2009考研数学复习指南习题答案.pdf 224页

'第一章函数·极限·连续一.填空题ax⎛1+x⎞at1．设lim→∞⎜⎟=∫−∞tedt,则a=________.x⎝x⎠aaatttaa解.可得e=∫−∞tedt=(te−e)=ae−e,所以a=2.−∞⎛12n⎞2.lim⎜++L+⎟=________.222n→∞⎝n+n+1n+n+2n+n+n⎠12n解.++L+222n+n+nn+n+nn+n+n12n12n<++L+<++L+222222n+n+1n+n+2n+n+nn+n+1n+n+1n+n+11+2+L+n12n1+2+L+n所以<++L+<22222n+n+nn+n+1n+n+2n+n+nn+n+1n(1+n)1+2+L+n21=→,(n→∞)22n+n+nn+n+n2n(1+n)1+2+L+n21=→,(n→∞)22n+n+1n+n+12⎛12n⎞1所以lim⎜++L+⎟=222n→∞⎝n+n+1n+n+2n+n+n⎠2⎧1|x|≤13.已知函数f(x)=⎨,则f[f(x)]_______.⎩0|x|>1解.f[f(x)]=1.4.lim(n+3n−n−n)=_______.n→∞(n+3n−n−n)(n+3n+n−n)解.lim(n+3n−n−n)=limn→∞n→∞n+3n+n−nn+3n−n+n=lim=2n→∞n+3n+n−n⎛11⎞5.limcotx⎜−⎟=______.x→0⎝sinxx⎠1 cosxx−sinxx−sinx1−cosxsinx1解.lim⋅=lim=lim=lim=32x→0sinxxsinxx→0xx→03xx→06x61990n6.已知lim=A(≠0≠∞),则A=______,k=_______.kkn→∞n−(n−1)19901990nn解.lim=lim=Akkk−1n→∞n−(n−1)n→∞kn+L111所以k－1=1990,k=1991;=A，A==kk1991二.选择题1.设f(x)和ϕ(x)在(－∞,+∞)内有定义,f(x)为连续函数,且f(x)≠0,ϕ(x)有间断点,则2ϕ(x)(a)ϕ[f(x)]必有间断点(b)[ϕ(x)]必有间断点(c)f[ϕ(x)]必有间断点(d)必有间断点f(x)⎧1|x|≤1解.(a)反例ϕ(x)=⎨,f(x)=1,则ϕ[f(x)]=1⎩0|x|>1⎧1|x|≤12(b)反例ϕ(x)=⎨,[ϕ(x)]=1⎩−1|x|>1⎧1|x|≤1(c)反例ϕ(x)=⎨,f(x)=1,则f[ϕ(x)]=1⎩0|x|>1ϕ(x)(d)反设g(x)=在(－∞,+∞)内连续,则ϕ(x)=g(x)f(x)在(－∞,+∞)内连续,矛盾.所f(x)以(d)是答案.sinx2.设函数f(x)=x⋅tanx⋅e,则f(x)是(a)偶函数(b)无界函数(c)周期函数(d)单调函数解.(b)是答案.⎡352n+1⎤3.极限lim++L+的值是⎢222222⎥n→∞⎣1×22×3n×(n+1)⎦(a)0(b)1(c)2(d)不存在⎡352n+1⎤解.lim++L+⎢222222⎥n→∞⎣1×22×3n×(n+1)⎦⎡111111⎤⎡1⎤=lim−+−+L+−=lim1−=1,所以(b)为答案.⎢222222⎥⎢2⎥n→∞⎣1223n(n+1)⎦n→∞⎣(n+1)⎦2 955(x+1)(ax+1)4.设lim=8,则a的值为250x→∞(x+1)5(a)1(b)2(c)8(d)均不对955959555(x+1)(ax+1)(x+1)/x(ax+1)/x解.8=lim=lim250250100x→∞(x+1)x→∞(x+1)/x955(1+1/x)(a+1/x)55=lim=a,a=8,所以(c)为答案.250x→∞(1+1/x)(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)5.设lim=β,则α,β的数值为αx→∞(3x−2)111(a)α=1,β=(b)α=5,β=(c)α=5,β=(d)均不对5333解.(c)为答案.xx6.设f(x)=2+3−2,则当x→0时(a)f(x)是x的等价无穷小(b)f(x)是x的同阶但非等价无穷小(c)f(x)比x较低价无穷小(d)f(x)比x较高价无穷小xxxx2+3−22ln2+3ln3解.lim=lim=ln2+ln3,所以(b)为答案.x→0xx→01(1+x)(1+2x)(1+3x)+a7.设lim=6,则a的值为x→0x(a)－1(b)1(c)2(d)3解.lim(1+x)(1+2x)(1+3x)+a=0,1+a=0,a=－1,所以(a)为答案.x→0atanx+b(1−cosx)228.设lim=2，其中a+c≠0,则必有2x→0cln(1−2x)+d(1−e−x)(a)b=4d(b)b=－4d(c)a=4c(d)a=－4ca+bsinxatanx+b(1−cosx)cos2xa解.2=lim=lim=−,所以a=－4c,所以(d)2x→0cln(1−2x)+d(1−e−x)x→0−2c−x22c+2xde1−2x为答案.三.计算题1.求下列极限1(1)lim(x+ex)xx→+∞3 +x+x1+ex1ln(xe)ln(xe)limlimxxxx→+∞xx→+∞x+ex1解.lim(x+e)=lime=e=e=e=ex→+∞x→+∞21x(2)lim(sin+cos)x→∞xx1解.令y=x1ln(sin2y+cosy)2cos2y−siny21limlimxyy→0yy→0sin2y+cosy2lim(sin+cos)=lim(sin2y+cosy)=e=e=ex→∞xxy→013⎛1+tanx⎞x(3)lim⎜⎟x→0⎝1+sinx⎠1133⎛1+tanx⎞x⎛tanx−sinx⎞x解.lim⎜⎟=lim⎜1+⎟x→0⎝1+sinx⎠x→0⎝1+sinx⎠tanx−sinx1+sinx(1+sinx)x3⎡⎤tanx−sinx⎛tanx−sinx⎞tanx−sinxlim3=lim⎢1+⎥=ex→0x⎜⎟x→0⎢⎝1+sinx⎠⎥⎣⎦2xsinx⋅2sinsinx(1−cosx)21limlimx→0x3x→0x32=e=e=e.2.求下列极限3ln(1+x−1)(1)limx→132arcsin2x−1333232解.当x→1时,ln(1+x−1)~x−1,arcsin2x−1~2x−1.按照等价无穷小33ln(1+x−1)x−111代换lim=lim=lim=x→1arcsin23x2−1x→123x2−1x→123x+1232⎛12⎞(2)lim⎜−cotx⎟2x→0⎝x⎠解.方法1：2222⎛12⎞⎛1cosx⎞⎛sinx−xcosx⎞lim⎜−cotx⎟=lim⎜−⎟=lim⎜⎟x→0⎝x2⎠x→0⎜x2sin2x⎟x→0⎜x2sin2x⎟⎝⎠⎝⎠2222⎛1−(x+1)cosx⎞⎛−2xcosx+2(x+1)cosxsinx⎞=lim⎜⎟=lim⎜⎟x→0⎜x4⎟x→0⎜4x3⎟⎝⎠⎝⎠22−2xcosx+sin2x2xcosxsinx=lim+lim33x→04xx→04x4 2−2cosx+4xcosxsinx+2cos2x1=lim+2x→012x22−2cosx+2cos2x114cosxsinx−4sin2x11=lim++=lim++2x→012x32x→024x32−2sin2x111112=lim++=−++=x→024x326323方法2：2222⎛12⎞⎛1cosx⎞⎛sinx−xcosx⎞lim⎜−cotx⎟=lim⎜−⎟=lim⎜⎟x→0⎝x2⎠x→0⎜x2sin2x⎟x→0⎜x2sin2x⎟⎝⎠⎝⎠⎛12⎞22⎜1−(x+1)(cos2x+1)⎟⎛1−(x+1)cosx⎞2=lim⎜⎟=lim⎜⎟x→0⎜x4⎟x→0⎜x4⎟⎝⎠⎜⎟⎝⎠24⎛12(2x)(2x)4⎞⎜1−(x+1)(1+1−++0(x)⎟=lim⎜22!4!⎟4x→0⎜x⎟⎜⎟⎝⎠⎛12421644⎞⎜1−(2x−2x+2−2x+x+0(x))⎟=lim⎜224⎟4x→0⎜x⎟⎜⎟⎝⎠24x32=lim=4x→0x33.求下列极限nn(1)lim(n−1)n→∞lnnnnn−1xnn解.lim(n−1)=lim令n−1=xlim=1n→∞lnnn→∞lnnnx→0ln(1+x)−nx1−e(2)lim−nxn→∞1+e⎧1x>0−nx1−e⎪解.lim=⎨0x=0n→∞1+e−nx⎪⎩−1x<0n⎛na+nb⎞(3)lim⎜⎟,其中a>0,b>0n→∞⎜2⎟⎝⎠5 1nln(1+cx)−ln2⎛na+nb⎞⎛1+cx⎞xlim解.lim⎜⎟x=1/n,c=b/aalim⎜⎟=aex→0+xn→∞⎜2⎟x→0+⎜2⎟⎝⎠⎝⎠xxln(1+c)−ln2clnclimlimxb=aex→0+x=aex→0+1+c=ac=a=aba4.求下列函数的间断点并判别类型12x−1(1)f(x)=12x+1112x−12x−1+−解.f(0)=lim=1,f(0)=lim=−1+1−1x→0x→02x+12x+1所以x=0为第一类间断点.⎧x(2x+π)x≤0⎪⎪2cosx(2)f(x)=⎨1⎪sinx>0⎪⎩x2−1解.f(+0)=－sin1,f(－0)=0.所以x=0为第一类跳跃间断点;1limf(x)=limsin不存在.所以x=1为第二类间断点;2x→1x→1x−1πx(2x+π)πf(−)不存在,而lim=,所以x=0为第一类可去间断点;2x→−π2cosx22x(2x+π)πlim=∞,(k=1,2,…)所以x=−kπ−为第二类无穷间断点.π2x→−kπ−2cosx2⎧α1⎪xsinx>05.讨论函数f(x)=⎨x在x=0处的连续性.⎪xx≤0⎩e+βα1解.当α≤0时lim(xsin)不存在,所以x=0为第二类间断点;+x→0xα1当α>0,lim(xsin)=0,所以+x→0xβ=−1时,在x=0连续,β≠−1时,x=0为第一类跳跃间断点.6.设f(x)在[a,b]上连续,且ab,试证在(a,b)内至少存在一个ξ,使f(ξ)=ξ.证明:假设F(x)=f(x)－x,则F(a)=f(a)－a<0,F(b)=f(b)－b>0于是由介值定理在(a,b)内至少存在一个ξ,使f(ξ)=ξ.8.设f(x)在[0,1]上连续,且0≤f(x)≤1,试证在[0,1]内至少存在一个ξ,使f(ξ)=ξ.证明:(反证法)反设∀x∈[0,1],ϕ(x)=f(x)−x≠0.所以ϕ(x)=f(x)−x恒大于0或恒小于0.不妨设∀x∈[0,1],ϕ(x)=f(x)−x>0.令m=minϕ(x),则m>0.0≤x≤1因此∀x∈[0,1],ϕ(x)=f(x)−x≥m.于是f(1)≥1+m>0,矛盾.所以在[0,1]内至少存在一个ξ,使f(ξ)=ξ.9.设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且f(a)g(b),试证在(a,b)内至少存在一个ξ,使f(ξ)=g(ξ).证明:假设F(x)=f(x)－g(x),则F(a)=f(a)－g(a)<0,F(b)=f(b)－g(b)>0于是由介值定理在(a,b)内至少存在一个ξ,使f(ξ)=ξ.510.证明方程x－3x－2=0在(1,2)内至少有一个实根.5证明:令F(x)=x－3x－2,则F(1)=－4<0,F(2)=24>0所以在(1,2)内至少有一个ξ,满足F(ξ)=0.⎧2(1−cosx)x<0⎪2x⎪11.设f(x)=⎨1x=0⎪1x2⎪∫costdtx>0⎩x0试讨论f(x)在x=0处的连续性与可导性.1x2xcostdt−12f(x)−f(0)x∫0∫0costdt−x解.f"(0)=lim=lim=lim++++2x→0xx→0xx→0x122−xcosx−12=lim=lim=0++x→02xx→02x2(1−cosx)−12f(x)−f(0)x22(1−cosx)−xf"(0)=lim=lim=lim−−++3x→0xx→0xx→0x7 2sinx−2x2(cosx−1)=lim=lim=0+2+x→03xx→06x所以f"(0)=0,f(x)在x=0处连续可导.⎛sin3xf(x)⎞12.设f(x)在x=0的某领域内二阶可导,且lim⎜+⎟=0,求32x→0⎝xx⎠f(x)+3f(0),f"(0),f""(0)及lim.2x→0xsin3x+f(x)⎛sin3xf(x)⎞sin3x+xf(x)x解.lim⎜+⎟=lim=lim=0.所以3232x→0⎝xx⎠x→0xx→0x⎛sin3x⎞lim⎜+f(x)⎟=0.f(x)在x=0的某领域内二阶可导,所以f(x),f"(x)在x=0x→0⎝x⎠连续.所以f(0)=－3.因为sin3xsin3x+f(x)−3+f(x)+3xxlim=0,所以lim=0,所以22x→0xx→0xsin3x3−f(x)+3x3x−sin3x3−3cos3xlim=lim=lim=lim2232x→0xx→0xx→0xx→03x3sin3x9=lim=x→02x2f(x)−f(0)f(x)+3f(x)+39f"(0)=lim=lim=limx⋅=0×=02x→0x−0x→0xx→0x2f(x)+39由lim=,将f(x)台劳展开,得2x→0x2122f(0)+f"(0)x+f""(0)x+0(x)+32!919lim=,所以f""(0)=,于是2x→0x222f""(0)=9.13.已知a>0，x1>0，定义1⎛a⎞x=⎜3x+⎟()n=1,2,3,Ln+14⎜nx3⎟⎝n⎠求证：limx存在，并求其值。（本题8分）nn→+∞解：第一步：证明数列{}x的极限存在：n8 1⎛a⎞a注意到：当n≥2时，x=⎜x+x+x+⎟≥xxx=4a，因此n+1⎜nnn3⎟4nnn34xx⎝n⎠nxn+11⎛⎜a⎞⎟1⎛a⎞数列{}xn有下界。又=⎜3+4⎟≤⎜3+⎟=1，即xn+1≤xn，所以{}xn单调递x4x4⎝a⎠n⎝n⎠减，由极限存在准则知，数列{}x有极限。n第二步：求数列{}x的极限n4设：limx=A，则有A≥a>0。nn→+∞1⎛a⎞由limx=lim⎜3x+⎟，n→+∞n+14n→+∞⎜nx3⎟⎝n⎠1⎛a⎞44有A=⎜3A+3⎟，解得A=a（舍掉负根），即limxn=a。4⎝A⎠n→+∞14.假设x=10,x=6+x,求limx.1n+1nnn→∞解：第一步：证明数列{}x的极限存在：n注意到：x>0,所以数列有下界.nx=6+x=6+10=405.设f(x)=⎨x在x=0处可导,则⎪ax+bx≤0⎩(a)a=1,b=0(b)a=0,b为任意常数(c)a=0,b=0(d)a=1,b为任意常数解.在x=0处可导一定在x=0处连续,所以21limxsin=lim(ax+b),所以b=0.+−x→0xx→021xsin+−xaxf"(0)=f"(0),lim=lim,所以0=a.(c)是答案.+−x→0xx→0x6.设f(x)可导,F(x)=f(x)(1+|sinx|),则f(0)=0是F(x)在x=0处可导的(a)充分必要条件(b)充分但非必要条件(c)必要但非充分条件(d)既非充分又非必要条件解.必要性:F"(0)存在,所以F"(0)=F"(0),于是+−"F(x)−F(0)f(x)(1+sinx)−f(0)F(0)=lim=lim+++x→0x−0x→0x(f(x)−f(0))+f(x)sinx=lim=f"(0)+f(0)+x→0x"F(x)−F(0)f(x)(1−sinx)−f(0)F(0)=lim=lim−−−x→0x−0x→0x(f(x)−f(0))−f(x)sinx=lim=f"(0)−f(0)−x→0x所以f"(0)+f(0)=f"(0)−f(0),2f(0)=0,f(0)=012 充分性:已知f(0)=0,所以"F(x)−F(0)f(x)(1+sinx)−f(0)F(0)=lim=lim+++x→0x−0x→0x(f(x)−f(0))+f(x)sinx=lim=f"(0)+f(0)=f"(0)+x→0x"F(x)−F(0)f(x)(1−sinx)−f(0)F(0)=lim=lim−−−x→0x−0x→0x(f(x)−f(0))−f(x)sinx=lim=f"(0)−f(0)=f"(0)−x→0x所以F"(0)=f"(0)存在.(a)是答案.7.设f(0)=0,则f(x)在x=0处可导的充要条件为11h(a)limf(1−cosh)存在.(b)limf(1−e)存在.2h→0hh→0h11(c)limf(h−sinh)存在.(d)lim[f(2h)−f(h)]存在.2h→0hh→0h1解.由f"(0)存在可推出(a)中的极限值为f"(0),(b)中的极限值为−f"(0),(d)中的极限2值为f"(0),而(c)中的极限为:1f(h−sinh)h−sinhlimf(h−sinh)=lim=f"(0)⋅0=0;22h→0hh→0h−sinhh反之(a)及(c)中的极限值存在,不一定f"(0)存在,举反例如下:y=|x|,f"(0)不存在,(a)、(c)二表达式的极限都存在排除(a)及(c).(d)中的极限存在,不一定f"(0)存在,举反例如下:⎧2x+1x≠0f(x)=⎨,排除(d).所以(b)是答案.⎩0x=0由(b)推出f"(0)存在证明如下:f(x)11ln(1−x)ln(1−x)f"(0)=lim=limf(1+x−1)=limf(1−e)⋅x→0xx→0xx→0xln(1−x)ln(1−x)ln(1−x)f(1−e)ln(1−x)f(1−e)=lim=−limx→0ln(1−x)xx→0ln(1−x)所以f"(0)存在.8.设函数f(x)在(－∞,+∞)上可导,则(a)当limf(x)=−∞时,必有limf"(x)=−∞x→−∞x→−∞13 (b)当limf"(x)=−∞时,必有limf(x)=−∞x→−∞x→−∞(c)当limf(x)=+∞时,必有limf"(x)=+∞x→+∞x→+∞(d)当limf"(x)=+∞时,必有limf(x)=+∞x→+∞x→+∞2解.(a)不正确.反例如下:y=x;(b)不正确.反例如下:y=x;(c)不正确.反例如下:y=x;(d)是答案.证明如下:因为limf"(x)=+∞,所以对于充分大的x,f(x)单增.如x→+∞果limf(x)=+∞,则证明结束,否则f(x)单增有上界,则limf(x)=k存在(k为有限x→+∞x→+∞数).任取x,在区间[x,x+1]上用拉格朗日定理f(x+1)−f(x)=f"(ξ)(x<ξ0且f"(a)>0.(d)f(a)<0且f"(a)<0.2解.(a)反例f(x)=0,取a=0.排除(a);(c)反例:f(x)=x+x+1,取a=0.f(0)=1>0,2f"(0)=1>0,|f(x)|=f(x),在x=0可导.排除(c);(d)反例:f(x)=−x−x−1,取a=0.排除(d);所以(b)是答案.对于(b)证明如下:在(b)的条件下证明|f"(a)|不存在.f(x)−f(a)f(x)不妨假设f"(a)>0.f"(a)=lim=lim.所以存在δ,当x∈(a－δ,ax→ax−ax→ax−af(x)+δ)时>0.所以当x>a时,f(x)>0.于是x−a|f(x)|−|f(a)|f(x)lim=lim=f"(a).当x0二阶可导.解.F(x)连续,所以limF(x)=limF(x),所以c=f(－0)=f(0);−+x→0x→0因为F(x)二阶可导,所以F"(x)连续,所以b=f"(0)=f"(0),且−⎧f"(x)x≤0F"(x)=⎨⎩2ax+f−"(0)x>0F""(0)存在,所以F""(0)=F""(0),所以−+f"(x)−f"(0)2ax+f"(0)−f"(0)−lim=lim=2a,所以−+x→0xx→0x1a=f""(0)22x(n)五.已知f(x)=，求f(0).21−x1111解.f(x)=−1+⋅+⋅21−x21+xn(n)1n!1(−1)f(x)=⋅+⋅n+1n+12(1−x)2(1+x)(2k+1)f(0)=0,k=0,1,2,…2kf(0)=n!,k=0,1,2,…(n)六.设y=xlnx,求f(1).解.使用莱布尼兹高阶导数公式(n)(n)(n−1)n−1(n−1)!n−2(n−2)!f(x)=x⋅(lnx)+n(lnx)=x(−1)+n(−1)nn−1xxn−2⎡−(n−1)n⎤n−21=(−1)(n−2)!+=(−1)(n−2)!⎢xn−1xn−1⎥xn−1⎣⎦16 (n)n−2所以f(1)=(−1)(n−2)!2y2xt2七.已知∫edt=∫costdt+siny,求y".002y2222xcosx解.两边对x求导,ey"=2xcosx+2yy"cosy,y"=2y2e−2ycosy17 第三章一元函数积分学第一节不定积分一.求下列不定积分:11+x1.lndx∫21−x1−x211+x11+x1+x1⎛1+x⎞解.lndx=lndln=⎜ln⎟+c∫2∫1−x1−x21−x1−x4⎝1−x⎠211+x1+x1+x1⎛1+x⎞2.arctandx=arctandarctan=⎜arctan⎟+c∫2∫1+x1−x1−x1−x2⎝1−x⎠cosx+sinx+11+sinx3.⋅dx∫2(1+cosx)1+cosx2cosx+sinx+11+sinx1+sinx1+sinx1⎛1+sinx⎞解.⋅dx=d=⎜⎟+c∫2∫(1+cosx)1+cosx1+cosx1+cosx2⎝1+cosx⎠dx4.∫8x(x+1)1−71dxt2tdt18解.方法一:令x=,=dt=−=−ln(1+t)+c∫8∫∫8tx(x+1)1⎛1⎞t+18⎜+1⎟8t⎝t⎠1⎛1⎞=−ln⎜1+⎟+c88⎝x⎠7dxxdx711方法二:==−x(−)dx∫8∫∫8888x(x+1)x(x+1)xx+18dx1d(1+x)181⎛1⎞=−=ln|x|−ln(1+x)+c=−ln⎜1+⎟+c∫∫88x81+x88⎝x⎠111(1+sinx+cosx)+(sinx−cosx)+1+sinx2225．∫∫dx=dx1+sinx+cosx1+sinx+cosx11cosx−sinx11=∫∫dx−dx+∫dx221+sinx+cosx21+sinx+cosx11d(1+sinx+cosx)11=x−∫+∫dx221+sinx+cosx2xx2x2sincos+2cos22218 1111x=x−ln|1+sinx+cosx|+∫dtan222x2tan+12111x=x−ln|1+sinx+cosx|+ln|tan+1|+c2222二.求下列不定积分:dx1.∫22(x+1)x+2x+2dtdxd(x+1)cos2t解.=令x+1=tant∫22∫22∫tan2tsect(x+1)x+2x+2(x+1)(x+1)+12costdt1x+2x+2==−+c=−+c∫2sintsintx+1dx2.∫42x1+x解.令x=tant,dt3dxcos2tcostdsintdsint11==dt=−=−++c∫42∫∫∫tan4tsectsin4tsin4t∫sin2t3sin3tsintx1+x31⎛1+x2⎞1+x2=−⎜⎟++c3⎜x⎟x⎝⎠dx3.∫22(2x+1)1+x解.令x=tant2dxsectcostdsint=dt=dt=∫22∫(2tan2t+1)sect∫∫2sin2t+cos2t1+sin2(2x+1)1+xtx=arctansint+c=arctan+c21+x2xdx4.∫(a>0)22a−x解.令x=asint222xdxasint⋅acostdt21−cos2t1212∫=∫∫=adt=at−asin2t+ca2−x2acost22419 2a⎛xx22⎞=⎜arcsin−a−x⎟+c22⎝aa⎠235.∫(1−x)dx解.令x=sint22234(1+cos2t)1+2cos2t+cos2t∫(1−x)dx=∫∫costdt=dt=∫dt44111311=t+sin2t+∫(1+cos4t)dt=t+sin2t+sin4t+c4488432311=arcsinx+sin2t(1+cos2t)+c8442314+1−2sint=arcsinx+2sintcost()+c8443122=arcsinx+x1−x(5−2x)+c882x−16.dx∫4x1解.令x=t21−tx2−121t⎛⎞22dx=⎜−⎟dt=−t1−tdt令t=sinu−sinucosudu∫4∫∫12∫x⎝t⎠4t2313(x−1)=cosu+c=+c333xx+17.∫dx22xx−1解.令x=sect,dx=secttantdtx+1sect+1dx=secttantdt=(1+cost)dt=t+sint+c∫22∫∫sec2ttantxx−121x−1=arccos++cxx三.求下列不定积分:20 3xxe+e1.dx∫4x2xe−e+13xxx−xx−xe+ee+ed(e−e)x−x解.dx=dx==arctan(e−e)+c∫4x2x∫∫2x−2xx−x2e−e+1e−1+e(e−e)+1dx2.∫xx2(1+4)xdt解.令t=2,dx=tln2dxdt1⎛11⎞1arctant==⎜−⎟dt=−−+c∫xx∫22∫222(1+4)t(1+t)ln2ln2⎝t1+t⎠tln2ln21−xx=−(2+arctan2)+cln2四.求下列不定积分:5x1.dx∫100(x−2)55x15−99x54−99解.dx=−xd(x−2)=−+x(x−2)dx∫100∫99∫(x−2)9999(x−2)9954x5x5⋅43−98=−−+x(x−2)dx9998∫99(x−2)99×98(x−2)99⋅985432x5x5⋅4x5⋅4⋅3x=−−−−9998979699(x−2)99⋅98(x−2)99⋅98⋅97(x−2)99⋅98⋅97⋅96(x−2)5⋅4⋅3⋅2x5⋅4⋅3⋅2⋅−−+c959499⋅98⋅97⋅96⋅95(x−2)99⋅98⋅97⋅96⋅95(x−2)dx2.∫4x1+x1−dt2dxt2tdt1dt解.∫∫令x=1/t=−∫∫=−44422x1+x1t+11+t21+(t)4tt2421secu111+x令t=tanu−∫du=−ln|tanu+secu|+c=−ln2+c2secu22x21 五.求下列不定积分:21.∫xcosxdx21121解.∫xcosxdx=∫∫x(1+cos2x)dx=x+xdsin2x2441211=x+xsin2x−∫sin2xdx4441211=x+xsin2x+cos2x+c44832.∫secxdx3解.∫secxdx=∫∫secxdtanx=secxtanx−tanxsecxtanxdx23=secxtanx−∫(secx−1)secxdx=secxtanx+ln|secx+tanx|−∫secxdx311∫secxdx=secxtanx+ln|secx+tanx|+c223(lnx)3.dx∫2x32(lnx)31133(lnx)解.dx=−(lnx)d=−(lnx)+dx∫2∫∫2xxxx3232(lnx)3(lnx)6lnx(lnx)3(lnx)6lnx6=−−+dx=−−−+dx∫2∫2xxxxxxx32(lnx)3(lnx)6lnx6=−−−−+cxxxx4.∫cos(lnx)dx解.∫cos(lnx)dx=xcos(lnx)+∫sin(lnx)dx=x[cos(lnx)+sin(lnx)]−∫cos(lnx)dxx∴∫cos(lnx)dx=[cos(lnx)+sin(lnx)]+c25.4x4xxcosxcos2121−2x1−2x1−2xdx=dx=−xdsin=−xsin+sindx∫∫3xx∫∫sinx833828282sincos221−2x1−2xx1−2x1x=−xsin+∫sind=−xsin−cot+c824228242六.求下列不定积分:22 2xln(x+1+x)1.dx∫22(1−x)2xln(x+1+x)121解.dx=ln(x+1+x)d∫22∫2(1−x)21−x121111=ln(x+1+x)−⋅dx21−22∫1−22xx1+x2ln(x+1+x)1112令x=tant−⋅⋅sectdt2∫22(1−x)21−tantsect2ln(x+1+x)1cost=−dt2∫22(1−x)21−2sint2ln(x+1+x)1d2sint=−2∫22(1−x)221−2sint2ln(x+1+x)11+2sint=−ln+c22(1−x)421−2sint22ln(x+1+x)11+x+2x=−ln+c2(1−x2)2421+x−2xxarctanx2.∫dx21+x2xarctanx221+x解.dx=arctanxd1+x=1+xarctanx−dx∫2∫∫1+x21+x2122=1+xarctanx−∫dx=1+xarctanx−ln(x+1+x)+c21+xxarctane3.dx∫2xexxarctane1x−2x1−2xx1−2xe解.dx=−arctanede=−earctane+edx∫2x∫∫2xe2221+e−x1−2xx1e1−2xx11=−earctane+dx=−earctane+dx∫2x∫x2x221+e22e(1+e)x1−2xx11e1−2xx−x=−earctane+(−)dx=−(earctane+e+arctanx)+c∫x2x22e1+e223 2⎧xln(1+x)−3x≥0七.设f(x)=⎨2−x,求∫f(x)dx.⎩(x+2x−3)ex<0⎧(xln(1+x2)−3)dx⎪∫解.∫f(x)dx=⎨2−x⎪⎩∫(x+2x−3)edx⎧122122⎪xln(1+x)−[x−ln(1+x)]−3x+cx≥0=⎨22⎪−(x2+4x+1)e−x+cx<0⎩1考虑连续性,所以c=－1+c1,c1=1+c⎧122122⎪xln(1+x)−[x−ln(1+x)]−3x+cx≥0∫f(x)dx=⎨22⎪−(x2+4x+1)e−x+1+cx<0⎩x八.设f"(e)=asinx+bcosx,(a,b为不同时为零的常数),求f(x).x解.令t=e，x=lnt,f"(t)=asin(lnt)+bcos(lnt),所以f(x)=∫[asin(lnx)+bcos(lnx)]dxx=[(a+b)sin(lnx)+(b−a)cos(lnx)]+c2九.求下列不定积分:321.∫x4−xdx解.令x=2sint323222∫x4−xdx=32∫∫sintcostdt=−32(1−cost)costdcost53323325122422=−cost+cost+c=(4−x)−(4−x)+c355322x−a2.∫dx(a>0)x解.令x=asect22x−aatant2∫dx(a>0)=∫∫asecttant=atantdt=atant−at+cxasect22a=x−a−aarccos+cx24 xxe(1+e)3.∫dx2x1−exxe(1+e)exe2x解.∫d=∫dx+∫dx1−e2x2x2x1−e1−ex2xde1d(1−e)x2x=∫－∫dx=arcsine−1−e+c1−e2x21−e2xx4.∫xdx(a>0)2a−x4xu24解.∫xdx令u=x2∫2du令u=2asint8a∫sintdt2a−x2a−u22(1−cos2t)22=8a∫∫dt=2a(1−2cos2t+cos2t)dt442221+cos4t22a=2at−2asin2t+2a∫dt=3at−2asin2t+sin4t+c242222=3at−4asintcost+asintcost(1−2sint)+c2223=3at−3asintcost−2asintcost+c2x2x2a−x2xx2a−x=3aarcsin−3a−2a+c2a2a2a2a2a2a2x3a+x=3aarcsin−x(2a−x)+c2a2十.求下列不定积分:2−sinx1.∫dx2+cosx2−sinx1d(2+cosx)解.∫dx=2∫dx+∫2+cosx2+cosx2+cosx2dtx1+t22dt令tan=t2+ln|2+cosx|=2+ln|2+cosx|∫2∫221−t3+t2+21+t4t41x=arctan+ln|2+cosx|+c=arctan(tan)+ln|2+cosx|+c3333225 sinxcosx2.∫dxsinx+cosxsinxcosx11+2sinxcosx−1解.∫dx=∫dxsinx+cosx2sinx+cosx21(sinx+cos)−1111=∫∫∫dx=(sinx+cosx)dx−dx2sinx+cosx22sinx+cosxπd(x+)124=(sinx−cosx)−∫24πsin(x+)412xπ=(sinx−cosx)−ln|tan(+)|+c2428十一.求下列不定积分:2x+3x1.∫3(2x+3)dx2x+3xx2+3xx2+3x23解.∫3(2x+3)dx=∫3d(x+3)=+cln332.(3x2−2x+5)2(3x−1)dx∫33221222解.∫(3x−2x+5)(3x−1)dx=∫(3x−2x+5)d(3x−2x+5)25122=(3x−2x+5)+c52ln(x+1+x)3.∫dx21+x2ln(x+1+x)22122解.∫dx=∫ln(x+x+1)dln(x+x+1)=ln(x+x+1)+c1+x22xdx4.∫222(1+x+x+1)ln(1+x+1)2xdxdln(1+x+1)2解.∫=∫=ln|ln(1+x+1)|+c2222(1+x+x+1)ln(1+x+1)ln(1+x+1)十二.求下列不定积分:xarctanx1.dx∫2(1+x)26 xarctanx1arctanx212−1解.dx=d(1+x)=−arctanxd(1+x)∫22∫∫22(1+x)2(1+x)21arctanx111arctanx11=−+darctanx=−+dx2∫∫222221+x21+x21+x2(1+x)1arctanx121arctanx11+cos2t令x=tant−+costdt=−+dt2∫2∫21+x221+x221arctanx111aextanx11=−+t+sin2t+c=−+arctanx+sintcost+c2221+x4821+x441aextanx11x=−+arctanx++c2221+x441+xx2.∫arcsindx1+xx2解.令arcsin=t,则x=tant1+xx2222∫arcsindx=∫tdtant=ttant−∫tantdt=ttant−tant+t+c1+xxxx=xarcsin−x+arcsin+c=(1+x)arcsin−x+c1+x1+x1+x2arcsinx1+x3.⋅dx∫x221−x22arcsinx1+xt1+sint2解.⋅dx令x=sint⋅costdt=t(csct+1)dt∫∫x22sin2tcost∫1−x12=−∫tcottdt+∫∫tdt=−tcott+cottdt+t+c212=−tcott+ln|sint|+t+c221−x12=−arcsinx+ln|x|+(arcsinx)+cx2arctanx4.dx∫22x(1+x)arctanxt22解.dx令x=tantsectdt=t(csct−1)dt∫22∫22∫x(1+x)tantsect27 21212=∫∫tcsctdt−tdt=−∫tdcott−t=−tcott+∫cotdt−t2212arctanxx12=−tcott+ln|sint|−t+c=−+ln||−(arctanx)+c2x1+x222arctanx1x12=−+ln−(arctanx)+c2x21+x2十三.求下列不定积分:321.∫x4−xdx32332解.∫x4−xdx令x=2sint8∫sint2cost2costdt=32∫sintcostdt22323325=32∫(1−cost)costdtdcost=−cost+cost+c3535422122=−(4−x)+(4−x)+c3522x−a2.∫x222x−aatant1−cost解.令x=asectasecttantdt=adt∫∫∫2xasectcost22a=atant−at+c=x−a−aarccos+cxxxe(1+e)3.∫dx2x1−exxe(1+e)xt(1+t)dt1+t1+sinu解.∫dx令e=t∫∫=dt令t=sinu∫cosudu1−e2x1−t2t1−t2cosux2x=u−cosu+c=arcsine−1−e+cx4.∫xdx(a>0)2a−x4xu24解.∫xdx令u=x2∫2du令u=2asint8a∫sintdt2a−x2a−u22(1−cos2t)22=8a∫∫dt=2a(1−2cos2t+cos2t)dt428 42221+cos4t22a=2at−2asin2t+2a∫dt=3at−2asin2t+sin4t+c242222=3at−4asintcost+asintcost(1−2sint)+c2223=3at−3asintcost−2asintcost+c2x2x2a−x2xx2a−x=3aarcsin−3a−2a+c2a2a2a2a2a2a2x3a+x=3aarcsin−x(2a−x)+c2a2十四.求下列不定积分:dx1.∫sinx1+cosxdxsinxdxd(1+cosx)d1+cosx解.==−=−2∫∫∫22∫2sinx1+cosxsinx1+cosxsinx1+cosx1−cosxdudu令1+cosx=u−2=−2∫22∫221−(u−1)u(2−u)11112+u=−(+)du=+ln||+c∫22u2−uu222−u112+1+cosx=+ln||+c1+cosx222−1+cosx2−sinx2.∫dx2+cosx2−sinx1d(2+cosx)解.∫dx=2∫dx+∫2+cosx2+cosx2+cosx2dtx1+t22dt令tan=t2+ln|2+cosx|=2+ln|2+cosx|∫2∫221−t3+t2+21+t4t41x=arctan+ln|2+cosx|+c=arctan(tan)+ln|2+cosx|+c33332sinxcosx3.∫dxsinx+cosxsinxcosx11+2sinxcosx−1解.∫dx=∫dxsinx+cosx2sinx+cosx29 21(sinx+cos)−1111=∫∫∫dx=(sinx+cosx)dx−dx2sinx+cosx22sinx+cosxπd(x+)124=(sinx−cosx)−∫24πsin(x+)412xπ=(sinx−cosx)−ln|tan(+)|+c2428十五.求下列不定积分:x1.∫dx1−xx23x2t2d(1−t)43解.∫dx令x=t∫dt=−∫=−1−t+c1−xx1−t331−t3334=−1−x2+c3xe−12.dx∫xe+1xxe−1e−1xsect−1解.dx=dx令e=secttantdt=(sect−1)dt∫ex+1∫2x∫tant∫e−1x2x1=ln|sect−tant|−t+c=ln(e+e+1)−arccos+cxex−1arctanx−13.∫dxx22解.令t=arctanx−1,tant=x−1,x=sect,dx=2secttant2x−1arctanx−1ttant221−costdx=2secttantdt=2ttantdt=2tdt∫∫2∫∫2xsectcostt22=2dt−2tdt=2tdtant−t=2ttant−2tantdt−t∫∫∫2∫cost2=2ttant+2ln|cost|−t+c2=2x−1arctanx−1−ln|x|−(arctanx−1)+c30 第三章一元函数积分学第二节定积分b一．若f(x)在[a，b]上连续,证明:对于任意选定的连续函数Φ(x),均有∫f(x)Φ(x)dx=0,a则f(x)≡0.证明:假设f(ξ)≠0,a<ξ0.因为f(x)在[a，b]上连续,所以存在δ>0,使得在[ξ－δ,ξ+δ]上f(x)>0.令m=minf(x).按以下方法定义[a，b]上Φ(x):在[ξ－δ,ξ−δ≤x≤ξ+δ22ξ+δ]上Φ(x)=δ−(x−ξ),其它地方Φ(x)=0.所以2bξ+δπδ∫f(x)Φ(x)dx=∫f(x)Φ(x)dx≥m>0.aξ−δ2b和∫f(x)Φ(x)dx=0矛盾.所以f(x)≡0.aππ11π二.设λ为任意实数,证明:I=2dx=2dx=.∫01+(tanx)λ∫01+(cotx)λ4ππf(sinx)πf(cosx)证明:先证:∫2dx==∫2dx0f(sinx)+f(cosx)40f(sinx)+f(cosx)π令t=−x,所以2πf(sinx)0f(cost)2dx=d(−t)∫∫π0f(sinx)+f(cosx)f(cost)+f(sint)2ππf(cost)f(cosx)=∫2dt=∫2dx0f(cost)+f(sint)0f(cosx)+f(sinx)于是πππf(sinx)f(sinx)f(cosx)2∫2dx=∫2dx+∫2dx0f(sinx)+f(cosx)0f(sinx)+f(cosx)0f(cosx)+f(sinx)ππf(sinx)+f(cosx)π=∫2dx=∫2dx=0f(sinx)+f(cosx)02ππf(sinx)πf(cosx)所以∫2dx==∫2dx.0f(sinx)+f(cosx)40f(sinx)+f(cosx)31 πππλ11(cosx)π所以I=2dx=2dx=2=∫01+(tanx)λ∫0sinxλ∫0(cosx)λ+(sinx)λ4⎛⎞1+⎜⎟⎝cosx⎠π1π同理I=2dx=.∫01+(cotx)λ4三．已知f(x)在[0，1]上连续,对任意x,y都有|f(x)－f(y)|0,(040f(x)证明:因为（0，1）上f(x)≠0,可设f(x)>0因为f(0)=f(1)=0∃x0∈(0,1)使f(x0)=max(f(x))0≤x≤11f""(x)11所以∫dx>∫f""(x)dx（1）0f(x)f(x)00在（0，x0）上用拉格朗日定理f(x）0f"(α)=α∈(0,x)0x0在（x0,1）上用拉格朗日定理f(x)0f"(β)=−β∈(x,1)01−x0所以1ββ∫∫∫f""(x)dx≥f""(x)dx≤f""(x)dx=f"(β)−f"(α)0ααf(x)0=≥4f(x)0x(1−x)00a+b2（因为()≥ab）211所以∫f""(x)dx≥4f(x)0034 由（1）得1f""(x)∫dx>40f(x)1b1b九.设f(x)在[a,b]上连续,且f(x)>0,则ln[∫f(x)dx]≥∫lnf(x)dx.b−aab−aa解.将lnt在点x展开,得0112lnt=lnx+(t−x)−(t−x)0020x2ξ01t所以lnt≤lnx+(t−x)=lnx+−1000xx001b令x=f(x)dx,t=f(x),得0∫b−aa1bf(x)lnf(x)≤ln∫f(x)dx+b−1b−aa1∫f(x)dxb−aa二边做定积分,得b1b∫lnf(x)dx≤(b−a)ln∫f(x)dx+(b−a)−(b−a)ab−aab1b∫lnf(x)dx≤(b−a)ln∫f(x)dxab−aa1b1b所以ln[∫f(x)dx]≥∫lnf(x)dxb−aab−aa十.设f(x)在[0,1]上有一阶连续导数,且f(1)－f(0)=1,试证:12∫[f"(x)]dx≥10111122222证明:∫0[f"(x)]dx=∫0[f"(x)]dx∫01dx≥(∫0f"(x)⋅1dx)=(f(1)−f(0))=122十一.设函数f(x)在[0,2]上连续,且∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=a>0.证明:∃ξ∈[0,2],使00|f(ξ)|≥a.解.因为f(x)在[0,2]上连续,所以|f(x)|在[0,2]上连续,所以∃ξ∈[0,2],取ξ使|f(ξ)|=max|f(x)|(0≤x≤2)使|f(ξ)|≥|f(x)|.所以222a=|∫(x−1)f(x)dx|≤∫|x−1||f(x)|dx≤|f(ξ)|∫|x−1|dx=|f(ξ)|00035 第三章一元函数积分学第三节广义积分一.计算下列广义积分:x2e+∞1+∞dx(1)dx(2)dx(3)∫0x13∫0(x2+1)(x2+4)∫−∞232(e−1)(1+x)1−11+∞arctanx(4)sin(lnx)dx(5)dx(6)dx∫0∫−2xx2−1∫0232(1+x)解.xx2e2d(e−1)322(1)dx=limdx=(e−1)3∫0x1ε→0+∫εx1(e−1)3(e−1)32+∞11b⎡11⎤π(2)dx=lim−dx=∫0(x2+1)(x2+4)b→+∞3∫0⎢⎣x2+1x2+4⎥⎦12+∞dx(3)∫−∞23(1+x)231+∞dx因为limx=1,所以积分收敛.所以x→∞232∫0232(1+x)(1+x)π2π+∞dx+∞dxsect=2令x=tant22dt=22costdt=2∫−∞232∫0232∫0sec3t∫0(1+x)(1+x)11111(4)∫0sin(lnx)dx=lim+∫sin(lnx)dx=lim+(xsin(lnx)−xcos(lnx))=−ε→0εε→022ε−11πsecttantπ(5)∫dx=∫2πdt=−2xx2−1secttant33π2π+∞arctanxtsectπ(6)dx=2dt=2tcostdt=−1∫023∫03∫0(1+x)2sect236 第四章微分中值定理与泰勒公式一.设函数f(x)在闭区间[0,1]上可微,对于[0,1]上每一个x,函数f(x)的值都在开区间(0,1)内,且f"(x)≠1,证明:在(0,1)内有且仅有一个x,使f(x)=x.证明:由条件知00,F(1)<0,所以存在ξ∈(0,1),使F(ξ)=0.假设存在ξ1,ξ2∈(0,1),不妨假设ξ2<ξ1,满足f(ξ1)=ξ1,f(ξ2)=ξ2.于是ξ1－ξ2=f(ξ1)－f(ξ2)=f"(η)(ξ1−ξ2).(ξ2<η<ξ1).所以f"(η)=1,矛盾.1二.设函数f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内可导,且3∫2f(x)dx=f(0).证明:在(0,1)内存在一3个ξ,使f"(ξ)=0.122证明:f(0)=3∫2f(x)dx=3f(ξ1)(1−)=f(ξ1),其中ξ1满足<ξ1<1.333由罗尔定理,存在ξ,满足0<ξ<ξ1,且f"(ξ)=0.2三．设函数f(x)在[1,2]上有二阶导数,且f(1)=f(2)=0,又F(x)=(x－1)f(x),证明:在(1,2)内至少存在一个ξ,使F""(ξ)=0.证明:由于F(1)=F(2)=0,所以存在ξ1,1<ξ1<2,满足F"(ξ1)=0.所以F"(1)=F"(ξ1)=0.所以存在ξ,满足1<ξ<ξ1,且F""(ξ)=0.四.设f(x)在[0,x](x>0)上连续,在(0,x)内可导,且f(0)=0,试证:在(0,x)内存在一个ξ,使f(x)=(1+ξ)ln(1+x)f"(ξ).证明:令F(t)=f(t),G(t)=ln(1+t),在[0,x]上使用柯西定理F(x)−F(0)F"(ξ)=,ξ∈(0,x)G(x)−G(0)G"(ξ)f(x)所以=(1+ξ)f"(ξ),即f(x)=(1+ξ)ln(1+x)f"(ξ).ln(1+x)五.设f(x)在[a,b]上可导,且ab>0,试证:存在一个ξ∈(a,b),使nn1ban−1=[nf(ξ)+ξf"(ξ)]ξb−af(a)f(b)37 n证明:不妨假设a>0,b>0.令F(x)=xf(x).在[a,b]上使用拉格朗日定理nnn−1nbf(b)−af(a)=[nξf(ξ)+ξf"(ξ)](b−a)六.设函数f(x),g(x),h(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明:存在一个ξ∈(a,b),使f(a)g(a)h(a)f(b)g(b)h(b)=0f"(ξ)g"(ξ)h"(ξ)f(a)g(a)h(a)证明:令F(x)=f(b)g(b)h(b),则F(a)=F(b)=0,所以存在一个ξ∈(a,b),使f(x)g(x)h(x)f(a)g(a)h(a)F"(ξ)=f(b)g(b)h(b)=0f"(ξ)g"(ξ)h"(ξ)七.设函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=f(1)=0,试证:至少存在一个ξ∈(0,1),使2f"(ξ)f""(ξ)=1−ξ2f"(x)f""(x)22证明:(f""(x)=,=二边积分可得lnf"(x)(x−1)=c,所以1−xf"(x)1−x2cf"(x)(x−1)=e)2令F(x)=f"(x)(x−1).由f(0)=f(1)=0知存在η∈(0,1),f"(η)=0.所以F(η)=F(1)2f"(ξ)=0,所以存在ξ∈(η,1),F"(ξ)=0.立即可得f""(ξ)=1−ξ八.设f(x)在[x1,x2]上二阶可导,且00,证明:存在一个ξ∈(x1,x2)或(x2,x1),使xex2−xex1=(1−ξ)eξ(x−x)1212xe1证明:不妨假设0x2时,都有f(x1)>f(x2),则(a)对任意x,f"(x)>0(b)对任意x,f"(−x)≤0(c)函数f(－x)单调增加(d)函数－f(－x)单调增加33解.(a)反例:f(x)=x,有f"(0)=0;(b)反例:f(x)=x;(c)反33例:f(x)=x,f(−x)=−x单调减少;排除(a),(b),(c)后,(d)为答案.具体证明如下:令F(x)=－f(－x),x1>x2,－x1<－x2.所以F(x1)=－f(－x1)>－f(－x2)=F(x2).122x+x+12.曲线y=exarctan的渐近线有(x+1)(x−2)(a)1条(b)2条(c)3条(d)4条122x+x+1ππ解.limexarctan=,所以y=为水平渐近线;x→∞(x+1)(x−2)44122x+x+1limexarctan=∞,所以x=0为铅直渐近线;x→0(x+1)(x−2)12122x+x+12x+x+1limexarctan≠∞,limexarctan≠∞x→−1(x+1)(x−2)x→2(x+1)(x−2)所以只有二条渐近线,(b)为答案.π23.设f(x)在[－π,+π]上连续,当a为何值时,F(a)=∫−[f(x)−acosnx]dx的值为极小π值.π1π(a)∫−πf(x)cosnxdx(b)∫−πf(x)cosnxdxπ2π1π(c)∫−πf(x)cosnxdx(d)∫−πf(x)cosnxdxπ2ππ2解.F(a)=∫−[f(x)−acosnx]dxππππ222=a∫−πcosnxdx−2a∫−πf(x)cosnxdx+∫−πf(x)dxππ22=πa−2a∫−πf(x)cosnxdx+∫−πf(x)dx为a的二次式.1π所以当a=∫−f(x)cosnxdx,F(a)有极小值.ππ4.函数y=f(x)具有下列特征:⎧<0x<0f(0)=1;f"(0)=0,当x≠0时,f"(x)>0;f""(x)⎨,则其图形⎩>0x>043 (a)(b)(c)(d)1111解.(b)为答案.325.设三次函数y=f(x)=ax+bx+cx+d,若两个极值点及其对应的两个极值均为相反数,则这个函数的图形是(a)关于y轴对称(b)关于原点对称(c)关于直线y=x轴对称(d)以上均错解.假设两个极值点为x=t及x=－t(t≠0),于是f(t)=－f(－t).所以3232at+bt+ct+d=at−bt+ct−d,所以b+d=02f"(x)=3ax+2bx+c=0的根为x=±t,所以b=0.于是d=0.所以3f(x)=ax+cx为奇函数,原点对称.(b)为答案.6.曲线y=x(x−1)(2−x)与x轴所围图形面积可表示为212(a)−∫x(x−1)(2−x)dx(b)∫x(x−1)(2−x)dx−∫x(x−1)(2−x)dx001122(c)−∫x(x−1)(2−x)dx+∫x(x−1)(2−x)dx(d)∫x(x−1)(2−x)dx010解.012由图知(c)为答案.二.填空题x⎛1⎞1.函数F(x)=∫⎜2−⎟dt(x>0)的单调减少区间______.1t⎝⎠11解.F"(x)=2−<0,所以0b>0)之间的图形的面积______.2222abbaab解.二椭圆的第一象限交点的x坐标为x=.所以所求面积为22a+babab⎡222b222a22⎤s=πab−4⎢∫∫a++ba−xdx−abb−xdx⎥⎣00ab⎦abab⎡⎤222222⎢b⎛axx22⎞a+ba⎛bxx22⎞a+b⎥=πab−4⎜arcsin+a−x⎟−⎜arcsin+b−x⎟⎢a⎜⎝2a2⎟⎠b⎜⎝2b2⎟⎠⎥00⎢⎣⎥⎦⎡2222⎤abbababaab=πab−4⎢arcsin22+22−arcsin22−22⎥⎣2a+b2(a+b)2a+b2(a+b)⎦⎡ba⎤=πab−2ab⎢arcsin−arcsin⎥2222⎣a+ba+b⎦a⎡π⎤令α=arcsinπab−2ab−α−α=4πabαa2+b2⎢⎣2⎥⎦⎛a⎞=4πabarctan⎜⎟⎝b⎠2224.x+y=a绕x=－b(b>a>0)旋转所成旋转体体积_______.解.-ba由图知a222222V=2π∫[(a−y+b)−(−a−y+b)]dy045 a222π222π21+cos2t=2π∫4ba−ydy=8πab∫costdt=8πab∫dt00022π22=8πab⋅=2baπ4π(5)求心脏线ρ=4(1+cosθ)和直线θ=0,θ=围成图形绕极轴旋转所成旋转体体积_____.2解.极坐标图形绕极旋转所成旋转体体积公式2πβ3V=∫ρ(θ)sinθdθ3α所以2πβ32ππ23V=∫ρ(θ)sinθdθ=∫64(1+cosθ)sinθdθ3α30π128π14232π32π=−⋅(1+cosθ)=−+⋅16=160π34330三.证明题x∫tf(t)dt01.设f(x)为连续正值函数,证明当x≥0时函数φ(x)=单调增加.x∫f(t)dt0⎡xx⎤xf(x)⎢⎣x∫0f(t)dt−∫0tf(t)dt⎥⎦f(x)∫(x−t)f(t)dt0证明.φ"(x)==>022xx⎡∫f(t)dt⎤⎡∫f(t)dt⎤⎢⎣0⎥⎦⎢⎣0⎥⎦上述不等式成立是因为f(x)>0,t0,证明φ(x)=在(a,b)内单增.x−af(x)−f(a)1证明.假设a=f"(ξ)=φ(x)11x−a2不等式成立是因为ξ10说明f"(x)单增,于是f"(ξ2)>f(ξ1).3.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导且f"(x)≤0,求证:46 1xF(x)=∫f(t)dtx−aa在(a,b)内也F"(x)≤0.证明:因为f"(x)≤0,所以f(x)单减.−1x1−1x1xF"(x)=f(t)dt+f(x)=f(t)dt+f(x)dt(x−a)2∫ax−a(x−a)2∫a(x−a)2∫a1x=[f(x)−f(t)]dt<0(x−a)2∫axx14.设f(x)在[a,b]上连续,且f(x)>0,又F(x)=∫f(t)dt+∫dt.证明:abf(t)i.F"(x)≥2,ii.F(x)=0在(a,b)内有唯一实根.11证明.i.F"(x)=f(x)+≥2f(x)⋅≥2f(x)f(x)a1bii.F(a)=∫dt,F(b)=∫f(t)dt.因为f(x)>0,所以F(a)和F(b)异号,所以在(a,bf(t)ab)中存在ξ,使得F(ξ)=0.又因为F"(x)≥2,F(x)单增,所以实根唯一.5.证明方程tanx=1−x在(0,1)内有唯一实根.证明.令F(x)=tanx−1+x.F(0)=－1<0,F(1)=tan1>0,所以在(0,1)中存在ξ,使F(ξ)=0.1又因为F"(x)=+1>0(0a>0,求此圆绕y轴旋转所构成的旋转体体积和表面积.解.体积b+aπ22222V=2×2π∫xa−(x−b)dx令x−b=asint4π∫−π(b+asint)acostdtb−a2ππ222222=8πba∫costdt=8πba⋅=2πba04表面积:y=f(x)绕x轴旋转所得旋转体的表面积为b2S=∫2πf(x)1+f"(x)dxa222222(x－b)+y=a绕y轴旋转相当于(y－b)+x=a绕x轴旋转.该曲线应分成二枝:22y=b±a−x所以旋转体的表面积a22aa22aS=2π∫−a(b+a−x)22dx+2π∫−a(b−a−x)22dxa−xa−xadxπ22=4πab∫−=8πab∫dt=4πab.a220a−x1x5.求曲线y=++ln(1e)的渐近线.x1x解.lim[++=ln(1e)]∞,所以x=0为铅直渐近线;x→0x11xxlim(fx)l=+im[ln(1)+e]l=+im[ln(1)+e]0=,所以y=0为曲线在左侧xx→−∞→−∞xxx→−∞的水平渐近线;1x++ln(1e)xxfx()x1ln(1+e)ek==limlim=+==lim[]lim1,2xxx→+∞xxx→+∞x→+∞xex→+∞1+11xx−bf=lim[()]lx−kx=+im[ln(1)]l+e−x=+im[x++ln(1ex)]0−=所以xx→+∞→+∞xxx→+∞y=x为曲线在右侧的斜渐近线.2226.在抛物线y=x上一点P(a,a)作切线,问a为何值时所作切线与抛物线y=－x+4x－1所围图形面积最小解.切线和抛物线的交点为2⎧y−a=2a(x−a)⎨2⎩y=−x+4x−149 22x+(2a−4)x+(1−a)=0x+x=4−2a122xx=1−a122x−x=22a−4a+321x222x222s=∫∫(−x+4x−1−2ax+a）dx=(−x+(4−2a)x+a−1)dxx1x1x32x22=(−+(2−a)x+(a−1)x)3x1133222=−(x−x)+(2−a)(x−x)+(a−1)(x−x)21212131222=−(x−x)(x+xx+x)+(2−a)(x−x)(x+x)+(a−1)(x−x)2121212121213⎛1212⎞=(x2−x1)⎜−(x1+x2)+x1x2+(2−a)(x2+x1)+(a−1)⎟⎝33⎠2⎛12122⎞=22a−4a+3⎜−(4−2a)+(1−a)+(2−a)(4−2a)+a−1⎟⎝33⎠22()2=2a−4a+34a−8a+633422=(2a−4a+3)3432s"=×2a−4a+3(4a−4)=0324a−4=0a=1五.作图2x−2x+22−x21.y=2.y=(1+x)ex−1解.1.2.50 第六章多元函数微分学一.考虑二元函数的下面4条性质(I)f(x,y)在点(x,y)处连续;(II)f(x,y)在点(x,y)处的两个偏导数连续;0000(III)f(x,y)在点(x,y)处可微;(IV)f(x,y)在点(x,y)处的两个偏导数存在;0000若用P⇒Q表示可由性质P推出性质Q,则有(A)(II)⇒(III)⇒(I)(B)(III)⇒(II)⇒(I)(C)(III)⇒(IV)⇒(I)(D)(III)⇒(I)⇒(IV)解.f(x,y)在点(x,y)处的两个偏导数连续,则f(x,y)在点(x,y)处可微,f(x,y)0000在点(x,y)处可微,则f(x,y)在点(x,y)处连续.所以(II)⇒(III)⇒(I).(A)为答0000案.⎧xy⎪,(x,y)≠(0,0)22二.二元函数f(x,y)=⎨x+y在点(0,0)处⎪⎩0,(x,y)=(0,0)(A)连续,偏导数存在;(B)连续,偏导数不存在;(C)不连续,偏导数存在;(D)不连续,偏导数不存在.2⎧0,k=0xykxk⎪解.limf(x,y)=lim22令y=kxlim22=2=⎨1x→0x→0x+yx→0(1+k)x1+k⎪,k=1y→0y→0⎩2所以limf(x,y)不存在,所以f(x,y)在点(0,0)处不连续,排除(A),(B);x→0y→0Δx⋅0−0f(0+Δx,0)−f(0,0)Δx2+02f"(0,0)=lim=lim=0xΔx→0ΔxΔx→0Δx0⋅Δy−022f(0,0+Δy)−f(0,0)0+Δyf"(0,0)=lim=lim=0.(C)为答案.yΔy→0ΔyΔy→0Δy∂u∂v三.设f,g为连续可微函数,u=f(x,xy)，v=g(x+xy),求⋅.∂x∂x∂u∂v解.=f"+f"y,=g"(1+y).所以12∂x∂x∂u∂v⋅=(1+y)g"(f"+f"y)12∂x∂v51 22⎛z⎞∂z四.设x+z=yϕ⎜⎜⎟⎟,其中ϕ为可微函数,求.⎝y⎠∂y解.原式两边对y求导.∂zy−z∂z⎛z⎞⎛z⎞∂y2z=ϕ+yϕ".所以⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟2∂y⎝y⎠⎝y⎠y⎛z⎞⎛z⎞yϕ⎜⎜⎟⎟−zϕ"⎜⎜⎟⎟∂z⎝y⎠⎝y⎠=∂y⎛z⎞2yz−yϕ"⎜⎜⎟⎟⎝y⎠∂u五.设u=f(x,y,z)，又y=ϕ(x,t)，t=ψ(x,z)，求.∂x解.由上述表达式可知x,z为自变量,所以∂u∂y=f"+f"=f"+f"()ϕ"+ϕ"ψ"=f"+f"ϕ"+f"ϕ"ψ"xyxyxtxxyxytx∂x∂x六.求下列方程所确定函数的全微分:1.f(x+y,y+z,z+x)=0，求dz;2.z=f(xz，z−y)，求dz.∂z∂z∂zf"+f"13解.1.f"+f"+f"(1+)=0,所以=−123∂x∂x∂xf"+f"23∂z∂z∂zf"+f"12f"+f"+f"(1+)=0,所以=−132∂y∂y∂yf"+f"23∂z∂z(f"+f")dx+(f"+f")dy1312所以dz=dx+dy=−∂x∂yf"+f"23∂z∂z∂z∂zzf"12.=f"(z+x)+f",所以=12∂x∂x∂x∂x1−xf"−f"12∂z∂z∂z∂z−f"2=f"x+f"(−1),所以=12∂y∂y∂y∂y1−xf"−f"12∂z∂zzf"dx−f"dy12所以dz=dx+dy=∂x∂y1−xf"−f"1252 2x22∂z七.设z=f(esiny,x+y),其中f具有二阶连续偏导数,求.∂x∂y∂zx22xx22解.=f"(esiny,x+y)esiny+2xf"(esiny,x+y)12∂x2∂zxxxx=esiny(f""ecosy+2yf"")+ecosyf"+2x(f""ecosy+2yf"")111211222∂x∂y2xxx=f""esinxcosx+2e(ysiny+xcosy)f""+4xyf""+f"ecosy1112221x八.已知z=f(2x,)，求z""，z"".xxyyyx1x解.z"=2f"(2x,)+f"(2x,)x12yyy211z""=4f""+f""+(2f"",f"")xx11121222yyy41=4f"+f""+f""1112222yyxxz"=−f"(2x,)y22yy22xxz"=f"+f""yy32422yy九.已知z=f(xlny,x−y)，求z"",z"",z"".xxxyyy解.z"=lnyf"(xlny,x−y)+f"(xlny,x−y)x12z""=lny(f""lny+f"")+f""lny+f""xx111212222=f""lny+2f""lny+f""1112221xxz""=f"+lny(f""−f"")+f""−f""xy111121222yyyxlnyx1=f""+(−lny)f""−f""+f"1112221yyy53 xz"=f"(xlny,x−y)−f(xlny,x−y)y12yxxxxz""=−f"+(f""−f"")−f""+f""yy2111121222yyyy2x2xx=f""−f""+f""−f"211122221yyy2⎧x+y+z+z=0dydz十.设y=y(x)，z=z(x)，由⎨确定,求，.23dxdx⎩x+y+z+z=0dydz解.以上两式对x求导,得到关于，的方程组dxdx⎧dydzdz⎧dydz1+++2z=0+(1+2z)=−1⎪⎪dxdxdx⎪⎪dxdx⎨⎨dydzdzdydz⎪1+2y++3z=0⎪2y+(1+3z)=−1⎪⎩dxdxdx⎪⎩dxdx由克莱姆法则解得2dy2z−3zdz2y−1=,=22dx1+3z−2y−4yzdx1+3z−2y−4yz222yy2∂z∂z2∂z十一.设z=xf()+ϕ()，求x+2xy+y22xx∂x∂x∂y∂y∂zyyyyyyyyyy解.=f()+xf"()(−)+ϕ"()(−)=f()−f"()−ϕ"()222∂xxxxxxxxxxx222∂zyyyyyyyyyy=−f"()+f"()+f""()+2ϕ"()+ϕ""()222434∂xxxxxxxxxxx22yyy=f""+2ϕ"+ϕ""334xxx2∂z1y1yyy1yyy=f"()−f"()−f""()−ϕ"()−ϕ""()223∂x∂yxxxxxxxxxxy1y=−f""−ϕ"−ϕ""223xxx∂zy1y=f"()+ϕ"()∂yxxx54 2∂z11=f""+ϕ""22∂yxx222222∂z∂z2∂zy2yy于是x+2xy+y=f""+ϕ"+ϕ""222∂x∂x∂y∂yxxx22y2y2y−2f""−ϕ"−ϕ""2xxx22yy+f""ϕ""2xx=02十二.设z=f[x−y,ϕ(xy)],其中f(u,v)具有二阶连续偏导数,ϕ(u)二阶可导,求2∂z.∂x∂y∂z22解.=2xf"[x−y,ϕ(xy)]+yf"[x−y,ϕ(xy)]ϕ"(xy)12∂x2∂z=2x[−f""+xf""ϕ"]+f"ϕ"+yϕ"[−f""+xf""ϕ"]+xyf"ϕ""1112212222∂x∂y22=(ϕ"+xyϕ"")f"−2xf""+(2x−y)ϕ"f""+xy(ϕ")f""2111222十三.设F(x,y(x),z(x))=P(x,y(x))+Q(x,y(x))z(x),其中出现的函数都是连续可微∂Fd⎛∂F⎞的,试计算−⎜⎟.∂ydx⎝∂z⎠∂F∂F解.=p"+zQ",=Q(x,y(x))yy∂y∂zd⎛∂F⎞所以⎜⎟=Qx"+Qy"yx"dx⎝∂z⎠∂Fd⎛∂F⎞于是−⎜⎟=py"+zQy"−Qx"−Qy"yx"=py"−Qx"+(z−yx")Qy"∂ydx⎝∂z⎠x十四.已知z=z(u)，且u=ϕ(u)+∫p(t)dt,z(u)可微，ϕ"(u)连续，且ϕ"(u)≠1,p(t)y∂z∂z连续,试求p(y)+p(x).∂x∂y55 ∂u∂u∂up(x)解.=ϕ"(u)+p(x),=∂x∂x∂x1−ϕ"(u)∂u∂u∂u−p(y)=ϕ"(u)−p(y),=∂y∂y∂y1−ϕ"(u)∂z∂z∂u∂up(y)+p(x)=p(y)z"(u)+p(x)z"(u)∂x∂y∂x∂yp(y)z"(u)p(x)p(x)z"(u)p(y)=−=01−ϕ"(u)1−ϕ"(u)22αx+y∂u∂z∂z∂z十五.设z=u(x,y)e，=0,试确定常数α,使−−+z=0.∂x∂y∂x∂y∂x∂y∂zαx+yαx+y解.=u"e+αuex∂x∂zαx+yαx+y=u"e+uey∂y2∂zαx+yαx+yαx+yαx+y=u""e+αu"e+u"e+αuexyyx∂x∂yαx+yαx+yαx+y=αu"e+u"e+αueyx2∂z∂z∂zαx+yαx+yαx+y所以−−+z=αu"e+u"e+αueyx∂x∂y∂x∂yαx+yαx+y−u"e−αuexαx+yαx+y−u"e−ueyαx+y+ueαx+yαx+y=αu"e−u"e=0yy于是α=1.2222∂z∂z十六.若z=f(x+y)满足+=0,其中f(u)有连续的二阶导数,求z.22∂x∂y∂zx∂2zx2⎛1−3⎞解.=f",=f""+f"⎜−(x2+y2)2x2⎟∂x22∂x2x2+y2⎜22⎟x+y⎝x+y⎠56 ∂2zy2⎛1−3⎞同理=f""+f"⎜−(x2+y2)2y2⎟∂y2x2+y2⎜22⎟⎝x+y⎠22∂z∂z1所以+=f""+f"=0.∂x2∂y222x+y22令u=x+y,得常微分方程f"(u)f""(u)+=0u于是uf""(u)+f"(u)=0.(uf"(u))"=0c1uf"(u)=c,f"(u)=,f(u)=clnu+c112u22即z=clnx+y+c1257 第七章二重积分一.比较积分值的大小:x+yx+yx+y1.设I=dxdy,I=dxdy,I=3dxdy其中1∫∫2∫∫3∫∫444DDD22D={(x,y)|(x−1)+(y−1)≤2},则下列结论正确的是(A)I0,所以I0所围之区域.4.D:由|x|+|y|≤1所围之区域.28x4y解.1.I=f(x,y)dσ=dxf(x,y)dy=dyy2f(x,y)dx∫∫∫0∫x2∫∫0D8x+752.I=f(x,y)dσ=dx2f(x,y)dy∫∫∫∫3x+1D232y−15565=∫∫2dy3f(x,y)dx+∫∫3dy3f(x,y)dx+∫∫5dy2y−7f(x,y)dx221−x23.I=∫∫f(x,y)dσ=∫∫dxf(x,y)dy0xD2y11−y22=∫∫dyf(x,y)dx+∫∫2dyf(x,y)dx00020x+111−x4.I=∫∫f(x,y)dσ=∫∫dxf(x,y)dy+∫∫dxf(x,y)dy−1−x−10x−1D0y+111−y=∫∫dyf(x,y)dx+∫∫dyf(x,y)dx−1−y−10y−1三.改变下列积分次序:2223−xaxa−1x321.∫∫dxa2−x2f(x,y)dy2.∫∫dxf(x,y)dy+∫∫dxf(x,y)dy000102a2202−x12−x3.∫−1dx∫−xf(x,y)dy+∫0dx∫xf(x,y)dy22a2222axa−a−yaa−y2解:1.dxa2−x2f(x,y)dy=dyf(x,y)dx+adyf(x,y)dx∫∫0∫∫02a2−ay∫∫02a223−x1x313−2y2.∫∫dxf(x,y)dy+∫∫dx2f(x,y)dy=∫dy∫f(x,y)dx00100y2202−x12−x3.∫−1dx∫−xf(x,y)dy+∫0dx∫xf(x,y)dy1y22−y=∫0dy∫−yf(x,y)dx+∫0dy∫−2−yf(x,y)dx四.将二重积分I=∫∫f(x,y)dσ化为极坐标形式的累次积分,其中:D22221.D:a≤x+y≤b,y≥0,(b>a>0)59 222.D:x+y≤y,x≥03.D:0≤x+y≤1,0≤x≤1πb解.1.I=∫∫f(x,y)dσ=∫dθ∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ0aDπsinθ2.I=∫∫f(x,y)dσ=∫2dθ∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ00D103.I=f(x,y)dσ=dθcosθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ∫∫∫−π∫0D4π1+∫2dθ∫cosθ+sinθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ00五.求解下列二重积分:2xπx42πx1.∫dx∫sindy+∫∫dxsindy1x2y2x2y2y1x−2.∫dx∫e2dy00y433.dxdy,D:由y=x－x的上凸弧段部分与x轴所形成的曲边梯形∫∫6xDxy224.dxdy,D:y≥x及1≤x+y≤2∫∫22x+yD解.2y22xπx42πx2yπx22πx1.∫1dx∫xsindy+∫∫2dxxsindy=∫1dy∫ysindx=−∫1ycosdy2y2y2yπ2yy22πy42πy=−ycosdy=−ydsinπ∫12π2∫1224πy42πy=−ysin+sindyπ22π2∫121248πy4=−cos=(π+2)233ππ2π12222yyyy1x−1−111−−2.dxe2dy=e2dydx=e2dy−y2e2dy∫0∫0∫0∫∫y2∫0060 222212yyyyy11−1−1−−1−−=∫e2dy+∫yde2=∫e2dy+ye2−∫e2dy=e200000y433.dxdy,D:由y=x−x的上凸弧段部分与x轴所形成的曲边梯形.∫∫6xD3221解.y"=4x−3x,y""=12x−6x=6x(2x−1)<0.解得01,所以级数发散.nn→∞un→∞3n!ennn66 ∞2n4.∑nn=1(n+1/n)2n2n(n)解.limn=lim=0<1,所以级数收敛.nn→∞(n+1/n)n→∞n+1/n∞2(n!)5.∑n=1(2n)!(n+1)!(n+1)!2un+1(2n+2)!(n+1)1解.lim=lim=lim=<1，所以级数收敛.n→∞un→∞n!n!n→∞(2n+2)(2n+1)4n(2n)!∞(2n−1)!!6.∑n=1(2n+2)!!un解.拉阿伯判别法:设limn(−1)=ρ,ρ>1收敛，ρ<1发散.n→∞un+1⎛(2n−1)!!⎞⎜⎟un⎜(2n+2)!!⎟3n3limn(−1)=limn−1=lim=>1,所以级数收敛.n→∞un→∞⎜(2n+1)!!⎟n→∞2n+12n+1⎜⎟⎝(2n+4)!!⎠∞17.∑(1+n−n−1)n=1n!1(n+2−n)un+1(n+1)!n+1+n−1解.lim=lim=lim=0<1,级数收n→∞unn→∞1n→∞(n+1)(n+2+n)(n+1−n−1)n!敛.∞n−1n8.∑n+1n=1(2n2+lnn+1)2n−1−2nn1解.lim=lim=<1,级数收敛.nn+1n+1n→∞2n→∞nlnn2(2n+lnn+1)2(2++1)22n67 ∞lnnn9.∑(1−)n=1nlnnn(1−)1yn(1+ylny)解.考察极限lim令y=1nlimn+→∞1y→0yn1y(1+ylny)ln(1+ylny)−ylny令u=,lnu=yylny+1−lny−1ln(1+ylny)−ylny1+ylnylimlnu=lnlimu=lim=lim++++y→0y→0y→0yy→012lny+1−lny−ylny−1−ylny=lim=0+y→01+ylny∞01所以limu=e=1,即原极限为1.原级数和∑有相同的敛散性.原级数发散.+y→0nn=11n+∞nn10.∑1n=1(n+)nn11n+nnnn⋅nn解.lim=lim=1≠0,级数发散.n→∞1nn→∞n1n(n+)n(1+)2nn三.判断下列级数的敛散性1111.a−a2+a3−a4+L(a>0)解.因为limu≠0,级数发散.nn→∞∞nn+12.∑(−1)n=1(n+1)n+1−168 n+1x+1解.lim=0,令f(x)=n→∞(n+1)n+1−1(x+1)x+1−121−(x+1)−12x+1⎧n+1⎫当x>0时,f"(x)=<0,所以数列⎨⎬单减.根2[(x+1)x+1−1]⎩(n+1)n+1−1⎭据莱布尼兹判别法级数收敛.n+1∞∞(n+1)n+1−11n+1因为lim=1,而∑发散,所以∑发散.原级数条n→∞1n=1nn=1(n+1)n+1−1n件收敛.∞nn⎛2n+1⎞3.∑(−1)⎜⎟n=1⎝3n+1⎠n∞n⎛2n+1⎞2⎛2n+1⎞解.因为limn⎜⎟=,所以∑⎜⎟收敛,原级数绝对收敛.n→∞⎝3n+1⎠3n=1⎝3n+1⎠∞n3⋅5⋅7L(2n+1)4.∑(−1)n=12⋅5⋅8L(3n−1)3⋅5L(2n+1)(2n+3)un+12⋅5L(3n−1)(3n+2)2n+32解.因为lim=lim=lim=<1n→∞un→∞3⋅5L(2n+1)n→∞3n+23n2⋅5L(3n−1)∞3⋅5⋅7L(2n+1)所以∑收敛,原级数绝对收敛.n=12⋅5⋅8L(3n−1)∞n−115.∑(−1)tann=1nn1tan∞nn1解.lim=1,∑收敛,原级数绝对收敛.n→∞1n=1nnnn69 ∞π6.∑sin(nπ+)n=1n∞∞πnπ解.∑sin(nπ+)=∑(−1)sin.n=1nn=1nπsin∞nn1因为lim=π,又因为∑(−1),条件收敛,所以原级数条件收敛.n→∞1nn=1n∞∞nan+1四.1.设正项数列{an}单调下降,且∑(−1)an发散,证明:级数∑(1−)收敛.n=1n=1an∞an2.设正项数列{an},{bn}满足bn−bn+1≥δ(δ>0为常数),证明:级数∑an收敛.an+1n=1∞n证明:1.因为正项数列{an}单调下降,且∑(−1)an发散,由莱布尼兹判别法,n=1lima=a存在,且a≠0.容易证明:∀n,a>a.(反设存在N,使得aa>a>L>a,令k→∞,得到a>a≥a,矛盾).所以NN+1N+kN∞∞aa−aa−aa−aan+1nn+1nn+1nn+1n+11−=<.因为∑收敛,所以∑(1−)收敛.ananan=1an=1anan2.考察数列{ba},因为b−b≥δ(δ>0为常数),所以nnnn+1an+1ba−ba≥δa>0,即该数列递减有下界,于是limba存在.由此推出nnn+1n+1n+1nnn→∞∞∞ba−bannn+1n+1∑(bnan−bn+1an+1)收敛.an+1<,所以级数∑an收敛.n=1δn=1五.求下列级数的收敛域:∞n32n1.∑(3+n)(x−1)n=170 ∞∞∞n32nn2n32n解.∑(3+n)(x−1)=∑3(x−1)+∑n(x−1)n=1n=1n=11第一个级数的收敛半径为,第二个级数的收敛半径为1.所以它们的共同收敛区域为311(1−,1+).考察端点:33∞∞31n当x=1±时,得∑1+∑n第一个级数发散,第二个级数收敛.所以该级数发散.原3n=1n=1311级数的收敛区域为(1−,1+).33∞2n+1nx2.∑(−1)n=12n+12n+1|x|2解.limn=|x|<1,于是|x|<1.n→∞2n+1∞∞n1n+11当x=1时,得∑(−1),收敛;当x=−1时,得∑(−1),收敛.于是原级n=12n+1n=12n+1数的收敛区域为[－1,1].∞2n−12n−13.∑nxn=122∞2n−12n−1|x|2n−1解.limn|x|=<1，|x|<2.当x=±2时,得数项级数∑及nn→∞22n=12∞2n−1∑,通项都不趋于0,发散.该级数的收敛区域为(−2,2).n=1−2∞⎛n1⎞4.∑⎜x+nn⎟n=1⎝2x⎠∞∞∞⎛n1⎞n1解.∑⎜x+nn⎟=∑x+∑nnn=1⎝2x⎠n=1n=12x71 1第一个级数的收敛区域(－1,1);第二个级数的收敛区域|x|>.所以公共收敛区域为211(−1，−)∪(，1).22∞2n(x−1)5.∑nn=1n⋅92n2∞|x−1||x−1|1解.limn=<1.当x−1=±3时得数项级数∑,发散.该级数的收nn→∞n⋅99n=1n敛区域为(－2,4).∞n(x−5)6.∑n=1n∞n1n(−1)解.limn|x−5|=|x−5|<1.当x−5=−1时,得∑收敛,当x−5=1时,n→∞nn=1n∞1得∑发散敛.该级数的收敛区域为[4,6).n=1n六.求下列级数的和:∞11.∑n=0(3n+1)(3n+4)(3n+7)nn11⎡121⎤解.∑=∑⎢−+⎥k=1(3k+1)(3k+4)(3k+7)k=118⎣3k+13k+43k+7⎦1⎡21121121121⎤=1−++−++−++L+−+18⎢⎣474710710133n+13n+43n+7⎥⎦1⎡111⎤1=1−−+→.18⎢⎣43n+43n+7⎥⎦24∞11所以∑=n=0(3n+1)(3n+4)(3n+7)24∞12.∑n=1n(n+m)72 11⎛11⎞解.=⎜−⎟.令n充分大,n→∞n(n+m)m⎝nn+m⎠∞nn111⎛11⎞∑=lim∑=lim∑⎜−⎟n=1n(n+m)n→∞k=1k(k+m)mn→∞k=1⎝kk+m⎠1⎛1111⎞1⎛11⎞=lim⎜1++L+−−L−⎟=⎜1++L+⎟mn→∞⎝2mn+1n+m⎠m⎝2m⎠∞2n−1n−1x3.∑(−1)n=12n−12n−1|x|2解.limn=|x|<1级数收敛,所以收敛半径为1.当x=±1时都得到交错级数.由n→∞2n−1∞2n−1n−1x莱布尼兹判别法知收敛.所以收敛区域为[－1,1].令s(x)=∑(−1).n=12n−1∞n−12n−21xx1s"(x)=∑(−1)x=2所以s(x)=∫0s"(x)dx=∫02dx=arctanx,n=11+x1+x[－1,1].∞n4.∑n(n+1)xn=1∞∞解.limnn(n+1)|x|n=|x|<1收敛.当x=±1得∑n(n+1)及∑(−1)nn(n+1)都发散.n→∞n=1n=1所以收敛区域为(－1,1).""""∞∞∞⎛2⎞nn−1⎛n+1⎞x2x∑n(n+1)x=x∑∑n(n+1)x积分二次x⎜x⎟=x⎜⎜⎟⎟=3,(－1,1)n=1nn=1⎝=1⎠⎝1+x⎠(1+x)∞n(x+1)5.∑nn=1n2n|x+1||x+1|解.limn=<1,所以当−30根式取正，x<0根式取负)dxxx⎝x⎠i)x>0y2令u=.于是y=xu,y"=u+xu".所以u+xu"=u+1+uxdudx2=,所以ln(u+1+u)=lnx+lnc1+u2x2u+1+u222ln=lnc,得解y+x+y=cxxii)x<0y2令u=.于是y=xu,y"=u+xu".所以u+xu"=u−1+uxdudx2=−,所以ln(u+1+u)=−ln|x|+lnc1+u2x222ln(u+1+u)(−x)=lnc,得解−y+x+y=cyy3.(x+ycos)dx−xcosdy=0xxyyyx+ycos1+cosdyxxx==dxyyxcoscosxxy1+ucosu令u=.于是y=xu,y"=u+xu".所以u+xu"=xcosudu1dxx=,cosudu=dxcosuxy两边积分,得sinu=lnx+c，即sin−lnx=cx五.解下列微分方程:−sinx1.y"+ycosx=e−sinx解.这是一阶线性方程.p(x)=cosx，q(x)=e∫∫p(x)dx=cosxdx=sinx−∫p(x)dx∫p(x)dx−sinx−sinxsinx−sinxy=e(∫∫q(x)edx+c)=e(e⋅edx+c)=e(x+c)1x−2.x2y"−y=x2ex81 111x−1x−解.由原方程可得y"−y=ex.p(x)=−，q(x)=ex22xx11p(x)dx=−dx=∫∫2xx1111−∫p(x)dx∫p(x)dx−x−xx−xxy=e(∫∫q(x)edx+c)=ex(e⋅edx+c)=e(e+c)3.xy"lnx+y=ax(lnx+1)1ax(lnx+1)1a(lnx+1)解.由原方程可得y"+y=.p(x)=，q(x)=xlnxxlnxxlnxlnx1∫∫p(x)dx=dx=lnlnxxlnx−∫p(x)dx∫p(x)dx−lnlnxa(lnx+1)lnlnxy=e(∫∫q(x)edx+c)=e(⋅edx+c)lnx11c=(∫a(lnx+1)dx+c)=(axlnx+c)=ax+lnxlnxlnx34.y"sinxcosx−y−sinx=0221sinx1sinx解.由原方程可得y"−y=.p(x)=−，q(x)=sinxcosxcosxsinxcosxcosx1∫∫p(x)dx=−dx=−ln|tanx|sinxcosx−∫p(x)dx∫p(x)dxy=e(∫q(x)edx+c)2sinx1=tanx(∫⋅dx+c)=tanx(−cosx+c)=−sinx+ctanxcosxtanx六.解下列微分方程:1.y"−ytanx=secx，y(0)=0解.这是一阶线性方程.p(x)=−tanx，q(x)=secx∫∫p(x)dx=−tanxdx=ln|cosx|−∫p(x)dx∫p(x)dx1y=e(∫∫q(x)edx+c)=(secx⋅cosxdx+c)=secx(x+c)cosx0=y(0)=sec0(0+c)=c,所以y=xsecx2.y"+ycosx=sinxcosx，y(0)=1解.这是一阶线性方程.p(x)=cosx，q(x)=sinxcosx82 ∫∫p(x)dx=cosxdx=sinx−∫p(x)dx∫p(x)dx−sinxsinxy=e(∫∫q(x)edx+c)=e(cosxsinx⋅edx+c)−sinxsinxsinx−sinx=e(sinxe−e+c)=sinx−1+ce−sinx1=y(0)=−1+c，c=2,所以y=sinx−1+2e−x22π3.y"+xsin2y=xecosy，y(0)=4−x221−x2解.y"+2xsinxcosc=xecosy,y"+2xtany=xe2cosy2−x令u=tany,于是可得方程u"+2xu=xe.所以2ue−∫p(x)dx(q(x)e∫p(x)dxdx+c)=e−x2(xe−x2⋅ex2dx+c)=e−x2(x+c)=∫∫2−x212即tany=e(x+c).2−x2121=tany(0)=c,所以tany=e(x+1)2七.解下列方程:1.y""+22y"+2y=02解.特征方程为λ+22λ+2=0,λ=−2.1,2−2x通解为y=(c+cx)e122.y""+2y"+3y=02解.特征方程为λ+2λ+3=0,λ=−1±i2.1,2−x通解为y=e(ccos2x+csin2x)123.y""−2y"−3y=02解.特征方程为λ−2λ−3=0,λ=3，λ=−1.123x−x通解为y=ce+ce12八.解下列方程:83 232x1.y""−4y"+4y=(1+x+L+x)e2解.特征方程为λ−4λ+4=0,λ=21,22x齐次方程通解为y=(c+cx)e121232x非齐次方程特解为y*=(1+x+L+x)e2(D−2)2x123=e(1+x+L+x)2(D+2−2)12131252x=(x+x+L+x)e1⋅22⋅324⋅25非齐次方程通解为2x12131252xy=y+y*=(c+cx)e+(x+x+L+x)e121⋅22⋅324⋅252.y""−3y"+2y=cos2x2解.特征方程为λ−3λ+2=0,λ=2，λ=112x2x齐次方程通解为y=ce+ce12非齐次方程特解为y*=Acos2x+Bsin2x1313代入原方程解得A=−，B=−.所以y*=−cos2x−sin2x20202020非齐次方程通解为x2x1y=y+y*=ce+ce−(cos2x+3sin2x)1220x3.y""−2y"+y=5xe2解.特征方程为λ−2λ+1=0,λ=11,2x齐次方程通解为y=(c+cx)e121xx153x非齐次方程特解为y*=5xe=5ex=xe22(D−1)(D+1−1)6非齐次方程通解为x53xy=y+y*=(c+cx)e+xe12624.2y""+2y"+3y=x+2x−184 215解.特征方程为2λ+2λ+3=0,λ=−+i1,22255齐次方程通解为y=ccosx+csinx12221212222非齐次方程特解为y*=(x+2x−1)=(−D−D)(x+2x−1)23+2D+2D392712225=x+x−3927非齐次方程通解为5512225y=y+y*=ccosx+csinx+x+x−1222392725.y""+y"=x+12解.特征方程为λ+λ=0,λ=0，λ=−112−x齐次方程通解为y=ce+c122非齐次方程特解为y*=x(Ax+Bx+C)1132代入原方程解得A=，B=−1，C=3.所以y*=x−x+3x33非齐次方程通解为−x132y=y+y*=ce+c+x−x+3x123九.求下列差分方程的通解:1.y−3y=−2x+1xx解.特征方程λ−3=0,λ=3.所以齐次方程通解为y=c3.A令非齐次方程特解为y=B.代入原方程,得B－3B=－2,B=1.xx所以差分方程通解为y=y+y=c3+1Axx2.y+y=2x+1xx解.特征方程λ+1=0,λ=－1.所以齐次方程通解为y=c(−1)A1x1x令非齐次方程特解为y=2=⋅2xD+13x1x所以差分方程通解为y=y+y=c(−1)+⋅2Ax385 23.y+4y=2x+x−1x+1xx解.特征方程λ+4=0,λ=－4.所以齐次方程通解为y=c(−4).A2令非齐次方程特解为y=B+Bx+Bx.代入原方程,得x01222B+B(x+1)+B(x+1)+4B+4Bx+4Bx01201222=(5B+B+B)+(B+2B+4B)x+5Bx=2x+x−10121212361222136比较系数,解得B=−,B=,B=.所以y=x+x−012x125255525125x22136所以差分方程通解为y=y+y=c(−4)+x+x−.Ax525125x4.y+y=x(−1)x+1xx解.特征方程λ+1=0,λ=－1.所以齐次方程通解为y=c(−1).Ax因为－1是特征根,令非齐次方程特解为y=x(−1)(B+Bx).x01代入原方程,得x+1xx(x+1)(−1)[B+B(x+1)]+x(−1)(B+Bx)=x(−1)0101111x由上式使用比较系数法解得:B=,B=−.所以y=x(−1)(1−x)01x222x1x所以差分方程通解为y=y+y=c(−1)+x(−1)(1−x).Ax286 第十章函数方程与不等式证明1111an+1an−an+1an一.证明不等式<<.(a>1,n≥1)22(n+1)lnan证明:令f(x)=ax,在[1,1]上使用拉格朗日定理n+1nf(1)−f(1)=f"(ξ)(1−1)nn+1nn+1111an−an+1=aξlnan(n+1)11an−an+1aξ即=lnan(n+1)所以1111an+1an−an+1an<<.(a>1,n≥1)22(n+1)lnan二.若a≥0,b≥0,00时f(x)>0.x3F"(x)=2f(x)∫f(t)dt−f(x)087 x=f(x)⎛2f(t)dt−f2(x)⎞⎟(1)⎜∫⎝0⎠x2令Φ(x)=2∫f(t)dt−f(x),显然Φ(0)=0.0Φ"(x)=2f(x)−2f(x)f"(x)=2f(x)(1−f"(x))>0所以当x>0时,Φ(x)>0.由(1)知F"(x)>0(x>0).当x>0时F(x)≥F(0)=0.所以F(1)≥F(0)=0.立即得到211⎡f(x)dx⎤≥f3(x)dx⎢⎣∫0⎥⎦∫0pp1−pp四.求证|a|+|b|≤2(|a|+|b|),(00，则bf(a)+f(b)(b−a)f(a)<∫f(x)dx<(b−a)a22°若f(x)在[a,b]上是增加的，且在其上f""(x)<0，则bf(a)+f(b)(b−a)f(b)>∫f(x)dx>(b−a)a2证明：1°方法1:因为f(x)是增加的,所以对于[a,b]中的一切x,有f(x)>f(a),所以b∫f(x)dx>f(a)(b−a)axf(a)+f(x)令F(x)=∫f(t)dt−(x−a)a2f(a)+f(x)f"(x)f(x)−f(a)f"(x)F"(x)=f(x)−−(x−a)=−(x−a)2222f"(ξ)(x−a)f"(x)=−(x−a)(a<ξ0)2所以F(x)单增.又因为F(a)=0,所以F(b)>F(a)=0.立即可得bf(a)+f(b)∫f(x)dx>(b−a)a2方法2:将f(x)台劳展开f""(ξ)2∀t,x,f(t)=f(x)+f"(x)(t−x)+(t−x)2!f""(ξ1)2所以f(a)=f(x)+f"(x)(a−x)+(a−x)2!f""(ξ2)2f(b)=f(x)+f"(x)(b−x)+(b−x)2!f""(ξ1)2f""(ξ2)2f(a)+f(b)=2f(x)+f"(x)(a+b)−2xf"(x)+(a−x)+(b−x)2!2!89 bb上式二边积分得(f(b)+f(a))(b−a)=2∫f(x)dx+(a+b)∫f"(x)dxaabb⎛f""(ξ1)2f""(ξ2)2⎞−2∫xf"(x)dx+∫⎜(a−x)+(b−x)⎟dxaa⎝2!2!⎠所以bbb(f(b)+f(a))(b−a)>2∫f(x)dx+(a+b)(f(b)−f(a))−2xf(x)+2∫f(x)dxaaab=4∫f(x)dx+af(b)−af(a)+bf(b)−bf(a)−2bf(b)+2af(a)ab=4∫f(x)dx−(b−a)(f(a)+f(b))ab于是2(b−a)(f(b)+f(a))>4∫f(x)dxab−ab即(f(b)+f(a))>∫f(x)dx2a2°证法同1°.注:无论方法1°,2°,右边的不等式都不需要f(x)单增的条件.222x+x+L+xx+x+L+x12n12n七.证明:1°≤nnx+x+L+x2°12n≥nxxLx12nn2nnn⎛⎞22证明:1°方法一:先证⎜∑akbk⎟≤∑ak∑bk⎝k=1⎠k=1k=1nnnn2⎛2⎞2⎛⎞2由∑(akx+bk)=⎜∑ak⎟x+2⎜∑akbk⎟x+∑bk≥0k=1⎝k=1⎠⎝k=1⎠k=12nnn⎛⎞22得到⎜∑akbk⎟≤∑ak∑bk⎝k=1⎠k=1k=11上述不等式中令a=x，b=,得到kkkn2n⎛⎞⎜∑xk⎟n⎜k=1⎟21≤∑xk⋅n⋅⎜n⎟k=1n⎜⎟⎝⎠222x+x+L+xx+x+L+x12n12n即≤.nn90 21方法二:令f(x)=x,p=p=L=p=12nn因为f""(x)=2>0所以f(px+Lpx)≤pf(x)+L+pf(x)11nn11nn22x+L+xx+L+x1n21n即()≤nn222x+x+L+xx+x+L+x12n12n即≤nn12°取f(x)=lnx,f""(x)=−2<0.令p1=p2=…=pn=1/n.xln⎛x1+L+xn⎞⎟≥1lnx+L+1lnx=lnnxLx所以⎜1n1n⎝n⎠nnx+x+L+x立即得到12n≥nxxLx.12nn八.设f""(x)∈c[a,b],且f(a)=f(b)=0,求证:3b(b−a)∫f(x)dx≤max|f""(x)|a12a≤x≤b1b1b证明:方法1:∫f""(x)(x−a)(x−b)dx=∫(x−a)(x−b)df"(x)2a2ab11=(x−a)(x−b)f"(x)−∫f"(x)(2x−a−b)dx22ab1b11b=−∫(2x−a−b)df(x)=−f(x)(2x−a−b)+∫f(x)2dx2a22aab=∫f(x)dxab1b1b所以|∫f(x)dx|=∫f""(x)(x−a)(x−b)dx≤∫|f""(x)(x−a)(x−b)|dxa2a2a31b(b−a)≤max|f""(x)|∫(x−a)(b−x)dx=max|f""(x)|2a≤x≤ba12a≤x≤b91 f""(ξ)2方法2：∀t,x,f(t)=f(x)+f"(x)(t−x)+(t−x)2!f""(ξ)2所以0=f(a)=f(x)+f"(x)(a−x)+(a−x)2!f""(ξ)2f(x)=f"(x)(x−a)−(a−x)2!bbbf""(ξ)2∫f(x)dx=∫f"(x)(x−a)dx−∫(x−a)dxaaa2!bb1b2=f(x)(x−a)−∫f(x)dx−∫f""(ξ)(x−a)dxa2aab1b2所以∫f(x)dx=−∫f""(ξ)(x−a)dxa4ab1b21b2于是|∫f(x)dx|≤∫|f""(ξ)|(x−a)dx≤max|f""(x)|∫(x−a)dxa4a4a≤x≤ba3(b−a)=max|f""(x)|12a≤x≤b九.若f"(x)在[0,2π]上连续,且f"(x)≥0,∀n(正整数)有2π2[f(2π)−f(0)]∫f(x)sinnxdx≤0n2π12π证明:∫f(x)sinnxdx=−∫f(x)dcosnx0n0112π=−(f(2π)−f(0))+∫f"(x)cosnxdxnn02πf(2π)−f(0)12π2所以∫f(x)sinnxdx≤+∫f"(x)dx=[f(2π)−f(0)]0nn0n十.设在[a,b]上f""(x)>0,af[αx+(1−α)x]1212证明:f(αx+(1−α)x)−f(x)=(1−α)(x−x)f"(ξ)(1)122211f(x)−f(αx+(1−α)x)=α(x−x)f"(ξ)(2)212212(1)×α－(2)×(1－α)得到f(αx+(1−α)x)=αf(x)+(1−α)f(x)+α(1−α)(x−x)[f"(ξ)−f"(ξ)]12122112f(αx+(1−α)x)+α(1−α)(x−x)[f"(ξ)−f"(ξ)]=αf(x)+(1−α)f(x)1221211292 f(αx+(1−α)x)+α(1−α)(x−x)f""(ξ)=αf(x)+(1−α)f(x)122112因为f""(ξ)<0,所以αf(x)+(1−α)f(x)>f[αx+(1−α)x]12122⎛1⎞1十一.设x>0,证明0时,F"(x)=−−⎜−⎟=−+22(2x+1)⎝x+1x⎠(2x+1)x(x+1)11=−+>0(x+1)2x(x+1)2所以当x>0时F(x)单增.所以当x>0时F(x)<0.即2⎛1⎞0时,Φ"(x)=−+x(x+1)2x(x+1)x(x+1)2x+1因为>x(x+1),所以Φ"(x)>0,所以当x>0时Φ(x)<0.即2⎛1⎞1ln⎜1+⎟<.2⎝x⎠x+x十二.设f(x)在[0,1]上连续,f(0)=3,且对于[0,1]上一切x,y成立|f(x)－f(y)|≤|x－y|.517试证:≤∫f(x)dx≤.202111111证明:∫0f(x)dx−∫03dx=∫0(f(x)−f(0))dx≤∫0|f(x)−f(0)|dx≤∫0|x−0|dx=.211517所以∫f(x)dx−3≤,即≤∫f(x)dx≤.0220293 第十一章微积分在经济中的应用2一．生产某产品的固定成本为10,而当产量为x时的边际成本函数为C"=40−20x+3x,边际收益为R"=32−10x,试求:(1)总利润函数;(2)使总利润最大的产量.223解.L(x)=∫∫(R"−C")dx=(−8+10x−3x)dx=−8x+5x−x+C因为L(0)=−10,所以C=−10.于是23L(x)=−8x+5x−x−1024L"(x)=−8+10x−3x=0,解得x=2,x=.3L""(x)=10−6x.L""(2)=10−6⋅2=−2<0,L""(4)=2>0,所以当x=2时总利润最3大.二.设某商品的需求量Q是单价P(单位:元)的函数:Q=12000－80P;商品的总成本C是需求量Q的函数:C=25000+50Q;每单位商品需要纳税2元,试求使销售利润最大的商品单价和最大利润额.解.设利润为L(p),则L(p)=(12000−80p)p−25000−50(12000−80p)−2(12000−80p)L"(p)=12000−160p+4000+160=16160−160p=0,所以p=101L""(p)=−160<0,所以L""(101)=−160<0,所以p=101时L(p)达到极大,也达到最大.即p=101时销售利润最大.此时L=L(101)=167080(元)max三.一商家销售某种商品的价格满足关系P=7－0.2x(万元/吨),x为销售量(单位:吨),商品的成本函数C=3x+1(万元).(1)若每销售一吨商品政府要征税t(万元),求该商家获最大利润时的销售量;(2)t为何值时,政府税收总额最大.解.设L(x)为利润函数,则L(x)=(7−0.2x)x−3x−1−xtL"(x)=7−0.4x−3−t=05x=(4−t)2552设税收总额为f(t)=xt=(4−t)t=10t−t.f"(t)=0,t=2.即t=2时政府税收总22额最大.94 四.设某企业每月需要使用某种零件2400件,每件成本为150元,每年库存费为成本的6%,每次订货费为100元,试求每批订货量为多少时,方使每月的库存费与订货费之和最少,并求出这个最少费用(假设零件是均匀使用).解.方法一:假设每次订货量为x个.因为假设零件是均匀使用的,所以可以认为库存量总x是.224001x每月订货费用:⋅100;每月库存费用:150×0.06××x12224001x所以每月总费用为:S=×100+150×0.06××x122424×101S"=−+×9=02x24所以x=800,S=600(元)2400方法二:因为零件是均匀使用的,所以每天使用零件为=80个(假设每月为30天,每3080⋅150⋅0.06年12个月为360天).80个零件库存1天的库存费为=2(元）.又设每批订货3602400240030量相同,每月订货N次,每次订货个,每批零件使用=天.所以,每批零件NN⋅80N中第一天使用的80个零件没有库存费;第二天使用的80个零件要库存1天,第三天使用的80个零件要库存2天,….所以,每月库存费及订货费总和为30S=N⋅2(1+2+L+(−1))+N⋅100N3030((−1)+1)⋅(−1)NN900=N⋅2⋅+N⋅100=−30+N⋅1002N2dS900dS1800=−+100=0,N=3.=>0(N=3)223dNNdNN所以,当N=3,即每批订货量为800件时费用最小.最小费用为900S=−30+3⋅100=570(元)3五.设平均收益函数和总成本函数分别为R(x)=a−bx,(a>0,b>0),13289C(x)=x−7x+100x+50,当边际收益R"=67,需求价格弹性E=−时,d322其利润最大.(1)求利润最大时的产量x;(2)确定常数a,b.解.设需求量为x.利润为L(x),则132L(x)=R(x)－x+7x−100x−503所以95 2L"(x)=R"(x)−x+14x−100因为利润最大时L"(x)=0,所以220=67−x+14x−100=−x+14x−33解得x=11,x=3.132L(x)=R(x)－x−7x+100x+503132=(a−bx)x−x+7x−100x−503L""(x)=−2b−2x+14i)当x=11时dR11=P(1+)=R(x)(1+)dxEEdd⎛⎞⎜⎟16767=(a−bx)⎜1+⎟=(a−11b)⎜89⎟89⎜−⎟⎝22⎠得a−11b=89R(x)=(a−bx)x,R"(x)=a−2bx67=a−2b⋅11=a−22b于是解得a=111,b=2.且L""(11)=−12<0.即x=11时利润L(x)达到极大值.此时132L(x)=(a−bx)x−x+7x−100x−503132132=(111−2x)x−x+7x−100x−50=−x+5x+11x−50331697L(11)=−⋅121+6⋅121−50=33ii)当x=3时,同上得到⎧a−3b=89⎨⎩a−6b=672220解得a=111,b=.此时L""(3)=−<0.即x=3时利润L(x)达到极大值.此时33132L(x)=(a−bx)x−x+7x−100x−503221321312=(111−x)x−x+7x−100x−50=−x−x+11x−50333396 11L(3)=−⋅27−⋅9+11⋅3−50=−2933所以,当x=11,a=111,b=2利润最大.六.某商店进货两种商品共计4000件,商品A的需求量QA是价格PA的函数QA=8000－40PA,商品B的需求量QB是价格PP的函数QB=500－50PB,该两种商品的销售成本分别为CA=1000+5QA,CB=120+3QB,假设所进货全部售出,问应如何确定商品A与B的定价,才能使商家获得最大利润?解.QA+QB=4000,8000－40PA+500－50PB=4000,所以4PA+5PB=450.CA=1000+5QA=41000－200PA;CB=120+3QB=1620－150PB.所以得以下条件极值问题:⎧L(PA,PB)=(8000−40PA)PA+(500−50PB)PB−41000+200PA−1620+150PB⎪22⎨=−40PA+8200PA−50PB+650PB−42620⎪4P+5P=450⎩AB即利润L(P,P)在条件4P+5P=450下的条件极值问题.令ABAB22F(P,P,λ)=−40P+8200P−50P+650P−42620+λ(4P+5P−450)ABAABBAB∂L=−80P+8200+4λ=0A∂PA∂L=−100P+650+5λ=0B∂PB15050−20(4P+5P)+8850+9λ=0,9λ=150,λ==.AB938202025所以P=+=103.33,P=6.5+=7.33.AB8243097 第一章行列式一.填空题1.四阶行列式中带有负号且包含a12和a21的项为______.解.a12a21a33a44中行标的排列为1234,逆序为0;列标排列为2134,逆序为1.该项符号为“－”,所以答案为a12a21a33a44.2.排列i1i2…in可经______次对换后变为排列inin－1…i2i1.解.排列i1i2…in可经过1+2+…+(n－1)=n(n－1)/2次对换后变成排列inin－1…i2i1.τ(15423)+τ(23145)3.在五阶行列式中(−1)aaaaa=______aaaaa.12534124351253412435解.15423的逆序为5,23145的逆序为2,所以该项的符号为“－”.4.在函数2x1−13f(x)=−x−xx中,x的系数是______.12x−x−x3323解.x的系数只要考察2x=−2x+4x.所以x前的系数为2.2xab05.设a,b为实数,则当a=______,且b=______时,−ba0=0.−10−1ab0ab22解.−ba0=−1=−(a+b)=0.所以a=b=0.−ba−10−16.在n阶行列式D=|aij|中,当i22 xx+2Lx+n1x+2Lx+n11111xx+2Lx+n1x+2Lx+n22222D=+nLLLLLLLLxx+2Lx+n1x+2Lx+nnnnnnxxx+3Lx+nx2x+3Lx+n1111111xxx+3Lx+nx2x+3Lx+n2222222=+MMMMMMMMMMxxx+3Lx+nx2x+3Lx+nnnnnnnn1xx+3Lx+n12x+3Lx+n111111xx+3Lx+n12x+3Lx+n22222++MMMMMMMMMM1xx+3Lx+n12x+3Lx+nnnnnn1xx+3Lx+n1111xx+3Lx+n222=－MMMMM1xx+3Lx+nnnn1xxLx+n1x3Lx+n111111xxLx+n1x3Lx+n22222=－－=0MMMMMMMMMM1xxLx+n1x3Lx+nnnnnn当n=2x+1x+211=x−x12x+1x+2224.证明:奇数阶反对称矩阵的行列式为零.TTn证明:A=−A,|A|=|A|=|−A|=(−1)|A|=−|A|(n为奇数).所以|A|=0.n5.试证:如果n次多项式f(x)=C+Cx+LCx对n+1个不同的x值都是零,则此多01n项式恒等于零.(提示:用范德蒙行列式证明)证明:假设多项式的n+1个不同的零点为x0,x1,…,xn.将它们代入多项式,得关于Ci方程组nC+Cx+LCx=0010n0nC+Cx+LCx=0011n1…………nC+Cx+LCx=001nnn3 系数行列式为x0,x1,…,xn的范德蒙行列式,不为0.所以C=C=L=C=001n23xxx26.设F(x)=12x3x,求F"(x).026x23222xxx1xx1xx1xx2222解.F(x)=12x3x=2x12x3x=2x0x2x=2x012x026x013x013x013x21xx23=2x012x=2x00x2F"(x)=6x111227.设f(x)=3−x5−3x3x−12582x−13x−17x−1证明:可以找出数δ(0<δ<1),使f"(δ)=0(提示:使用罗尔定理).111111证明:f(0)=353=0,f(1)=222=0−1−1−1126由罗尔定理,存在数δ(0<δ<1),使f"(δ)=0.8.设a,b,c是互异的实数,证明:111abc=0的充要条件是a+b+c=0.333abc证明:考察范德蒙行列式:1111abcyD==(a−b)(a−c)(b−a)(a−y)(b−y)(c−y)2222abcy3333abcy2=−(a−b)(a−c)(b−c)(a+b+c)y+L4 1112行列式abc即为y前的系数.于是333abc111abc=(a−b)(a−c)(b−c)(a+b+c)333abc111所以abc=0的充要条件是a+b+c=0.333abc5 第二章矩阵一.填空题1.设α1,α2,α3,α,β均为4维向量,A=[α1,α2,α3,α],B=[α1,α2,α3,β],且|A|=2,|B|=3,则|A－3B|=______.解.|A−3B|=−2α−2α−2αα−3β=−8×αααα−3β123123=−8×(αααα−3αααβ)=−8(|A|−3|B|)=561231232.若对任意n×1矩阵X,均有AX=0,则A=______.⎡0⎤⎢⎥M⎢⎥解.假设A=[]α1Lαm,αi是A的列向量.对于j=1,2,…,m,令Xj=⎢1⎥,第j个元⎢⎥M⎢⎥⎢⎣0⎥⎦⎡0⎤⎢⎥M⎢⎥素不为0.所以[]αLα⎢1⎥=α=0(j=1,2,…,m).所以A=0.1mj⎢⎥M⎢⎥⎢⎣0⎥⎦3.设A为m阶方阵,存在非零的m×n矩阵B,使AB=0的充分必要条件是______.解.由AB=0,而且B为非零矩阵,所以存在B的某个列向量bj为非零列向量,满足Abj=0.即方程组AX=0有非零解.所以|A|=0;反之:若|A|=0,则AX=0有非零解.则存在非零矩阵B,满足AB=0.所以,AB=0的充分必要条件是|A|=0.4.设A为n阶矩阵,存在两个不相等的n阶矩阵B,C,使AB=AC的充分条件是______.解.B≠C且AB=AC⇔A(B−C)=0且B−C非零⇔|A|=0⎡a1⎤⎢⎥a5.⎢2⎥[]bbLb=______.124⎢M⎥⎢⎥a⎣n⎦⎡a1⎤⎡a1b1a1b2La1bn⎤⎢⎥⎢⎥aababLab解.⎢2⎥[]bbLb=⎢21222n⎥124⎢M⎥⎢LLLL⎥⎢⎥⎢⎥aababLab⎣n⎦⎣n1n2nn⎦⎡1−1⎤2−16.设矩阵A=⎢⎥,B=A−3A+2E,则B=______.⎣23⎦6 2⎡1−1⎤⎡1−1⎤⎡−1−4⎤解.A=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎣23⎦⎣23⎦⎣87⎦2⎡−1−4⎤⎡3−3⎤⎡20⎤⎡−2−1⎤B=A−3A+2E=⎢⎥－⎢⎥+⎢⎥=⎢⎥⎣87⎦⎣69⎦⎣02⎦⎣20⎦B*1⎡01⎤⎡01⎤−1B==⎢⎥=⎢2⎥|B|2⎣−2−2⎦⎢⎣−1−1⎥⎦2−17.设n阶矩阵A满足A+2A+3E=0,则A=______.2解.由A+2A+3E=0,得A(A+2E)=−3E.所以|A||A+2E|=|−3E|≠0,于是A可2−1−11逆.由A+2A+3E=0,得A+2E+3A=0,A=−(A+2E)3⎡101⎤⎢⎥−128.设A=020,则(A+3E)(A−9E)=______.⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎡101⎤⎡101⎤⎡102⎤2⎢⎥⎢⎥⎢⎥解.A=020020=040⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣001⎥⎦⎢⎣001⎥⎦⎢⎣001⎥⎦⎡−802⎤⎡401⎤2⎢⎥⎢⎥A−9E=0−50,A+3E=050⎢⎥⎢⎥⎢⎣00−8⎥⎦⎢⎣004⎥⎦⎡⎤⎡10−1⎤⎡401M100⎤⎢401M100⎥⎢400M⎥4⎢050M010⎥→⎢050M010⎥→⎢050M010⎥→⎢⎥⎢1⎥⎢1⎥⎢⎣004M001⎥⎦⎢001M00⎥⎢001M00⎥⎣4⎦⎣4⎦⎡11⎤⎡11⎤0−0−⎢100M416⎥⎢416⎥⎢1⎥⎢1⎥−1⎢010M00⎥,(A+3E)=⎢00⎥⎢5⎥⎢5⎥⎢001M1⎥⎢1⎥0000⎢⎣4⎥⎦⎢⎣4⎥⎦⎡11⎤0−⎢416⎥⎡−802⎤⎡−201⎤⎢1⎥−12⎢⎥⎢⎥(A+3E)(A−9E)=⎢00⎥0−50=0−10⎢5⎥⎢⎥⎢⎥⎢1⎥⎢⎣00−8⎥⎦⎢⎣00−2⎥⎦00⎢⎣4⎥⎦7 ⎡1−12⎤⎢⎥−1*−1*−19.设A=−2−1−2,则A=_______,(A)=______,[(−2A)]=______.⎢⎥⎢⎣433⎥⎦解.|A|=－3－12+8+8+6－6=1⎡1−12M100⎤⎡1−12M100⎤⎢⎥⎢⎥−2−1−2M010→0−32M210→⎢⎥⎢⎥⎢⎣433M001⎥⎦⎢⎣07−5M−401⎥⎦⎡411⎤10−0⎡1−12M100⎤⎢3M33⎥⎢221⎥⎢221⎥⎢01−M−−0⎥→⎢01−M−−0⎥→⎢333⎥⎢333⎥⎣07−5M−401⎦⎢1M27⎥00−1⎢⎣333⎥⎦⎡⎤100M394⎡100M394⎤⎢⎥⎢⎥⎢010M−2−5−2⎥→010M−2−5−2→⎢⎥⎢127⎥⎢00−M1⎥⎢⎣001M−2−7−3⎥⎦⎣333⎦⎡394⎤−1⎢⎥A=−2−5−2⎢⎥⎢⎣−2−7−3⎥⎦⎡1−12⎤*−1A*−1*−1A⎢⎥A=,A=|A|A,(A)==−2−1−2|A||A|⎢⎥⎢⎣433⎥⎦−1*−13A−1(−2A)=|−2A|(−2A)=(−2)|A|=4A(−2)⎡1−12⎤*−1−1−1A1⎢⎥[(−2A)]=(4A)==−2−1−244⎢⎥⎢⎣433⎥⎦⎡2100⎤⎢⎥110010.设矩阵A=⎢⎥,则A的逆矩阵A−1=______.⎢−1225⎥⎢⎥⎣1−113⎦−1−1⎡21⎤⎡1−1⎤⎡25⎤⎡3−5⎤解.⎢⎥=⎢⎥,⎢⎥=⎢⎥⎣11⎦⎣−12⎦⎣13⎦⎣−12⎦8 A−1−1⎡0⎤⎡A0⎤使用分块求逆公式⎢⎥=⎢−1−1−1⎥⎣CB⎦⎣−BCAB⎦⎡3−5⎤⎡−12⎤⎡1−1⎤⎡19−30⎤－⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎣−12⎦⎣1−1⎦⎣−12⎦⎣−711⎦⎡1−100⎤⎢⎥−1200所以A−1=⎢⎥⎢19−303−5⎥⎢⎥⎣−711−12⎦二.单项选择题1.设A、B为同阶可逆矩阵,则−1(A)AB=BA(B)存在可逆矩阵P,使PAP=BT(C)存在可逆矩阵C,使CAC=B(D)存在可逆矩阵P和Q,使PAQ=B解.因为A可逆,存在可逆P,Q使PAQ=E.AAAA因为B可逆,存在可逆P,Q使PBQ=E.BBBB−1−1所以PAQ=PBQ.于是PPAQQ=BAABBBAAB−1−1令P=PP,Q=QQ.(D)是答案.BAABT⎡A0⎤2.设A、B都是n阶可逆矩阵,则−2⎢⎥等于−1⎣0B⎦2n−1n−1T−1(A)(−2)|A||B|(B)(−2)|A||B|(C)−2|A||B|(D)−2|A||B|T⎡A0⎤2n−1解.−2⎢⎥=(−2)|A||B|.(A)是答案.−1⎣0B⎦3.设A、B都是n阶方阵,下面结论正确的是(A)若A、B均可逆,则A+B可逆.(B)若A、B均可逆,则AB可逆.(C)若A+B可逆,则A－B可逆.(D)若A+B可逆,则A,B均可逆.−1−1−1解.若A、B均可逆,则(AB)=BA.(B)是答案.11TT4.设n维向量α=(,0,L,0,),矩阵A=E−αα,B=E+2αα其中E为n阶单位22矩阵,则AB=T(A)0(B)－E(C)E(D)E+αα9 TTTTTT解.AB=(E−αα)(E+2αα)=E−αα+2αα－2ααααT1=E.(αα=)(C)是答案.2⎡a11a12a13⎤⎡a21a22a23⎤⎡010⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥5.设A=aaa,B=aaa,P=100,设⎢212223⎥⎢111213⎥1⎢⎥⎢aaa⎥⎢a−aa−aa−a⎥⎢001⎥⎣313233⎦⎣312132223323⎦⎣⎦有P2P1A=B,则P2=⎡100⎤⎡100⎤⎡101⎤⎡10−1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)010(B)010(C)010(D)010⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣101⎥⎦⎢⎣−101⎥⎦⎢⎣001⎥⎦⎢⎣001⎥⎦解.P1A表示互换A的第一、二行.B表示A先互换第一、二行,然后将互换后的矩阵的第一⎡100⎤⎢⎥行乘以(－1)加到第三行.所以P2=010.(B)是答案.⎢⎥⎢⎣−101⎥⎦*6.设A为n阶可逆矩阵,则(－A)等于**n*n－1*(A)－A(B)A(C)(－1)A(D)(－1)A*−1n1−1n−1*解.(－A)=|−A|(−A)=(−1)|A|A=(−1)A.(D)是答案.(−1)*7.设n阶矩阵A非奇异(n≥2),A是A的伴随矩阵,则**n−1**n+1(A)(A)=|A|A(B)(A)=|A|A**n−2**n+2(C)(A)=|A|A(D)(A)=|A|A*−1解.A=|A|A**−1*−1−1−1n−1−1n−2(A)=(|A|A)=||A|A|(|A|A)=|A||A||A|A=|A|A(C)是答案.8.设A为m×n矩阵,C是n阶可逆矩阵,矩阵A的秩为r1,矩阵B=AC的秩为r,则(A)r>r1(B)r0,l>0)⎢00k0⎥⎢⎥⎣000l⎦i.试计算|E+AB|,并指出A中元素满足什么条件时,E+AB可逆;－1ii.当E+AB可逆时,试证明(E+AB)A为对称矩阵.15 ⎡0a12a13a14⎤⎢⎥a0aa解.i.A=⎢122324⎥,⎢aa0a⎥132334⎢⎥aaaa⎣14243444⎦⎡0a12a13a14⎤⎡0000⎤⎡00ka13la14⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥a0aa000000kalaAB=⎢122324⎥⎢⎥=⎢2324⎥⎢aa0a⎥⎢00k0⎥⎢000la⎥13233434⎢⎥⎢⎥⎢⎥aaaa000l00ka0⎣14243444⎦⎣⎦⎣34⎦⎡10ka13la14⎤⎢⎥01kalaE+AB=⎢2324⎥,|E+AB|=1−kla234⎢001la⎥34⎢⎥00ka1⎣34⎦所以当1≠a2时,E+AB可逆.kl34−1−1−1−1−1ii.(E+AB)A=[A(E+AB)]=(A+B)−1－1因为A,B为实对称矩阵,所以A+B为实对称矩阵,所以(E+AB)A为对称矩阵.⎡λ00⎤⎢⎥n12.设A=1λ0,求A.⎢⎥⎢⎣01λ⎥⎦解.使用数学归纳法.2⎡λ00⎤⎡λ00⎤⎡λ00⎤2⎢⎥⎢⎥⎢2⎥A=1λ01λ0=2λλ0⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢2⎥⎢⎣01λ⎥⎦⎢⎣01λ⎥⎦⎣12λλ⎦23⎡λ00⎤⎡λ00⎤⎡λ00⎤3⎢2⎥⎢⎥⎢23⎥A=2λλ01λ0=3λλ0⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢2⎥⎢23⎥⎣12λλ⎦⎢⎣01λ⎥⎦⎣(1+2)λ3λλ⎦k⎡λ00⎤k⎢k−1k⎥假设A=kλλ0⎢⎥⎢k−2k−1k⎥(1+L+k−1)λkλλ⎣⎦k⎡λ00⎤⎡λ00⎤k+1⎢k−1k⎥⎢⎥则A=kλλ01λ0⎢⎥⎢⎥⎢k−2k−1k⎥⎣(1+L+k−1)λkλλ⎦⎢⎣01λ⎥⎦16 k+1⎡λ00⎤⎢kk+1⎥=⎢(k+1)λλ0⎥⎢k−1kk+1⎥(1+L+k)λ(k+1)λλ⎣⎦n⎡n⎤⎡λ00⎤λ00⎢⎥n⎢n−1n⎥n−1n所以A=nλλ0=⎢nλλ0⎥⎢⎥⎢(1+L+n−1)λn−2nλn−1λn⎥⎢n(n−1)λn−2nλn−1λn⎥⎣⎦⎢⎥⎣2⎦m213.A是n阶方阵,满足A=E,其中m是正整数,E为n阶单位矩阵.今将A中n个元素aijm用其代数余子式Aij代替,得到的矩阵记为A0.证明A0=E.mm解.因为A=E,所以|A|=1,所以A可逆.*T−1TT−1A=(A)=[|A|A]=|A|(A)0mT−1mmmT−1m−1所以A=[|A|(A)]=|A|[(A)]=|A|E=E0⎡100⎤⎢⎥14.设矩阵A=101⎢⎥⎢⎣010⎥⎦nn−22i.证明:n≥3时,A=A+A−E(E为三阶单位矩阵)100ii.求A.⎡100⎤⎡100⎤⎡100⎤2⎢⎥⎢⎥⎢⎥解.i.A=101101=110⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣010⎥⎦⎢⎣010⎥⎦⎢⎣101⎥⎦⎡100⎤⎡100⎤⎡100⎤3⎢⎥⎢⎥⎢⎥A=110101=201⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣101⎥⎦⎢⎣010⎥⎦⎢⎣110⎥⎦⎡100⎤⎡100⎤⎡100⎤⎡100⎤2⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥3A+A−E=101+110−010=201=A⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣010⎥⎦⎢⎣101⎥⎦⎢⎣001⎥⎦⎢⎣110⎥⎦33−22所以A=A+A−Ekk−22假设A=A+A−Ek+1k−13k−12（k+1）−22则A=A+A−A=A+A+A−E−A=A+A−Enn−22所以A=A+A−E17 1009829622ii.A=A+A−E=A+2A−2E=L=50A−49E⎡5000⎤⎡4900⎤⎡100⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=50500−0490=5010⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣50050⎥⎦⎢⎣0049⎥⎦⎢⎣5001⎥⎦⎡13⎤⎢−⎥15.当A=22时,A6=E.求A11.⎢⎥⎢31⎥⎢⎣22⎥⎦13*⎡13⎤−−1A⎢⎥解.|A|=22=1,所以A==⎢22⎥31|A|⎢31⎥−22⎢⎣22⎥⎦⎡13⎤⎢⎥因为A6=E，A11=A12A−1=EA−1=22⎢⎥⎢31⎥−⎢⎣22⎥⎦22216.已知A,B是n阶方阵,且满足A=A,B=B,与(A－B)=A+B,试证:AB=BA=0.23解.因为(A－B)=A+B,所以(A−B)=(A−B)(A+B)=(A+B)(A−B)2222于是A−BA+AB−B=A+BA−AB−B,所以AB=BA222(A−B)=A+B,A−AB−BA+B=A+B22因为A=A,B=B,所以2AB=0,所以AB=BA=0.17.计算下列各题:n⎡1⎤11⎢2⎥n⎡2−1⎤⎢1⎥i.⎢⎥ii.lim⎢01⎥⎣3−2⎦n→∞⎢3⎥⎢1⎥00⎢⎣5⎥⎦2⎡2−1⎤⎡2−1⎤⎡2−1⎤⎡10⎤解.i.⎢⎥=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥=E⎣3−2⎦⎣3−2⎦⎣3−2⎦⎣01⎦3⎡2−1⎤⎡2−1⎤⎡2−1⎤⎢⎥=E⎢⎥=⎢⎥⎣3−2⎦⎣3−2⎦⎣3−2⎦18 n⎧E⎡2−1⎤⎪n为偶数所以⎢⎥=⎨⎡2−1⎤⎣3−2⎦⎪⎢⎥n为奇数⎩⎣3−2⎦⎡1211⎤⎢⎥ii.假设A=0131,则A的三个互不相同的特征值为12,13,15.于是存在可⎢⎥⎢⎣0015⎥⎦⎡1200⎤−1⎢⎥逆矩阵P,使得PAP=0130⎢⎥⎢⎣0015⎥⎦n⎡(12)00⎤n⎢n⎥−1所以A=P⎢0(13)0⎥P⎢n⎥00(15)⎣⎦n⎡(12)00⎤n⎢n⎥−1于是limA=limP0(13)0P=0n→∞n→∞⎢⎥⎢n⎥00(15)⎣⎦−1TT−1T**T18.设A为n阶可逆矩阵,证明i.(A)=(A),ii.(A)=(A),iii.−1**−1−1T**T−1(A)=(A),iv.[(A)]=[(A)].−1−1TTTT−1−1T解.i.AA=E,(A)A=E.所以A可逆且(A)=(A)*−1*T−1T−1TTT−1T*ii.A=|A|A,(A)=(|A|A)=|A|(A)=|A|(A)=(A)***iii.先证明:当A,B为同阶可逆矩阵时,有(AB)=BA*−1−1−1**证明:(AB)=|AB|(AB)=|A||B|BA=BA下面证明本题:−1−1*−1**因为AA=E.两边取"*"运算,所以(AA)=(A)A=E.*−1−1*于是(A)=(A)−1T*−1*T*−1T*T−1iv.[(A)]=[(A)]=[(A)]=[(A)]19.设A,B,C均是n阶方阵,|E－A|≠0,如果C=A+CA,B=E+AB,求证:B－C=E.解.因为B=E+AB,所以(E−A)B=E,所以E−A,B可逆.−1−1对于B=E+AB,右乘B得E=B+A,左乘B,得B=E+BA19 所以AB=BAB−C=E+AB−A−CA=E−A+AB−CA=E−A+BA−CA=(E−A)+(B−C)A所以(B−C)(E−A)=E−A−1右乘(E−A),得B－C=E(注:本题中条件|E－A|≠0可以不要)20.设A为n阶非奇异矩阵,α为n维列向量,b为常数.记分块矩阵⎡E0⎤⎡Aα⎤P=⎢T*⎥,Q=⎢T⎥⎣−αA|A|⎦⎣αb⎦i.计算并化简PQ;T−1ii.证明:矩阵Q可逆的充要条件是αAα≠b.⎡E0⎤⎡Aα⎤⎡AαE⎤解.i.PQ=⎥=⎢T*⎥⎢T⎢T*TT*⎥⎣−αA|A|⎦⎣αb⎦⎣−αAA+α|A|−αAα+b|A|⎦*−1A*T*TT*T因为A=,所以|A|=AA,−αAA=−α|A|,−αAA+α|A|=0|A|⎡AαE⎤所以PQ=⎥⎢T−1⎣0−(αAα+b)|A|⎦E0ii.因为|P|==|A|T*−αA|A|AαET−12所以|PQ|=|P||Q|=|A||Q|==(−αAα+b)|A|T−10−(αAα+b)|A|T−1所以|Q|=(−αAα+b)|A|−1T−1所以Q存在的充要条件为αAα≠b20 第三章向量一.填空题1.设α=(2,−1,0,5),α=(−4,−2,3,0),α=(−1,0,1,k),α=(−1,0,2,1),则k=______时,1234α1,α2,α3,α4线性相关.解.考察行列式2−4−1−12−8−1−1−8−1−1−1−200−1000==−31203120312−10k150k15−10k15=−8−3k+20−10+16k+3=13k+5=0.k=−132.设α=(2,−1,3,0),α=(1,2,0,−2),α=(0,−5,3,4),α=(−1,3,t,0),则t=______时,1234α1,α2,α3,α4线性相关.解.考察行列式210−1000−1−55−5−12−53−55−53==3t3303t3t3t4−240−2404−240=−20t+60+30+20t−30−60=0.所以对任何t,α1,α2,α3,α4线性相关.3.当k=______时,向量β=(1,k,5)能由向量α=(2,−3,2),α=(2,−1,1),线性表示.12解.考察行列式112k−3−1=0,得k=－8.当k=－8时,三个向量的行列式为0,于是β,α,α线性相12521关.显然α,α线性无关,所以β可用α,α线性表示.12124.已知α1=(1,1,2,2,1),α2=(0,2,1,5,−10),α3=(2,0,3,−1,3),α4=(1,1,0,4,−1),则秩(α1,α2,α3,α4)=______.解.将α1,α2,α3,α4表示成矩阵21 ⎡1021⎤⎡1021⎤⎡1021⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥120102−2001−10⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢2130⎥→⎢01−1−2⎥→⎢01−1−2⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥25−1405−5201−125⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1−13−1⎥⎦⎢⎣0−11−2⎥⎦⎢⎣0−11−2⎥⎦⎡1021⎤⎢⎥01−10⎢⎥→⎢000−2⎥.所以r(α1,α2,α3,α4)=3⎢⎥00025⎢⎥⎢⎣000−2⎥⎦⎡6117⎤⎢⎥4041⎢⎥5.设A=⎢12−90⎥,则秩(A)=______.⎢⎥−13−16−1⎢⎥⎢⎣2−4223⎥⎦⎡6117⎤⎡12−90⎤⎡12−90⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥404140410−8401⎢⎥⎢⎥⎢⎥解.A=⎢12−90⎥→⎢6117⎥→⎢0−11557⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥−13−16−1−13−16−105−25−1⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣2−4223⎥⎦⎢⎣2−4223⎥⎦⎢⎣0−8403⎥⎦⎡12−90⎤⎡12−90⎤⎢⎥⎢⎥01−5−1801−5−18⎢⎥⎢⎥→⎢01−5−711⎥→⎢000−4588⎥⎢⎥⎢⎥01−5−15000−340⎢⎥⎢⎥⎢⎣01−5−38⎥⎦⎢⎣000−14⎥⎦所以r(A)=3.T6.已知α=(1,0,−1,2),β=(0,1,0,2),矩阵A=α·β,则秩(A)=______.⎛1⎞⎡0102⎤⎡0102⎤⎜⎟⎢⎥⎢⎥⎜0⎟0000⎥0000⎥解.A=α·β=()0102=⎢→⎢⎜−1⎟⎢0−10−2⎥⎢0000⎥⎜⎜⎟⎟⎢⎥⎢⎥⎝2⎠⎣0204⎦⎣0200⎦所以r(A)=1.7.已知向量α1=(1,2,3,4),α2=(2,3,4,5),α3=(3,4,5,6),α4=(4,5,6,t),且秩(α1,α2,α3,α4)=2,则t=______.22 ⎡1234⎤⎡1234⎤⎡1234⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥234501230123解.A=(α1,α2,α3,α4)=⎢⎥=⎢⎥=⎢⎥⎢3456⎥⎢0−2−4−6⎥⎢0000⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣456t⎦⎣0−3−6t−16⎦⎣000t−7⎦所以当t=7时,r(A)=2.二.单项选择题1.设向量组α1,α2,α3线性无关,则下列向量组线性相关的是(A)α1+α2,α2+α3,α3+α1(B)α1,α1+α2,α1+α2+α3(C)α1－α2,α2－α3,α3－α1(D)α1+α2,2α2+α3,3α3+α1解.由k(α−α)+k(α−α)+k(α−α)=0112223331得(k−k)α+(k−k)α+(k−k)α=0131212323因为向量组α1,α2,α3线性无关,所以得关于k1,k2,k3的方程组⎧k1−k3=0⎪⎨−k1+k2=0⎪−k+k=0⎩2310−1k,k,k的系数行列式为−110=1−1=0.所以k,k,k有非零解,所以1231230−11α1－α2,α2－α3,α3－α1线性相关.(C)是答案.2.设矩阵Am×n的秩为R(A)=mn解.(C)为答案.5.设A为m×n矩阵,B为n×m矩阵,则线性方程组(AB)x=0(A)当n>m时仅有零解.(B)当n>m时必有非零解.(C)当m>n时仅有零解.(D)当m>n时必有非零解.解.因为AB矩阵为m×m方阵,所以未知数个数为m个.又因为r(AB)≤r(A)≤n,所以,当m>n时,r(AB)≤r(A)≤n0,所以|t|<1⎢⎥t1⎢⎣−125⎥⎦1t−1224且t12=−4t−5t>0,5t+4t<0,−0,t−2>0,L,t−n>059 所以t>n时,tE−A是正定的.二.单项选择题TTT1.设A,B均为n阶方阵,x=(x,x,L,x),且xAx=xBx,当()时,A=B12nTTTT(A)秩(A)=秩(B)(B)A=A(C)B=B(D)A=A且B=BT解.可以证明A为实对称矩阵时,若对任何向量xxAx=0,则A=0.T证明:令x=(0,L,0,1,L,1,0,L,0)(只有第i,j位置的元素为1,其余都是0).则TxAx=2a=0,对任何i,j成立.所以A=0.ijTTTTT所以当A=A且B=B时,(A−B)=A−B=A−B,A−B为实对称矩阵.TTT若对任何向量x,xAx=xBx,则x(A−B)x=0,所以A−B=0,即A=B.(D)是答案.⎡010⎤⎡000⎤⎢⎥⎢⎥对于(A):令A=000,B=100,则A≠B,r(A)=r(B).但是,对于任何三⎢⎥⎢⎥⎢⎣000⎥⎦⎢⎣000⎥⎦⎡x1⎤⎢⎥TT维向量x,xAx=xBx=xx,(A)不是答案;⎢2⎥12⎢x⎥⎣3⎦⎡1⎤00⎢2⎥⎡010⎤⎢1⎥⎢⎥对于(B):取反例A=⎢00⎥,B=0002⎢⎥⎢⎥⎢000⎥⎢⎣000⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎡1⎤00⎡010⎤⎢2⎥⎢⎥⎢1⎥对于C):取反例A=000,B=⎢00⎥⎢⎥2⎢⎥⎢⎣000⎥⎦⎢000⎥⎢⎣⎥⎦2.下列矩阵为正定的是⎡120⎤⎡120⎤⎡1−20⎤⎡200⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥(A)230(B)240(C)−250(D)012⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣002⎥⎦⎢⎣002⎥⎦⎢⎣00−2⎥⎦⎢⎣025⎥⎦60 20解.(D)是答案.一阶主行列式为2,二阶主行列式为=2,三阶主行列式为01200012=10−8=2.0253.设A,B均为n阶正定矩阵,则()是正定矩阵.********(A)A+B(B)A−B(C)AB(D)kA+kB12****解.因为A,B均为n阶正定矩阵,则A,B均为n阶正定矩阵,所以A+B为n阶正定矩阵.(A)是答案.三．计算证明题1.用配方法将下列二次型化为标准形f(x,x,L,x)=xx+xx+L+xx122n12n22n−1nn+1⎧x1=y1−y2n,x2=y2−y2n−1,L,xn=yn−yn−1解.令⎨x=y+y,x=y+y,L,x=y+y⎩2n12n2n−122n−1n+1nn+1则f(x,x,L,x)=xx+xx+L+xx122n12n22n−1nn+1=(y−y)(y+y)+(y−y)(y+y)+L+(y−y)(y+y)12n12n22n−122n−1nn+1nn+12222=y+L+y−y−L−y1nn+12n2.用正交变换将下列实二次型化为标准形222i.f(x,x,x)=11x+5x+2x+16xx+4xx−20xx123123121323222ii.f(x,x,x)=x+x+x+4xx+4xx+4xx123123121323⎡1182⎤⎢⎥解.i.A=85−10⎢⎥⎢⎣2−102⎥⎦11−λ8232|A−λE|=85−λ−10=−λ+18λ+81λ−1458=02−102−λ解得:λ=9,λ=18,λ=−9123所以可用正交变换将原二次型化成以下标准型:222f(y,y,y)=9y+18y−9y12312361 ⎡122⎤⎢⎥ii.A=212⎢⎥⎢⎣221⎥⎦1−λ223|A−λE|=21−λ2=(1−λ)−12(1−λ)+16=0221−λ解得:λ=−1,λ=51,23所以可用正交变换将原二次型化成以下标准型:222f(y,y,y)=−y−y+5y123123323.设A为n阶实对称矩阵,且满足A+A+A=3E,证明A是正定矩阵.3232解.假设λ为A的特征值,因为A+A+A=3E,所以λ+λ+λ−3=0.解得,−2±4−12λ=1,λ==−1±22i.因为A为实对称矩阵,所以只能λ=1.所以A为2正定矩阵.4.设实对称矩阵A的特征值全大于a,实对称矩阵B的特征值全大于b,证明A+B的特征值全大于a+b.解.因为实对称矩阵A的特征值全大于a,所以A−aE为正定阵;因为实对称矩阵B的特征值全大于b,所以A−bE为正定阵.所以(A−aE)+(A−bE)为正定阵.假设λ为A+B的特征值,相应的特征向量为x,即(A+B)x=λx.于是[(A−aE)+(B−bE)]x=(A+B)x−(a+b)Ex=(λ−(a+b))x所以λ−(a+b)为(A−aE)+(A−bE)的特征值.又因为(A−aE)+(A−bE)为正定阵,所以λ−(a+b)>0,即λ>a+b.5.设A为n阶实对称矩阵,证明:秩(A)=n的充分必要条件为存在一个n阶实矩阵B,使TAB+BA是正定矩阵.解.“充分性”(反证法)反设r(A)0,1+ελ>0,L,1+ελ>012n所以E+εA为正定矩阵.TT9.对一般的n元实二次型f=xAx,其中x=(x,x,L,x),证明:f在条件12n222x+x+L+x=1下的最大值恰为矩阵A的最大特征值.12nT解.对于实二次型f=xAx,存在正交变换x=Qy,使222f=λy+λy+L+λy1122nn其中λ,λ,L,λ为A的全部特征值.不妨假定:λ≤λ≤L≤λ.12n12nTTTTλxx=λyQQy=λyy,111TTTTλxx=λyQQy=λyy,222………………………TTTTλxx=λyQQy=λyynnn⎡λ100⎤TTTT⎢⎥222xAx=yQAQy=y0O0y=λy+λy+L+λy⎢⎥1122nn⎢00λ⎥⎣n⎦TT2222T所以λyy≤xAx=λy+λy+L+λy≤λyy11122nnn64 TTT所以λxx≤xAx≤λxx1n222TT当x+x+L+x=1,即xx=1时,λ≤xAx≤λ12n1nTTTTTTT由λxx=λyQQy=λyy知,当yy=1时,xx=1.取y=(0,0,L,1)时,相应nnnT2222的x有xAx=λy+λy+L+λy=λ.1122nnn222所以f在条件x+x+L+x=1下的最大值恰为矩阵A的最大特征值.12n65 第一章随机事件和概率一.填空题1.设A,B,C为三个事件,且P(A∪B)=0.9,P(A∪B∪C)=0.97,则P(AB−C)=____.解.P(AB−C)=P(AB−ABC)=P(AB)−P(ABC)=1−P(AB)−1+P(ABC)=P(A∪B∪C)－P(A∪B)=0.97－0.9=0.072.设10件产品中有4件不合格品,从中任取两件,已知所取两件产品中有一件是不合格品,另一件也是不合格品的概率为_______.解.A={二件产品中有一件是不合格品},B={二件都是不合格品}2c42P(AB)P(B)c110P(B|A)====2P(A)P(A)c561−2c10注意:{二件产品中有一件是不合格品}={二件产品中恰有一件是不合格品}+{二件都是不合格品}所以A⊃B,AB=B;A={二件都是合格品}23.随机地向半圆00,则下列选项必然成立的是(A)P(A)P(A|B)(C)P(A)≥P(A|B)P(AB)P(A)解.P(A|B)==≥P(A)(当B=Ω时等式成立).(B)是答案.P(B)P(B)7.已知0a)=________.P(x1a)=1－F(a)P(x1e时ϕ(x)=0X2当1≤x≤e时1+∞111ϕ(x)=ϕ(x,y)dy=xdy=,所以ϕ(2)=.X∫−∞∫0X22x428.若X1,X2,…,Xn是正态总体N(μ,σ)的一组简单随机样本,则1X=(X+X+L+X)服从______.12nn解.独立正态分布随机变量的线性函数服从正态分布.nnnn2⎛1⎞1⎛1⎞1σE⎜∑Xi⎟=∑E(Xi)=μ,D⎜∑Xi⎟=2∑D(Xi)=⎝ni=1⎠ni=1⎝ni=1⎠ni=1n2σ所以X~N(μ,)n9.如果(X,Y)的联合分布用下列表格给出,(X,Y)(1,1)(1,2)(1,3)(2,1)(2,2)(2,3)P1111αβ69183且X与Y相互独立,则α=______,β=_______.解.Y123X11/61/91/1821/3αβ10 111111P(X=2)=+α+β,P(Y=2)=+α,P(Y=3)=+β,P(Y=1)=+=39186322P(Y=1)+P(Y=2)+P(Y=3)=α+β+=13⎧11α=P(X=2,Y=2)=P(X=2)P(Y=2)=(+α+β)(+α)⎪⎪39⎨11⎪β=P(X=2,Y=3)=P(X=2)P(Y=3)=(+α+β)(+β)⎪⎩3181+α9α12两式相除得=,解得α=2β,β=,α=.1β99+β1810.设(X,Y)的联合分布律为Y－2－10X113－112121212102121222301212则i.Z=X+Y的分布律______.ii.V=X－Y的分布律______.2iii.U=X+Y－2的分布律_______.解.X+Y－3－2－1－3/2－1/213P1/121/123/122/121/122/122/12X－Y－1013/25/235P3/121/121/121/122/122/122/122X+Y－2－15/4－3－11/4－2－157P2/121/121/121/123/122/122/12二.单项选择题1.如下四个函数哪个是随机变量X的分布函数⎧0x<−2⎧0x<0⎪⎪1⎪(A)F(x)=⎨−2≤x<0,(B)F(x)=⎨sinx0≤x<π2⎪x≥0⎪⎩1x≥π⎪⎩211 ⎧0x<0⎧0x<0⎪⎪⎪11(C)F(x)=⎨sinx0≤x<π/2,(D)F(x)=⎨x+0≤x<32⎪⎩1x≥π/2⎪⎪⎩11x≥2解.(A)不满足F(+∞)=1,排除(A);(B)不满足单增,排除(B);(D)不满足F(1/2+0)=F(1/2),排除(D);(C)是答案.k−λ2.P(X=k)=cλe/k!(k=0,2,4,L)是随机变量X的概率分布,则λ,c一定满足(A)λ>0(B)c>0(C)cλ>0(D)c>0,且λ>0k−λ解.因为P(X=k)=cλe/k!(k=0,2,4,L),所以c>0.而k为偶数,所以λ可以为负.所以(B)是答案.3.X～N(1,1),概率密度为ϕ(x),则(A)p(X≤0)=P(X≥0)=0.5(B)ϕ(x)=ϕ(−x),x∈(−∞,+∞)(C)p(X≤1)=P(X≥1)=0.5(D)F(x)=1−F(−x),x∈(−∞,+∞)解.因为E(X)=μ=1,所以p(X≤1)=P(X≥1)=0.5.(C)是答案.4.X,Y相互独立,且都服从区间[0,1]上的均匀分布,则服从区间或区域上的均匀分布的随机变量是2(A)(X,Y)(B)X+Y(C)X(D)X－Y⎧10≤x≤1⎧10≤y≤1解.X～ϕ(x)=⎨,Y～ϕ(y)=⎨.所以⎩0其它⎩0其它⎧10≤x,y≤1(X,Y)～ϕ(x,y)=⎨.所以(A)是答案.⎩0其它⎧0x≤0⎪⎪x5.设函数F(x)=⎨01⎪⎩1(A)F(x)是随机变量X的分布函数.(B)不是分布函数.(C)离散型分布函数.(D)连续型分布函数.解.因为不满足F(1+0)=F(1),所以F(x)不是分布函数,(B)是答案.6.设X,Y是相互独立的两个随机变量,它们的分布函数为F(x),F(y),则Z=max(X,Y)XY的分布函数是(A)F(z)=max{F(z),F(z)}(B)F(z)=max{|F(z)|,|F(z)|}ZXYZXY(C)F(z)=F(z)F(z)(D)都不是ZXY12 解.F(z)=P(Z≤z)=P{max(X,Y)≤z}=P{X≤z且Y≤z}Z因为独立P(X≤z)P(Y≤z)=F(z)F(z).XY(C)是答案.7.设X,Y是相互独立的两个随机变量,其分布函数分别为F(x),F(y),则Z=min(X,Y)XY的分布函数是(A)F(z)=F(z)(B)F(z)=F(z)ZXZY(C)F(z)=min{F(z),F(z)}(D)F(z)=1－[1－F(z)][1－F(z)]ZXYZXY解.F(z)=P(Z≤z)=1−P(Z>z)=1−P{min(X,Y)>z}=1−P{X>z且Y>z}Z因为独立1−[1−P(X≤z)][1−P(Y≤z)]=1−[1−F(z)][1−F(z)]XY(D)是答案.18.设X的密度函数为ϕ(x),而ϕ(x)=,则Y=2X的概率密度是2π(1+x)1211(A)(B)(C)(D)arctany222π(1+4y)π(4+y)π(1+y)πyy解.F(y)=P(Y≤y)=P{2X≤y}=P(X≤)=F()YX22""⎛y⎞y1112ϕY(y)=[FY(y)]=⎜FX()⎟=ϕX()⋅=⋅=2⎝2⎠222⎛y2⎞π(4+y)π⎜1+()⎟⎝2⎠(B)是答案.−(x+y)⎧ex>0,y>0X+Y9.设随机变量(X,Y)的联合分布函数为ϕ(x,y)=⎨,则Z=⎩0其它2的分布密度是⎧1−(x+y)⎧−x+y⎪ex>0,y>0ϕ(z)⎪e2x>0,y>0(A)ϕZ(Z)=⎨2(B)Z=⎨⎪0其它⎪⎩0其它⎩−2z⎧1−z⎧4zez>0⎪ez>0(C)ϕZ(Z)=⎨(D)ϕZ(Z)=⎨2⎩0z≤0⎪0z≤0⎩X+Y解.Z=是一维随机变量,密度函数是一元函数,排除(A),(B).213 +∞1−z1∫edz=,所以(D)不是答案.(C)是答案.022注:排除法做单项选择题是经常使用而且很有效的方法.该题也可直接计算Z的密度:当z<0时F(z)=0Z当z≥0时X+YF(z)=P(Z≤z)=P(≤z)=P(X+Y≤2z)=ϕ(x,y)dxdyZ∫∫2x+y≤2z2zx2z−=e−x⎡e−ydy⎤dx=−2ze−2z−e−2z+1∫∫0⎢⎣0⎥⎦−2z"⎧4zez>0ϕZ(z)=FZ(z)=⎨,(C)是答案.⎩0z≤010.设两个相互独立的随机变量X和Y分别服从正态分布N(0,1)和N(1,1),则下列结论正确的是(A)P{X+Y≤0}=1/2(B)P{X+Y≤1}=1/2(C)P{X－Y≤0}=1/2(D)P{X－Y≤1}=1/2解.因为X和Y分别服从正态分布N(0,1)和N(1,1),且X和Y相互独立,所以X+Y～N(1,2),X－Y～N(－1,2)于是P{X+Y≤1}=1/2,(B)是答案.11.设随机变量X服从指数分布,则Y=min{X,2}的分布函数是(A)是连续函数(B)至少有两个间断点(C)是阶梯函数(D)恰好有一个间断点解.分布函数:F(y)=P(Y≤y)=P(min(X,2)≤y)=1−P(min(X,2)>y)Y当y≥2时F(y)=1−P(min(X,2)>y)=1−0=1Y当0≤y<2时F(y)=1−P(min(X,2)>y)=1−(X>y,2>y)Y−λy=1−P(X>y)=P(X≤y)=1−e当y<0时F(y)=1−P(min(X,2)>y)=1−(X>y,2>y)Y=1−P(X>y)=P(X≤y)=0⎧1y≥2⎪−λy于是FY(y)=⎨1−e0≤y<2只有y=2一个间断点,(D)是答案.⎪0y<0⎩14 三.计算题1.某射手有5发子弹,射击一次的命中率为0.9,如果他命中目标就停止射击,不命中就一直到用完5发子弹,求所用子弹数X的分布密度.解.假设X表示所用子弹数.X=1,2,3,4,5.i−1P(X=i)=P(前i－1次不中,第i次命中)=(0.1)⋅0.9,i=1,2,3,4.当i=5时,只要前四次不中,无论第五次中与不中,都要结束射击(因为只有五发子弹).所4以P(X=5)=(0.1).于是分布律为X12345p0.90.090.0090.00090.00012.设一批产品中有10件正品,3件次品,现一件一件地随机取出,分别求出在下列各情形中直到取得正品为止所需次数X的分布密度.i.每次取出的产品不放回;ii.每次取出的产品经检验后放回,再抽取;iii.每次取出一件产品后总以一件正品放回,再抽取.解.假设Ai表示第i次取出正品(i=1,2,3,…)i.每次取出的产品不放回X1234p101031023123⋅⋅⋅⋅⋅13121311121311121310P(X=1)=P(A)=113103P(X=2)=P(AA)=P(A|A)P(A)=⋅2121112131023P(X=3)=P(AAA)=P(A|A)P(A|A)P(A)=⋅⋅12332211111213123P(X=4)=P(A|A)P(A|A)P(A|A)P(A)=1⋅⋅⋅4332211111213ii.每次抽取后将原产品放回X12…k…pk−110310⎛3⎞3⋅⎜⎟⋅…131313⎝13⎠13k−1⎛3⎞10P(X=k)=p(A1LAk−1Ak)=P(A1)LP(Ak−1)P(Ak)=⎜⎟,(k=1,2,…)⎝13⎠13iii.每次抽取后总以一个正品放回X1234p103113212123⋅⋅⋅1⋅⋅⋅13131313131313131310P(X=1)=P(A)=11315 113P(X=2)=P(AA)=P(A|A)P(A)=⋅2121113131223P(X=3)=P(AAA)=P(A|AA)P(A|A)P(A)=⋅⋅123321211131313123P(X=4)=P(A|AAA)P(A|AA)P(A|A)P(A)=1⋅⋅⋅4321321211131313⎧c⎪|x|<1113.随机变量X的密度为ϕx2,求:i.常数c;ii.X落在(−,)内()=⎨1−x⎪其它22⎩0的概率.+∞1c1π1解.1=ϕ(x)dx=dx=2carcsinx|=2c=cπ,c=∫−∞∫−1201−x2π1/21dx21/22π1P(X∈(−1/2,1/2))==arcsinx|=⋅=∫−1/220π1−xππ634.随机变量X分布密度为⎧2⎧x0≤x<1⎪2|x|<1⎪i.ϕ(x)=⎨π1−x,ii.ϕ(x)=⎨2−x1≤x≤2⎪0其它⎪⎩⎩0其它求i.,ii的分布函数F(x).解.i.当x≤1时xxF(x)=∫∫−∞∞ϕ(t)dt=−0dt=0当－10时2⎧4x4x⎫F(x)=P(X≤x)=P(πD≤x)=P⎨−≤D≤⎬⎩ππ⎭4x25π当<5,即x<时π4F(x)=04x25当5≤≤6,即≤x≤9π时ππ2⎧4x4x⎫F(x)=P(X≤x)=P(πD≤x)=P⎨−≤D≤⎬⎩ππ⎭4x4x=∫π1dt=−55π当x>9π时x6F(x)=∫−∞ϕ(t)dt=∫5dt=118 25π⎧0x<4⎪⎪4x25π所以F(x)=⎨−5≤x≤9ππ4⎪⎪1x>9π⎩⎧125π⎪≤x≤9π密度ϕ(x)=F"(x)=⎨πx4⎪⎩0其它8.已知X服从参数p=0.6的0－1分布在X=0,X=1下,关于Y的条件分布分别为表1、表2所示表1表2Y123Y123111111P(Y|X=0)P(Y|X=1)424263求(X,Y)的联合概率分布,以及在Y≠1时,关于X的条件分布.解.X的分布律为X01p0.40.6(X,Y)的联合分布为Y123X00.10.20.110.30.10.213P(X=1,Y=1)=P(Y=1|X=1)P(X=1)=⋅=0.32513P(X=1,Y=2)=P(Y=2|X=1)P(X=1)=⋅=0.16513P(X=1,Y=3)=P(Y=3|X=1)P(X=1)=⋅=0.23512P(X=0,Y=1)=P(Y=1|X=0)P(X=0)=⋅=0.14512P(X=0,Y=2)=P(Y=2|X=0)P(X=0)=⋅=0.22512P(X=0,Y=3)=P(Y=3|X=0)P(X=0)=⋅=0.145所以Y的分布律为Y123p0.40.30.3P(X=0,Y≠1)0.3P(X=0|Y≠1)===0.5P(Y≠1)0.619 P(X=1,Y≠1)0.3P(X=1|Y≠1)===0.5P(Y≠1)0.6所以X|Y≠101p0.50.5X9.设随机变量X与Y相互独立,并在区间[0,9]上服从均匀分布,求随机变量Z=的分布Y密度.⎧1⎧1⎪0≤x≤9⎪0≤y≤9解.X～ϕX(x)=⎨9,Y～ϕY(x)=⎨9⎪0其它⎪0其它⎩⎩因为X,Y相互独立,所以(X,Y)联合密度为⎧1⎪0≤x,y≤9Y(X,Y)～ϕ(x,y)=⎨81,FZ(z)=P(Z≤z)=P(≤z)⎪其它X⎩0当z≤0时F(z)=0当01)8122z⎧⎪0z≤0"⎪1所以ϕZ(z)=FZ(z)=⎨200,y>0,x+y<1ϕ(x,y)=⎨⎩0其它11求:i.ϕ(x),ϕ(y|x),ϕ(y|x=),ii.ϕ(y),ϕ(x|y),ϕ(x|y=)XY22解.20 +∞i.ϕ(x)=ϕ(x,y)dyX∫−∞当x≤0或x≥1时+∞ϕ(x)=ϕ(x,y)dy=0X∫−∞当00,y>0,x+y<1所以ϕ(y|x)==⎨(1−x)ϕX(x)⎪其它⎩011⎧24y(1−2y)00,y>0,x+y<1所以ϕ(x|y)==⎨(1−y)ϕY(y)⎪其它⎩011⎧4(1−2x)00时xyxy1−−1zx−⎡z−−3⎤F(z)=P(X+Y≤z)=e23dxdy=e2edydxZ∫∫∫∫00⎢⎥x≥0,y≥066⎣⎦x+y013.假设随机变量Y服从参数为λ=1的指数分布,随机变量⎧0Y≤kXk=⎨k=1,2⎩1Y>ki.求X1和X2的联合概率分布;ii.求E(X1+X2).−y⎧ey>0解.Y的密度为ϕ(y)=⎨⎩0其它⎧0Y≤1⎧0Y≤2X1=⎨,X2=⎨⎩1Y>1⎩1Y>21−x−1P(X=0,X=0)=P(Y≤1,Y≤2)=P(Y≤1)=edx=1−e12∫0P(X=0,X=1)=P(Y≤1,Y>2)=0122−x−1−2P(X=1,X=0)=P(Y>1,Y≤2)=edx=e−e12∫1+∞−x−2P(X=1,X=1)=P(Y>1,Y>2)=P(Y>2)=edx=e12∫2(X1,X2)的联合分布为24 X201X1−101－e0−1−2−21e－eeX1,的分布为:X101−1−1p1－eeX2,的分布为:X201−2−2p1－ee−1−2−1−2E(X1)=e,E(X2)=e,E(X1+X2)=e+e.14.设连续型随机变量(X,Y)的分布函数为xyF(x,y)=A(B+arctan)(C+arctan)23求A,B,C.ππ解.F(+∞,+∞)=1,A(B+)(C+)=1(*)22πyF(−∞,y)=0,A(B+)(C−arctan)=023π由(*),显然A≠0,∴B=2xππF(x,−∞)=0,A(B+arctan)(C−)=0,C=2221由(*),A=.2π25 第三章随机变量的数字特征一.填空题1.设随机变量X与Y相互独立,D(X)=2,D(Y)=4,D(2X－Y)=_______.解.D(2X－Y)=4D(X)+D(Y)=122.已知随机变量X～N(－3,1),Y～N(2,1),且X与Y相互独立,Z=X－2Y+7,则Z～____.解.因为Z=X－2Y+7,所以Z服从正态分布.E(Z)=E(X)－2E(Y)+7=0.D(Z)=D(X－2Y+7)=D(X)+4D(Y)=1+4=5.所以Z～N(0,5)3.投掷n枚骰子,则出现点数之和的数学期望______.解.假设Xi表示第i颗骰子的点数(i=1,2,…,n).则1117E(Xi)=1⋅+2⋅+L+6⋅=(i=1,2,…,n)6662nnn7n又设X=∑Xi,则E(X)=E(∑Xi)=∑E(Xi)=i=1i=1i=124.设离散型随机变量X的取值是在两次独立试验中事件A发生的次数,如果在这些试验中事件发生的概率相同,并且已知E(X)=0.9,则D(X)=______.解.X~B(2,p),所以E(X)=0.9=2p.p=0.45,q=0.55D(X)=2pq=2×0.45×0.55=0.495.⎧1X>0⎪5.设随机变量X在区间[－1,2]上服从均匀分布,随机变量Y=⎨0X=0,则方差⎪⎩−1X<0D(Y)=_______.⎧1⎪−1≤x≤2解.X～ϕ(x)=⎨3⎪0其它⎩Y的分布律为Y10－1p2/301/3212因为P(Y=1)=P(X>0)=∫dx=033P(Y=0)=P(X=0)=0011P(Y=−1)=P(X<0)=∫−dx=133211221228于是E(Y)=−=,E(Y)=+=1,D(Y)=E(Y)−[E(Y)]=333339013⎛⎞6.若随机变量X1,X2,X3相互独立,且服从相同的两点分布⎜⎜⎟⎟,则X=∑Xi服⎝0.80.2⎠i=126 从_______分布,E(X)=_______,D(X)=________.解.X服从B(3,0.2).所以E(X)=3p=3×0.2=0.6,D(X)=3pq=3×0.2×0.8=0.487.设X和Y是两个相互独立的随机变量,且X～N(0,1),Y在[－1,1]上服从均匀分布,则cov(X,Y)=_______.解.因为X和Y是两个相互独立的随机变量,所以cov(X,Y)=0.⎧2x0≤x≤18.设X和Y是两个相互独立的随机变量,其概率密度分别为:ϕ(x)=⎨,⎩0其它−(y−5)⎧ey>5ϕ(y)=⎨,则E(XY)=________.⎩0其它+∞12解.E(X)=∫xϕ(x)dx=∫x⋅2xdx=−∞03+∞+∞−(y−5)E(Y)=∫yϕ(y)dy=∫y⋅edy=6−∞5因为X和Y是两个相互独立的随机变量,所以E(XY)=E(X)E(Y)=429.若随机变量X1,X2,X3相互独立,其中X1在[0,6]服从均匀分布,X2服从正态分布N(0,2),X3服从参数λ=3的泊松分布,记Y=X1－2X2+3X3,则D(Y)=______.解.D(Y)=D(X−2X+3X)=D(X)+4D(X)+9D(X)12312326=+4×4+9×3=4612二.单项选择题1.设随机变量X和Y独立同分布,记U=X－Y,V=X+Y,则U和V必然(A)不独立(B)独立(C)相关系数不为零(D)相关系数为零解.因为X和Y同分布,所以E(U)=E(X)－E(Y)=0,E(U)E(V)=0.22E(UV)=E(X)−E(Y)=0.所以cov(X,Y)=E(UV)－E(U)E(V)=0.(D)是答案.2.已知X和Y的联合分布如下表所示,则有Y012X00.10.050.25100.10.220.20.10(A)X与Y不独立(B)X与Y独立(C)X与Y不相关(D)X与Y彼此独立且相关解.P(X=0)=0.4,P(Y=0)=0.3.0.1=P(X=0,Y=0)≠P(X=0)×P(Y=0).(A)是答案.23.设离散型随机变量X可能取值为:x1=1,x2=2,x3=3,且E(X)=2.3,E(X)=5.9,则x1,x2,27 x3所对应的概率为(A)p1=0.1,p2=0.2,p3=0.7(B)p1=0.2,p2=0.3,p3=0.5(C)p1=0.3,p2=0.5,p3=0.2(D)p1=0.2,p2=0.5,p3=0.3解.E(X)=xp+xp+xp=p+2p+3(1−p−p)=3−2p−p=2.31122331212122p+p=0.7122222E(X)=xp+xp+xp=p+4p+9(1−p−p)=5.911223312128p+5p=3.112解得p1=0.2,p2=0.3,p3=0.5.(B)是答案.4.现有10张奖券,其中8张为2元,2张为5元,今每人从中随机地无放回地抽取3张,则此人抽得奖券的金额的数学期望(A)6(B)12(C)7.8(D)9解.假设X表示随机地无放回地抽取3张,抽得奖券的金额.X的分布律为X6912p7/157/151/153c78P(X=6)=P(三张都是二元)==3c151021cc782P(X=9)=P(二张二元,一张五元)==3c151012cc182P(X=9)=P(一张二元,二张五元)==3c1510771E(X)=6⋅+9⋅+12⋅=7.8.(C)是答案.151515225.设随机变量X和Y服从正态分布,X～N(μ,4),Y～N(μ,5),记P1=P{X≤μ－4},P2=P{Y≥μ+5},则(A)对任何μ,都有P1=P2(B)对任何实数μ,都有P1P2⎧X−μ⎫解.P1={X≤μ－4}=P⎨≤−1⎬=Φ(−1)=1−Φ(1)⎩4⎭⎧Y−μ⎫⎧Y−μ⎫P2={Y≥μ+5}=P⎨≥1⎬=1−P⎨≤1⎬=1−Φ(1)⎩5⎭⎩5⎭(其中Φ(x)为N(0,1)的分布函数).所以(A)是答案.6.随机变量ξ=X+Y与η=X－Y不相关的充分必要条件为2222(A)E(X)=E(Y)(B)E(X)－E(X)=E(Y)－E(Y)222222(C)E(X)=E(Y)(D)E(X)+E(X)=E(Y)+E(Y)解.cov(ξ,η)=E(ξη)－E(ξ)E(η)28 22E(ξη)=E[(X+Y)(X−Y)]=E(X)−E(Y)22E(ξ)E(η)=[E(X)+E(Y)][E(X)－E(Y)]=E(X)−E(Y)所以(B)是答案.三.计算题ka1.设X的分布律为P(X=k)=,k=0,1,2,…,a>0,试求E(X),D(X).k+1(1+a)∞∞kak1∞ak+1⎛⎞解.E(X)=∑kP(X=k)=∑k+1=∑k⎜⎟k=0k=1(1+a)ak=1⎝1+a⎠"∞∞∞"2k+12k−12⎛k⎞2⎛x⎞x令f(x)=∑kx=x∑kx=x⎜∑x⎟=x⎜⎟=2k=0k=1⎝k=1⎠⎝1−x⎠(1−x)2a2a(1+a)212f()==a,所以E(X)=⋅a=a.1+aa2a(1−)1+a∞∞2k∞k22kaaE(X)=∑kP(X=k)=∑k+1=∑(k+1−1)kk+1k=0k=1(1+a)k=1(1+a)∞k∞k∞kaa1a=∑(k+1)kk+1−∑kk+1=∑(k+1)kk−ak=1(1+a)k=1(1+a)1+ak=1(1+a)""""∞∞∞⎛2⎞kk−1⎛k+1⎞x2x令f(x)=∑(k+1)kx=x∑(k+1)kx=x⎜∑x⎟=x⎜⎜⎟⎟=3k=0k=1⎝k=1⎠⎝1−x⎠(1−x)2aa1+a2f()==2a(1+a),1+aa3(1−)1+a2122所以E(X)=⋅2a(1+a)−a=a+2a.1+a22222D(X)=E(X)−[E(X)]=a+2a−a=a+a.⎧22π⎪cosx|x|≤2.设随机变量X具有概率密度为ϕ(x)=⎨π2,求E(X),D(X).⎪⎩0其它π+∞2解.E(X)=xϕ(x)dx=2xcos2xdx=0∫−∞∫−ππ229 π222222D(X)=E(X)−[E(X)]=xcosxdx∫−ππ2π22221+cos2xπ1=2∫xdx=−0π21223.设随机变量X和Y的联合概率分布为(X,Y)(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)(2,0)(2,1)P(X=x,Y=y)0.100.150.250.200.150.15⎡π(X+Y)⎤求E⎢sin⎥.⎣2⎦π(X+Y)解.sin的分布律为2sinπ(X+Y)/201－1p0.450.400.15⎡π(X+Y)⎤Esin=0×0.45+1×0.40+(−1)×0.15=0.25⎢⎣2⎥⎦4.一汽车沿一街道行驶需要通过三个设有红绿信号灯路口,每个信号灯为红或绿与其它信号灯为红或绿相互独立,且红绿两种信号显示的时间相等,以X表示该汽车首次遇到红灯前⎛1⎞已通过的路口的个数,求:i.X的概率分布,ii.E⎜⎟⎝1+X⎠解.假设X为该汽车首次遇到红灯已通过的路口数X0123233p1/21/21/21/21P(X=0)=P{第一个路口为红灯}=2111P(X=1)=P{第一个路口为绿灯,第二个路口为红灯}=⋅=22221P(X=0)=P{第一,二路口为绿灯,第三个路口为红灯}=321P(X=0)=P{第一,二,三路口为绿灯}=32⎛1⎞1111111167E⎜⎟=⋅+⋅+⋅+⋅=233⎝1+X⎠12223242965.设(X,Y)的分布密度22⎧4xye−(x+y)x>0,y>0ϕ(x,y)=⎨⎩0其它22求E(X+Y).30 +∞+∞22222222−(x+y)解.E(X+Y)=∫∫x+yϕ(x,y)dxdy=∫∫x+y4xyedxdy−∞−∞x>0y>0π2+∞2−r23π=∫cosθsinθdθ⋅∫r⋅4r⋅e⋅rdr=0046.在长为l的线段上任选两点,求两点间距离的数学期望与方差.解.假设X,Y为线段上的两点.则它们都服从[0,l]上的均匀分布,且它们相互独立.⎧1⎧1⎪0≤x≤l⎪0≤y≤lX～ϕ(x)=⎨l,Y～ϕ(y)=⎨l⎪0其它⎪0其它⎩⎩(X,Y)的联合分布为⎧1⎪0≤x,y≤l2ϕ(x)=⎨l.⎪0其它⎩又设Z=|X－Y|,D1={(x,y):x>y,0≤x,y≤l},D2={(x,y):x≤y,0≤x,y≤l}+∞+∞11E(Z)=|x−y|ϕ(x,y)dxdy=(x−y)dxdy+(y−x)dxdy∫∫−∞−∞∫∫l2∫∫l2D1D21lx1ly=[(x−y)dy]dx+[(y−x)dx]dyl2∫∫00l2∫∫00221lx1lyl=dx+dy=l2∫02l2∫02322+∞+∞212lE(Z)=(x−y)ϕ(x,y)dxdy=(x−y)dxdy=∫∫−∞−∞l2∫∫60≤x≤l0≤y≤l22222lllD(Z)=E(Z)−[E(Z)]=−=69181−|x−μ|7.设随机变量X的分布密度为ϕ(x)=e,(−∞0,有limP⎜|−p|≥ε⎟=__________.n→∞⎝n⎠⎛Yn⎞⎛Yn⎞解.limP⎜|−p|≥ε⎟=1－limP⎜|−p|<ε⎟=1−1=0n→∞⎝n⎠n→∞⎝n⎠2.设随机变量X和Y的数学期望是2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5,则根据切比雪夫不等式P(|X－Y|≥6)≤_______.解.E(X－Y)=E(X)－E(Y)=2－2=0D(X－Y)=D(X)+D(Y)－2ρD(X)D(Y)=1+4－2×0.5×1×2=3XYD(X−Y)31所以P(|X−Y|≥6)≤==2636123.设随机变量X的数学期望E(X)=11，方差D(X)=9,则根据契比雪夫不等式估计P{20,根据契比雪夫不等式可得i=1⎧1⎫99(A)P⎨|S9−1|<ε⎬≥1−2(B)P{}|S9−1|<ε≥1−2⎩9⎭εε⎧1⎫11(C)P⎨|S9−1|<ε⎬≥1−2(D)P{}|S9−1|<ε≥1−2⎩9⎭εε解.E(S)=D(S)=999D(S9)9根据契比雪夫不等式可得P{}|S−1|<ε≥1−=1−.(B)为答案.922εε三.计算题1.某厂有400台同型机器,各台机器发生故障的概率均为0,02,假如各台机器相互独立工作,试求机器出现故障的台数不少于2台的概率.解.假设X表示400台机器中发生故障的台数,所以X～B(400,0.02)由棣莫佛－拉普拉斯定理:2t⎛X−400×0.02⎞1x−limP≤x⎟=e2dt=Φ(x)⎜∫−∞n→∞⎝400×0.02×0.98⎠2π⎛X−8−7⎞所以P(X≥2)=1−P(X≤1)=1−P⎜≤⎟⎝400×0.02×0.98400×0.02×0.98⎠≈1－Φ(－2.5)=Φ(2.5)=0.9938.2.设供电网中有10000盏灯,夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7,假设各灯开、关时间彼此无关,计算同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.解.假设X表示10000盏灯中开着的灯数,所以X～B(10000,0.7)由棣莫佛－拉普拉斯定理:2t⎛X−7000⎞1x−limP≤x⎟=e2dt=Φ(x)⎜∫−∞n→∞⎝10000×0.3×0.7⎠2π所以P(6800≤X≤7200)⎛6800−7000X−70007200−7000⎞=P⎜≤≤⎟⎝10000×0.3×0.710000×0.3×0.710000×0.3×0.7⎠≈Φ(4.36)－Φ(－4.36)=2Φ(4.36)－1=2×0.999993－1=0.999.37 3.随机地扔6颗骰子,根据契比雪夫不等式估计6个骰子出现点数总和在15点到27点之间的概率.17解.E(X)=(1+2+3+4+5+6)×=,i622222222191E(X)=(1+2+3+4+5+6)×=,i662235D(X)=E(X)−[E(X)]=,iii1235X=X+L+X,E(X)=21,D(X)=162P{15≤X≤27}=P{|X−21|≤6}=1−P{|X−21|>6}D(X)37≥1−=≈0.5139.26724.分别用契比雪夫不等式和中心极限定理估计,当扔一枚均匀硬币时,需扔多少次,才能保证使得出现正面的频率在0.4至0.6之间的概率不小于90%.解.假设需要扔n次,X表示出现正面的次数,则X~B(n,0.5)nn(i)由契比雪夫不等式⎧Xn⎫⎧Xn⎫D(Xn)P⎨0.4≤≤0.6⎬=P⎨−0.5≤0.1⎬≥1−2⎩n⎭⎩n⎭0.10.25n25=1−=1−≥0.90,解得n≥25020.01nn(ii)棣莫弗－拉普拉斯中心极限⎧Xn⎫P⎨0.4≤≤0.6⎬=P{0.4n≤Xn≤0.6}⎩n⎭⎧0.4n−0.5nXn−0.5n0.6n−0.5n⎫⎧Xn−0.5n⎫=P⎨≤≤⎬=P⎨−0.2n≤≤0.2n⎬⎩0.25n0.25n0.25n⎭⎩0.25n⎭≈2Φ(0.2n)−1≥0.90Φ(0.2n)≥0.95,0.2n≥1.645,n≥68评注:1.由本题看出,用中心极限定理计算概率比用契比雪夫不等式计算概率要精确得多;2.用契比雪夫不等式只能计算对称区间上的概率,而中心极限定理能用于计算非对称区间上的概率.5.一生产线的产品成箱包装,每箱重量是随机的.假设每箱平均重50千克,标准差为5千克若用最大载重量为5吨的汽车承运,利用中心极限定理说明每辆最多装多少箱,才能保证不超载的概率大于0.977.(Φ(2)=0.977,其中Φ(x)是标准正态分布函数.)解.假设X表示第i箱的重量,n为所求的箱数.T=X+L+X为总重量.in1n38 E(X)=50,D(X)=5iin⎛⎞n⎜∑Xi−50n⎟⎜i=15000−50n⎟则P(Tn≤5000)=P(∑Xi≤5000)=P⎜≤⎟i=15n5n⎜⎟⎝⎠n⎛⎞⎜∑Xi−50n⎟⎜i=11000−10n⎟1000−10n=P≤≈Φ()>0.977⎜5nn⎟n⎜⎟⎝⎠1000−10n>2,解得n<98.0199n所以最多可装98箱.6.设有2500个同一年龄段和同一社会阶层的人参加了某保险公司的人寿保险.假设在一年中每个人死亡的概率为0.002,每个人在年初交纳保费120元,而死亡时家属可以从保险公司领到20000元,问:(i)保险公司亏本的概率;(ii)保险公司获利不少于100000元的概率;(iii)保险公司希望99.9%可能性保证获利不少于500000,问公司至少发展多少客户?解.假设X表示2500人中死亡人数,X~B(2500,0.002)(i)保险公司亏本的概率P{2500×120−20000X<0}=P(X>15)=1−P{X≤15}⎧X−2500×0.00215−2500×0.002⎫=1−P⎨≤⎬⎩2500×0.002×0.9982500×0.002×0.998⎭10≈1−Φ()=1−Φ(4.4766)=0.0000694.99(ii)保险公司获利不少于100000元的概率;P{2500×120−20000X≥100000}=P(X≤10)⎧X−2500×0.00210−2500×0.002⎫=1−P⎨≤⎬⎩2500×0.002×0.9982500×0.002×0.998⎭5≈Φ()=Φ(2.238)=0.98744.99(iii)假设公司至少要发展n个客户,X表示n个客户中死亡人数,则n39 X~B(n,0.002).nP{120n−20000X≥500000}=P(X≤0.006n−25)nn⎧Xn−0.002n0.006n−25−0.002n⎫=P⎨≤⎬⎩n×0.002×0.998n×0.002×0.998⎭⎧Xn−0.002n0.004n−25⎫⎛0.004n−25⎞=P⎨≤⎬≈Φ⎜⎜⎟⎟≥0.999⎩n×0.002×0.9980.001996n⎭⎝0.04468n⎠0.004n−25查表得≥3.01.解得n≥4770.7330.4468n所以至少要发展4771个客户.7.假设X是n重伯努利试验中A出现的次数,p(01.44).i=12解.因为X1,X2,…,X10为总体N(0,0.3)的一个样本,所以102Xi2∑2~χ(10)i=10.3101022Xi1.442P(∑Xi>1.44)=P(∑2>)=P(χ(10)>16)=0.1i=1i=10.30.092.从一正态总体中抽取容量为10的一个样本,若有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上,试求总体的标准差.2X−μ解.因为总体X服从N(μ,σ),所以~N(0,1).由σ/1042 P(|X−μ|>4)=0.02X−μ410知P(||>)=0.02σ/10σ410410即Φ(−)=0.01,Φ()=0.99σσ410410查表得=2.33,σ==5.43.σ2.333.设总体X～N(72,100),为使样本均值大于70的概率不小于0.95,问样本容量至少应取多大?100X−72解.假设样本容量为n,则X~N(72,),~N(0,1)n10n由P(X>70)≥0.95得X−7270−72P(>)≥0.951010nnnn所以Φ()≤0.95,≥1.65,n≥68.0625.554.设总体X服从N(μ,4),样本(X1,X2,…,Xn)来自X,X为样本均值.问样本容量至少应取多大才能使22i.E(|X−μ|)≤0.1ii.P(|X−μ|≤0.1)≥0.95214解.i.E(|X−μ|)=D(X)=D(X)=≤0.1nn所以n≥40.4X−μii.X~N(μ,),~N(0,1).所以n2nX−μ0.1nP(|X−μ|≤0.1)=P(||≤)≥0.9522n11Φ(n)≥0.975,查表得n≥1.96,n≥1537202043 n15.设X=∑Xi,证明:ni=1nn222i.∑(Xi−μ)=∑(Xi−X)−n(X−μ);i=1i=1nn222ii.∑∑(Xi−X)=Xi−n(X).i==1i1nn22解.i.∑(Xi−μ)=∑(Xi−X+X−μ)i=1i=1nnn22=∑(Xi−X)+2∑(Xi−X)(X−μ)+∑(X−μ)i=1i=1i=1nn22=∑(Xi−X)+2(X−μ)(∑Xi−nX)+n(X−μ)i=1i=1n22=∑(Xi−X)−n(X−μ)i=1nnnn22222ii.∑(Xi−X)=∑(Xi−2XiX+X)=∑Xi−2X∑Xi+nXi=1i=1i=1i=1nn22222=∑Xi−2nX+nX=∑Xi−n(X)i=1i=126.设X,X,L,X是来自正态总体N(0,3)的样本,求系数a,b,c,d使统计量121022222Y=aX+b(X+X)+c(X+X+X)+d(X+X+X+X)服从χ分布,12345678910并求其自由度.解.X~N(0,9),X+X~N(0,18),X+X+X~N(0,27),123456X+X+X+X~N(0,36)78910XX+XX+X+X123456~N(0,1),~N(0,1),~N(0,1),33233X+X+X+X78910~N(0,1)6222X12(X2+X3)2(X4+X5+X6)2~χ(1),~χ(1),~χ(1),9182744 2(X7+X8+X9+X10)2~χ(1)362由χ的可加性,2222X1(X2+X3)(X4+X5+X6)(X7+X8+X9+X10)2Y=+++~χ(4)91827361111所以a=,b=,c=,d=,自由度为4.91827367.设总体X服从标准正态分布,而X,X,L,X(n>5)是来自总体的样本,则统计量12n5nn22Y=(−1)∑Xi/∑Xi服从什么分布.5i=1i=65n22解.∑Xi与∑Xi相互独立i=1i=65n2222∑Xi~χ(5),∑Xi~χ(n−5),i=1i=6525n∑Xi5n22i=1所以Y=(−1)∑Xi/∑Xi=n~F(5,n−5)5i=1i=62∑Xi(n−5)i=628.设总体X服从正态分布N(μ,σ),而X,X,L,X是来自总体的样本12162⎧S⎫2(1)求P⎨2≤2.041⎬,其中S是样本方差;⎩σ⎭422σ(2)证明D(S)=.1522⎧S⎫⎧15S⎫2解.(1)P⎨2≤2.041⎬=P⎨2≤15×2.041⎬=P{χ(15)≤30.615}⎩σ⎭⎩σ⎭2=1−P{χ(15)>30.615}=1−0.01=0.9922⎛(n−1)S⎞15(2)因为D⎜⎟=2(n−1),因为n=16,所以=2×15⎜2⎟4⎝σ⎠σ422σ所以D(S)=.1545 29.设总体X服从正态分布N(μ,σ),而X,X,L,X是来自总体的样本,假定样本均1210值与总体均值之差的绝对值有2%在4以上,求总体的标准差.2X−μ解.X~N(μ,σ),~N(0,1)σ⎧|X−μ|4⎫⎧X−μ4⎫所以P{|X−μ|>4}=P⎨>⎬=2P⎨>⎬⎩σ/10σ/10⎭⎩σ/10σ/10⎭⎡4⎤=2⎢1−Φ()⎥=0.02⎣σ/10⎦44Φ()=0.99,查表得=2.33,σ≈5.429.σ/10σ/1010.从总体X~N(12,4)中抽取容量为5的样本,试求(1)样本均值与总体之差的绝对值大于1的概率;(2)P{max(X,X,L,X)>15};125(3)P{min(X,X,L,X)>15};125(4)如果样本容量为n且要求P{111}=P⎨>⎬=2P⎨>⎬⎩2/52/5⎭⎩2/52/5⎭⎡5⎤=2⎢1−Φ()⎥=2[1−Φ(1.118)]=0.2628⎣2⎦(2)P{max(X,X,L,X)>15}=1−P{max(X,X,L,X)≤15}12512555⎡15−12⎤5=1−[P(X≤15)]=1−⎢Φ()⎥=1−[Φ(1.5)]=0.29⎣2⎦(3)P{min(X,X,L,X)<10}=1−P{min(X,X,L,X)≥10}12512555⎡10−12⎤=1−[1−P(X<10)]=1−1−Φ()⎢⎥⎣2⎦5=1−[1−Φ(−1)]=0.578546 4(4)X~N(12,)n⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜13−12⎟⎜11−12⎟nP{110)的样本,则θ的矩估计量为____;极大似然估计量为_____.⎧1θ≤x≤θ+1解.总体X的密度为ϕ(x)=⎨⎩0其它i.矩估计量θ+11E(X)=∫xdx=(2θ+1)θ21∧∧1用X来估计E(X):(2θ+1)=X,θ=X−22ii.最大似然估计⎧1θ≤xi≤θ+1Xi～ϕi(xi)=⎨(i=1,2,…,n)⎩0其它48 ⎧1θ≤x1,L,xn≤θ+1所以(X1,X2,…,Xn)的联合密度为ϕ(x1,Lxn)=⎨⎩0其它ϕ(x1,Lxn)在θ≤x1,L,xn≤θ+1范围中为常数.θ≥min{x1,…xn}.所以∧θ=min{x1,…xn}.25.设(X1,X2,…,Xn)为来自正态总体N(μ,σ)的样本,a,b为常数,且002πσ22其中－∞<μ<+∞,σ>0为未知参数,试求μ,σ的极大似然估计.解.最大似然函数为2n(lnxi−μ)21−1−2f(x,Lx,μ,σ)=∏xe2σ1nii=12πσnnn−2n212lnf=ln(2π)−lnσ−∑xi−2∑(lnxi−μ)2i=12σi=1n∂lnf1=2∑2(lnxi−μ)=0∂μ2σi=1n∂lnfn122=−2+22∑(lnxi−μ)=0∂σ2σ2(σ)i=1∧1n∧1n22所以μ=∑lnXi,σ=∑(lnXi−μ)ni=1ni=13.设总体X服从(0,θ)上的均匀分布,X1,X2,…,Xn为取自X的样本.∧i.求θ的矩估计θ,并讨论其无偏性和一致性.1∧ii.求θ的极大似然估计θ,并讨论其无偏性和一致性.2⎧1/θ0≤x≤θ解.总体X～ϕ(x)=⎨⎩0其它i.矩估计∧θθ∧1E(X)=,所以=X,θ=2X122∧θ∧E(θ)=2E(X)=2=θ,所以θ是θ的无偏估计;112∧4n4θ2θ2因为D(θ1)=4D(X)=2∑D(X1)=2⋅n⋅=→0(n→∞)ni=1n123n51 ∧所以θ是θ的一致估计.1ii.最大似然估计⎧1⎪n0≤x1,L,xn≤θ所以(X1,X2,…,Xn)的联合密度为ϕ(x1,Lxn)=⎨θ⎪⎩0其它θ越小,ϕ(x,Lx)就越大.但θ的值不能小于maxx.1ni1≤i≤n∧所以θ=maxx.2i1≤i≤n∧假设Z=θ2=maxxi.又设FX(x)是总体X的分布函数.所以Z的密度函数为1≤i≤nnFX(z)={FX(x)}Z的密度函数为⎧zn−11n−1⎪n()0≤z≤θϕZ(x)=n{FX(z)}ϕ(x)=⎨θθ⎪⎩0其它+∞θzn−11n所以E(Z)=zϕ(z)dz=zn()dz=θ∫−∞Z∫0θθn+1∧所以θ=maxx不是θ的无偏估计;2i1≤i≤n2+∞2θ2zn−11n2E(Z)=zϕ(z)dz=zn()dz=θ∫−∞Z∫0θθn+222n2n2nD(Z)=E(Z)−[E(Z)]=θ−(θ)=θ→02n+2n+1(n+2)(n+1)nn由于E(Z)=θ→θ,D(Z)==θ→02n+1(n+2)(n+1)∧所以θ=maxx是θ的一致估计.2i1≤i≤n4.设总体X的密度函数为a⎧λaxa−1e−λxx>0f(x)=⎨(λ>0,a>0)⎩0x≤0根据取自总体X的样本(X1,X2,…,Xn),求未知参数λ的极大似然估计量.解.最大似然函数为52 nan−λ∑xif(x,Lx,λ)=λnanei=1∏xa−11nii=1nnaa−1lnf=nlnλ−λ∑xi−ln∏xii=1i=1n∂lnfna=−∑xi=0∂λλi=1∧n所以λ=.na∑Xii=1n5.设(X1,X2,…,Xn)为取自总体X的样本,αi>0,∑αi=1,证明i=1ni.∑αiXi为E(X)的无偏估计.i=1n1ii.在上述所有无偏估计中,以X=∑Xi最有效.ni=1nnn解.i.E(∑αiXi)=∑αiE(Xi)=∑αiE(X)=E(X)i=1i=1i=1n所以∑αiXi为E(X)的无偏估计;i=1nnn22ii.E(∑αiXi)=∑αiE(Xi)=D(X)∑αii=1i=1i=1nn2所以该问题转化为:在条件αi>0,∑αi=1下,αi取何值时,∑αi最小.i=1i=1n⎧⎪条件∑αi=1⎪i=1条件极值:⎨n⎪目标函数f(α,Lα)=∑α2最小1ni⎪⎩i=1nn2令F(α1,Lαn,λ)=∑αi+λ(∑αi−1)i=1i=1∂F1=2α+λ=0,(i=1,2,…,n).解得α=L=α=i1n∂αni53 nn1即∑αiXi作为E(X)的无偏估计中,以X=∑Xi最有效.i=1ni=126.设某产品的性能指标X～N(μ,σ),现随机抽取20个产品进行检测,检测后经计算得这些2产品的性能指标均值X=5.21,S=0.049,试求X的标准差σ的置信度为0.95的置信区间.2解.1－α=0.95,α/2=0.025,n=20,s=0.049.2222(n−1)S19S2X～N(μ,σ),χ==~χ(19)22σσ2222由P{χ(19)<χ<χ(19)}=1−α=0.95查χ表,查得αα1−222222χ(19)=χ(19)=8.91,χ(19)=χ(19)=32.9α0.025α0.9751−222σ的95%置信区间为22(n−1)s(n−1)s19×0.04919×0.049[,]=[,]=[0.03,0.10]22χ(19)χ(19)32.98.910.9750.025所以,σ的95%置信区间为:[0.17,0.32].7.有一大批袋装糖果,现从中抽取16袋称其重量后,得x=503.75,s=6.2022.设袋装糖果的重量服从正态分布,试求总体均值μ的置信区间(1−α=0.95).X−μ解.单正态总体,方差未知,因此估计函数用~t(n−1)S/nn=16,α=0.05,查表得t(15)=t(15)=2.1315α/20.025μ的1−α置信区间为6.20226.2022(503.75−×2.1315,503.75+×2.1315)=(500.4,507.1)16168.设随机变量X服从正态分布N(μ,8),μ未知.现有10个观察值,已知x=1500(1)求μ的置信度为0.95的置信区间;(2)要使μ的置信度为0.95的置信区间长度不超过1,观察值个数n最少取多少;(3)如果n=64,那么区间(x−1,x+1)作为μ的置信区间时,置信度为多少?2X−μ解.σ=8已知，~N(0,1),由α=0.05,查表得u=u=1.96α/20.025σ/n(1)μ的置信度为0.95的置信区间54 σσ2222(x−u,x+u)=(1500−×1.96,1500+×1.96)α/2α/2nn1010=(1498,1502)(2)μ的置信度为0.95的置信区间长度σ22d=2×u=2××1.96≤1,解得n≥122.93α/2nn最少应取n=123.(3)n=64,μ的置信区间(x−1,x+1),则σ22αu=u=1,∴u=2.8285,查表得=1−0.9887=0.0113α/2α/2α/2n6421−α=1−2×0.0113=0.9774.9.随机地从A批导线中抽取4根,B批导线中抽取5根,测得关于导线电阻的均值、方差分别为2−62−6x=0.141,y=0.139;s=8.333×10,s=5.25×101222已知两批导线的电阻分别服从N(μ,σ),N(μ,σ),且相互独立.求μ−μ的置信区1212间的上限(1−α=0.90).(X−Y)−(μ−μ)12解.两总体σ未知,但相等,用估计函数:~t(n+n−2)1211S+Wnn122−6−6(n1−1)s1+(n2−1)s223×8.333×10+4×5.25×10−3s===2.398×10wn+n−2812α=0.1,t(n+n−2)=t(7)=1.8946α/2120.05μ−μ置信区间上限为:1211x−y+t(n+n−2)s+α/212wnn12−311=0.1413−0.1392+1.8946×2.398×10+=0.00894510.研究由机器A和机器B生产的钢管内径,随机抽取机器A生产的管子18根,测得样本22方差为s=0.34(mm),随机抽取机器B生产的管子13根,测得样本方差为122222s=0.29(mm).假设两样本相互独立且分别服从N(μ,σ)(i=1,2).求方差比σ/σ2ii1255 的置信区间(1−α=0.90).22S/S12解.采用估计函数~F(n−1,n−1)2212σ/σ122222s=0.34(mm),s=0.29(mm),n=18,n=13,α=0.11212F(n−1,n−1)=F(17,12)=2.59,α/2120.0511F(n−1,n−1)=F(17,12)==,1−α/2120.95F(12,17)2.380.0522方差比σ/σ的置信区间(1−α=0.90):1222s11s11(×,×)22sF(n−1,n−1)sF(n−1,n−1)2α/21221−α/2120.3410.34=(×,×2.38)=(0.45,2.79).0.292.590.2956 第七章假设检验一．填空题221.设(X1,X2,…,Xn)为来自正态总体N(μ,σ)的样本,σ未知,现要检验假设H0:μ=μ0,则应选取的统计量是______;当H0成立时,该统计量服从______分布.2X−μ0解.当σ未知时,要检验H0:μ=μ0,应选统计量:n,当H0成立时,该统计量服从St(n－1)分布.2.在显著性检验中，若要使犯两类错误的概率同时变小,则只有增加______.解.因为犯二类错误的概率,当一个缩小时另一个会扩大.所以要犯二类错误的概率同时缩小,只能扩大样本容量.二．单项选择题221.设总体X～N(μ,σ),σ已知,x1,x2,…,xn为取自X的样本观察值,现在显著水平α=0.05下接受了H0:μ=μ0.若将α改为0.01时,下面结论中正确的是(A)必拒绝H0(B)必接受H0(C)犯第一类错误概率变大(D)犯第一类错误概率变小x−μ0解.显著水平α=0.05下拒绝H0的拒绝域为:>uα=u0.025=1.96.接受H0的接受σ/n2x−μ0域为:≤u=u=1.96;α0.025σ/n2x−μ0显著水平α=0.01下拒绝H0的拒绝域为:>uα=u0.025=2.57.接受H0的接受域σ/n2x−μ0为:≤u=u=2.57.所以B)是答案.α0.025σ/n22.在假设检验中,H0表示原假设,H1为备选假设,则称为犯第二类错误的是(A)H1不真,接受H1(B)H0不真,接受H1(C)H0不真,接受H0(D)H0为真,接受H1解.第二类错误的定义为:H0不真,接受H0.(C)是答案.223.设(X1,X2,…,Xn)为来自正态总体N(μ,σ)的样本,μ,σ未知参数,且nn122X=∑Xi,Q=∑(Xi−X)ni=1i=1则检验假设H0:μ=0时,应选取统计量为XXXX(A)n(n−1)(B)n(C)n−1(D)n2QQQQ2解.当σ未知检验假设H0:μ=μ0=0时,使用的统计量为57 X−μXn(n−1)X0==.(A)是答案.S/n1nQ2∑(Xi−X)/nn−1i=1三.计算题21.设用过去的铸造方法,零件强度服从正态分布,其标准差为1.6(kg/mm).为了降低成本,改变了铸造方法,测得用新方法铸出的零件强度如下:51.9,53.0,52.7,54.1,53.2,52.3,52.5,51.1,54.7问改变方法后零件的方差是否发生显著变化(取显著水平α=0.05)?22解.μ未知的情形下检验H0:σ=1.622(9−1)S2选取统计量χ=~χ(8)2σ22(9−1)S2接受域为2.18=χ(8)<<χ(8)=17.5350.97520.025σ2(9−1)s2而=3.73.所以认为σ没有发生显著变化.2σ22.一自动车床加工零件的长度服从正态分布N(μ,σ),车床正常工作时,加工零件长度均值为10.5,经过一段时间的生产后,要检验一下只一车床是否工作正常.为此随机抽取该车床加工的零件31个,算得均值为11.08,标准差为0.516.设加工零件长度的方差不变,问此车床是否可以认为工作正常(α=0.05)?解.σ未知的情形下检验H0:μ=μ0=10.5,n=5,α=0.05X−μ0选取统计量T=n~t(30)(当H0成立时)SX−μ0拒绝域为|n|>t(30)=2.0420.025Sx−μ011.08−10.05而n=30=6.26>2.042.所以不能认为机床正常工作.s0.5163.设某次考试的考生成绩服从正态分布,从中随机地抽取36位考生的成绩,算得平均成绩为66.5分,标准差为15分,问在显著水平α=0.05下,是否可以认为这次考试的考生平均成绩为70分?解.问题为方差未知对均值进行双边检验.因此选用T检验.作假设H：μ=70，H：μ≠7001X−70选取统计量T=~t(n−1)S/n58 |x−70|拒绝域|t|=≥t(n−1)=t(35)=2.0301α/20.025s/n计算作出判断将x=66.5,s=15,n=36代入得|t|=1.4<2.0301,不属于拒绝域,接受H：μ=70，可以认为这次考试考生平均成绩为70分(显著水平α=0.05).04.要求一种元件平均使用寿命不得低于1000小时,生产者从一批这种元件中随机地抽取25件,测得其平均寿命为950小时,已知该元件寿命服从标准差为σ=100小时的正态分布.试在显著水平α=0.05下确定这批元件是否合格?解.问题为方差已知对均值进行左边检验.因此选用U检验.作假设H：μ≥1000，H：μ<100001X−1000选取统计量U=~N(0,1)100/nx−1000拒绝域u=≤−u(n−1)=−u(25)=−1.645α0.05100/n计算作出判断将x=950,n=25代入得u=−2.5<−1.645,属于拒绝域,接受H：μ<1000，可以认为这批元件不合格(显著水平α=0.05).15.一公司声称某种电池的平均使用寿命至少为21.5小时.有一实验室检验了该公司制造的6套,得到如下的寿命的小时数:191822201625试问这些数据是否表明,这种电池寿命低于该公司声称的寿命?(显著水平α=0.05)解.问题为方差未知对均值进行左边检验.因此选用T检验.作假设H：μ≥21.5，H：μ<21.501X−21.5选取统计量T=~t(n−1)S/nx−21.5拒绝域t=≤−t(n−1)=t(5)=−2.015α0.05s/n计算作出判断将x=20,s=10,n=6代入得t=−1.162>−2.015,不属于拒绝域,接受H：μ≥21.5，可以认为这种电池寿命高于该公司声称的寿命(显著水平0α=0.05).26.某厂生产的某种电池的使用寿命长期以来服从方差σ=5000的正态分布.现有一批电02池,随机地抽取26只,测出其寿命的样本方差s=9200.问能否推断出这批电池寿命的波59 动性有显著的变化?(显著水平α=0.02).2解.问题为均值未知对方差进行双边检验.因此选用χ检验.22作假设H：σ=5000，H：σ≠500001222(n−1)S25S2选取统计量χ==~χ(26−1)2σ5000022拒绝域查表得:χ(n−1)=χ(25)=44.314α/20.0122χ(n−1)=χ(25)=11.5241−α/20.99222(n−1)S2(n−1)S拒绝域为:χ=≤11.524或χ=≥44.31422σσ002225×9200计算作出判断将s=9200,n=26代入得χ==46>44.314属50002≠于拒绝域,接受H：σ5000，可以认为这批电池寿命的波动性有显著的变化(显著1水平α=0.02).27.某地教委对高三年级的学生成绩进行评估,其中英语成绩服从正态分布N(μ,σ).从中抽取8个学生的英语成绩,得到数据如下:88639085758092762已知均值μ=80,是否可以认为总体方差σ不小于64(显著水平α=0.05).2解.问题为均值已知对方差进行左边检验.因此选用χ检验.222作假设H：σ≥64=σ，H：σ<64001n21222选取统计量χ=2∑(Xi−μ)~χ(n)=χ(8)σ0i=122拒绝域查表得:χ(n)=χ(8)=2.7331−α0.95n212拒绝域为:χ=2∑(Xi−μ)≤2.733σ0i=122计算作出判断将σ=64,n=8代入得χ=10.359>2.733不属于拒绝域,02接受H：σ≥64，(显著水平α=0.05).028.对某门统考课程,两个学校的考生成绩分别服从正态分布X~N(μ,12),160 2Y~N(μ,14),现分别从两个学校随机各抽取36位学生的成绩,算得平均成绩分别为722分和78分.问在显著水平α=0.05下,两个学校学生的平均成绩是否有显著差异?解.问题为方差已知对两总体均值差进行双边检验.因此选用U检验.作假设H：μ=μ，H：μ≠μ012112X−Y选取统计量U=~N(0,1)22σσ12+nn12|x−y|拒绝域|u|=≥u=u=1.96α/20.025221214+nn12计算作出判断将x=72,y=78n=n=36代入得u=2.121>1.96,属于拒12绝域,接受H可以认为两个学校学生的平均成绩有显著差异(显著水平α=0.05).19.一商店销售某种商品来自甲、乙两个厂家,为考虑商品性能的差异,从甲、乙两厂产品中分别随机抽取了8件和9件产品,测其性能指标,得到两组数据,算得样本均值和样本方差分别为22x=0.190,x=0.238,s=0.006,s=0.00812122假设该指标服从正态分布:N(μ,σ)(i=1,2).试问在显著水平α=0.01下ii(I)能否认定两厂家产品的方差相等?(II)能否认定两厂家产品的均值相等?解.(I)问题为均值未知对两总体方差是否相等进行双边检验.因此选用F检验.2222作假设H：σ=σ，H：σ≠σ0121122S1选取统计量F=~F(n−1,n−1)212S2拒绝域查表得F(7,8)=7.69,F=1/F(8,7)=0.11520.0050.9950.00522ss11拒绝域:f=≥7.69,f=≤0.1152,22ss222s10.006计算作出判断0.1152t(n+n−2)=t(15)=2.9467α120.005112s+wnn12计算作出判断将22x=72,y=78,n=8,n=9,s=0.006,s=0.008代入得|t|=1.1315<2.9467,121212不属于拒绝域,接受H,认定两厂家产品的均值相等.010.某工厂生产一种螺钉,标准要求长度为68mm,实际生产的产品长度服从正态分布2N(μ,3.6),考虑假设经验问题H：μ=68，H：μ≠680111记X为样本均值,按下列方式进行假设:当|X−68|>1时,拒绝假设H;当|X−68|≤10时,接受假设H.当样本容量n=64时,求0(I)犯第一类错误的概率α;(II)犯第二类错误的概率β.23.6解.(I)n=64,X~N(68,)~N(68,0.45),犯第一类错误概率6467−6869−68α=P(X<67|H)+P(X>69|H)=Φ()+1−Φ()000.450.45=2[1−Φ(2.22)]=2[1−0.9868]=0.026423.6(II)n=64,μ=70,X~N(70,)~N(70,0.45),犯第二类错误概率6469−7067−70β=P(67≤X≤68|μ=70)=Φ()−Φ()0.450.45=Φ(−2.22)−Φ(−6.67)≈1−0.9868=0.013262'