数学一 - 题集

数学一 - 题集

选取了一些比较有代表性的题目，对于理解知识点有帮助。

目录

• 数学一 - 题集
  • 1 高等数学
    • 微分中值定理
    • 不定积分与定积分的运算
    • 多元函数及复合函数的求导和微分
    • 梯度、通量、散度、旋度
    • 曲线积分、曲面积分、重积分
    • 无穷级数
    • 微分方程
  • 2 线性代数
    • 行列式
    • 基础
    • 线性方程组（以及几何含义）
    • 向量空间
    • 矩阵变换
    • 相似矩阵
    • 二次型
  • 3 概率论与数理统计
    • 事件关系
    • 正态分布
    • 抽样分布
    • 参数估计
    • 假设检验

1 高等数学

微分中值定理

• 设函数 \(f(x)\) 在区间 \([0,1]\) 上具有 \(2\) 阶导数，且 \(f(1)>0\) ，\(\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\) ，证明：
  1. 方程 \(f(x)=0\) 在区间 \((0,1)\) 内至少存在一个实根；
  2. 方程 \(f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0\) 在区间 \((0,1)\) 内至少存在两个实根。

  分析：要记住极限的定义方式。要联想中值定理的构造函数的证明方法。要理解极限存在的含义（有极限，才可以比较极限）。
  第一问。由极限可知，存在 \(\varepsilon\in(0,1)\) ，使 \(\frac{f(\varepsilon)}{\varepsilon}<0\) ，即 \(f(\varepsilon)<0\) ，而 \(f(1)=0\) ，由连续函数零点性质，可知在 \((\varepsilon,1)\) 必有零点，也即 \(f(x)=0\) 至少存在一个实根。
  第二问。不妨取 \(G(x)=f'(x)f(x)\) ，则有 \(G'(x)=g(x)=f''(x)f(x)+f'^2(x)\) 。不妨记 \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=Cx\) ，即 \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=0\) ，而 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 可导，即 \(f(0)=0\) 。联系 \(f(\varepsilon)=0\) ，即存在 \(\eta\in (0,\varepsilon)\) ，使 \(f'(\eta)=0\) 。即 \(G(x)\) 在 \((0,1)\) 上有 \(0,\eta,\varepsilon\) 三个零点。分别应用罗尔定理，则存在 \(\omega_1\in (0,\eta),\omega_2\in (\eta,\varepsilon)\) ，使 \(g(\omega_1)=0,g(\omega_2)=0\) ，也即在 \((0,1)\) 上至少存在两个实根。

不定积分与定积分的运算

注：在不容易求解时，一定要联想到换元法和分部积分法。

• （2018）求不定积分 \(\int e^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}\text{d}x\) 。

  分析：考察运算的基本功。看到对 \(\arctan\) 表达式积分要联想到分部积分法。
  令 \(t=\sqrt{e^x-1}\) ，有 \(e^x=t^2+1,x=\ln (t^2+1)\) 。换元后得 \(\int (t^2+1)^2 \arctan t \frac{2t}{t^2+1}\text{d}t=\int (t^2+1)\arctan t\text{d}(t^2+1)=\frac{1}{2}(t^2+1)^2\arctan t-\int \frac{1}{2}(t^2+1)^2\frac{1}{t^2+1}\text{d}t=\frac{1}{2}((t^2+1)^2\arctan t-\frac{1}{3}t^3-t)+C\) ，代入 \(t=\sqrt{e^x-1}\) 即可。
  回顾：反函数的导数。对 \(y=\arctan x\) ，有 \(x=\tan y\) ，即 \(\frac{\text{d}x}{\text{d}y}=\frac{\cos^2 y+\sin ^2 y}{\cos ^2y}=1+\tan ^2y=1+x^2\) ，故 \(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\frac{1}{1+x^2}\) 。

多元函数及复合函数的求导和微分

• （2018）将长度为 2m 的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。

  分析：分别记三段的长度为 \(x,y,z\) ，则有面积之和为 \(S=\frac{1}{4\pi}x^2+\frac{1}{16}y^2+\frac{\sqrt{3}}{36}z^2\) ，记为 \(S=ax^2+by^2+cz^2\) ，代入 \(z=2-x-y\) ，得 \(S=ax^2+by^2+c(2-x-y)^2\) ，有 \(\frac{\partial S}{\partial x}=2ax-2c(2-x-y)\) ，\(\frac{\partial S}{\partial y}=2by-2c(2-x-y)\) ，取 \(\begin{cases} \frac{\partial S}{\partial x}=0\\ \frac{\partial S}{\partial y}=0 \end{cases}\) ，得 \(\begin{cases} x=\frac{2c^2}{ab+bc+ac}\\ y=\frac{2ac}{ab+bc+ac} \end{cases}\) ，而 \(A=\frac{\partial ^2S}{\partial x^2}=2a+2c,B=\frac{\partial ^2S}{\partial x\partial y}=2c,\frac{\partial ^2S}{\partial y^2}=2b+2c\) ，故 \(AC-B^2>0\) ，即为最小值。

梯度、通量、散度、旋度

• （2019考研数学一）设 \(a,b\) 为实数，函数 \(z=2+ax^2+by^2\) 在点 \((3,4)\) 处的方向导数中，沿方向 \(\boldsymbol{l}=-3\boldsymbol{i}-4\boldsymbol{j}\) 的方向导数最大，最大值为 10。
  （1）求 \(a,b\)
  （2）求曲面 \(z=2+ax^2+by^2,z\ge 0\) 的面积。

  解：
  \(z_x=2ax,z_y=2by\) ，记 \(\Delta x=\cos\alpha \Delta l,\Delta y=\cos\beta \Delta l\) ，有 \(\cos \alpha=-\frac{3}{5},\cos \beta=-\frac{4}{5}\)。在 \((3,4)\) 处，有 \(z_x=6a,z_y=8b\) ，由方向导数最大有 \(\frac{6a}{8b}=\frac{3}{4}\) ，即 \(a=b\) ，即有 \(10\cos \alpha=6a\) ，解得 \(\begin{cases} a=-1\\b=-1 \end{cases}\) 。此时有 \(z=2-x^2-y^2\) ，令 \(z\ge 0\) ,有 \(x^2+y^2 \le 2\) ，也即在 \(xoy\) 上的投影是一个圆，记这个圆为 \(\Sigma\) ，有所求面积为 \(\underset{\Sigma}{\iint}\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\text{d}x\text{d}y=\underset{\Sigma}{\iint}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\text{d}x\text{d}y=\underset{\Sigma}{\iint}\sqrt{1+4\rho^2}\rho\text{d}\theta\text{d}\rho=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{2}}\rho\sqrt{1+4\rho^2}\text{d}\rho\text{d}\theta=2\pi\cdot\frac{1}{12}(1+4\rho^2)^{\frac{3}{2}}|_0^{\sqrt{2}}=\frac{13}{3}\pi\) 。

• （2018）设 \(\boldsymbol{F}(x,y,z)=xy\boldsymbol{i}-yz\boldsymbol{j}+zx\boldsymbol{k}\) ，则 \(\boldsymbol{rot F}(1,1,0)\)=?

  分析：要记住旋度公式（含义就先不理解了）。\(\boldsymbol{rot F}(1,1,0)=\begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k}\\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z}\\ P & Q & R \end{vmatrix}=(0+y)\boldsymbol{i}+(0-z)\boldsymbol{j}+(0-x)\boldsymbol{k}=\boldsymbol{i}-\boldsymbol{k}\) 。

曲线积分、曲面积分、重积分

注：对于用参数方程给出得曲线，可以直接求曲线积分，否则可能需要借助一些技巧（格林公式、对称性等）。

• （2018）设 \(L\) 为球面 \(x^2+y^2+z^2=1\) 与平面 \(x+y+z=0\) 的交线，则 \(\oint_Lxy\text{d}s=\)?

  分析：
  法一：利用参数的对称性，有 \(\oint_Lxy\text{d}s=\frac{1}{3}\oint_L(xy+yz+xz)\text{d}s\) ，而 \(\oint_L(xy+yz+xz)\text{d}s=\oint_L\frac{1}{2}[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]\text{d}s=-\frac{1}{2}\oint \text{d}s=-\pi\) ，即原式为 \(-\frac{1}{3}\pi\) 。
  法二：利用参数方程，\(x^2+y^2+(x+y)^2=1\)，即 \(2x^2+2xy+2y^2=1\) ，即 \((x,y)\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}\) \((x,y)^T=1\) ，求特征值有 \(\lambda_1=1,\lambda_2=3\) ，对应的特征向量为 \(\boldsymbol{p_1}=(1,-1)^T,\boldsymbol{p_2}=(1,1)^T\) ，即转换矩阵为 \(\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}\) ，即 \(\begin{cases} x=m+n\\ y=m-n \end{cases}\) ，代入得 \(6m^2+2n^2=1\) ，考虑 \(\begin{cases} m=\frac{x+y}{2}\\ n=\frac{x-y}{2} \end{cases}\) 是一个线性变换，因此新的图形还是一个椭圆，记为 \(LT\)，因此原积分转换为 \(\oint_{LT}(m^2-n^2)\text{d}?\) 。

• （2018）设 \(\Sigma\) 是曲面 \(x=\sqrt{1-3y^2-3z^2}\) 的前侧，计算曲面积分 \(I=\underset{\Sigma}{\iint}x\text{d}y\text{d}z+(y^3+2)\text{d}z\text{d}x+z^3\text{d}x\text{d}y\) 。

  分析：被积表达式中没有洞点，因此直接用高斯公式化为三重积分。熟悉三重积分的积分方法。
  记 \(D=\Sigma +S\) ，其中 \(D\) 为平面 \(x=0\) 与曲面围成的封闭曲面，\(S\) 为平面，记 \(DV\) 为 \(D\) 包围的立体。而 \(\underset{DV}{\iiint}(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\text{d}x\text{d}y\text{d}z=\underset{DV}{\iiint}(1+3y^2+3z^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z=\iint\text{d}y\text{d}z\int_0^{\sqrt{1-3y^2-3z^2}}(1+3y^2+3z^2)\text{d}x=\underset{y^2+z^2<\frac{1}{3}}{\iint}(1+3y^2+3z^2)\sqrt{1-3y^2-3z^2}\text{d}y\text{d}z=\int_0^{2\pi}\text{d}\theta\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}(1+3\rho^2)\sqrt{1-3\rho^2}\rho\text{d}\rho\)。\(\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}(1+3\rho^2)\sqrt{1-3\rho^2}\rho\text{d}\rho=\int_0^{\frac{1}{3}}\frac{1}{2}(1+3\rho^2)\sqrt{1-3\rho^2}\text{d}\rho^2 \underset{m=\sqrt{1-3\rho^2}}{=}\int_1^{0}\frac{1}{2}(2-m^2)m (-\frac{1}{3})\text{d}m^2=\int_0^1\frac{1}{3}(2m^2-m^4)\text{d}m=\frac{7}{45}\) 。故立体 \(DV\) 的体积积分为 \(\frac{14\pi}{45}\) 。对于平面 \(S\) ，由于 \(x=0\) ，因此曲面积分为 0，因此 \(I=\frac{14}{45}\pi\) 。

• （2017,19）设薄片型物体 \(S\) 是圆锥面 \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) 被柱面 \(z^2=2x\) 割下的有限部分，其上任一点的密度为 \(\mu(x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}\) 。记圆锥面与柱面的交线为 \(C\) 。

  1. 求 \(C\) 在 \(xOy\) 平面上的投影曲线的方程。
  2. 求 \(S\) 的质量 \(M\) 。

  分析：求曲线在坐标面上的投影，就是将对应的坐标元消掉。注意空间曲线应标明三个坐标值。注意审题，求质量得对象是一个面（而不是体）。积分技巧，换元时，优先换掉根式。
  第一问。消除 \(z\) 得 \(x^2+y^2=2x\) ，即投影曲线为 \(\begin{cases} x^2+y^2=2x\\ z=0 \end{cases}\)。
  第二问。在投影得基础上进行积分，记投影为 \(D\) ，则 \(M=\underset{D}{\iint}9\sqrt{x^2+y^2+z^2}\text{d}s\) ，\(\text{d}s=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\text{d}x\text{d}y=\sqrt{2}\text{d}x\text{d}y\) ，\(\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}\) ，即 \(M=\underset{D}{\iint}18\sqrt{x^2+y^2}\text{d}x\text{d}y\) 。取 \(\begin{cases} x=\rho\cos\theta\\ y=\rho\sin\theta \end{cases}\) ，则 \(M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\text{d}\theta\int_0^{2\cos \theta}18\rho^2\text{d}\rho=48\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\text{d}\theta=96\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\text{d}\theta\) 。\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\text{d}\theta=\frac{2}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\text{d}\theta=\frac{2}{3}\) （常用结论），即 \(M=64\) 。

• （2019）设 \(\varOmega\) 是由锥面 \(x^2+(y-z)^2=(1-z)^2(0\le z\le 1)\) 与平面 \(z=0\) 围成的锥体，求 \(\varOmega\) 的形心坐标。

  分析：注意网格划分与相对位置无关（网格划分总是相对某一个点进行划分的，最终的面积元形式一致）。
  取 \(z=0\) ，有 \(x^2+y^2=1\) ，取 \(z=1\) ，有 \(x^2+(y-1)^2=0\) 。
  \(\overline{x}=\underset{\varOmega}{\iiint}x\text{d}\sigma\)
  \(\overline{y}=\underset{\varOmega}{\iiint}y\text{d}\sigma\)
  \(\overline{z}=\underset{\varOmega}{\iiint}z\text{d}\sigma\)
  取 \(x=\rho\cos\theta,y=z+\rho\sin\theta\) ，
  则有 \(V\overline{x}=\int_0^1\int_0^{1-z}\int_0^{2\pi}\rho\cos\theta\rho\text{d}\theta\text{d}\rho\text{d}z=0\) 。
  \(V\overline{y}=\int_0^1\int_0^{1-z}\int_0^{2\pi}(z+\rho\sin\theta)\rho\text{d}\theta\text{d}\rho\text{d}z=\int_0^1\int_0^{1-z}2\pi z\rho\text{d}\rho\text{d}\theta=\int_0^1\pi z(1-z)^2\text{d}z=\frac{\pi}{12}\) 。
  \(V\overline{z}=\overline{x}=\int_0^1\int_0^{1-z}\int_0^{2\pi}z\rho\text{d}\theta\text{d}\rho\text{d}z=\int_0^1\pi z(1-z)^2\text{d}z=\frac{\pi}{12}\) 。
  而体积 \(V=\int_0^1\int_0^{1-z}\int_0^{2\pi}\rho\text{d}\theta\text{d}\rho\text{d}z=\int_0^1\pi(1-z)^2\text{d}z=\frac{\pi}{3}\) 。
  故形心坐标为 \((0,\frac{1}{4},\frac{1}{4})\) 。

• （2020）设 \(\Sigma\) 为曲面 \(z=\sqrt{x^2+y^2}(1\le x^2+y^2\le 4)\) 下侧，\(f(x)\) 为连续函数，计算 \(I=\underset{\Sigma}{\iint}[xf(xy)+2x-y]\text{d}y\text{d}z+[yf(xy)+2y+x]\text{d}z\text{d}x+[zf(xy)+z]\text{d}x\text{d}y\)

  分析：注意给定的函数没有强调可导，因此不能用高斯公式。对于同时求三个方向的坐标积分，应用公式转化到同一个方向上进行积分。
  \(-I=\underset{\Sigma}{\iint}P\text{d}y\text{d}z+Q\text{d}z\text{d}x+R\text{d}x\text{d}y=\underset{D}{\iint}(-P\frac{\partial z}{\partial x}-Q\frac{\partial z}{\partial y}+R)\text{d}x\text{d}y\) ，而 \(\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\) ，\(\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\) ，故 \(I=\underset{D}{\iint} \{ -[(xf(xy)+2x-y)\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}]-[yf(xy)+2y+x]\cdot \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}+[\sqrt{x^2+y^2}f(xy)+\sqrt{x^2+y^2}] \}\text{d}x\text{d}y=\underset{D}{\iint}-\sqrt{x^2+y^2}\text{d}x\text{d}y\) ，即 \(I=\underset{D}{\iint}\sqrt{x^2+y^2}\text{d}x\text{d}y=\int_1^2\int_0^{2\pi}r^2\text{d}\theta\text{d}r=\frac{14}{3}\pi\) 。

• （2020）计算曲线积分 \(I=\int_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\text{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\text{d}y\) ，其中 \(L\) 为 \(x^2+y^2=2\) 方向为逆时针方向

  解：\(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0\) 。在 \(L\) 内，\((0,0)\) 外作一个极小的逆时针曲线 \(l\)，满足 \(4x^2+y^2=\xi^2\) ，对 \(L,l\) 围成的非连通区域 \(D\)，应用格林公式有 \(\int_LP\text{d}x+Q\text{d}y-\int_lP\text{d}x+Q\text{d}y=\underset{D}{\iint}(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})=0\) ，而 \(\int_lP\text{d}x+Q\text{d}y=\frac{1}{\xi^2}\int_l(4x-y)\text{d}x+(x+y)\text{d}y=\frac{1}{\xi^2}\underset{D_1}{\iint}(1+1)\text{d}x\text{d}y=\frac{1}{\xi^2}2\pi\cdot \frac{1}{2}\xi \cdot \xi=\pi\) ，故 \(I=\pi\) 。
  解2：对内部曲线的积分，也可以直接求，取 \(\begin{cases} x=\frac{1}{2}\xi\cos\theta \\ y=\xi\sin\theta \end{cases}\) ，有 \(\int_l=\int_{0}^{2\pi} (\frac{2\xi\cos \theta-\xi\sin\theta}{\xi^2})(-\frac{1}{2}\xi\sin\theta)\text{d}\theta+\int_0^{2\pi}(\frac{\frac{1}{2}\xi\cos\theta+\xi\sin\theta}{\xi^2})\xi\cos\theta\text{d}\theta=\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\text{d}\theta=\pi\) 。
  解3：对外部曲线的积分，也可以直接求：取 \(\begin{cases} x=r\cos\theta \\ y=r\sin\theta \end{cases}\) ，有 \(I=\int_0^{2\pi}(\frac{4r\cos\theta-r\sin\theta}{4r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta})(-r\sin\theta)\text{d}\theta+\int_0^{2\pi}(\frac{r\cos\theta+r\sin\theta}{4r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta}(r\cos\theta)\text{d}\theta)=\int_0^{2\pi}\frac{}{4\cos^2\theta+\sin^2\theta}\)

无穷级数

• （2017,16）求 \(\lim\limits_{n\to \infin}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}\ln (1+\frac{k}{n})\) 。

  分析：看作是积分的定义式：\(f(x)\) 在 \((0,1)\) 上的积分为 \(\int_0^1f(x)\text{d}x=\lim\limits_{n\to \infin}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})\) 。
  \(\lim\limits_{n\to \infin}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}\ln (1+\frac{k}{n})=\lim\limits_{n\to \infin}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\ln (1+\frac{k}{n})=\int_0^1x\ln(1+x)\text{d}x=[\frac{1}{2}x^2\ln(1+x)]_0^1-\frac{1}{2}\int_0^1{\frac{x^2}{1+x}}\text{d}x=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}[\frac{3}{2}-2+\ln 2]=\frac{1}{4}\) 。

• （2018,19）设数列 \(\{x_n\}\) 满足： \(x_1>0,x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1(n=1,2,...)\) 。证明 \(\{x_n\}\) 收敛，并求 \(\lim\limits_{n\to \infin}x_n\) 。

  分析：看到 \(e^x-1\) ，要联想到常用等价无穷小的形式。证明一个数列收敛，只需证明一个数列单调有界即可（还有夹逼准则和柯西收敛原理）。
  由于 \(e^x-1>x\) ，故 \(x_ne^{x_{n+1}}>x_n\) ，即 \(x_{n+1}>0\) ，也即 \(x_n>0\) 。
  \(x_{n+1}=\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}\) ，即 \(x_{n+1}-x_{n}=\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_ne^{x_n}}=\ln\frac{a}{b}\) ，其中 \(a>0,b>0\) ，记 \(g(x)=a-b=e^x-1-xe^x\) ，有 \(g(0)=0\) ，\(g'(x)=-xe^x<0\) ，也即 \(g(x)<0(x>0)\) ，也即 \(x_{n+1}<x_n\) 。 \(\{x_n\}\) 递减且有下界，故收敛。
  对等式两边取极限，由于收敛，故 \(\lim\limits_{n\to\infin}x_n=\lim\limits_{n\to\infin}x_{n+1}\) ，故有 \(xe^x=e^x-1\) ，取 \(t(x)=e^x(x-1)-1\) ，有 \(t'(x)=xe^x\) ，当 \(x>0\) 时，有 \(t'(x)>0\) ，即有唯一解 \(x=0\) ，即 \(\lim\limits_{n\to \infin}x_n=0\) 。
  扩展：\(x_{n+1}=\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}\) ，则也可得 \(x_{n+1}>0\) 。

• （2019）设 \(a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\text{d}x(n=0,1,2,...)\) 。
  （1）证明：数列 \(\{a_n\}\) 单调减少，且 \(a_n=\frac{n-1}{n+2}a_{n-2}(n=2,3,...)\) 。
  （2）求 \(\underset{n\to \infin}{\lim}\frac{a_n}{a_{n-1}}\) 。

  解：（1）记 \(a_n=\int_0^1f_n(x)\text{d}x\) ，由于 \(x\in (0,1)\) ，因此必有 \(f_n(x)>f_{n+1}(x)\) （指数函数的单调性），也即 \(a_n\) 单调减少。取 \(x=\sin t\) ，则 \(a_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n t\cos t\text{d}\sin t=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin^n t-\sin^{(n+2)} t)\text{d}t=u_n-u_{n+2}\) 。由于 \(u_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n t\text{d}t=[-\cos t\sin^{n-1}t]_0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\cos t)(n-1)\sin^{n-2}t\cos t\text{d}t\) ，即有 \(u_n=\frac{n-1}{n}u_{n-2}\) ，故 \(a_{n+2}=u_{n+2}-u_{n+4}=\frac{n+1}{n+2}u_n-\frac{n+3}{n+4}u_{n+2}=(\frac{n+1}{n+2}-\frac{n+1}{n+2}\frac{n+3}{n+4})u_n=(\frac{n+1}{n+2})(\frac{1}{n+4})u_n\) ，\(a_n=u_n-\frac{n+1}{n+2}u_n=\frac{1}{n+2}u_n\) ，故 \(\frac{u_{n+2}}{u_{n}}=\frac{n+1}{n+4}\) ，即 \(\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}\) ，得证。（注：也可以直接应用 \(\int_a^b \sin^n\text{d}x\) 的结论，见高等数学-常用结论。）
  （2）对 \(\frac{a_n}{a_{n-1}}\) ，由于数列单调减少，故 \(\frac{a_n}{a_{n-1}}>\frac{a_n}{a_{n-2}}\) ，且 \(\frac{a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}\) ，而 \(\underset{n\to \infin}{\lim}\frac{a_n}{a_{n-2}}= \underset{n\to \infin}{\lim}\frac{n-1}{n+2}=1\) ， \(\underset{n\to \infin}{\lim}\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=\underset{n\to \infin}{\lim}\frac{n}{n+3}=1\) ，由夹逼准测得 \(\underset{n\to \infin}{\lim}\frac{a_n}{a_{n-1}}=1\) 。

• （2020）设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1,(n+1)a_{n+1}=(n+\frac{1}{2})a_n\) ，
  证明：当 \(|x|<1\) 时，幂级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}a_nx^n\) 收敛，并求其和函数。

  解：\(\lim\limits_{n\to \infin}|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}|=\lim\limits_{n\to \infin}\frac{n+\frac{1}{2}}{n+1}|x|=|x|\) ，而 \(|x|<1\) ，由比值审敛法可知级数绝对收敛，即收敛。
  记 \(S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}a_nx^n\) ，有 \(S(x)=a_1x+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}a_{n+1}x^{n+1}\) ，
  则 \(S'(x)=a_1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}(n+1)a_{n+1}x^n=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}(n+\frac{1}{2})a_nx^n\)
  \(=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}na_nx^n+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{2}a_nx^n=1+xS'(x)+\frac{1}{2}S(x)\) 。
  记 \(S(x)=y\) ，则有 \((1-x)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=1+\frac{1}{2}y\) ，即 \(\frac{\text{d}y}{1+\frac{1}{2}y}=\frac{\text{d}x}{1-x}\) ，
  解得 \(2ln|1+\frac{1}{2}y|=-ln|1-x|+C=ln\frac{C_1}{|1-x|}\) ，即 \(1+\frac{1}{2}y=\sqrt{\frac{C}{|1-x|}}\) ，即 \(y=\frac{C}{\sqrt{|1-x|}}-2\) ，而 \(|x|<1,S(0)=0\) ，故为 \(S(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2\) 。

微分方程

• 若函数 \(f(x)\) 满足 \(f''(x)+af'(x)+f(x)=0(a>0)\) ， \(f(0)=m\) ，\(f'(0)=n\) ，则 \(\int_0^{+\infin}f(x)\text{d}x=(?)\)

  解：\(\int_0^{+\infin}f(x)=-(\int_0^{+\infin}[af'(x)+f''(x)])=-([af(x)+f'(x)]|_0^{+\infin})\) ，特征方程 \(k^2+ak+1=0\) ，假设有实根 \(k_1,k_2\) ，则 \(f(x)=C_1e^{k_1x}+C_2e^{k_2x}\) ，\(k_{1,2}=\frac{-a\pm \sqrt{a^2-4}}{2}\) ，有 \(k_1<0,k_2<0\) 。即 \(f(x)|_{x\to +\infin}=0\) ，\(f'(x)|_{+\infin}=0\) 。即为 \(-(-am-n)=am+n\) 。再假设有相同的实根 \(k\) ，则 \(f(x)=(C_1+C_2x)e^{kx}\) ，同样有 \(f(x)|_{x\to +\infin}=0\) 。再假设有两个共轭虚根 \(a+bi\) ，则有 \(f(x)=e^{ax}(C_1\cos bx+C_2\sin bx)\) ，同样有 \(f(x)|_{x\to +\infin}=0\) 。

• （2018）已知微分方程 \(y'+y=f(x)\) ，其中 \(f(x)\) 是 \(\boldsymbol{R}\) 上的连续函数。
  （1）若 \(f(x)=x\) ，求方程的通解。
  （2）若 \(f(x)\) 是周期为 \(T\) 的函数，证明：方程存在唯一的以 \(T\) 为周期的解。

  分析：第一问很简单，一阶非齐次线性微分方程。第二问有点技巧。
  第一问。\(y'+y=0\) ，即 \(\frac{\text{d}y}{y}=-\text{d}x\) ，即 \(\ln |y|=-x+C\) ，即 \(y=Ce^{-x}\) 。
  取 \(y=ue^{-x}\) ，代入原方程有 \(u'e^{-x}=x\) ，即 \(u=xe^x-e^x+C\) ，即通解为 \(y=(xe^x-e^x+C)e^{-x}=x-1+Ce^{-x}\) 。
  第二问。周期为 \(T\) ，无非就是 \(f(x+T)=f(x)\) ，即 \(y'(x+T)+y(x+T)=y'+y\) ，构造 \(s=e^x(y(x+T)-y(x))\) ，则 \(s'=e^x(y(x+T)-y(x)+y'(x+Y)-y'(x))=0\) ，则 \(e^x(y(x+T)-y(x))=C\) ，取 \(C=0\) 则有 \(y(x)=y(x+T)\) 。

• （2017）微分方程 \(y''+2y'+3y=0\) 的通解为？

  分析：为高阶常系数齐次线性微分方程，代入 \(y=e^{kx}\) ，得 \(k^2+2k+3=0\) ，即 \(k=-1\pm \sqrt{2}i\) ，代入即 \(y=e^{-1\pm \sqrt{2}i}\) ，根据欧拉公式 \(e^{ix}=\cos x+i\sin x\) ，即有 \(y=e^{-1}(\cos \sqrt{2}\pm i\sin \sqrt{2})\) ，消去复部得 \(z_1=\frac{y_1+y_2}{2}=e^{-1}\cos\sqrt{2}\) ，\(z_2=\frac{y_1-y_2}{2i}=e^{-1}\sin \sqrt{2}\) 。即通解为 \(y=e^{-1}(C_1\cos \sqrt{2}+C_2 \sin\sqrt{2})\) 。

2 线性代数

行列式

• （2020,13）行列式 \(\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1\\ 0 & a & 1 & -1\\ -1 & 1 & a & 0\\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}=?\)

  分析：对称阵对应的行列式在化简时（化为上三角形式），一个技巧是注意行变换和列变换结合。在一行（一列）化为 0 之后迅速降低行列式的阶。对于能相互抵消的值，应优先相互抵消。
  \(\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1\\ 0 & a & 1 & -1\\ -1 & 1 & a & 0\\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}\overset{col}{\sim}\) \(\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1\\ a & a & 1 & -1\\ 0 & 1 & a & 0\\ 0 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}\overset{row}{\sim}\) \(\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1\\ 0 & a & 2 & -2\\ 0 & 1 & a & 0\\ 0 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}\) 。降阶 \(=a\begin{vmatrix} a & 2 & -2\\ 1 & a & 0\\ -1 & 0 & a \end{vmatrix}\overset{row}{\sim}\) \(a\begin{vmatrix} a & 2 & -2\\ 1 & a & 0\\ 0 & a & a \end{vmatrix}\) \(\overset{row}{\sim}a\begin{vmatrix} a & 4 & -2\\ 1 & a & 0\\ 0 & 0 & a \end{vmatrix}=a^2\begin{vmatrix} a & 4\\ 1 & a \end{vmatrix}=a^2(a^2-4)=a^4-4a^2\) 。

基础

• （2018）设二阶矩阵 \(\boldsymbol{A}\) 有两个不同特征值，\(\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2}\) 是 \(\boldsymbol{A}\) 的线性无关的特征向量，且满足 \(\boldsymbol{A}^2(\boldsymbol{\alpha_1}+\boldsymbol{\alpha_2})=\boldsymbol{\alpha_1}+\boldsymbol{\alpha_2}\) ，则 \(|\boldsymbol{A}|=?\)

  分析：考察向量、矩阵的一些性质。
  由 \(\boldsymbol{A\alpha_1}=\lambda_1\boldsymbol{\alpha_1}\) ，有 \(\lambda_1^2\boldsymbol{\alpha_1}+\lambda_2^2\boldsymbol{\alpha_2}=\boldsymbol{\alpha_1}+\boldsymbol{\alpha_2}\) ，即有 \(\begin{cases} \lambda_1^2=1\\ \lambda_2^2=1 \end{cases}\) ，而 两个特征值不相等，故可取 \(\lambda_1=1,\lambda_2=-1\) ，即 \(|\boldsymbol{A}|=\lambda_1\lambda_2=-1\) 。

• （2017）设 \(\boldsymbol{\alpha}\) 为 \(n\) 维单位列向量，\(\boldsymbol{E}\) 为 \(n\) 阶单位矩阵，则

  1. \(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T\) 不可逆
  2. \(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T\) 不可逆
  3. \(\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T\) 不可逆
  4. \(\boldsymbol{E}-2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T\) 不可逆

  分析：注意定义，单位列向量，单位矩阵，矩阵可逆。长度为 1 的向量称为单位向量。矩阵可逆的充要条件是矩阵的行列式不为 0 。
  对三阶列向量 \(\boldsymbol{\alpha}=(x_1,x_2,x_3)^T\) ，即有 \(x_1^2+x_2^2+x_3^2=1\) 。不妨取 \(\boldsymbol{\alpha}=(1,0,0)^T\) ，则有 \(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，则只有第一个选项成立。
  证明：证明稍微超纲，此处不扩展。对于秩为 \(1\) 的矩阵，可以找出其有 \(1,0,0\) 的特征值，也即相应 \(A-E\) 的特征值即为 \(0,-1,-1\) ，积为 \(0\) ，仍不可逆。

• （2008）设 \(\boldsymbol{A}\) 为 \(n\) 阶非零矩阵，\(\boldsymbol{E}\) 为 \(n\) 阶单位矩阵，若 \(\boldsymbol{A}^3=\boldsymbol{0}\) ，则

  1. \(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\) 不可逆，\(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\) 不可逆
  2. \(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\) 不可逆，\(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\) 可逆
  3. \(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\) 可逆，\(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\) 可逆
  4. \(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\) 可逆，\(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\) 不可逆

  分析：非零矩阵。零矩阵是指所有元素都为 0 的矩阵。
  要找一个特殊矩阵满足要求并不好找，记 \(\boldsymbol{A}\) 有特征值 \(\lambda\) ，则 \(\boldsymbol{A}^3\) 有特征值 \(\lambda^3=0\) ，即特征值全为 0 。因此 \(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\) 特征值全为 \(1\) ，\(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}\) 特征值全为 \(-1\) ，也即均可逆。

线性方程组（以及几何含义）

• （2020）已知直线 \(L_1:\frac{x-a_2}{a_1}=\frac{y-b_2}{b_1}=\frac{z-c_2}{c_1}\) 与直线 \(L_2:\frac{x-a_3}{a_2}=\frac{y-b_3}{b_2}=\frac{z-c_3}{c_2}\) 相交于一点，法向量 \(\boldsymbol{\alpha}_i=\begin{pmatrix}a_i \\ b_i \\ c_i\end{pmatrix}\) ，\(i=1,2,3\) ，则 [\(\boldsymbol{\alpha}_3\) 可由 \(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2\) 线性表示]

  解：两条直线相交于一点，则两条直线共面，且方向向量不平行。
  由已知条件，有方向向量 \((a_1,b_1,c_1)^T\) 和 \((a_2,b_2,c_2)^T\) ，以及两点 \((a_2,b_2,c_2)\) 和 \(a_3,b_3,c_3\) 。
  共面 \(\iff\) 所有向量产生的向量空间的秩不超过2。
  即 \(\begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3-a_2 \\ b_1 & b_2 & b_3-b_2\\ c_1 & c_2 & c_3-c_2 \end{vmatrix}=0\)
  由方向向量不平行，得 \(\begin{vmatrix} a_1 & a_2\\ b_1 & b_2\\ c_1 & c_2 \end{vmatrix}\ne0\)
  因此可以判断，\(R(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2)=2\)，\(R(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3)=2\)，也即 \(\boldsymbol{\alpha}_1\) 和 \(\boldsymbol{\alpha}_2\) 线性无关，\(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3\) 线性相关，也即得到题中结论。

• （2019,6）如图所示（三个平面交线构成三条平行线），有 3 张平面两两相交，交线相互平行。它们的方程 \(a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=d_i(i=1,2,3)\) 组成的线性方程组的系数矩阵和增广矩阵分别记为 \(\boldsymbol{A}\) 和 \(\overline{\boldsymbol{A}}\) ，则 \(r(\boldsymbol{A})=?,r(\overline{\boldsymbol{A}})=?\)

  分析：答案为 2 和 3 。
  线性方程组所体现的几何关系可以从线性方程组的解的结构来看。非齐次线性方程组的解的结构（特解和对应的齐次线性方程组的通解）。
  三阶线性方程组的解在几何上表示三个平面的交集，而平面之间的交集只能是无交集、直线、平面。对三阶线性方程组，无解表示三个平面没有交点（相互平行），有一个解表示三个平面有共同交点（任意两个平面的交线相交）。有无数解，则解集的秩表示交集的维数，若方程组的秩为 2 ，则解集的秩为 1 ，交集是一条直线（三个平面共线），若方程组的秩为 1 ，则解集的秩为 2 ，则表示交集是一个平面（三个平面共面）。（理解解集的秩的几何含义：解集的秩越高，则解集所在向量空间的维数越高）。
  对于两个平面相交的问题，可以把第三个方程组的系数和常数全设为 0，表示全体点的集合，还是能够按照 3 阶线性方程组的规则运算。
  题中三个平面无交点，因此非齐次线性方程组无解，因此 \(r(\boldsymbol{A})<r(\overline{\boldsymbol{A}})\)。任意两个平面有交集，且交集为一条直线，即任意两个线性方程组有解，且解集的秩为 1，也即对应方程组的秩为 2。所以得到结论。

向量空间

• （2019 数学一）设向量组 \(\boldsymbol{\alpha}_1=(1,2,1)^T,\boldsymbol{\alpha}_2=(1,3,2)^T,\boldsymbol{\alpha}_3=(1,a,3)^T\) 为 \(\boldsymbol{\text{R}}^3\) 的一组基，\(\boldsymbol{\beta}=(1,1,1)^T\) ，在这组基下的坐标为 \((b,c,1)^T\) 。
  （1）求 \(a,b,c\) 的值；
  （2）证明 \(\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta}\) 为 \(\boldsymbol{\text{R}}^3\) 的一组基，并求 \(\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta}\) 到 \(\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3}\) 的过渡矩阵。

分析：需要理解基的含义；需要理解过渡矩阵的含义
解：
（1）由 \(\boldsymbol{\beta}\) 的坐标可构建方程组 \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & a \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\) \(\begin{pmatrix} b \\ c \\ 1 \end{pmatrix}\) \(=\) \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)
可以解得 \(\begin{cases} a=3\\b=2\\c=-2 \end{cases}\) 。
（2）记 \(\boldsymbol{A}=(\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta})\) ，则有 \(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1\\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}\) ，故 \(|\boldsymbol{A}|= 2\) ，即 \(\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta}\) 是 \(\boldsymbol{\text{R}}^3\) 的一组基。再记 \(\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3})\) ，过渡矩阵记为 \(\boldsymbol{P}\) ，则有 \(\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{B}\) ，故 \(\boldsymbol{P}=\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}\) 。\(\boldsymbol{A}^*=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 3\\ 2 & -1 & -1\\ -2 & 2 & 0 \end{pmatrix}^T\) \(=\begin{pmatrix} 0 & 2 & -2\\-1 & -1 & 2\\3 & -1 & 0 \end{pmatrix}\) ，故 \(\boldsymbol{A}^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1\\-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\\\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\) ，而 \(\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 2 & 3 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\) 。故 \(\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -\frac{1}{2} & 0 & 1\\ \frac{1}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix}\) 。

• （2017）设三阶矩阵 \(\boldsymbol{A}=[\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3}]\) 有三个不同的特征值，且 \(\boldsymbol{\alpha_3}=\boldsymbol{\alpha_1}+2\boldsymbol{\alpha_2}\) 。
  1. 证明：\(r(\boldsymbol{A})=2\) ；
  2. 若 \(\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha_1}+\boldsymbol{\alpha_2}+\boldsymbol{\alpha_3}\) ，求方程组 \(\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol{\beta}\) 的通解。

  分析：根据已知条件充分搜索可能的结论。考察特征值的相关结论。相似于对角阵的充分条件。
  第一问。设 \(\boldsymbol{A}\) 有三个特征值 \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\) ，则 \(|\boldsymbol{A}|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3\) ，由于 \(\boldsymbol{\alpha_3}=\boldsymbol{\alpha_1}+2\boldsymbol{\alpha_2}\) ，则 \(r(\boldsymbol{A})<3\) ，也即 \(\lambda_1\lambda_2\lambda_3=0\) ，因此三个特征值有一个为 0，其余不为 0 。同时，由于 \(\boldsymbol{A}\) 三个特征值不同，因此必然相似于对角阵，且对角阵的对角元素为三个特征值，也即对角阵的秩为 \(2\) ，也即 \(r(\boldsymbol{A})=2\) 。
  第二问。这是一个非齐次线性方程组，求出其一个特解和对应的齐次线性方程组的通解，则得到通解。\(\boldsymbol{\alpha_1}x_1+\boldsymbol{\alpha_2}x_2+(\boldsymbol{\alpha_1}+2\boldsymbol{\alpha_2})x_3=0\) ，则有通解 \((1,2,-1)^T\) ，再取 \(\boldsymbol{\alpha_1}x_1+\boldsymbol{\alpha_2}x_2+(\boldsymbol{\alpha_1}+2\boldsymbol{\alpha_2})x_3=2\boldsymbol{\alpha_1}+3\boldsymbol{\alpha_2}\) ，则得一个特解为 \((1,1,1)^T\) ，则通解为 \((1,1,1)^T+k(1,2,-1)^T\) 。

矩阵变换

• （2018）已知 \(a\) 是常数，且矩阵 \(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & a\\ 1 & 3 & 0\\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix}\) 可经初等列变换化为矩阵 \(\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 1 & a & 2\\ 0 & 1 & 1\\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\) 。
  （1）求 \(a\) ；
  （2）求满足 \(\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{B}\) 的可逆矩阵 \(\boldsymbol{P}\) 。

  分析：考察初等变换的一些性质。
  第一问。\(\boldsymbol{A}\overset{row}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & a\\ 0 & 1 & -a\\ 0 & 3 & -3a \end{pmatrix}\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & 2 & a\\ 0 & 1 & -a\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) 。\(\boldsymbol{B} \overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & a & 2\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & a+1 & 3 \end{pmatrix}\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & a & 2\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 2-a \end{pmatrix}\) ，故 \(a=2\) 。
  第二问。\(\begin{pmatrix} \boldsymbol{A}\\ \boldsymbol{E} \end{pmatrix}\overset{col}{\sim}\begin{pmatrix} \boldsymbol{B}\\ \boldsymbol{P} \end{pmatrix}\)，即 \(\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -2\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\overset{col}{\sim}\) \(\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1\\ 0 & 3 & 1\\ -2 & 7 & 2\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) \(\overset{col}{\sim}\) \(\begin{pmatrix} 2 & 6 & 1\\ 0 & 3 & 1\\ -2 & 3 & 2\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}\) \(\overset{col}{\sim}\) \(\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2\\ 0 & 1 & 1\\ -1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1/3 & 0\\ 1/2 & 2/3 & 1/2 \end{pmatrix}\) ，即 \(\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1/3 & 0\\ 1/2 & 2/3 & 1/2 \end{pmatrix}\) 。
  注：这并不是标准答案。实际上 \(\boldsymbol{P}\) 并不唯一。可以看作一个方程 \(\boldsymbol{AX}=\boldsymbol{B}\) ，求解系。

相似矩阵

• （2019）已知矩阵 \(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} -2 & -2 & 1\\2 & x & -2\\0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\) 与 \(\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\0 & -1 & 0\\0 & 0 & y \end{pmatrix}\) 相似。
  （1）求 \(x,y\) 。
  （2）求可逆矩阵 \(\boldsymbol{P}\) 使 \(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{B}\) 。

  解：
  （1）由于相似矩阵的特征值相同，故有 \(\prod \lambda_i=|\boldsymbol{A}|=|\boldsymbol{B}|\) ，且 \(\sum \lambda_i=\sum a_{ii}=\sum b_{ii}\) 。即有 \(\begin{cases} 4(x-2)=-2y\\ x-4=y+1 \end{cases}\) ，解得 \(\begin{cases} x=3\\y=-2 \end{cases}\) 。
  （2）课程内并没有直接能求 \(\boldsymbol{P}\) 的方法，因此通过对角阵作为中间过渡。
  代入 \(x,y\) 有
  \(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} -2 & -2 & 1\\2 & 3 & -2\\0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\) 和 \(\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\0 & -1 & 0\\0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\) 。
  可以求得 \((\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(-1,2,-2)\) 。构造对角阵 \(\boldsymbol{\varLambda}=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\) 。
  由于 \(\boldsymbol{A},\boldsymbol{B}\) 相似，且特征值均不相等，因此必存在可逆矩阵 \(\boldsymbol{Q},\boldsymbol{R}\) ，使
  \(\begin{cases} \boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{AQ}=\boldsymbol{\varLambda}\\ \boldsymbol{R}^{-1}\boldsymbol{BR}=\boldsymbol{\varLambda} \end{cases}\) ，也即 \(\boldsymbol{\boldsymbol{R}\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{AQ}\boldsymbol{R}^{-1}}=\boldsymbol{B}\) ，也即 \(\boldsymbol{P}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{R}^{-1}\) 。
  根据 \((\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{E})\boldsymbol{x_i}=0\) ，可以解得 \(\boldsymbol{Q}=(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)=\begin{pmatrix} -2 & -1 & -\frac{1}{2}\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\) ，同样再对 \(\boldsymbol{B}\) 求，可以得 \(\boldsymbol{R}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\) 。则 \(\boldsymbol{P}\) 就可以求出来了。（特征向量不唯一，因此结果也就不唯一）

• （2018）下列矩阵中，与矩阵 \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\) 相似的为
  A \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\)
  B \(\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\)
  C \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\)
  D \(\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\)

  分析：所有的矩阵都具有三个相同的特征值 1。取特征值 1，得到的 3 个特征向量都不线性无关，也即所有的矩阵都不能相似对角化。此题有超纲嫌疑。不妨验证所有矩阵的特征向量的秩，对给定矩阵为 1，A 为 1，B 为 2，C 为 2，D 为 2。因此选 A。
  熟悉求特征向量的过程。对给定矩阵，即 \(\begin{cases} x_2=0\\x_3=0 \end{cases}\) ，即只有一个未知数，解集为 \((x_1,x_2,x_3)^T=x_1(1,0,0)^T\) ，对 A ，即 \(\begin{cases} x_2-x_3=0\\x_3=0 \end{cases}\) ，只有一个未知数，解集为 \((x_1,x_2,x_3)^T=x_1(1,0,0)^T\) 。对 C ，即 \(\begin{cases} x_2-x_3=0 \end{cases}\) ，有两个未知数，解集为 \((x_1,x_2,x_3)^T=x_1(1,0,0)^T+x_2(0,1,1)^T\) 。对 D ，即 \(\begin{cases} -x_3=0 \end{cases}\) ，有两个未知数，解集为 \((x_1,x_2,x_3)^T=x_1(1,0,0)^T+x_2(0,1,0)^T\) 。

• （2017）已知矩阵 \(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\) ，\(\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\) ， \(\boldsymbol{C}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\) ，则 \(\boldsymbol{A}\) 与 \(\boldsymbol{C}\) 是否相似，\(\boldsymbol{B}\) 与 \(\boldsymbol{C}\) 是否相似。

  分析：注意观察，\(\boldsymbol{C}\) 实际上是一个对角阵。与对角阵相似也即能相似对角化，其充要条件是有 \(n\) 个线性无关的特征向量。考虑 \(\boldsymbol{A}\) ，当 \(\lambda=2\) 时，有 \(\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\) ，有两个线性无关的解（解集的秩为 \(2\) ）。考虑 \(\boldsymbol{B}\) ，当 \(\lambda=2\) 时，有 \(\boldsymbol{B}-\lambda\boldsymbol{E}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\) ，只有一个线性无关的解。因此 \(\boldsymbol{A},\boldsymbol{C}\) 相似，\(\boldsymbol{B},\boldsymbol{C}\) 不相似。

二次型

• （2018）设实二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=(x_1-x_2+x_3)^2+(x_2+x_3)^2+(x_1+ax_3)^2\) ，其中 \(a\) 是参数。
  （1）求 \(f(x_1,x_2,x_3)=0\) 的解。
  （2）求 \(f(x_1,x_2,x_3)\) 的规范形。

  分析：首先回顾一下二次型变换为标准形。记二次型为 \(f(x_1,x_2,...,x_n)=\boldsymbol{x}^T\boldsymbol{Ax}\) ，记变换为 \(\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Py}\) ，则 \(f=\boldsymbol{y}^T\boldsymbol{P}^T\boldsymbol{APy}\) ，即要使 \(\boldsymbol{P}^T\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{\varLambda}\) 。而 \(\boldsymbol{A}\) 为对称阵，则一定有正交矩阵 \(\boldsymbol{P}\) 满足 \(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{P}^T\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{\varLambda}\) ，此时标准型的 \(n\) 个参数为 \(\boldsymbol{A}\) 的 \(n\) 个特征值。
  第一问。注意这是一个方程有解的问题，有 \(\begin{cases} x_1-x_2+x_3=0\\x_2+x_3=0\\x_1+ax_3=0 \end{cases}\) ，即 \(\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 1\\1 & 0 & a \end{pmatrix}\boldsymbol{x}=0\) ，而 \(\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 1\\1 & 0 & a \end{pmatrix}\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 1\\0 & 0 & a-2 \end{pmatrix}\) ，则 \(a=2\) ，此时对应的解系为 \(\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix}x\) 。
  第二问，注意与第一问是分离的。同时要理解何谓求规范形。
  当 \(a\ne 2\) 时，由第一问可知，记变换为 \(\boldsymbol{y}=\boldsymbol{Ax}\) ，则有 \(\boldsymbol{A}\) 可逆，也即此时的规范形就是 \(f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2+y_2^2+y_3^2\) 。
  当 \(a=2\) 时，为不可逆变换，且变换的秩为2，不妨构造一个可逆变换 \(\begin{cases} y_1=x_1-x_2+x_3\\ y_2=x_2+x_3\\ y_3=x_3 （保证可逆即可，因为不会用到） \end{cases}\) ，代入得 \(f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2+y_2^2+(y_1+y_2)^2=\boldsymbol{y}^T\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\boldsymbol{y}\) ，从而有特征值 \((\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(1,3,0)\) 。即 规范形为 \(f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2+y_2^2\) 。

• （2009）设二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+ax_2^2+(a-1)x_3^2+2x_1x_3-2x_2x_3\) 。
  （1）求二次型 \(f\) 的矩阵的所有特征值；
  （2）若二次型 \(f\) 的规范形为 \(y_1^2+y_2^2\) ，求 \(a\) 的值。

  分析：考察行列式计算（化简），化简思路：尽量化简成乘积的形式，必要的时候可以猜根，对于对称阵，考虑行列同时化简。要注意两个问题之间的联系。
  第一问。\(f=\boldsymbol{x}^T\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol{x}^T\begin{pmatrix} a & 0 & 1\\ 0 & a & -1\\ 1 & -1 & a-1\\ \end{pmatrix}\boldsymbol{x}\) 。
  \(|\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}|=\begin{vmatrix} a-\lambda & 0 & 1\\ 0 & a-\lambda & -1\\ 1 & -1 & a-1-\lambda \end{vmatrix}\) \(\sim\) \(\begin{vmatrix} a-\lambda & 0 & 1\\ a-\lambda & a-\lambda & -1\\ 0 & -1 & a-1-\lambda \end{vmatrix}\) \(\sim\) \(\begin{vmatrix} a-\lambda & 0 & 1\\ 0 & a-\lambda & -2\\ 1 & -1 & a-1-\lambda \end{vmatrix}=(a-\lambda)\cdot\) \(\begin{vmatrix} a-\lambda & -2\\ -1 & a-1-\lambda \end{vmatrix}\) ，猜根，后者有根 \(\lambda=a-2\) ，则后者 \(\sim \begin{vmatrix} a-2-\lambda & -2\\ a-2-\lambda & a-1-\lambda \end{vmatrix}\) \(\sim\begin{vmatrix} a-2-\lambda & -2\\ 0 & a+1-\lambda \end{vmatrix}\) ，故有 \(|\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}|=(a-\lambda)(a-2-\lambda)(a+1-\lambda)\) ，故有 \((\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(a,a-2,a+1)\) 。
  第二问。设有可逆变换 \(\boldsymbol{P}\) 使 \(\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Py}\) ，则 \(f=\boldsymbol{x}^T\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol{y}^T\boldsymbol{P}^T\boldsymbol{APy}=\boldsymbol{y}^T\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\boldsymbol{y}\) ，故 \(R(\boldsymbol{A})=2\) ，令 \(|\boldsymbol{A}|=0=\lambda_1\lambda_2\lambda_3\) ，得 \((a_1,a_2,a_3)=(0,2,-1)\) ，再考虑正惯性系数为2，负惯性系数为0，即特征值不为负，因此 \(a=2\) 。

• （2017,21）设二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2-x_2^2+ax_3^2+2x_1x_2-8x_1x_3+2x_2x_3\) 在正交变换 \(\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Qy}\) 下的标准形为 \(\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2\) ，求 \(a\) 的值及一个正交矩阵 \(\boldsymbol{Q}\) 。

  分析：这是一个非常标准的二次型变换的题目，考察的内容也十分基础。注意：矩阵得特征值应通过特征多项式来求，初等变换不改变矩阵得秩，但是会改变矩阵的特征值，不要记混了。对于对称阵的特征多项式的求解，还是一样按照行列交替的方式进行。根据特征方程求得特征值后，同样要代入原矩阵进行特征向量的求解（不要代入中间形式，因为中间形式可能使用了列变换，而解线性方程组只能有行变换）。另：对于特征向量的求解，尽管有多种形式，但是建议将第一个非零元素求解为 \(1\) 。
  记二次型 \(f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}\) ，\(\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4\\ 1 & -1 & 1\\ -4 & 1 & a \end{pmatrix}\) 。代入变换得 \(f=\boldsymbol{y}^T\boldsymbol{Q}^T\boldsymbol{AQy}\) ，因此 \(\boldsymbol{A}\) 的秩为 \(2\) 。而 \(\boldsymbol{A}\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 3 & -6\\ 0 & 0 & a-2 \end{pmatrix}\) ，因此 \(a=2\) 。\(|\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}|=\begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 & -4\\ 1 & -1-\lambda & 1\\ -4 & 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}\) \(=\begin{vmatrix} 6-\lambda & 1 & -4\\ 0 & -1-\lambda & 1\\ -6+\lambda & 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}\) \(=\begin{vmatrix} 6-\lambda & 1 & -4\\0 & -1-\lambda & 1\\0 & 2 & -2-\lambda \end{vmatrix}\) \(=\begin{vmatrix} 6-\lambda & -3 & -4\\ 0 & -\lambda & 1\\ 0 & -\lambda & -2-\lambda \end{vmatrix}\) \(=\begin{vmatrix} 6-\lambda & -3 & -4\\ 0 & -\lambda & 1\\ 0 & 0 & -3-\lambda \end{vmatrix}\) ，故 \((\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(6,-3,0)\) 。对 \(\lambda_1=6\) ，\(\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}=\begin{pmatrix} -4 & 1 & -4\\ 1 & -7 & 1\\ -4 & 1 & -4 \end{pmatrix}\) \(\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 0 & -27 & 0\\ 1 & -7 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，即 \(\boldsymbol{p_1}=(1,0,-1)^T\) ，对 \(\lambda_2=-3\) ，\(\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}=\begin{pmatrix} 5 & 1 & -4\\ 1 & 2 & 1\\ -4 & 1 & 5 \end{pmatrix}\) \(\overset{row}{\sim}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，即 \(\boldsymbol{p_2}=(1,-1,1)^T\) ，对 \(\lambda_3=0\) ，\(\boldsymbol{A}-\lambda\boldsymbol{E}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 2 & 1 & -4\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，即 \(\boldsymbol{p_3}=(1,2,1)^T\) 。因此 \(\boldsymbol{Q}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}\) 。

3 概率论与数理统计

事件关系

• （2018）设随机事件 \(A\) 与 \(B\) 相互独立，\(A\) 与 \(C\) 相互独立，\(BC=\empty\) ，若 \(P(A)=P(B)=\frac{1}{2},P(AC|AB\cup C)=\frac{1}{4}\) ，则 \(P(C)=?\)

  分析：一定要熟悉概率的几个公式（加法、减法、乘法、除法）。
  不妨先写出来条件的推论：\(P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(B\cup C)=P(B)+P(C)\)。
  因 \(BC=\empty\) ，故 \((AB)C=\empty\) ，故 \(P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)=\frac{1}{4}+P(C)\) ，而 \(P((AC)(AB\cup C))=P(ACAB\cup ACC)=P(AC)=\frac{1}{2}P(C)\) （事件的关系运算），由条件概率可得 \(P(C)=\frac{1}{4}\) 。

• （2018）设随机变量 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立，\(X\) 的概率分布为 \(P\{X=1\}=P\{X=-1\}=\frac{1}{2}\) ，\(Y\) 服从参数为 \(\lambda\) 的泊松分布。令 \(Z=XY\) 。
  （1）求 \(Cov(X,Z)\) ；
  （2）求 \(Z\) 的概率分布。

  分析：先有泊松分布 \(P\{Y=k\}=\lim\limits_{n\to \infin}C_n^kp^k(1-p)^{n-k}=\frac{n(n-1)...(n-k+1)}{k(k-1)...2\cdot 1}(\frac{\lambda}{n})^k(1-\frac{\lambda}{n})^{n-k}=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}\) 。由于二项分布有 \(E=np\) ，故泊松分布有 \(E=\lambda\) 。
  考察数学期望的运算，泊松分布的期望。
  第一问。\(Cov(X,Z)=E\{[X-E(X)][Z-E(Z)]\}=E(XZ)-E(X)E(Z)=E(X^2Y)-E(X)E(XY)=E(Y)(E(X^2)-E^2(X))\) 。而 \(E(X)=0,E(X^2)=1,E(Y)=\lambda\) ，故 \(Cov(X,Z)=\lambda\) 。
  第二问。\(P\{Z=z\}=P\{XY=z\}=P\{(X=1,Y=z)或(X=-1,Y=-z)\}=\frac{1}{2}(P\{Y=z\}+P\{Y=-z\})\) \(=\begin{cases} \frac{1}{2}\cdot \frac{\lambda^z}{z!}e^{-\lambda} & z 为正整数\\ e^{-\lambda} & z=0\\ \frac{1}{2}\cdot \frac{\lambda^{-z}}{(-z)!}e^{\lambda} & z 为负整数 \end{cases}\) 。

• （2017）设 \(A,B\) 为随机事件，若 \(0<P(A)<1,0<P(B)<1\) ，则 \(P(A|B)>P(A|\overline{B})\) 的充分必要条件是

  1. \(P(B|A)>P(B|\overline{A})\)
  2. \(P(B|A)<P(B|\overline{A})\)
  3. \(P(\overline{B}|A)>P(B|\overline{A})\)
  4. \(P(\overline{B}|A)<P(B|\overline{A})\)

  分析： 要活用韦恩图进行事件的概率运算化简，等价于 \(\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}\) ，即 \(P(AB)-P(AB)P(B)>P(A)P(B)-P(AB)P(B)\) ，即 \(P(AB)>P(A)P(B)\) 。
  对选项一，\(\frac{P(AB)}{P(A)}>\frac{P(B\overline{A})}{P(\overline{A})}=\frac{P(B)-P(AB)}{1-P(A)}\) ，即 \(P(AB)-P(A)P(AB)>P(A)P(B)-P(A)P(AB)\) ，也即等价。

• （2017,22）设随机变量 \(X,Y\) 相互独立，且 \(X\) 的概率密度分布为 \(P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}\) ，\(Y\) 的概率密度为 \(f(y)=\begin{cases} 2y, & 0<y<1\\ 0, & 其它 \end{cases}\) ，

  1. 求 \(P\{Y\le EY\}\) ；
  2. 求 \(Z=X+Y\) 的概率密度。

  分析：标准的求两个随机变量的概率的问题，已经考过很多次了。
  第一问。\(EY=\int_{-\infin}^{+\infin}f(y)\text{d}y=\int_0^12y^2\text{d}y=\frac{2}{3}\) ，\(P\{Y\le EY\}=P\{Y\le \frac{2}{3}\}=F(\frac{2}{3})\) 。而 \(F(y)=\int_0^{y}2y\text{d}y=y^2\) ，故 \(P\{Y\le EY\}=\frac{4}{9}\) 。
  第二问。\(G(z)=P\{Z<z\}=P\{X+Y<z\}=P\{Y<z,X=0或者Y+2<z,X=2\}=\frac{1}{2}(P\{Y<z\}+P\{Y<z-2\})=\frac{1}{2}(F(z)+F(z-2))\) ，故 \(G'(z)=g(z)=\begin{cases} 2(z-2), & 2<z<3\\ 2z, & 0<z<1\\ 0, & 其它 \end{cases}\) 。

正态分布

• （2017）设随机变量 \(X\) 得分布函数为 \(F(x)=0.5\Phi(x)+0.5\Phi(\frac{x-4}{2})\) ，其中 \(\Phi(x)\) 为标准正态分布函数，则 \(E(X)=\) ？

  分析：正态分布的线性运算得到的随机变量的分布仍为正态分布，要注意前提条件（独立）。
  这里是同一个随机变量的运算，因此不能运用正态分布的线性运算规律。
  设标准正态分布概率密度为 \(\varphi(x)=\Phi'(x)\) ，即 \(F'(x)=f(x)=\frac{1}{2}\varphi(x)+\frac{1}{4}\varphi(\frac{x-4}{2})\) ，故 \(E(X)=\int_{-\infin}^{+\infin} xf(x)\text{d}x=\frac{1}{2}\int_{\infin}^{+\infin}(x\varphi(x))\text{d}x+\frac{1}{4}\int_{-\infin}^{+\infin}x\varphi(\frac{x-4}{2})\text{d}x=0+\frac{1}{4}\int_{-\infin}^{+\infin}(2t+4)\varphi(t)\text{d}(2t+4)=\frac{1}{2}\times (4)=2\) 。

抽样分布

-（2017-8）设 \(X_1,X_2,...,X_n(n\ge 2)\) 为来自总体 \(N(\mu,1)\) 的简单随机样本，记 \(\overline{X}=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}X_i\) ，则下列结论中不正确的是

1. \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2\) 服从 \(\chi^2\) 分布
2. \(2(X_n-X_1)^2\) 服从 \(\chi^2\) 分布
3. \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^2\) 服从 \(\chi^2\) 分布
4. \(n(\overline{X}-\mu)^2\) 服从 \(\chi^2\) 分布

分析：卡方分布：标准正态总体的样本的平方和。
对第一项，\(Y=X_i-\mu\) ，\(Y\sim N(0,1)\) ，故服从 \(\chi^2(n)\)。
对第二项，\(Y=X_n-X_1\) ，\(Y\sim N(0,2)\) ，故 \(Y/\sqrt{2}\sim N(0,1)\) ，即 \(Y^2/2\sim \chi^2(1)\)。
对第三项，直接根据定理 ^[1] ，即服从 \(\chi^2(n-1)\) 。
对第四项，\(Y=\overline{X}-\mu\) ，\(D(\overline{X})=1/n\) ，即 \(Y\sim N(0,1/n)\) ，即 \(\sqrt{n}Y\sim N(0,1)\) 。

参数估计

• （2018）设总体 \(X\) 的概率密度为 \(f(x;\sigma)=\frac{1}{2\sigma}e^{-\frac{|x|}{\sigma}},-\infin<x<+\infin\) ，其中 \(\sigma \in (0,+\infin)\) 为未知参数，\(X_1,X_2,...,X_n\) 为来自总体 \(X\) 的简单随机样本，记 \(\sigma\) 的最大似然估计量为 \(\hat{\sigma}\) 。
  （1）求 \(\hat{\sigma}\) ；
  （2）求 \(E\hat{\sigma}\) 和 \(D\hat{\sigma}\) 。

  分析：非常常规的似然函数求极限问题。期望的运算和方差的运算。
  第一问。记 \(x_1,x_2,...,x_n\) 为对应随机样本的样本值，则有最大似然函数 \(S(\sigma)=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{2\sigma}e^{-\frac{|x_i|}{\sigma}}\) ，即 \(\ln S(\sigma)=\displaystyle\sum_{k=1}^n(-\ln 2+\ln {\frac{1}{\sigma}}-\frac{|x_i|}{\sigma}) \overset{t=\frac{1}{\sigma}}{=}\sum_{k=1}^n(-\ln2+\ln t-|x_i|t)\) ，取 \(A(t)=\ln S(\sigma)\) ，则 \(A'(t)=\displaystyle\sum_{k=1}^n(\frac{1}{t}-|x_i|)=\frac{n}{t}-\displaystyle\sum_{k=1}^n|x_i|\) ，取 \(A'(t)=0\) ，得 \(\displaystyle\sigma=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n|x_i|\) ，并且这是一个最大值。因此有 \(\displaystyle\hat{\sigma}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n|x_i|\) 。
  第二问。
  \(E(|X|)=\int_{-\infin}^{+\infin}|x|\frac{1}{2\sigma}e^{-\frac{|x|}{\sigma}}\text{d}x=\int_0^{+\infin}\frac{t}{\sigma}e^{-t}\text{d}t=\sigma([-te^{-t}]_0^{+\infin}+\int_0^{+\infin}e^{-t}\text{d}t)=\sigma\) ，
  \(E(X^2)=\int_{-\infin}^{+\infin}x^2\frac{1}{2\sigma}e^{-\frac{|x|}{\sigma}}\text{d}x=2\int_0^{+\infin}x^2\frac{1}{2\sigma}e^{-\frac{x}{\sigma}}\text{d}x\overset{t=\frac{x}{\sigma}}{=}\sigma^2\int_0^{+\infin}t^2e^{-t}\text{d}t=\sigma^2([-e^{-t}t^2]_0^{+\infin}+\int_0^{+\infin}2te^{-t}\text{d}t)=\sigma^2[(-2te^{-t})_0^{+\infin}+\int_0^{+\infin}2e^{-t}\text{d}t]=\sigma^2(-2e^{-t})_0^{+\infin}=2\sigma^{2}\) 。
  故 \(E(\hat{\sigma})=\frac{1}{n}\cdot nE(|X|)=\sigma\) ，
  \(D(cX)=E(c^2X^2)-E^2(cX)=c^2D(X)\) 。
  \(D(\hat{\sigma})=\frac{1}{n^2}\cdot nD(|X|)=\frac{1}{n}\sigma ^2\) 。

• （2017,23）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 \(n\) 次测量，该物体的质量 \(\mu\) 是已知的，设 \(n\) 次测量结果 \(X_1,X_2,...,X_n\) 相互独立且均服从正态分布 \(N(\mu,\sigma^2)\) 。该工程师记录的是 \(n\) 次测量的绝对误差 \(Z_i=|X_i-\mu|(i=1,2,...,n)\) ，利用 \(Z_1,Z_2,...,Z_n\) 估计 \(\sigma\) 。

  1. 求 \(Z_1\) 的概率密度；
  2. 利用一阶矩求 \(\sigma\) 的矩估计量；
  3. 求 \(\sigma\) 的最大似然估计量。

  分析：回顾以往的似然函数的形式，都是乘积的形式，因此对于非乘积的形式，可以尝试合并。对于非标准正态分布，要尝试转换成标准正态分布，否则在运算过程中会重复进行此过程（正态分布转换为标准正态分布的过程）。一定要注意变换的过程中随时标记条件。积分化简过程中，一定要充分利用标准正态分布的形式，也即化成标准正态分布的形式，最后再进行积分运算（否则积分运算会涉及很多换元）。
  第一问。\(F(x)=P\{Z_1<x\}=P\{|X_1-\mu|<x\}=P\{-x<X_1-\mu<x\}=P\{-\frac{x}{\sigma}<\frac{X_1-\mu}{\sigma}<\frac{x}{\sigma}\}=\varPhi(\frac{x}{\sigma})-\varPhi(-\frac{x}{\sigma})=2\varPhi(\frac{x}{\sigma})-1(x\ge 0)\) 。其中 \(\varPhi(x)\) 为标准正态分布的分布函数。故概率密度为 \(f(x)=F'(x)=\begin{cases} \frac{2}{\sigma}\varphi(\frac{x}{\sigma}), & x\ge 0\\ 0, & x<0 \end{cases}\) ，其中 \(\varphi(x)\) 为标准正态分布的概率密度函数，\(\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\)。
  第二问。样本的一阶矩为 \(A_1=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}Z_i=\overline{Z}\) ，矩估计为 \(E(Z)=\int_0^{\infin}zf(z)\text{d}z=\int_0^{\infin}z\frac{2}{\sigma}\varphi(\frac{z}{\sigma})\text{d}z=\int_0^{\infin}2\sigma t\varphi(t)\text{d}t=2\sigma\int_0^{\infin}t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sigma\int_0^{\infin}e^{-\frac{m}{2}}\text{d}m=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sigma\) 。也即 \(\overline{Z}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sigma\) ，则 \(\sigma = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\overline{Z}\) 。
  第三问。记样本 \(Z_i\) 对应的样本值为 \(z_i(z_i\ge 0)\) ，似然函数 \(S(\sigma)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n} f(z_i)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n} \frac{2}{\sigma}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z_i^2}{2\sigma^2}}\) ，有 \(\displaystyle\ln S(\sigma)=n\ln(\frac{2}{\sqrt{2\pi}\sigma})+\sum_{k=1}^{n}\frac{z_i^2}{2\sigma^2}\) ，故 \(\frac{\text{d}\ln S(\sigma)}{\text{d}\sigma}=-\frac{n}{\sigma}+\sum_{k=1}^{n}z_i^2\sigma^{-3}=0\) ，得 \(\sigma^2=\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}z_i^2\) 。也即 \(\sigma\) 的最大似然估计量为 \(\hat{\sigma}=\sqrt{\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}z_i^2}\) 。

假设检验

• （2018）设总体 \(X\) 附从分布 \(N(\mu,\sigma^2)\) ， \(x_1,x_2,...,x_n\) 使来自总体 \(X\) 的简单随机样本。据此样本检测假设：\(H_0:\mu = \mu_0,H_1:\mu\ne \mu_0\) ，则
  A 如果在检验水平 \(\alpha=0.05\) 下拒绝 \(H_0\) ，那么在检验水平 \(\alpha=0.01\) 下必拒绝 \(H_0\) 。
  B 如果在检验水平 \(\alpha=0.05\) 下拒绝 \(H_0\) ，那么在检验水平 \(\alpha=0.01\) 下必接受 \(H_0\) 。
  A 如果在检验水平 \(\alpha=0.05\) 下接受 \(H_0\) ，那么在检验水平 \(\alpha=0.01\) 下必拒绝 \(H_0\) 。
  A 如果在检验水平 \(\alpha=0.05\) 下接受 \(H_0\) ，那么在检验水平 \(\alpha=0.01\) 下必接受 \(H_0\) 。

分析：理解假设的接受和拒绝。对于 \(x^*=\frac{\overline{x}-\mu}{\sigma /\sqrt{n}}\) ，取检验水平为 \(\alpha\) ，则有 \(|x^*|<z_{\alpha/2}\) 时，接受假设。因此有 \(\alpha\) 越小，则 \(x^*\) 的允许范围越宽。注意理解检验水平 \(\alpha\) 的含义，检验水品的值越小，则对样本和假设的接近程度要求越低。检验水平的值可以理解为检验的质量，值越高，检验质量越高。

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1. 《概率论与数理统计》第六章，样本及抽样分布，第三节，抽样分布，定理二。 ↩︎