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1
2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
一、 填空题
(1) 【答案】
1
2
2
1
z
y
yf
f
g
x
y
x
【详解】根据复合函数的求导公式，有
1
2
2
1
'
'
'
z
y
f
y
f
g
x
y
x
(2) 【答案】4e
【详解】被积函数的分母中含有
2
x
x
e
e
，且当x 时，
2
x
x
e
e
，即被积函数
属于无穷限的反常积分，只需先求不定积分，在令其上限趋于无穷.
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
dx
dx
e
dx
de
e
e
e
e
e
e
e
e
e
2
2
1
1
1
1
x
x
de
e
e
e
2
2
1
1
1
x
x
e
e
d
e
e
e
e
1
1 arctan
xe
e
e
1 (
)
2
4
e
4e
(3) 【答案】24
【详解】
方法1：A
B
A
B
、
有相同的特征值：1 1 1 1
2 3 4 5 .
，，，由矩阵
1
B是矩阵B 的逆矩阵，他们
所有特征值具有倒数的关系，得
1
B有特征值2 3 4 5
, , , , 由B 特征局矩阵为
E
B
，
1
B
E
得特征矩阵为
1
1
1
E
B
E
E
B
可以看出B 与
1
B
E
的特
征值相差1 ，所以
1
B
E
有特征值1 2 3 4
, , , . 由矩阵的行列式等于其特征值得乘积，所
有特征值的和等于矩阵主对角元素之和，知
4
1
1
1 2 3 4
24
i
i
B
E
.
方法2 ：A
B 即存在可逆阵P ，使得
1
P AP
B
.两边求逆得
1
1
1
B
P A P
.又A 有四
个不同的特征值，存在可逆矩阵Q ，使
--- [第 2 页] ---
2
1
Q AQ
，其中
1
2
1
3
1
4
1
5
上式两边求逆得
1
1
1
2
3
4
5
Q A Q
，
1
1
1
A
Q
Q
从而有
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
3
1
24
4
1
5
1
B
E
P A P
E
P
A
E P
Q
Q
E
Q
E Q
(4) 【答案】
1,3 .
【详解】在给定概率密度条件下，有性质
2
1
1
2
( )
.
x
x
P x
X
x
f x dx
因此，
( )
k
P X
k
f x dx
(或
1
1
( )
.
k
P X
k
P X
k
f x dx
)
因为
[0,1]
x
时，
1
( )
3
f x
；
[3,6]
x
时，
2
( )
9
f x
都是定值，因为
2
1
3
P X
k
，
所以k 最可能的取值区间是包含在
0,6 区间之内的
1,3 区间，否则是不可能的.
当1
3
k
时，
2
2
( )
(6
3)
.
9
3
k
P X
k
f x dx
(或者，当1
3
k
时，
1
1
( )
(1 0)
,
3
3
k
P X
k
f x dx
1
2
1
1
. 3
3
P X
k
P X
k
)
所以，答案应该填1
3
k
或
1,3 .
(5) 【答案】8.
9
【详解】由于题中Y 是离散型随机变量，其所取值的概率分别为
0 ,
0
P X
P X
和
--- [第 3 页] ---
3
0
P X
.又由于X 是均匀分布，所以可以直接得出这些概率，从而实现由X 的概率计算
过渡到Y 的概率.
0
( 1)
1
1
0
;
3
3
P Y
P X
0
0
0;
P Y
P X
2
0
2
1
0
.
3
3
P Y
P X
因此
1
2
1
( )
1
1
,
3
3
3
E Y
2
2
2
1
2
1
2
(
)
1
1
1,
3
3
3
3
E Y
所以
2
2
1
8
( )
(
)
( )
1
. 9
9
D Y
E Y
E Y
二、 选择题
(1) 【答案】D
【详解】用排除法.
例1：设
2
2
2
2
1
( )
2
2
x
x
f x
x
x
, 满足条件
2
2
2
2
2
1
1
lim
lim
0
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
, 并且
2
2
2
2
1
lim
1,
1
2
2
x
x
x
x
x
,
由夹逼准则知，lim
( )
1
x
f x
，则选项( )
A 与( )
C 错误.
例2：设
6
2
6
2
4
4
2
( )
1
1
x
x
x
x
f x
x
x
, 满足条件
6
2
6
2
2
4
4
4
2
lim
lim
0
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
,
但是由于
6
2
2
4
( )
1
x
x
f x
x
x
,
有lim
( )
x
f x
，极限不存在，故不选( )
B ,所以选(
)
D .
因为最终结论是“(
)
D ：不一定存在”,所以只能举例说明“可以这样”“可以那样”，无法给
出相应的证明.
(2) 【答案】B
【详解】方法1：排除法，用找反例的方式
( )
A ：
2
( )
f x
x
,满足
(0) 0
f
f
且
,但
2
( )
f x
x
在
0
x
处可导；
( )
C ：
( )
1
f x
x
,满足
(0) 1
0
f
f
,但
( )
1
f x
x
当
1,1
x
,在
--- [第 4 页] ---
4
0
x
处可导；
(D)：
( )
1
f x
x
,满足
(0) 1
0,
f
f
但
( )
1
f x
x
当
1,1
x
，
在
0
x
处可导；
方法2：推理法.
由( )
B 的条件
( )
0
f a
, 则
( )
( )
( )
( )
( )
lim
lim
lim
,
x
a
x
a
x
a
f x
f a
f x
f x
f a
x
a
x
a
x
a
所以
( )
( )
( )
( )
lim
lim
( )
x
a
x
a
f x
f a
f x
f a
f
a
x
a
x
a
(1) ( )
( )
( )
( )
lim
lim
( ) .
x
a
x
a
f x
f a
f x
f a
f
a
x
a
x
a
(2) 可见，
( )
f x
在x
a
处可导的充要条件是
( )
( )
f
a
f
a
，所以
( )
0
f
a
，
即
( )
0
f
a
所以当
( )
0
f
a
时必不可导，选( )
B .
(3) 【答案】(C)
【详解】因为
1
1 2 3 4
T
，，，
是非齐次方程组的解向量所以我们有
1
A
b
，故
1
是
AX
b
的一个特解
又
3
4
r A
,n
(未知量的个数)，故AX
b
的基础解系由一个非零解组成. 即基础
解系的个数为1.
因为
1
2
3
2
2
0
A
b
b
b
,
故
1
1
2
2
0
2
4
1
3
2
6
2
4
8
3
5
是对
应齐次方程组的基础解系，故AX
b
的通解为
1
2
3
1
2
1
3
2
2
4
3
5
4
c
c
.
(4) 【答案】(A)
【详解】若是方程组( ) :
0
I
AX
的解，即
0
A
，两边左乘
T
A ，得
0
T
A A
，即
也是方程组(
) :
0
T
II
A AX
的解，即( )I 的解也是(
)
II 的解.
若是方程组(
) :
0
T
II
A AX
的解，即
0
T
A A
，两边左乘
T
得
--- [第 5 页] ---
5
0
T
T
T
A A
A
A
.
A是一个向量，设
1
2
T
A
b ,b ,
b
，则
2
1
0
n
T
i
i
A
A
b
.
故有
0
ib
，
1 2
i
, ,
n
从而有
0
A
，即也是方程组( ) :
0
I
AX
的解.
(4) ,
,
,
T
T
T
T
为4 个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，事件E 表
示事件“电炉断电”，即有两个温控器显示的温度不低于0t ，此时必定两个显示较高的温度大
于等于0t ，即
0. T
T
t
所以说断电事件就是
(3) 0
T
t
三【详解】本题属于二阶常系数非齐次线性微分方程，对于二阶常系数非齐次线性微分方程
得求解，首先需要求出对应的齐次微分方程的通解，再求出非齐次方程的特解，再利用线性
方程解的解构，从而得到对应方程的通解.
本题对应的齐次微分方程为
2
0
y
y
，
其特征方程为
2
2
0
r
r
，
特征根为1
2
0,
2
r
r
. 于是齐次方程的通解为
2
1
2
. x
Y
C
C e
由于
2
是特征方程的单根，所以设
2x
y
Axe
求得
2
2
2
2
2
;
4
4
x
x
x
x
y
Ae
Axe
y
Ae
Axe
代入原方程，得
2
2
2
2
2
4
4
2
4
x
x
x
x
x
Ae
Axe
Ae
Axe
e
，即
2
2
2
x
x
Ae
e
约去
2x
e
，再比较等式左、右两边，得
1
2
1,
2
A
A
故得特解
2
1
2
x
y
xe
，非齐次方程的通解为
2
2
1
2
1
. 2
x
x
y
Y
y
C
C e
xe
再由初始条件(0)
1
y
，得：
1
2
1
C
C
(0) 1
y
，得
2
2
2
2
2
1
2
2
2
0
0
1
1
1
2
2
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
C
C e
xe
C e
e
xe
C
(2) 联立(1)与(2)得
1
2
3
1
,
4
4
C
C
则满足初始条件的通解为
--- [第 6 页] ---
6
2
3
1
1
(
)
4
4
2
x
y
x e
.
四【详解】
画出积分区域D . 由被积函数的形式以及积分区域形状, 易见采用极坐标更为方便.
将曲线
2
2
y
a
a
x
化为：
2
2
2
(
)
(
)
x
y
a
a
y
a
，极坐标方程为
2 sin (
0)
r
a
，
再D 区域是由曲线
2
2 (
0)
y
a
a
x
a
和直线y
x
围成的区域，于是
0
4
，极半径0
2 sin
r
a
，则
2
2
2
0
2 sin
2
2
2
2
2
0
4
. 4
4
a
D
x
y
r
I
d
d
dr
a
x
y
a
r
令
2 sin
r
a
t
，有
0
r
时
0
t
；
2 sin
r
a
时，t
.
2
0
2
0
4
sin
4
2 cos
2 cos
t
I
d
a
a
tdt
a
t
0
2
2
0
4
4
sin
d
a
tdt
0
2
0
4
2
(1 cos2 )
d
a
t dt
0
2
4
0
sin 2
2
2
t
a
d
t
dt
0
2
4
1
2
(
sin 2 )
2
a
d
0
2
2
4
1
2
cos2
2
4
a
2
2
1
(
)
16
2
a
五【定理】简单极值问题(无条件极值)：设
( , )
z
f x y
在开区域D 内可偏导，又根据实际
--- [第 7 页] ---
7
问题可知，它在D 内有最大值或最小值，于是只需在
0,
0
f
f
x
y
的点中找到
( , )
f x y 的
最大值点或最小值点
【详解】记总利润函数为L ，总收益函数为R ，则总利润总收益总成本
1
1
2
2
(2
5)
L
R
C
p Q
p Q
Q
1
1
2
2
1
2
[2(
)
5]
p Q
p Q
Q
Q
1
1
2
2
1
2
(18
2
)
(12
)
[2(
)
5]
Q Q
Q Q
Q
Q
2
2
1
1
2
2
1
2
18
2
12
2
2
5
Q
Q
Q
Q
Q
Q
2
2
1
2
1
2
2
16
10
5
Q
Q
Q
Q
其中，
1
2
0,
0
Q
Q
，
1
2
Q
Q
Q
为销售总量.
(1) 令
1
2
1
2
4
16 0
2
10 0
L
L
Q
Q
Q
Q
，
，解得
1
2
4
5
Q
Q
，
. 而
1
1
18 2
P
Q
,
2
2
12
,
P
Q
故相应地
1
2
10,
7. p
p
在
1
2
0,
0
Q
Q
的范围内驻点唯一，且实际问题在
1
2
0,
0
Q
Q
范围内必有最大值，
故在
1
2
4
5
Q
Q
，
处L 为最大值.
2
2
max
2 4
5
16 4 10 5
5
52(
)
L
万元.
(2) 若两地的销售单价无差别, 即
1
2
p
p
,于是
1
2
18
2
12
Q
Q
, 得
1
2
2
6
Q
Q
,
在此约束条件下求L 的最值，以下用两个方法：
方法1：若求函数
( , )
z
f x y
在条件( , )
0
x y
的最大值或最小值，用拉格朗日乘数法：
先构造辅助函数
( , , )
( , )
( , )
F x y
f x y
x y
，然后解方程组
0
0
( , )
0
F
f
x
x
x
F
f
y
y
y
F
x y
所有满足此方程组的解( , , )
x y 中的( , )
x y 是
( , )
z
f x y
在条件( , )
0
x y
的可能极
值点，在可能极值点中求得最大值点或最小值点.
故用拉格朗日乘数法，其中
1
2
1
2
(
,
)
2
6
0
Q Q
Q
Q
，构造函数
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
,
, )
2
16
10
5
(2
6),
F Q Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
--- [第 8 页] ---
8
令
1
1
2
2
1
2
4
16
2
0
2
10
0
2
6
0
F
Q
Q
F
Q
Q
F
Q
Q
解得
1
2
5
4
Q
Q
，
，在
1
2
0,
0
Q
Q
的范围内驻点唯一, 且实际问题在
1
2
0,
0
Q
Q
范围内必有最大值,故在
1
2
4
5
Q
Q
，
处L 为最大值.得
2
2
max
2 5
4
16 5 10 4
5
49(
)
L
万元.
方法2：由
1
2
2
6
Q
Q
代入
2
2
1
2
1
2
2
16
10
5
L
Q
Q
Q
Q
消去一个变量得
2
1
1
6
60
101
L
Q
Q
这样就变成了简单极值问题(无条件极值)，按(1)的做法：令
1
1
12
60
0,
dL
Q
dQ
得
1
5
Q ，为L 的唯一驻点.
当
1
1
0
5
0
dL
Q
dQ
时
(说明在这个区间上函数单调递增)；当
1
5
Q
时
1
0
dL
dQ
(说
明在这个区间上函数单调递减)
故，
1
5
Q
为L 的唯一极大值点,所以是最大值点，而
1
2
2
6
Q
Q
2
4
Q
, 故
2
2
1
1
max
6
60
101
6 5
60 5 101
49(
)
L
Q
Q
万元.
六【渐近线】水平渐近线：若有lim
( )
x
f x
a
，则y
a
为水平渐近线；
铅直渐近线：若有lim
( )
x
a f x
，则x
a
为铅直渐近线；
斜渐近线：若有
( )
lim
,
lim[ ( )
]
x
x
f x
a
b
f x
ax
x
存在且不为，则
y
ax
b
为斜渐近线.
【详解】原函数对x 求导，
所以
arctan
arctan
2
2
(
1) (
arctan )
2
x
x
y
e
x
x e
--- [第 9 页] ---
9
arctan
arctan
2
2
2
1
(
1) 1
x
x
e
x
e
x
2
arctan
2
2
1
x
x
x e
x
令
0
y
，得驻点
1
2
0,
1
x
x
.
列表
x
, 1
-1
1,0
0
0,
y
+
0
-
0
+
y
4
2e
2
e
注：表示函数值大于0，表示函数值小于0；
表示在这区间内单调递增；
表
示在这区间内单调递减.
所以由以上表格可以得出函数的大概形状，有严格单调增的区间为
, 1
与
0,；严格单调减的区间为
1,0
.
2
(0) f
e
为极小值,
4
( 1)
2
f
e
为极大值.
以下求渐近线. 通过对函数大概形状的估计，
arctan
2
lim
( )
lim(
1)
lim(
1)
x
x
x
x
f x
x
e
e
x
所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线. 所以令
1
1
1
( )
lim
,
lim[ ( )
]
2
;
x
x
f x
a
e
b
f x
a x
e
x
2
2
2
( )
lim
1,
lim[ ( )
]
2. x
x
f x
a
b
f x
a x
x
所以，渐近线为
1
1
(
2)
y
a x
b
e
x
及
2
2
2
y
a x
b
x
，共两条.
七【概念】幂级数的收敛半径：若
1
lim
lim
n
x
n
x
a
a
，其中
1
,
n
n
a a 是幂级数
0
n
n
n
a x
的相邻两
项的系数，则这幂级数的收敛半径
1
,
0,
,
0,
0,
.
R
【详解】先计算出积分
nI 的具体表达式，再求和
--- [第 10 页] ---
10
1
4
4
0
0
1
2
sin
sin
sin
1
2
n
n
n
nI
xcosxdx
xd
x
n
则
1
0
0
1
2
1
2
n
n
n
n
I
n
.
考虑幂级数
1
0
1
( )
,
1
n
n
S x
x
n
求出幂级数的和函数，代入
2
2
x
即可得出答案，按通常求收敛半径的办法.
所以
1
1
1
lim
lim
lim
1
1
1
n
x
x
x
n
a
n
n
a
n
n
得到本题中幂级数的收敛半径
1
1,
11
R
在
，内，先微分再积分，在收敛域内幂级数仍
收敛，有
1
1
0
0
0
1
1
1
( )
1
1
1
n
n
n
n
n
n
S x
x
x
x
n
n
x
,
所以
0
0
1
( )
(0) ( )
0
ln 1
1
x
x
S x
S
S x dx
dx
x
x
以
2
1,1
2
x
代入, 得
2
2
(
)
ln(1
)
ln(2
2)
2
2
S
.
即
0
ln(2
2)
n
n
I
.
八【证明】
方法1：令
0
( )
( )
,0
x
F x
f t dt
x
，有
(0) 0,
F
由题设有
( )
0
F
.
又由题设
0
( )cos
0
f x
xdx
，用分部积分，有
0
0
0
( )cos
cos
( )
f x
xdx
xdF x
0
0
( )cos
( )sin
F x
x
F x
xdx
0
( )sin
F x
xdx
由积分中值定理知，存在
(0, )
使
--- [第 11 页] ---
11
0
0
( )sin
( )sin
(
0)
F x
xdx
F
因为
(0, )
，sin
0
，所以推知存在
(0, ),
使得
( )
0
F
. 再在区间
[0, ]
与[ , ]
上对
( )
F x
用罗尔定理，推知存在
1
(0, )
，
2
( , )
使
1
2
(
)
0,
(
)
0
F
F
，即
1
2
(
)
0,
(
)
0
f
f
方法2：由
0
( )
0
f x dx
及积分中值定理知，存在
1
(0, )
，使
1
(
)
0
f
. 若在区间(0, )
内
( )
f x 仅有一个零点
1，则在区间
1
(0,
)
与
1
( , )
内
( )
f x 异号. 不妨设在
1
(0,
)
内
( )
0
f x
，在
1
( , )
内
( )
0
f x
. 于是由
0
0
( )
0,
( )cos
0
f x dx
f x
xdx
，有
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
( )cos
( )cos
( )(cos
cos
)
( )(cos
cos
)
( )(cos
cos
)
f x
xdx
f x
dx
f x
x
dx
f x
x
dx
f x
x
dx
当
1
0
x
时，
1
cos
cos
x
，
1
( )(cos
cos
)
0
f x
x
；当
1
x
时，
1
cos
cos
x
，仍有
1
( )(cos
cos
)
0
f x
x
，得到：0
0
. 矛盾，此矛盾证明了
( )
f x
在(0, )
仅有1个零点的假设不正确，故在(0, )
内
( )
f x 至少有2个不同的零点.
九【详解】
方法1：设方程组
1 1
2
2
3
3
x
x
x
①
对方程组的增广矩阵作初等行变换，化成阶梯形矩阵，有
1
2
3
2
1
1
2
1
1
,
,
2
1
1
2
1
0
1
10
5
4
10
4
3
0
4
a
a
b
a
b
c
a
c
2
1
1
2
1
0
1
4
0
0
3
1
a
a
b
a
c
b
(1) 当
4
a 时，
1
2
3
1
2
3
3
r
,
,
r
,
,
,
. 方程组①唯一解，即可
由
1
2
3
,
,
线性表出，且表出唯一.
(2) 当
4
a ，但
3
1
0
c
b
时，
1
2
3
1
2
3
2
3
r
,
,
r
,
,
,
方程组
①无解，不可由
1
2
3
,
,
线性表出
--- [第 12 页] ---
12
(3) 当
4
a
，且
3
1
0
c
b
时，
1
2
3
1
2
3
2
r
,
,
r
,
,
,
方程组①
有无穷多解，此时有
1
2
3
4
2
1
1
,
,
2
1
0
1
0
0
0
0
b
得对应齐次方程组的基础解系为：
1 2 0
T
,
,
(取自由未知量
1
1
x
，回代得
2
3
2
0
x
,x
)，非齐次方程的一个特解是
0
1
2
1
T
*
,
b
,
b
，故通解为
1
0
2
1
0
2
1
k
b
,
b
其中k 是任意常数.
方法2：设方程组
1 1
2
2
3
3
x
x
x
①
因为①是三个方程的三个未知量的线性非齐次方程组，故也可由系数行列式讨论，
1
2
3
2
1
2
1
2
1
1
2
1
1
1
4
10
5
4
0
0
1
a
a
A
,
,
a
因此知道：
(1) 当
4
a 时，
0
A
，方程组有唯一解，可由
1
2
3
,
,
线性表出，且表出
唯一.
(2) 当
4
a 时，(有可能无解或无穷多解)对增广矩阵作初等行变换，得
1
2
3
4
2
1
1
2
1
1
1
,
,
2
1
1
0
0
1
2
1
10
5
4
0
0
1
5
b
b
c
c
b
2
1
1
1
0
0
1
2
1
0
0
0
3
1
b
c
b
(i) 当
4
a 时，且但
3
1
0
c
b
时，有
1
2
3
1
2
3
2
3
r
,
,
r
,
,
,
方程组①无解.
(ii) 当
4
a
，且
3
1
0
c
b
时，
1
2
3
1
2
3
2
r
,
,
r
,
,
,
方程组①
有无穷多解，其通解为
--- [第 13 页] ---
13
1
0
2
1
0
2
1
k
b
,
b
其中k 是任意常数.
十【详解】方法1：用正定性的定义判别.
已知对任意的
1
2
n
x ,x ,
x
均有
1
2
0
n
f x ,x ,
x
，
其中等号成立当且仅当
1
1
2
2
2
3
1
1
1
0
0
0
0
n
n
n
n
n
x
a x
x
a x
x
a
x
x
a x
①
方程组①仅有零解的充分必要条件是其系数行列式
1
2
1
1
2
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
n
n
n
n
a
a
B
a a
a
a
a
即当
1
2
1
n
n
a a
a
时，方程组①只有零解，此时
1
2
0
n
f x ,x ,
x
. 若对任意
的非零向量
1
2
0
n
X
x ,x ,
x
,
①中总有一个方程不为零，则有
2
2
2
2
1
2
1
1 2
2
2
3
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
0
n
n
n
n
n
n
f x ,x ,
x
x
a x
x
a x
x
a
x
x
a x
所以，根据正定二次型的定义，对任意的向量
1
2
n
x ,x ,
x
，如果
1
2
0
n
f x ,x ,
x
，
则二次型正定. 由以上证明题中
1
2
( ,
,
,
)
n
f x x
x
是正定二次型.
方法2：将二次型表示成矩阵形式，有
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
2
3
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
f x ,x ,
x
x
a x
x
a x
x
a
x
x
a x
1
1
2
2
2
3
1
1
2
2
2
3
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
a x
x
a x
x
a x ,x
a x ,
,x
a
x ,x
a x
x
a
x
x
a x
--- [第 14 页] ---
14
1
1
1
2
2
2
1
2
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
n
n
n
n
n
n
a
a
x
a
a
x
a
x ,x ,
x
a
a
a
x
记
1
1
2
2
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
n
n
n
a
x
a
x
B
,X
a
a
x
则
1
2
0
T
T
T
n
f x ,x ,
x
X B BX
BX
BX
当
1
2
1
1
2
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
n
n
n
n
a
a
B
a a
a
a
a
即当
1
2
1
n
n
a a
a
时，
0
BX
只有零解，故当任意的
0
X
时，均有
1
2
0
T
n
f x ,x ,
x
BX
BX
，从而由正定二次型的定义，对任意的向量
1
2
n
x ,x ,
x
，
如果
1
2
0
n
f x ,x ,
x
，则
1
2
n
f x ,x ,
x
是正定二次型.
十一【详解】
ln
Y
X
Y
X
e
. 题设条件Y 为正态，故
Y
E X
E e
可用函数的期
望的公式求得. 将X 的样本可以转化成Y 的样本，从而对正态
( ,1)
Y
N
中的求得置信
区间. 最后，再从的置信区间转得b 的置信区间.
(1) 由正态分布密度函数的定义知，Y 的概率密度为
2
(
)
2
1
( )
,
,
2
y
f y
e
y
--- [第 15 页] ---
15
于是
2
(
)
2
1
(
)
(
)
2
y
Y
y
b
E X
E e
e e
dy
令t
y
，有
2
2
1
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
t
t
t
b
e
e
dt
e
e
dt
1
2
e
.
0. 05
.查表可知标准正态分布的双侧分位数等于1.96.
故由
1
( , )
4
Y
N
，其中Y 表示总体Y 的样本均值，
1
1
(ln 0.50
ln 0.80
ln1.25
ln 2.00)
ln1
0. 4
4
Y
Y 是的无偏估计，且
2
已知，
(0,1).
/
Y
N
n
所以，按标准正态分布的分位点的定义，有
/ 2
1
,
/
Y
P
Z
n
即
/ 2
/ 2
1
. P Y
Z
Y
Z
n
n
这样，我们就得到了的一个置信水平为1
的置信区间
/ 2
/ 2
,
Y
Z
Y
Z
n
n
在此题中，
1,
4
，
0
Y
，所以参数的置信度为0.95的置信区间为
1
1
(
1. 96
)
( 0.98,0.98).
4
4
Y
Y
(3) 由指数函数
xe 的严格单调递增性，有
1
1. 48
2
P
P
1
1. 48
2
P e
e
e
0. 95
因此b 的置信度为0.95的置信区间为
1. 48
,
.
e
e
十二【分析】随机变量X
Y
和
不相关
(
, )
0
Cov X Y
.
事件A
B
与
相互独立
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
.
要找出这二者之间的联系就应从
(
, )
(
)
(
) ( )
Cov X Y
E XY
E X E Y
入手.
--- [第 16 页] ---
16
【详解】
(
)
1
1
2
1
E X
P A
P A
P A
，同理，
( )
2
1. E Y
P B
现在求
(
)
E XY ，由于XY 只有两个可能值1和1
，所以
(
)
1
1
1
1 ,
E XY
P XY
P XY
其中
1
1,
1
1,
1
P XY
P X
Y
P X
Y
P AB
P AB
1
2
1
P AB
P A
B
P AB
P A
P B
和
1
1,
1
1,
1
P XY
P X
Y
P X
Y
P AB
P AB
2
P A
P B
P AB
( 或者
1
1
1
2
P XY
P XY
P A
P B
P AB
)
所以
(
)
1
1
E XY
P XY
P XY
4
2
2
1
P AB
P A
P B
由协方差公式，
(
)
(
)
(
) ( )
Cov XY
E XY
E X E Y
4
2
2
1
2
1
2
1
P AB
P A
P B
P A
P B
4 P AB
P A P B
因此，
(
)
0
Cov XY
当且仅当
P AB
P A P B
，即X
Y
和
不相关的充分必要条件是
A
B
与
相互独立.