水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
水木艾迪考研辅导班
教学与命题研究中心
数学(一)试题
一、填空题(本题共 6 小题,每小题 4 分,满分 24 分,把
填在题中横线上) (1)设 y = y ( x) 在任意点 x ∈ (0,+∞) 满足
y ⎛π ⎞ Δy = ( + x sin x)Δx + o(Δx) ,若 y⎜ ⎟ = 0 ,则 y ( x ) = x ⎝2⎠
【解】 y = y ( x) 在任意点 x ∈ (0,+∞) 满足 Δy = (
。
y + x sin x)Δx + o(Δx) x
则 f ( x ) 在 (0,+∞) 内可导,且 程初值问题
y′ =
y + x sin x ,于是得一阶线性微分方 x
⎧ ′ 1 y − y = x sin x ⎪ x ⎪ , ⎨ π⎞ ⎪ y⎛ ⎜ ⎟=0 ⎪ ⎩ ⎝2⎠
− ∫ dx ∫ dx y ′ = e x ( ∫ x sin xe x dx + C ) = x( ∫ sin xdx + C ) = x( − cos x + C ) 1 1
由 y⎜
⎛π ⎞ ⎟ = 0 得 C = 0 。于是 y = − x cos x 。 ⎝2⎠
3 2 2 2
(2)设 Ω = {( x, y, z ) ∈ R | x + y + ( z − 1) ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} 则
∫∫∫
Ω
dΩ x2 + y2 + z2
=
π
。
π
【解】 I =
∫∫∫
Ω
dV x2 + y2 + z2
n
= ∫ 2 dθ ∫ 2 sin ϕ dϕ ∫
0 0
2 cos ϕ 0
π 1 2 ⋅ r dr = r 3
。
(3)若 f ( x) = 2nx(1 − x) ,记 M n = max{ f ( x)} ,则 lim M n =
x∈[ 0 ,1]
n →∞
【解】 f ' ( x) = 2n(1 − x)
n −1
(1 − (n + 1) x) = 0 ,得到唯一驻点 x =
1 。 n +1
1或 由 f ( x) 在 [0,1] 上有最大值,可能的最大值点是在 x = 0,
值得到
1 取到,比较三点的函数 n +1
1
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
n
Mn = f (
1 ⎞ 2n ⎛ 1 )= ⎜1 − ⎟ n + 1 n + 1 ⎝ n + 1⎠
n
1 ⎞ ⎛ lim M n = 2 lim⎜1 − ⎟ 。 n→∞ n →∞ ⎝ n + 1⎠
− ( x +1) x ⎡⎛ ⎤ 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ = lim⎜1 − = − 2 lim 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ x →∞ x →∞ ⎝ x +1⎠ ⎢ ⎥ ⎣⎝ x + 1 ⎠ ⎦ − x x +1
= 2e −1 。
(4)假设在过点 O(0,0) 和 A( π ,0) 的曲线族 y = a sin x (a > 0) )中,有一条曲线 L,使沿 该曲线从 O 到 A 的积分 为 【解】 I (a) = 。
∫
L
(1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy 的 值 达 到 最 大 , 则 该 曲 线
∫
L
(1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy =
π
a sin x
L + AO
∫ (1 + y
3
)dx + (2 x + y )dy + π
= ∫∫ (2 − 3 y 2 ) dxdy + π = ∫ dx ∫
0 D
0
4 (2 − 3 y 2 )dy + π = 4a − a 3 + π 3
I ′(a) = 4 − 4a 2 = 0, a = 1 。答案为 y = sin x 。
( 5) 设 α1 ,α 2 ,α 3 是 3 维列向量, 记矩阵 A = (α1 , α 2 , α 3 ) ,B = (α 3 ,α 2 ,α1 ) ,C = 2 A − B , 已知 A = 1 ,则 C = 【解】[方法 1] .
C = 2A − B = 2(α 1 , α 2 , α 3 ) − (α 3 , α 2 , α 1 ) = (2α 1 − α 3 , α 2 ,2α 3 − α 1 ) ⎛ 2 0 − 1⎞ ⎜ ⎟ = (α 1 , α 2 , α 3 ) ⎜ 0 1 0 ⎟ ⎜ −1 0 2⎟ ⎝ ⎠ 2 0 −1 C = A 0 1 0 −1 0 2 =3
[方法 2]
C = 2A − B = 2(α 1 , α 2 , α 3 ) − (α 3 , α 2 , α 1 ) = 2α 1 − α 3 , α 2 ,2α 3 − α 1 = 2α 1 , α 2 ,2α 3 + − α 3 , α 2 ,−α 1
2
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
= 4 α 1 , α 2 , α 3 − α 1 ,α 2 ,α 3 = 3 α 1 ,α 2 ,α 3 =3
(6)设总体 X ~ N (0, σ 2 ) , 设 X 1 , X 2 , L , X 15 为其简单样本,则
2 ∑ i =1 (−1) X i
10 i
∑
15 i =11
X i2 服从的分布是_________ .
2
10
i
【解】由设 X 1 , X 2 ,L, X 15 为 iid , ~ N (0,σ ), 故线性和 ∑ i =1 (−1) X i ~ N (0,10σ ),
2
因此 ∑ i =1 (−1) X i / 10σ ~ N (0,1 ) 又 X i / σ ~ N (0,1) ,故 ∑ i =1 ( X / σ ) ~ x (5) 。
10 i 2
10 2 2
依
t
分布的定义(典型模式) ,注意下式分子与分母独立,知
10 (− 1)i X i ⎛ 2 ⎜ ∑ 15 i =1 2 ⎜ ∑ i=11 X i = 10σ ⎜ ⎝
2 ∑ i =1 (−1) X i
10 i
∑ i=11 X
15
2 i
σ
5⎞ ⎟ ⎟ ~ t (5) ⎟ ⎠
−1
答案: t (5) 二、选择题(本题共 8 小题,每小题 4 分,满分 32 分,在每小题给出的四个选项中,只有 一个是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内。 ) (7) 若 lim
x →0
cos 2 x − cos 2 x 1 + xk − 1
= a ≠ 0 ,则(
) 。
(A) k = 2, a = −2 。 (C) k = 2, a = 2 。
(B) k = −2, a = −2 。 (D) k = −2, a = 2 。
【解】 lim
x →0
cos 2 x − cos 2 x 1 + xk − 1
= 2 lim
x →0
cos2 2 x − cos 2 x x k (cos 2 x + cos 2 x )
1 − (2 x )2 cos 2 x − 1 2 = 2 lim = 2 lim = a ≠ 0, x →0 x →0 1 1 k k ) x (1 + x (1 + ) cos 2 x cos 2 x
得到 k = 2, a = −2 。答案:(A)。 (8)设 P0 ( x0 , y0 , z0 ) 是条件极值问题
2 2 2 ⎧ ⎪min u ( x, y, z ) = x + 2 y + 3z ⎨ 2 2 ⎪ ⎩s.t z − ( x − 1) − y − 1 = 0
的解, 且 x 0 + 2 y 0 + 3 z 0 = R 。 又设 π 1
2 2 2 2
, π 2 分别是曲面 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = R 2 和曲面
3
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
z − ( x − 1) − y 2 − 1 = 0 在点 P( x0 , y0 , z0 ) 的切平面,则[
2
]。
( A)π 1与π 2 互相垂直. (C )π 1与π 2 的法线的夹角是 45° .
( B )π 1与π 2 重合.
( D) A, B, C 都不正确.
2 2 2 2 2
【解 1】 构造辅助函数 L( x, y, z , λ ) = x + 2 y + 3 z − λ ( z − ( x − 1) − y − 1) 。由拉格 朗日乘子法,在 P0 ( x0 , y 0 , z 0 ) 有
∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂z
= 2 x0 + 2λ ( x0 − 1) = 0
P0
= 4 y 0 + 2λy 0 = 0
P0
= 6z0 − λ = 0
P0
解这个方程组得, λ = −2, x0 = 2, z 0 = −
1 。 π 1 在 P0 的法矢量为 3
v v n1 = (2 x0 ,4 y 0 ,6 z 0 ) = (4,4 y 0 ,−2) ; π 2 在 P0 的法矢量为 n2 = (−2,−2 y 0 ,1) 。
显然有 n 1 // n 2 。又因为 π 1 和 π 2 相交,所以它们重合。 【解 2】 首先,由条件极值的必要条件, π 1 // π 2 ,其次都过点 P( x0 , y0 , z0 ) , 因此重合。答案:(B)。 (9)设常数 α > 0 ,正项级数
v
v
∑
∞ n =1
a n 收敛,则级数
) 。 (D)敛散性与 α 的值有关。
∞
∑ (− 1)
∞
n
an+2 n 2 + 1 + cos α
n =1
(
(A)发散。
(B)条件收敛。
(C)绝对收敛。
【解】 答:(C)。若正项级数
∑
∞ n =1
a n 收敛,所以 ∑n=1 an+ 2 收敛。
另外有
(−1) n
1⎛ 1 ⎞ ≤ ⎜ an+ 2 + 2 ⎟ n + 1 + cos α ⎠ n + 1 + cos α 2 ⎝ an+2
2
级数
∑
∞
1 对任意的常数 α 都收敛, 所以原级数绝对收敛。 n =1 n + 1 + cos α
2
(10) 设由 e = xy + yz + zx 确定的隐函数为 z = f ( x, y ) , 则 z = f ( x, y ) 存在的充分条件
z
4
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
与曲面 z = f ( x, y ) 在点 (1,1,0) 处的为切平面方程分别为( (A) e − x − y ≠ 0 与 x + y + z = 2 。
z z
) 。
(B) e + x + y ≠ 0 与 x + y + z = 2 。 (D) e + x + y ≠ 0 与 x − y − z = 2 。
z
(C) e − x − y ≠ 0 与 x − y − z = 2 。
z z
【解】 F ( x, y, z ) = e − ( xy + yz + zx) ,隐函数 z = f ( x, y ) 存在的充分条件是
Fz ( x, y, z ) = e z − x − y ≠ 0 。
Fx (1,1,0) = (− y − z )(1,1, 0 ) = −1 , Fy (1,1,0) = (− x − z )(1,1, 0 ) = −1 , Fz (1,1,0) = e z − x − y
(
)
(1,1, 0 )
= −1 ,
切平面为: ( x − 1) + ( y − 1) + z = 0 ,即 x + y + z = 2 。答案为(A)。 (11)设 λ1 , λ2 是 3 阶矩阵 A 的两个不同的特征值, α 1 ,α 2 是 A 的属于 λ1 的线性无关的特 征向量,α 3 是 A 的属于 λ2 的特征向量,则 α1 + Aα 3 , A(α 2 − α 3 ) , Aα1 + α 3 线性相关的 充分必要条件是( ) 。
(A) (C)
λ1 = 0 或 λ1λ2 = 1 λ1 ≠ 0 且 λ1λ2 ≠ 1
(B) (D)
λ2 = 0 或 λ1λ2 = 1 λ2 ≠ 0 且 λ1λ2 ≠ 1
0
⎛1 ⎜ 【解】 (α 1 + Aα 3 , A(α 2 − α 3 ), Aα 1 + α 3 ) = (α 1 , α 2 , α 3 )⎜ 0 ⎜λ ⎝ 2 1
由
λ1 ⎞
⎟
λ1 0⎟ − λ2 1 ⎟ ⎠
0
λ1
α1 , α 2 , α 3 线性无关,又
0
λ2
0 = λ1 (1 − λ1λ 2 ) = 0 λ1 − λ2 1 ⇔ λ1 = 0, or λ1λ 2 = 1
所以,选(A) 。 (12) 对 3 阶矩阵 A 的伴随矩阵 A 先交换第 1 行和第 3 行, 然后将第 2 列的 − 2 倍加到第 3
*
列,得到矩阵 − E ,其中 E 是 3 阶单位矩阵,则 A = (
) 。
1 ⎞ ⎛ − 1⎞ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (A) ⎜ 1 − 2⎟ 或 ⎜ −1 2 ⎟ 。 ⎜1 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (B) ⎜ 1 − 2⎟ 或 ⎜ − 2 1 ⎟ 。 ⎜1 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
5
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
− 1⎞ ⎛ − 1⎞ 1⎞ ⎛ − 1⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (C) ⎜ −1 2 ⎟ 或 ⎜ 2 −1 ⎟ 。 (D) ⎜ − 2 1 ⎟ 或 ⎜ 2 − 1 ⎟。 ⎜ −1 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
【解】依题意
1⎞ ⎛ ⎛1 ⎜ ⎟ ∗⎜ ⎜ 1 ⎟A ⎜ 1 ⎜1 ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝
⎞ ⎟ − 2⎟ = −E 1⎟ ⎠
A =1
2
1⎞ 1⎞ ⎛1 ⎞⎛ ⎛ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ∗ ⎜ ⎟ ∗ ⎜ 1 − 2⎟ ⎜ 1 ⎟ A = −E , ⎜ − 2 1 ⎟ A = −E , ⎜ ⎜ ⎟ ⎜1 ⎟ 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ ⎠
所以, A = ±1.于是
1⎞ − 1⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 。 A = ⎜ − 2 1 ⎟ 或A = ⎜ 2 − 1 ⎟ ,故选(D) ⎜1 ⎟ ⎜−1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(13)
设 P ( A | B ) = P (B | A) =
1 2 , P A = . 则( 4 3
( )
)
(A)A 与 B 独立, 且 P( A ∪ B ) = 5/12; (B)A 与 B 独立, 且 P(A) = P(B) ; (C)A 与 B 不独立, 且 P( A ∪ B ) = 7/12 ; (D)A 与 B 不独立, 且 P A | B = P ( A | B ) . 答案:C (14)设总体X二阶矩存在, X1, X2, K,Xn是其简单样本,n>1, 样本均值为 X . 则对 X 期望估计时, ( ).
(
)
(A) ( X 1 + X ) / 2 不是无偏, 但它比 X 更有效. (B) ( X 1 + X ) / 2 比 X 更有效. (C) 利用切贝雪夫定理, ( X 1 + X ) / 2 以概率收敛于 0,因此是一致估计. (D) X 比 ( X 1 + X ) / 2 更有效.
答案:D 三、 解答题(本题 9 小题,满分 94 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算
.) (15) (本题满分 11 分)求幂级数
n +1 ∞ ( −1) x n+1 的和函数,并求 ∑ n=1 n ∑ n=1 n ∞
6
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
的和。 [解] 方法 1:
∑
∞ n =1
(− 1)n−1 x n = ln(1 + x) ,其中 x ∈ (−1,1] ,幂级数
n
n x n +1 ∞ x = x ∑ n=1 n ∑ n=1 n = − x ln(1 − x) = S ( x) ,其中 x ∈ [−1,1) , ∞
(−1) n+1 而 ∑ n =1 相 当 于 S (−1) , 且 由 S ( x) ∈ C[−1,1) 得 , n
∞
S (−1) = lim+ S ( x) = lim+ [− x ln(1 − x)] = ln 2 。
x → −1 x → −1
方法 2:令 S1 ( x) =
xn ∑ n=1 n ,其收敛域即为 S1 ( x) 的定义域,为 [−1,1) ,
∞
且 S ( x) = xS1 ( x ) 。任给 x ∈ [−1,1) ,由逐项求导公式得,
′ ⎛ xn ⎞ ∞ 1 n −1 S1′ ( x) = ∑ n=1 ⎜ ⎜ n ⎟ ⎟ = ∑ n =1 x = 1 − x , x ∈ (−1,1) 。 ⎝ ⎠
∞
因此 S1 ( x) = S1 ( x) − S1 (0) = 所以
∫
1 dt = − ln(1 − x), x ∈ (−1,1) 。 0 1− t
x
S ( x) = xS1 ( x) = − x ln(1 − x), x ∈ (−1,1) 。
x → −1 x → −1
由 S ( x) ∈ C[−1,1) 得, S ( −1) = lim+ S ( x ) = lim+ [ − x ln(1 − x )] = ln 2 。 ,求 f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处的最大方 (16) (本题满分 12 分) 已知 f ( x, y ) = ( x − 6)( y + 8) 向导数 g ( x, y ) ,并求 g ( x, y ) 在 D = {( x, y ) x + y ≤ 25} 上的最大、最小值。
2 2
【解】 由于 gradf ( x, y ) = ( y + 8, x − 6) ,所以根据梯度的几何意义可知
g ( x, y ) = ( y + 8) 2 + ( x − 6) 2 。
考虑 h( x, y ) = g ( x, y ) = ( x − 6) + ( y + 8) ,由于
2 2 2
′ = 2( x − 6) = 0, ⎧h x ⎨ ′ ⎩h y = 2( y + 8) = 0
在区域 D 上无解,所以 h( x, y ) 的最大、最小值均在 D 的边界 x + y = 25 上取到。…7 分
2 2
令 F ( x, y, λ ) = ( x − 6) + ( y + 8) + λ ( x + y − 25) ,解
2 2 2 2
7
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
⎧ Fx′ = 2( x − 6) + 2λx = 0, ⎪ ⎨ Fy′ = 2( y + 8) + 2λy = 0, ⎪ 2 2 ⎩ Fλ′ = x + y − 25 = 0
得 ⎨
⎧ x = 3, ⎧ x = −3, 或 ⎨ 因为 h(3,−4) = 25, h(−3,4) = 225 , 所以 g ( x, y ) 在区域 D 上的 ⎩ y = −4 ⎩ y = 4.
最大、最小值分别为 15, 5 。 ( 17 ) ( 本 题 满 分 11 分 ) 设 f ( x) 在 [a, b] 上 一 阶 可 导 , 在 (a, b) 内 二 阶 可 导 ,
f (a) = f (b) = 0 , f ′(a) f ′(b) > 0 ,证明:
(1)存在 ξ ∈ (a, b) ,使 f (ξ ) = 0 ; (2)存在η ∈ (a, b) ,使 f ′′(η ) = f ′(η ) . (3)存在 ζ ∈ (a, b) ,使得 f ′′(ζ ) = f (ζ ) 。 【证】 (1)不妨设 f ′(a) > 0, f ′(b) > 0 ,即 lim +
x →a
f ( x) − f ( a ) > 0, x−a
由极限的保序性,∃x1 ∈ ( a, a + δ ), 使得f ( x1 ) > 0 , 同理,∃x 2 ∈ (b − δ , b), 使得f ( x 2 ) < 0 则 ∃ξ ∈ ( x1 , x 2 ) ⊂ (a, b), 使得f (ξ ) = 0 。 (2)由(1)可得到 ∃ξ1 ∈ ( a, ξ ) ,使得 f ′(ξ1 ) = 0 ,且存在 ∃ξ 2 ∈ (ξ , b) , 使得 f ′(ξ 2 ) = 0 。构造辅助函数
F ( x) = f ′( x)e − x ,则 F (ξ1 ) = 0 , F (ξ 2 ) = 0 ,
由 Rolle 定理, ∃η ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ,使得 F ′(η ) = f ′′(η )e 因为 e (3)
−η
−η
− f ′(η )e −η = 0 ,
≠ 0 ,所以 F ′(η ) = f ′′(η ) − f ′(η ) = 0 ,即有 f ′′(η ) = f ′(η ) 。
x x
令 h( x) = e f ( x) ,由(1)知函数 h( x) 在 [a, b] 上至少有三个零点 a, ξ , b ,
于是 h' ( x) = e ( f ( x) + f ' ( x)) 在 (a, b) 上有两个零点, 因此 f ( x) + f ' ( x) 在 (a, b) 上有两 个零点。 再令 g ( x) = e 使得 g ′(ς ) = 0 。 由 g ' (ς ) = e
−x −x
( f ( x) + f ' ( x)) ,则 g ( x) 在 (a, b) 上有两个零点,存在 ζ ∈ (a, b) ,
( f " (ς ) − f (ς )) = 0 ,得到 f ′′(ζ ) = f (ζ ) 。
(18) (本题满分 12 分)设函数 y = y ( x) 在 (−∞,+∞) 内具有二阶导数,且
8
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
y ′( x) ≠ 0, x = x( y ) 是 y = y ( x) 的反函数。
⎛ dx ⎞ ⎜ (1) 试将 x = x( y ) 所满足的微分方程 + y + x ( sin ) ⎜ dy ⎟ ⎟ = 0 变换为 y = y ( x) 满 dy 2 ⎝ ⎠ d 2x
足的微分方程; (2) 求变换后的微分方程满足初始条件 y (0) = 0, y′(0) =
3
3 的解。 2
【解】 因为 x( y ( x)) = x ,所以
dx y′ = 1 , dy
从而
d 2x dy
2
( y ′) 2 +
dx y ′′ = 0 , dy =− y ′′ ( y ′) 3
。
故
dx 1 = , dy y ′
d 2x dy
2
代入原方程,得
y ′′ − y = sin x 。
(2)方程 y ′′ − y = sin x 对应的齐次方程 y ′′ − y = 0 的通解为
Y = C1e x + C 2 e − x 。
设方程 y ′′ − y = sin x 的特解为 代入得 A = 0, B = −
y * = A cos x + B sin x ,
1 1 * ,故 y = − sin x ,从而 y ′′ − y = sin x 的通解为 2 2 1 y = C1e x + C 2 e − x − sin x 。 2
由 y (0) = 0, y′(0) =
3 ,得 C1 = 1, C 2 = −1 ,故所求初值问题的解为 2 1 y = e x − e − x − sin x 。 2
3
(19) (本题满分 12 分)设 Ω = 的外侧边界,计算
{ ( x, y , z ) ∈ R −
2 2
a2 − x2 − y2 ≤ z ≤ 0 , a > 0 , S 为 Ω
}
∫∫
S
axdydz + 2( x + a ) ydzdx
(x
2
+ y + z +1
)
1
。
2
9
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
【解】
∫∫ =
s
1 a +1
2
∫∫ axdydz + 2( x + a) ydzdx = ∫∫∫ (3a + 2 x)dV
s Ω
=
1 a2 +1
[3aV + 0] =
1 4 ⋅ ⋅ πa 3 = a2 +1 2 3
3a
2a 4 a2 +1
π。
(20) (本题满分 9 分)设二次型
2 2 f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + x2 + x3 + 2ax1 x2 + 2 x1 x3 + 2bx 2 x3 的秩为 1,且 (0,1,−1)T 是二次型矩阵
的特征向量,
(1) 求参数 a, b ; (2) 求正交变换 x = Qy ,把二次型 f ( x1 , x2 , x3 ) 化成
形; (3) 判断 f ( x1 , x2 , x3 ) = 1 表示哪种二次曲面.
【解】 (1 )
⎛1 a 1 ⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜ a 1 b ⎟ ,由 r ( A) = 1 ⇒ a = b ,又 ⎜1 b 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛0 ⎞ ⎛1 a 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ a 1 b ⎟ ⎜1 ⎟ = λ ⎜ 1 ⎟ , ⎜ − 1⎟ ⎜1 b 1 ⎟ ⎜ − 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎧a − 1 = 0 ⎪ ⎨1 − b = λ , ⇒ a = b = 1, λ = 0. ⎪b − 1 = −λ ⎩
T
注:由 r ( A) = 1 可以推出 a = b = ±1 ,容易验证, a = b = −1 时, (0,1,−1) 不是 A 的特 征向量,故舍去。
⎛ 1 1 1⎞ ⎜ ⎟ (2) A = ⎜1 1 1⎟ , 特征值为: 0,0,3. ⎜ 1 1 1⎟ ⎝ ⎠
T λ = 0 的特征向量为:(0, 1, −1 ) , (−2,1,1) T ; T λ = 3 的特征向量为:( 1, 1, 1 ) .
⎛ 2 1 ⎞ ⎜0 − ⎟ 6 3 ⎟ ⎜ ⎜ 1 1 1 ⎟ 2 令 Q=⎜ ⎟ 及x = Qy, 则有f = 3 y 3 . 6 3 ⎟ ⎜ 2 ⎜ 1 1 1 ⎟ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 6 3⎠ ⎝
(3) 3 y 3 = 1 表示两个平行的平面。
2
10
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
(21)参数 a 取何值时线性方程组
⎧ax1 + (a + 3) x2 + x3 = −2 ⎪ x1 + ax2 + x3 = a ⎨ ⎪ x + x + ax = a 2 1 2 3 ⎩
有无穷多解?求出通解. 【解】
⎛ a a + 3 1 − 2 ⎞ ⎛1 a ⎜ ⎟ ⎜ a 1 a ⎟→ ⎜a −1 3 ⎜1 ⎜ ⎟ a −1 1 a a2 ⎠ ⎜ ⎝0 ⎝1 若a = 1, 则 ⎛1 1 ⎜ → ⎜0 3 ⎜0 0 ⎝
通解为: 若 a ≠ 1, 则
⎞ ⎟ −2−a ⎟ 1 − a a (1 − a ) ⎟ ⎠ 1 0 a 0 1 0 1 0 0 2⎞ ⎟ − 1⎟ 0⎟ ⎠
1 0 0
1 ⎞ ⎛1 ⎟ ⎜ − 3⎟ → ⎜ 0 ⎜ 0 ⎟ ⎠ ⎝0
T x= (2, − 1, 0) + k (−1,0,1) T ,k 为任意常数。
⎛1 ⎜ → ⎜ a −1 ⎜0 ⎝ ⎛1 ⎜ → ⎜0 ⎜ ⎝0
a 3 1 a +1 1
a ⎞ ⎛1 a +1 0 ⎟ ⎜ 2 1 − 2 − a ⎟ → ⎜ a −1 ⎟ ⎜ 1 −1 − a ⎠ ⎝ 0 −1 1 0 0 −1 1 0 ⎞ ⎛1 ⎟ ⎜ − a⎟ → ⎜0 ⎟ ⎜ − 2 ⎠ ⎝0 a +1 0 1 −1 0 4 − a2
0⎞ ⎟ − 2⎟ −a⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ 3⎟ − 2 + 3a − a ⎠ 0 −a
3 − a2
当 a = 2时,方程组无解.。
⎛1 ⎜ 当 a = −2时, → ⎜ 0 ⎜0 ⎝
T
−1 0 1 −1 0 0
T
0 ⎞ ⎛1 ⎟ ⎜ 2⎟ → ⎜0 ⎜ 0⎟ ⎠ ⎝0
0 1 0
−1 −1 0
2⎞ ⎟ 2⎟。 0⎟ ⎠
通解为: x = (2,2,0) + k (1,1,1) . k 为任意常数。 (22) (本题满分 9 分)设二维随机变量 ( X , Y ) ~ N (0, 0, 2, 2, 0.5) ,求 函数.
(I)
U = X 2 的密度
(II) E ( XY ) . 【解】 (I) U= X2非负且为连续型,故U < 0 时的密度为 0,现考U >0 的情形。 注意反函
数有两支, h j (U ) = ± U ,
1 ′ U > 0 ,且 | h j (u ) |= , u > 0 。 因此 2 u
11
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
⎧ 1 f ( u ) + f X (− u ) ⎪ f u (u ) = ⎨ 2 u X ⎪ 0 ⎩
X ~ N (0, 2)时, f X ( x) =
2 ⎧ ⎪ x ⎫ ⎪ exp⎨− ⎬ ⎪ 2 π ⎩ 4 ⎪ ⎭
[
]
u>0 u≤0
。
1
代入即可得到 y >0 时
f u (u ) =
⎧ u⎫ u −1 2 exp ⎨− ⎬ 。 2 π ⎩ 4⎭ 1
(II)
由二元正态性质及参数的意义,
X ~ N (0, 2), Y ~ N (0, 2), EX = EY = 0, DX = DX = 2 ,
又 故
E ( XY ) = Cov( X , Y ) + EXEY = Cov( X , Y ) ,
EXY = Cov ( X , Y ) = ρ DX DY = 0.5 × 2 = 1 。
(23) (本题满分 9)假设随机变量 Y 服从参数为 λ = 1 的指数分布, 随机变量
⎧ ⎪0, 若Y ≤ k , Xk = ⎨ ⎪ ⎩1, 若Y > k , k = 1, 2
求
(I)
X1,X2的联合概率分布;
(II)
X1和X2的相关系数r.
−y
【解】 (I) Y 的分布函数为 F ( y ) = 1 − e 易见
( y > 0),
F ( y ) = 0 ( y ≤ 0).
( X 1, X 2 ) 有四个可能值: (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) 。 P{X 1 = 0, X 2 = 1} = P{Y ≤ 1,Y > 2} = 0;
P{X 1 = 0, X 2 = 0} = P{Y ≤ 1, Y ≤ 2} = P{Y ≤ 1} = 1 − e −1 ; P{X 1 = 1, X 2 = 0} = P{Y > 1, Y ≤ 2} = P{ 1 < Y ≤ 2} = e −1 − e −2 ;
P{ X 1 = 1, X 2 = 1 } = P{Y > 1, Y > 2 } = P{Y 〉 2 } = e −2 ;
于是, 可将 X 1 和 X 2 联合概率分布列表如下:
X2 X1 0 1
0
1 0
1 − e −1 e −1 − e −2
e −2
(II) E ( X 1 X 2 ) = P{X 1 = 1, X 2 = 1} = p11 = e −2 ; E ( X 1 2 ) = E ( X 1 ) = P{X 1 = 1} = p1• = e −1 E ( X 2 2 ) = E ( X 2 ) = P{X 2 = 1} = p •1 = e − 2 , DX 1 = p1• (1 − p1• ) = e −1 (1 − e −1 ) DX 2 = p •1 (1 − p •1 ) = e − 2 (1 − e − 2 )
Cov( X 1 , X 2 ) = E ( X 1 X 2 ) − EX 1 EX 2 = e −2 − e −3
12
水木艾迪 www.tsinghuatutor.com 电话:010-62701055/82378805 地址:清华同方科技广场 B 座 609 室
r=
Cov( X 1 , X 2 ) DX 1 DX 2
=
e −2 − e −3 e −3 (1 − e −1 )(1 − e − 2 )
=
1 1+ e
.
13