• 沒有找到結果。

解 . 用分部积分法:

I = −

arccot exde−x= −e−xarccot ex

e−x ex 1+ e2x dx

= −e−xarccot ex

(1 − e2x 1+ e2x)dx

= −e−xarccot ex− x +1

2ln(1 + e2x) + C , 其中C 为任意常数.

五、(本题满分5分)

z= sin(x y ) + φ(x ,x

y),求

2z

∂ x ∂ y,其中φ(u, v )有二阶偏导数.

. 首先求

zx,由题设z

x= y cos(x y ) + φ1+ 1

2.再对y 求偏导数得 zx y′′ = cos(x y ) − x y sin(x y ) + (φ1)y+ 1

y(φ2)y 1 y2φ2

= cos(x y ) − x y sin(x y ) + φ12′′

x y

‹

y

+ 1 22′′

x y

‹

y

1 y2φ2

= cos(x y ) − x y sin(x y ) − x

y2φ′′12 x

y3φ22′′ 1 y2φ2.

六、(本题满分5分)

求连续函数 f(x ),使它满足 f(x ) + 2

x

0

f(t )dt = x2.

. 两端对

x 求导,得 f(x ) + 2f (x ) = 2x .P(x ) = 2,Q(x ) = 2x ,有通解 f(x ) = eP(x )dx(

Q(x )eP(x )dxdx+ C )

= e−2x(

2x e2xdx+ C ) = C e−2x+ x −1 2, 其中C 为任意常数. 由原方程易⻅ f (0) = 0,代入求得参数C =1

2. 从而所求函 数f(x ) = 1

2e−2x+ x −1 2. 七、(本题满分6分)

求证:当x¾ 1时,arctan x1

2arccos 2x 1+ x2=π

4.

解. 令f(x ) = arctan x −1

2arccos 2x 1+ x2−π

4,则 f(x ) = 1

1+ x2 +2

2· (1 + x2)(1 − x2)

(x2− 1)(1 + x2)2 ≡ 0 (x > 1).

因为f(x )[1,+∞)连续,所以f(x )[1,+∞)上为常数,因为常数的导数恒 为0.故 f(x ) = f (1) = 0,即arctan x1

2arccos 2x 1+ x2 =π

4. 八、(本题满分9分)

设曲线方程y = e−xx¾ 0).

(1)把曲线y = e−x,x,y 轴和直线x= ξ(ξ > 0)所围成平面图形绕x 轴旋转一 周,得一旋转体,求此旋转体体积V(ξ);求满足V(a) =1

2 lim

ξ→+∞V(ξ)a . (2)在此曲线上找一点,使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最 大,并求出该面积.

.

(1)由旋转体体积公式 V(ξ) = π

ξ

0

y2dx= π

ξ

0

e−2xdx=π

2(1 − e−2ξ), V(a) =π

2(1 − e−2a).

ξ→+∞lim V(ξ) = lim

ξ→+∞

π

2(1 − e−2ξ) =π

2.由题设知π

2(1 − e−2a) =π

4,得a =1 2ln 2.

(2)设切点为(b,e−b),则切线方程为

y − e−b = −e−b(x − b ).

x= 0,y = e−b(1 + b );令y = 0,x= 1 + b.故切线与两个坐标轴夹的面 积为S=1

2(1 + b )2e−b.求导得 S= (1 + b )e−b 1

2(1 + b )2e−b =1

2(1 − b2)e−b.

S= 0,b1= 1b2= −1(舍去).由于当b < 1S> 0,当b > 1S< 0, 故当b = 1时面积S有极大值,此问题中即为最大值.故所求切点是(1,e−1),最 大面积为S=1

2· 22· e−1= 2e−1. 九、(本题满分7分)

设矩阵AB 相似,其中

A=



−2 0 0

2 x 2

3 1 1

, B=



−1 0 0 0 2 0 0 0 y

.

(1)求xy 的值.(2)求可逆矩阵P,使得P−1AP = B

.

(1)因为A∼ B,故其特征多项式相同,|λE − A| = |λE − B|,(λ + 2)[λ2− (x + 1)λ + (x − 2)] = (λ + 1)(λ − 2)(λ − y ).

λ = 0,得2(x − 2) = 2y.令λ = 1,得3· (−2) = −2(1 − y ).由上两式解出y = −2x = 0.

(2)由于A∼ B,且B是对⻆阵,所以A的特征值也是λ1= −1,λ2= 2,λ3= −2. 当λ1= −1时,由(−E − A)x = 0,



1 0 0

−2 −1 −2

−3 −1 −2

 →



1 0 0 0 1 2 0 0 0

,

得到属于特征值λ = −1的特征向量α1= (0,−2,1)T. 当λ2= 2时,由(2E − A)x = 0,



4 0 0

−2 2 −2

−3 −1 1

 →



1 0 0 0 1 −1 0 0 0

,

得到属于特征值λ = 2的特征向量α2= (0,1,1)T. 当λ3= −2时,由(−2E − A)x = 0,



0 0 0

−2 −2 −2

−3 −1 −3

 →



1 1 1 0 1 0 0 0 0

,

得到属于特征值λ = −2的特征向量α3= (1,0,−1)T. 那么令

P = (α1,α2,α3) =



0 0 1

−2 1 0 1 1 −1

,

P−1AP = B

十、(本题满分6分)

已知三阶矩阵B̸= 0,B 的每一个列向量都是以下方程组的解:





x1+ 2x2− 2x3= 0, 2x1− x2+ λx3= 0, 3x1+ x2− x3= 0.

(1)求λ的值; (2)证明|B| = 0.

.

(1)因为B̸= 0,B 中至少有一个非零列向量.依题意,所给⻬次方程组A x = 0

有非零解,得系数矩阵的列向量组线性相关,于是

|A| =

1 2 −2

2 −1 λ

3 1 −1

= 0,

解得λ = 1

(2)反证法:对于AB = O,|B| ̸= 0,B 可逆,那么A= (AB ) B−1= O.与已知 条件A̸= 0矛盾.故假设不成立,|B| = 0

十一、(本题满分6分)

A,B 分别为m ,n 阶正定矩阵,试判定分块矩阵C =

‚ A 0 0 B

Œ

是否是正定矩 阵.

解. (1)先说明对称性:AB为正定矩阵,从而是对称矩阵,即AT = A, BT = B,则 CT =

‚ A 0 0 B

ŒT

=

‚ AT 0 0 BT

Œ

=

‚ A 0 0 B

Œ

= C ,C 是对称矩阵.

(2)再说明正定性:设m+ n维列向量ZT = (XT, YT),其中 XT = (x1, x2,··· , xm), YT = (y1, y2,··· , yn).

Z ̸= 0,X , Y 不同时为0,不妨设X ̸= 0,因为A是正定矩阵,所以XTAX > 0.

又因B 是正定矩阵,故对任意的n 维向量Y ,恒有YTAY ¾ 0.于是 ZTC Z = (XT, YT)

– A 0 0 B

™‚ X Y

Œ

= XTAX + YTAY > 0,

ZTC Z 是正定二次型,因此C 是正定矩阵.

(3)或者用特征值说明正定性:设 A的特征值是λ1,λ2,··· ,λmB 的特征值是 µ1,µ2,··· ,µn.由A, B均正定,知λi> 0, µj > 0 (i = 1,2,··· ,m, j = 1,2,··· ,n).因 为

|λE − C | =

λEm− A 0 0 λEn− B

= |λEm− A| · |λEn− B|

= (λ − λ1)···(λ − λm) λ − µ1

··· λ − µm

,

即矩阵C 的特征值为λ1,λ2,··· ,λm,µ1,µ2,··· ,µn,且全部大于0,所以矩阵C 正定.

十二、(本题满分7分)

假设测量的随机误差X(0,102),试求100次独立重复测量中,至少有三次测量 误差的绝对值大于19.6的概率α,并利用泊松分布求出α的近似值(要求小数

点后取两位有效数字).

[附表]

λ 1 2 3 4 5 6 7 ···

e−λ 0.368 0.135 0.050 0.018 0.007 0.002 0.001 ···

. 设事件

A=“每次测量中测量误差的绝对值大于19.6”,因为X ∼ N (0,102),即 E X = µ = 0,D X = σ2= 102. 根据正态分布的性质有

p= P (A) = P {|X | > 19.6} = P§|X |

10 > 1.96 ª

= 1 − P

§

−1.96 ¶ X

10¶ 1.96 ª

= 1 − [Φ(1.96) − Φ(−1.96)]

= 1 − [Φ(1.96) − (1 − Φ(1.96))]

= 2[(1 − Φ(1.96)] = 0.05.

Y100次独立重复测量中事件A出现的次数,Y 服从参数为n= 100,p = 0.05的二项分布.根据二项分布的定义,

P{Y = k} = Cnkpk(1 − p)n−k(k = 0,1,2···), 则至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率α为:

α = P {Y ¾ 3} = 1 − P {Y = 0} − P {Y = 1} − P {Y = 2}

= 1 − 0.95100− 100 × 0.9599× 0.05 −100× 99

2 × 0.9598× 0.052.

根据泊松定理,当n 充分大,p 相当小时,Y 近似服从参数为λ = np 的泊松分 布,即有

P{Y = k} = Cnkpk(1 − p)n−k≈(np)k

k ! e−np (k = 0,1,2···).

故有

α = P {Y ¾ 3} = 1 − P {Y = 0} − P {Y = 1} − P {Y = 2}

≈ 1 −(λ)0

0! e−λ−(λ)1

1! e−λ−(λ)2

2! e−λ= 1 − e−λ− λe−λ−λ2 2 e−λ

= 1 − e−5(1 + 5 +52

2) ≈ 0.87.

十三、(本题满分5分)

一台设备由三大部分构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.10,0.20 和0.30.假设各部件的状态相互独立,以X 表示同时需要调整的部件数,试求 X 的概率分布,数学期望E X 和方差D X .

解. (1)设Ai=“第i 个部件需要调整”(i = 1,2,3),则A1,A2,A3相互独立,于是X

的概率分布如下:

P{X = 0} = P {A1A2A3} = 0.9 × 0.8 × 0.7 = 0.504, P{X = 1} = P {A1A2A3} + P {A1A2A3} + P {A1A2A3}

= 0.1 × 0.8 × 0.7 + 0.9 × 0.2 × 0.7 + 0.9 × 0.8 × 0.3 = 0.398, P{X = 2} = P {A1A2A3} + P {A1A2A3} + P {A1A2A3}

= 0.1 × 0.2 × 0.7 + 0.1 × 0.8 × 0.3 + 0.9 × 0.2 × 0.3 = 0.092, P{X = 3} = P {A1A2A3} = 0.1 × 0.2 × 0.3 = 0.006.

(2)令Xi 表示Ai 出现的次数(i = 1,2,3),则Xi 均服从0− 1分布且相互独立,

故由数学期望与方差的性质

E X = E (X1+ X2+ X3) = E X1+ E X2+ E X3

= 0.1 + 0.2 + 0.3 = 0.6,

D X = D (X1+ X2+ X3) = D X1+ D X2+ D X3

= 0.1 × 0.9 + 0.2 × 0.8 + 0.3 × 0.7 = 0.46.

十四、(本题满分4分)

设二维随机变量(X , Y )的概率密度为 f(x , y ) =

¨ e−y, 0< x < y,

0, 其他,

(1)求随机变量X 的密度 fX(x ); (2)求概率P{X + Y ¶ 1}.

解. (1)由边缘密度的公式,当x¶ 0, fX(x ) =

+∞

−∞

0 dy = 0;当x> 0时,

fX(x ) =

+∞

−∞

f(x , y )dy =

x

−∞

0 dy +

+∞

x

e−ydy = −e−y +∞

x = e−x. 因此X 的密度为

fX(x ) =

¨ e−x, x> 0, 0, x¶ 0.

(2)根据概率的计算公式:

P{X + Y ¶ 1} =

∫ ∫

x+y ¶1

f(x , y )dx dy =

12

0

dx

1−x

x

e−ydy

= −

12

0

[e−(1−x )− e−x]dx = −

12

0

ex−1dx+

12

0

e−xdx

= 1 − 2e12+ e−1.

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