

设 $A$ , $B$ , $C$ 均为 $n$ 阶矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，若 $B = E + AB$ , $C = A + CA$ ，则 $B - C$ 为

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A

【解析】
由 $B = E + AB$ 可得 $B - AB = E$ ，即 $(E - A)B = E$ ，因此 $E - A$ 可逆，且 $B = (E - A)^{-1}$ 。
由 $C = A + CA$ 可得 $C - CA = A$ ，即 $C(E - A) = A$ ，因此 $C = A(E - A)^{-1}$ 。
于是

B - C = (E - A)^{-1} - A(E - A)^{-1} = (E - A)(E - A)^{-1} = E

故 $B - C = E$ 。

13

同试卷 1 第 13 题

14

设 $X_1,X_2, \cdots ,X_n$ 为独立同分布的随机变量列，且均服从参数为 $\lambda (\lambda > 1)$ 的指数分布，记 $\Phi (x)$ 为标准正态分布函数，则

概率论与数理统计大数定律和中心极限定理

\lim_{n \to \infty} P\Bigg\{\frac{\sum_{i=1}^n X_i - n\lambda}{\lambda\sqrt{n}} \le x \Bigg\} = \Phi(x)

． B.

\lim_{n \to \infty} P\Bigg\{\frac{\sum_{i=1}^n X_i - n\lambda}{\sqrt{n\lambda}} \le x \Bigg\} = \Phi(x)

． C.

\lim_{n \to \infty} P\Bigg\{\frac{\lambda \sum_{i=1}^n X_i - n}{\sqrt{n}} \le x \Bigg\} = \Phi(x)

． D.

\lim_{n \to \infty} P\Bigg\{\frac{\sum_{i=1}^n X_i - \lambda}{\sqrt{n\lambda}} \le x \Bigg\} = \Phi(x)

．

正确答案：C

【解析】
设随机变量 $X_i$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，则

E[X_i] = \frac{1}{\lambda}, \quad \text{Var}(X_i) = \frac{1}{\lambda^2}.

考虑选项 C：令 $Y_i = \lambda X_i$ ，则

E[Y_i] = 1, \quad \text{Var}(Y_i) = 1.

那么

\sum_{i=1}^n Y_i = \lambda \sum_{i=1}^n X_i,

且

E\left[\sum_{i=1}^n Y_i\right] = n, \quad \text{Var}\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right) = n.

由中心极限定理，

\frac{\sum_{i=1}^n Y_i - n}{\sqrt{n}} = \frac{\lambda \sum_{i=1}^n X_i - n}{\sqrt{n}}

依分布收敛于标准正态分布，即极限概率为 $\Phi(x)$ 。

其他选项的标准化形式均不正确：

选项 A 和 B 中减去的项为 $n\lambda$ ，但均值为 $n/\lambda$ ；
选项 D 中减去的项为 $\lambda$ ，但均值为 $n/\lambda$ ，当 $n \to \infty$ 时不再适用。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 15 题

16

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 16 题

17

（本题满分 9 分）

同试卷 2 第 21 题

18

（本题满分 9 分）

求 $f(x,y) = x^2 - y^2 + 2$ 在椭圆域 $D = \left\{(x,y)\middle|x^2 + \frac{y^2}{4} \le 1 \right\}$ 上的最大值和最小值．

多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 最大值为 3，最小值为 -2。

【解析】
函数 $f(x,y) = x^2 - y^2 + 2$ 在椭圆域 $D = \left\{(x,y) \middle| x^2 + \frac{y^2}{4} \le 1 \right\}$ 上连续，且 $D$ 是紧集，因此最大值和最小值存在。

首先，求内部临界点。计算梯度 $\nabla f = (2x, -2y)$ ，令其为零得 $x = 0, y = 0$ ，点 $(0,0)$ 在椭圆内部， $f(0,0) = 2$ 。

其次，求边界 $x^2 + \frac{y^2}{4} = 1$ 上的极值。使用拉格朗日乘数法，设 $g(x,y) = x^2 + \frac{y^2}{4} - 1 = 0$ ，拉格朗日函数 $L(x,y,\lambda) = x^2 - y^2 + 2 - \lambda \left( x^2 + \frac{y^2}{4} - 1 \right)$ 。

求偏导数：

\frac{\partial L}{\partial x} = 2x(1 - \lambda) = 0,

\frac{\partial L}{\partial y} = -2y \left(1 + \frac{\lambda}{4}\right) = 0,

\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -\left( x^2 + \frac{y^2}{4} - 1 \right) = 0.

由 $\frac{\partial L}{\partial x} = 0$ ，得 $x = 0$ 或 $\lambda = 1$ ；由 $\frac{\partial L}{\partial y} = 0$ ，得 $y = 0$ 或 $\lambda = -4$ 。

若 $x = 0$ ，代入约束得 $\frac{y^2}{4} = 1$ ，即 $y = \pm 2$ ，对应点 $(0,2)$ 和 $(0,-2)$ ， $f(0,2) = f(0,-2) = -2$ 。
若 $y = 0$ ，代入约束得 $x^2 = 1$ ，即 $x = \pm 1$ ，对应点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$ ， $f(1,0) = f(-1,0) = 3$ 。
若 $\lambda = 1$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial y} = -2y \left(1 + \frac{1}{4}\right) = 0$ ，得 $y = 0$ ，已包含在 $y = 0$ 的情况中。
若 $\lambda = -4$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial x} = 2x(1 - (-4)) = 0$ ，得 $x = 0$ ，已包含在 $x = 0$ 的情况中。

比较所有候选点的函数值：内部点 $(0,0)$ 值为 2，边界点 $(0,2)$ 和 $(0,-2)$ 值为 -2，边界点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$ 值为 3。因此，最大值为 3，最小值为 -2。

也可通过参数化边界验证：设 $x = \cos \theta, y = 2 \sin \theta$ ，则

f = \cos^2 \theta - 4 \sin^2 \theta + 2 = 3 - 5 \sin^2 \theta,

由 $\sin^2 \theta \in [0,1]$ 得 $f \in [-2, 3]$ ，结论一致。

19

（本题满分 8 分）

同试卷 3 第 19 题

20

（本题满分 13 分）

同试卷 3 第 20 题

21

（本题满分 13 分）

设 $A$ 为三阶矩阵， $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 是线性无关的三维列向量，且满足

A\alpha_1 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3,\quad A\alpha_2 = 2\alpha_2 + \alpha_3, \quad A\alpha_3 = 2\alpha_2 + 3\alpha_3.

(1) 求矩阵 $B$ ，使得 $A(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)B$ ；

(2) 求矩阵 $A$ 的特征值；

(3) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{-1} AP$ 为对角矩阵．

线性代数矩阵矩阵的特征值与特征向量

【答案】
(1) $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$
(2) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ （二重）和 $4$
(3) $P = \begin{pmatrix} -\alpha_1 + \alpha_2 & -2\alpha_1 + \alpha_3 & \alpha_2 + \alpha_3 \end{pmatrix}$

【解析】
(1) 由条件 $A\alpha_1 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3$ ， $A\alpha_2 = 2\alpha_2 + \alpha_3$ ， $A\alpha_3 = 2\alpha_2 + 3\alpha_3$ ，可知

A(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)B,

其中 $B$ 的列向量分别为 $A\alpha_1, A\alpha_2, A\alpha_3$ 在基 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 下的坐标。

因此， $A\alpha_1$ 的坐标为 $(1,1,1)^{\mathrm{T}}$ ， $A\alpha_2$ 的坐标为 $(0,2,1)^{\mathrm{T}}$ ， $A\alpha_3$ 的坐标为 $(0,2,3)^{\mathrm{T}}$ ，故

B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

(2) 由于 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关，矩阵 $B$ 是 $A$ 在基 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 下的表示，即 $A$ 与 $B$ 相似，故特征值相同。计算 $B$ 的特征值，解特征方程 $|B - \lambda I| = 0$ ：

\begin{align*} |B - \lambda I| &= \begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 \\ 1 & 2-\lambda & 2 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} \\ &= (1-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda & 2 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} \\ &= (1-\lambda)\big[(2-\lambda)(3-\lambda) - 2\big] \\ &= (1-\lambda)(\lambda^2 - 5\lambda + 4) \\ &= (1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4) \\ &= -(\lambda-1)^2(\lambda-4). \end{align*}

令其为零，得特征值 $\lambda = 1$ （二重）和 $\lambda = 4$ ，故 $A$ 的特征值为 $1$ 和 $4$ .

(3) 求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵，即求 $A$ 的特征向量。由于 $A$ 与 $B$ 相似，先求 $B$ 的特征向量。对于 $\lambda = 1$ ，解 $(B - I)v = 0$ ：

B - I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad \text{ } x_1 + x_2 + 2x_3 = 0,

特征向量为 $v_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $v_2 = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ . 对于 $\lambda = 4$ ，解 $(B - 4I)v = 0$ ：

B - 4I = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 1 & -2 & 2 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \quad \text{ } x_1 = 0, x_2 = x_3,

特征向量为 $v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ . 令 $Q = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ，则 $P = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) Q = \begin{pmatrix} -\alpha_1 + \alpha_2 & -2\alpha_1 + \alpha_3 & \alpha_2 + \alpha_3 \end{pmatrix}$ ，使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵 $\operatorname{diag}(1, 1, 4)$ .

22

（本题满分 13 分）

同试卷 3 第 22 题

23

（本题满分 13 分）

设 $X_1,X_2, \cdots ,X_n(n > 2)$ 为来自总体 $N(0,\sigma^2)$ 的简单随机样本，其样本均值为 $\overline{X}$ ，记 $Y_i = X_i - \overline{X}$ ， $i = 1,2, \cdots ,n$ ．求：

(1) $Y_i$ 的方差 $DY_i$ ， $i = 1,2, \cdots ,n$ ；

(2) $Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $\Cov (Y_1,Y_n)$ ；

(3) $P\{Y_1 + Y_n \le 0\}$ ．

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) $DY_i = \sigma^2 \left(1 - \frac{1}{n}\right)$
(2) $\Cov(Y_1, Y_n) = -\frac{\sigma^2}{n}$
(3) $P\{Y_1 + Y_n \le 0\} = \frac{1}{2}$

【解析】
由题设知 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ ( $n > 2$ ) 相互独立，且 $EX_i = 0$ , $DX_i = \sigma^2$ ( $i = 1, 2, \cdots, n$ ),

E\overline{X} = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}EX_i = 0,

D\overline{X} = D\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}DX_i = \frac{\sigma^2}{n}.

(I) 因为 $Y_i = X_i - \overline{X}$ ，所以对 $i = 1, 2, \cdots, n$ ，有 $EY_i = 0$ ，

\begin{align*} DY_i &= D(X_i - \overline{X}) = D\left[\left(1 - \frac{1}{n}\right)X_i - \frac{1}{n}\sum_{j \ne i}X_j\right] \\ &= \frac{(n-1)^2}{n^2}\sigma^2 + \frac{1}{n^2} \cdot (n-1)\sigma^2 \\ &= \frac{n-1}{n}\sigma^2. \end{align*}

(II) 由协方差的定义：

\begin{align*} \mathrm{Cov}(Y_1, Y_n) &= E(Y_1Y_n) - EY_1EY_n = E(Y_1Y_n) \\ &= E[(X_1 - \overline{X})(X_n - \overline{X})] \\ &= E(X_1X_n - X_1\overline{X} - X_n\overline{X} + \overline{X}^2) \\ &= E(X_1X_n) - E(X_1\overline{X}) - E(X_n\overline{X}) + E(\overline{X}^2). \end{align*}

因为 $X_1, X_n$ 独立，有

E(X_1X_n) = EX_1EX_n = 0 \times 0 = 0.

由方差的公式，有

E(\overline{X}^2) = D\overline{X} + (E\overline{X})^2 = \frac{\sigma^2}{n} + 0 = \frac{\sigma^2}{n}.

由期望的性质和方差的公式有

\begin{align*} E(X_1\overline{X}) &= E\left(\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}X_1X_j\right) \\ &= E\left(\frac{1}{n}X_1^2 + \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n}X_1X_j\right) \\ &= \frac{1}{n}E(X_1^2) + \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n}E(X_1)E(X_j) \\ &= \frac{1}{n}\left[DX_1 + (EX_1)^2\right] + 0 \\ &= \frac{1}{n}(\sigma^2 + 0) \\ &= \frac{\sigma^2}{n}. \end{align*}

同理 $E(X_n\overline{X}) = \dfrac{\sigma^2}{n}$ 。所以

\begin{align*} \mathrm{Cov}(Y_1, Y_n) &= E(X_1X_n) - E(X_1\overline{X}) - E(X_n\overline{X}) + E(\overline{X}^2) \\ &= 0 - \frac{\sigma^2}{n} - \frac{\sigma^2}{n} + \frac{\sigma^2}{n} \\ &= -\frac{\sigma^2}{n}. \end{align*}

(Ⅲ) 因为 $Y_1 + Y_n$ 是相互独立的正态随机变量的线性组合：

Y_1 + Y_n = X_1 - \overline{X} + X_n - \overline{X} = \frac{n-2}{n}X_1 - \frac{2}{n}\sum_{i=2}^{n-1}X_i + \frac{n-2}{n}X_n,

所以 $Y_1 + Y_n$ 服从正态分布。由于 $E(Y_1 + Y_n) = 0$ ，故 $P\{Y_1 + Y_n \leqslant 0\} = \dfrac{1}{2}$ 。