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2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题

一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上) (1)

edx

xln2xy2(2) 已知函数yy(x)由方程e6xyx10确定，则y''(0) . (3) 微分方程yy''y'0满足初始条件y2x01,y'x01的特解是 . 2222(4) 已知实二次型f(x1,x2,x3)a(x1x2x3)4x1x24x1x34x2x3经正交变换xPy 2可化成标准型f6y1，则a . 2(5) 设随机变量X服从正态分布N(,)(0),且二次方程y4yX0无实根的概

2率为

1，则 2

二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 考虑二元函数f(x,y)的下面4条性质：

①f(x,y)在点(x0,y0)处连续， ②f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续， ③f(x,y)在点(x0,y0)处可微， ④f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数存在. 若用\"PQ\"表示可由性质P推出Q，则有 ( ) (A) ②③①. (B)③②①. (C) ③④①. (D)③①④.

11n) ( ) 1,则级数(1)n1((2) 设un0(n1,2,3,...),且limnuunun1n1n(A) 发散. (B)绝对收敛.

(C)条件收敛. (D)收敛性根据所给条件不能判定.

(3) 设函数yf(x)在(0,)内有界且可导，则 ( )

(A) 当limf(x)0时，必有limf'(x)0.

xx1

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(B)当limf'(x)存在时，必有limf'(x)0.

xx(C) 当limf(x)0时，必有limf'(x)0. x0x0(D)当limf'(x)存在时，必有limf'(x)0. x0x0

(4) 设有三张不同平面的方程ai1xai2yai3zbi,i1,2,3,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2，则这三张平面可能的位置关系为 ( )

(5) 设X1和X2是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为f1(x)和

f2(x)，分布函数分别为F1(x)和F2(x)，则 ( )

(A)f1(x)f2(x)必为某一随机变量的概率密度. (B)f1(x)f2(x)必为某一随机变量的概率密度. (C) F1(x)F2(x)必为某一随机变量的分布函数. (D) F1(x)F2(x)必为某一随机变量的分布函数.

三、(本题满分6分)

设函数f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数，且f(0)0,f'(0)0,若

af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小，试确定a,b的值.

四、(本题满分7分)

已知两曲线yf(x)与y并求极限limnf().

narctanx0etdt在点(0,0)处的切线相同，写出此切线方程，

22n

五、(本题满分7分)

2

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2计算二重积分

max{xeD,y2}dxdy,其中D{(x,y)|0x1,0y1}.

六、(本题满分8分)

设函数f(x)在(,)内具有一阶连续导数，L是上半平面(y0)内的有向分段光滑曲线，其起点为(a,b)，终点为(c,d).记I1x22[1yf(xy)]dx[yf(xy)1]dy, 2Lyy(1)证明曲线积分I与路径L无关； (2)当abcd时，求I的值.

七、(本题满分7分)

x3x6x9x3nL+L（-x）满足微分方程(1)验证函数y(x)13！6！9！(3n)!y''y'yex;

x3n(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.

(3n)!n0

八、(本题满分7分)

设有一小山，取它的底面所在的平面为xoy坐标面，其底部所占的区域为

D(x,y)x2y2xy75，小山的高度函数为h(x,y)75x2y2xy.

(1)设M(x0,y0)为区域D上的一点，问h(x,y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此反向导数的最大值为g(x0,y0)，试写出g(x0,y0)表达式.

(2)现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点.也就是说，要在D的边界线xyxy75上找出使(1)中的g(x,y)达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.

九、(本题满分6分)

已知4阶方阵A(1,2,3,4),1,2,3,4均为4维列向量，其中2,3,4线性无关，1223.如果1234，求线性方程组Ax的通解.

十、(本题满分8分)

设A,B为同阶方阵，

(1)如果A,B相似，试证A,B的特征多项式相等.

3

22BatchDoc-Word文档批量处理工具

(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立. (3)当A,B均为实对称矩阵时，试证(1)的逆命题成立.

十一、(本题满分8分)

x1cos设随机变量X的概率密度为f(x)220,对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于

十二、(本题满分8分)

设总体X的概率分布为 0x其他

的次数，求Y2的数学期望. 3X 0 1 2（1-）2 3 （1-2）P 122 2 其中（0<<)是未知参数，利用总体X的如下样本值

3,1,3,0,3,1,2,3,

求的矩阵估计值和最大似然函数估计值.

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析

4

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一、填空题

(1)【答案】 1

【详解】先将其转化为普通定积分，求其极限即得广义积分.

ebbdlnxdxdx1b1limlimlimlim11 blnbexln2xbexln2xbeln2xblnx

(2)【答案】 -2 【详解】y是由e6xyx10确定的x的函数，两边对x求导，

y2eyy6xy6y2x0,

所以 y6y2x,两边再对x求导，得 ye6x(ey6x（)6y2）-(6y2x)(eyy6)y, y2(e6x)把x0代入，得y(0)0，y(0)0，代入y，得y(0)2.

(3)【答案】yx1 【详解】方法1：这是属于缺x的yf(y,y)类型. 命yp,ydpdpdydpp. dxdydxdy原方程yyy0化为yp2dpp20，得 dyp0或ydpp0 dyp0，即

dy10，不满足初始条件y'，弃之；所以p0 dxx02所以，yCdpdydpdyC1p0，分离变量得，解之得p1. 即.

ydyypdxy由初始条件yx01,y'x01C11，可将C1先定出来：1,C1. 于是得

2122dy1 dx2y5

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解之得，y2xC2,yxC2.以y且C21. 于是特解是y2x01代入，得1C2，所以应取“+”号

x1. 方法2：将yyy0改写为(yy)0，从而得yyC1. 以初始条件y(0)1,y(0)代入，有11211C1，所以得yy. 即2yy1，改写为(y2)1. 解得22yxC2,yxC2.再以初值代入，1C2所以应取\"\"且C21. 于是特

解yx1.

(4)【答案】2

a22【详解】方法1：二次型f的对应矩阵A2a2，经正交变换xPy，可化成标准22a2T1型f6y1，故P为正交矩阵，有PP，且对实对称矩阵A，有

66T1PTAP0PAPPAP0，故，即

00600

A:000000因为矩阵的n个特征值之和等于它的主对角元素之和，

ai13ii3ai，相似矩阵

i13具有相同的特征值，

i13i6006故有3a6，得a2.

a22经正交变换xPy，2方法2：二次型f的对应矩阵A2a2，可化成标准型f6y1，

22a6T1T10，即 故P为正交矩阵，有PP，且对实对称矩阵A，有PAPPAP06

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600

A:000000相似矩阵具有相同的特征值，知0是A的特征值，根据特征值的定义，有

0EAA0

a22a422A2a2把第2，3列加到第1列a4a2 22aa42a122122提取第1列2行1行(a4)1a2(a4)0a20

的公因子3行1行12a00a2(a4)(a2)20，

得 a4或a2， (1) 又6是A的特征值，根据特征值的定义，有6EA0，由

26a226a22a226a2(对应元素相减)

6EA6626a22a2两边取行列式，

6a6EA2226a21226a212a2a222222

6a2把第2，3列加到第1列2a6a提取第1列2行1行(2a)16a2(2a)08a0

的公因子3行1行126a008a(2a)(8a)20

得 a2或a8 (2)

因为(1)，(2)需同时成立，取它们的公共部分，得a2.

a222方法3：f的对应矩阵为A2a2，经正交变换xPy，可化成标准型f6y1，

22a7

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6T10故P为正交矩阵，有PTP1，且对实对称矩阵A，有PAPPAP，即 0600

A:000000相似矩阵具有相同的特征值，知A的特征值，其中一个单根是6，一个二重根应是

0，直接求A的特征值，即由

2a22a22a22a2(对应元素相减)

EA2a22a2两边取行列式，

aEA22a422把第2，3列a2a4a2

加到第1列2aa42a2211122222

a2提取第1列的公因子(a4)1a2行1行(a4)0(a2)0

3行1行00(a2)[(a4)][(a2)]2

其中单根为a4，二重根为a2，故a46，及a20，故知a2.

a222方法4：f的对应矩阵为A2a2，经正交变换xPy，可化成标准型f6y1，

22a6T1T10，即 故P为正交矩阵，有PP，且对实对称矩阵A，有PAPPAP0a226:0

A2a2022a故r(A)r()1，

8

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2aa2222a2行1行2交换第1和2a2A2a2第3行的顺序3行1行a0a22a

2uuuuuuuuuuuuuura22222auuuuuuuuuuuuur02a2a222a2a20a2

3行22a3行2行0a22auuuuuuuruuuuuuuuuur220(a2a8)a0004a22a2

0a22a0(a2)(a4)0因r(A)1，故a20，且(a2)(a4)0，故应取a2.

(5)【答案】4.

【详解】二次方程无实根，即y4yX0的判别式b24ac164X0，也就有X4. 此事发生概率为

211，即PX4，

2212对于X:N(,)(0),PX，因为正态分布的密度函数为

2(x)21f(x)exp x 222关于x对称；另一方面，由概率的计算公式，f(x)与x轴所围成的面积是1，所以x将面积平分为两份 PX1，所以4. 2

二、选择题

(1)【详解】下述重要因果关系应记住，其中AB表示由A可推出B. 无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立.

f(x,y)与fy(x,y)存在 fx(x,y)与fy(x,y)连续f(x,y)可微xf(x,y)连续其中均指在同一点处. 记住上述关系，不难回答本选择题，故应选(A).

(2)【详解】首先要分清绝对收敛和条件收敛的定义，通过定义判定级数的敛散性.

考察原级数

(1)n1(n111)的前n项部分和 unun19

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Sn(1111111111)()()L(1)n1()(1)n1 u1u2u2u3u3u4unun1u1un1由limn110知，当n充分大时，un0且limun. 所以limSn(收敛)，

nunnun1另一方面，

(n111)为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件unun1limn1的启发，考虑

nunun1un11uun1uu(uu)n(n1)limnlimnn1limn1n n1n2n1n1uu(2n1)nn1nn1n(n1)n(n1)[limnuu(n1)un1(n1)un1n]nn(n1)nn(n1)nlim1 nu2n1u2n1nunun1n1nnn1n111111)也发散，所以选(C). )而级数(是发散的，所以(uun1n1nn1n1n1n1nnn1

(3)【详解】方法1：排斥法.

令f(x)11sinx2，则f(x)在(0,)有界，f(x)2sinx22cosx2， xxxxlimf(x)0，但limf(x)不存在，故(A)不成立；

x0limf(x)0，但 limf(x)10，(C)和(D)不成立，故选(B). x0x方法2：证明(B)正确. 设limf(x)存在，记limf(x)A，证明A0.

xA0，存在X0，使当xX时，2AAAA3Af(x)A，即Af(x)A

22222A由此可知，f(x)有界且大于.在区间[x,X]上应用拉格朗日中值定理，有

2Af(x)f(X)f()(xX)f(X)(xX)

2用反证法，若A0，则对于

从而limf(x)，与题设f(x)有界矛盾.类似可证当A0时亦有矛盾. 故A0.

x10

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(4) 【答案】(B)

【详解】三张不同平面的方程分别为ai1xai2yai3zbi,i1,2,3,判断三个平面有无

a11xa12ya13zb1公共点即判断方程组a21xa22ya23zb2有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有

axayazb3233331多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是23(未知量的个数)，所以方程

组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除(A)三平面唯一交点(即方程组只有唯一解)(C)、(D)三平面没有公共交点(即方程组无解).

故应选(B)，三个平面相交于一条直线，直线上所有的点均是平面的公共点，即有无穷多个公共点.

(5)【答案】D

【分析】函数f(x)成为概率密度的充要条件为：(1)f(x)0; (2)

函数F(x)成为分布函数的充要条件为：(1)F(x)单调不减； (2)limF(x)0,limF(x)1;(3)F(x)右连续.

xxf(x)dx1.

我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导. 【详解】方法1：

(A)选项不可能，因为

[f1(x)f2(x)]dxf1(x)dxf2(x)dx1121

也不能选(B)，因为可取反例，令

1,f1(x)0,1x0其他1,f2(x)0,0x1其他

显然f1(x)，f2(x)均是均匀分布的概率密度. 而

f1(x)f2(x)0，不满足(C)当然也不正确，因为

xf1(x)f2(x)dx1条件.

lim[F(x1)F(x2)]1121

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根据排除法，答案应选(D).

方法2：令Xmax(X1,X2)，显然X也是一个随机变量. X的分布函数为

F(x)PXxPmax(X1,X2)xPX1x,X2x

PX1xPX2xF1(x)F2(x).

三【详解】

方法1：由题设条件知有

lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0)0

h0由于f(0)0，所以ab10. 又由洛必达法则，

limaf(h)bf(2h)f(0)lim(af(h)2bf(2h))(a2b)f(0)

h0h0h由于af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小，由高阶无穷小的定义知上式等于0，又由f'(0)0, 得a2b0.

解ab10联立方程组得，a2,b1.

a2b0方法2：分别将f(h),f(2h)按佩亚诺余项泰勒公式展开到o(h)，有

f(h)f(0)f(0)ho1(h)，f(2h)f(0)2f(0)ho2(h)

从而 af(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0)(a2b)f(0)ho3(h) 由题设条件知，ab10,a2b0, 所以a2,b1. 方法3：由题设条件，有

lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0)0

h0由于f(0)0，所以ab10. 再将a1b代入lim[af(h)bf(2h)f(0)]，并凑成导数定义形式，有

1h0h0limaf(h)bf(2h)f(0)(1b)f(h)bf(2h)f(0)limh0h0hhf(h)f(0)f(h)f(0)f(2h)f(0) lim[b2b]h0hh2hf(0)bf(0)2bf(0)（1b)f(0)从而 a2,b1.

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四【详解】由yarctanx0etdt知y(0)0，由变上限积分的求导公式得

2221, ye(arctanx)(arctanx)e(arctanx)g21x210）所以 y（e(arctan0)g1

102因此，过点(0,0)的切线方程为yx. yf(x)在点(0,0)处与上述曲线有相同的切线方程，于是f(0)0,f(0)1.

22f()f(0)f()f(0)22f(0)2 limnf()limn2limnnnn12nnn

五【详解】应先将emaxx2,y2写成分块表达式. 记

D1(x,y)0x1,0yx,D2(x,y)0x1,xy1

xmaxx,ye于是 e2ye222(x,y)D1;(x,y)D2.maxx2,y2

从而

eDmaxx2,y2deD1deD2maxx2,y2dexdeyd

D1D222dxexdydyeydxexxdxeyydy

0000001x211212122exdxedxdeex|10(e1)

0001x21x221x22

六【详解】(1) 记P(x,y)1x[1y2f(xy)]，Q(x,y)2[y2f(xy)1] yyQx(x2x[yf(xy)1])()x([y2f(xy)1])y2y22([yf(xy)1])2

xyxx1xy2(f(xy)1(xy)22([yf(xy)1])2f(xy)2xf(xy) yyxyx1([1y2f(xy)])1Pyf(xy)xyf(xy)2

yyy13

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1()1([1y2f(xy)])y2([1yf(xy)])

yyy11(y2)1(f(xy))222([1yf(xy)])f(xy)y

yyyyyf(xy)1f(xy)xyf(xy) 2y所以，

QP(当y0). 故在上半平面(y0)，该曲线积分与路径无关. xy(2)方法1：由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从

点(a,b)到点(c,b), 再到点(c,d). 有

Icadc12[1bf(bx)]dx2[y2f(cy)1]dy

bybcdcaccbf(bx)]dxcf(cy)dy

abbdbcdcaca经积分变量变换后，If(t)dt. 当abcd时，推得I.

dbabdb方法2:原函数法.

I1x[1y2f(xy)]dx2[y2f(xy)1]dy Lyyydxxdyxf(xy)(ydxxdy)d()f(xy)d(xy) 2LLLyyL由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿—莱布尼茨公式类似)，有

xx(c,d)cad()Lyy(a,b)db;

Lf(xy)d(xy)F(xy)(c,d)(a,b)F(cd)F(ab)0,

ca. db其中F(u)为f(u)的一个原函数，即设F(u)f(u).由此有I方法3：由于与路径无关，又由abcd的启发，取路径xyk，其中kab. 点(a,b)与点(c,d)都在此路径上. 于是将xk代入之后， y14

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d1kkI[(1y2f(k))(2)2(y2f(k)1)]dy

ayyy(bd2kkkcdabcakd)dy2. 2222y3dbdbdbyb

x3x6x9x3nx3nL+L1七【解】(1) y(x)1， 3！6！9！(3n)!(3n)!n1由收敛半径的求法知收敛半径为，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得

x3n3nx3n1x3n1x3ny(x)(1)(3n)!(3n1)!，

(3n)!(3n)!n1n1n1n1x3n2同理得 y

n1(3n2)!从而

x3n2x3n1x3n)()(1) y(x)y(x)y(x)((3n2)!(3n1)!(3n)!n1n1n1xn1(由ex的麦克劳林展开式)

n1n!ex

x3nx这说明，y(x)是微分方程yyye的解，并且满足初始条件

n0(3n)!03n03n1y(0)10. 1，y(0)n1(3n)!n1(3n1)!(2)微分方程yyye对应的齐次线性方程为yyy0，其特征方程为

x210，其特征根为x2123i，所以其通解为 2ye[C1cos33xC2sinx]. 22xxxxx另外，该非齐次方程的特解形式为yce，代入原非齐次方程得cececee，

所以c1x.故微分方程yyye的通解为 315

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ye[C1cosx2331xC2sinx]ex. 223xx123333312xC2sinx]e[C1sinxC2cosx]ex 故 ye[C1cos2222223xx123312331e(C22C1)sinxe(C12C2)cosxex

2222223由初始条件y(0)1,y(0)0得

03310121e[Ccos0Csin0]eC12122330103313310e2(C12C2)cos0e0 0e2(C22C1)sin2222223131C1C2223解得

1C113， 1C3C1012232于是得到惟一的一组解：C12,C20.从而得到满足微分方程yyyex及初始3条件y(0)1,y(0)0的解，只有一个，为

x2231yecosxex

323x3nx另一方面，由(1)已知y(x)也是微分方程yyye及初始条件

n0(3n)!y(0)1,y(0)0的解，由微分方程解的唯一性，知

xx3n22311ecosxex(x).

323n1(3n)!

八【详解】(1)根据方向导数和梯度的定义，知方向导数的最大值是梯度的模长，

gradh(x,y)x0,y0hh|(y0,x0),|(y0,x0)y02x0,x02y0.

yx16

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maxulx0,y0gradh(x,y)x0,y0(y02x0)2(x02y0)2

5x025y028x0y0记g(x0,y0).

222(2) 命f(x,y)g(x,y)=5x5y8xy，求f在约束条件75xyxy0下

22的最大值点. 为此，构造拉格朗日函数

F(x,y,)5x25y28xy(75x2y2xy)

则 Fx10x8y(y2x)令0，

Fy10y8x(x2y)令0，

F75x2y2xy令0.

由第1、第2 两式相加可得 (xy)(2)0. 从而得yx或2，再分别讨论之.

若2，则解得(x,y)1(53,53) 或 (x,y)2(53,53) 若yx，则解得(x,y)3(5,5) 或 (x,y)4(5,5) 于是得到如上4个可能极值点. 将(x,y)i记为Mi(i1,2,3,4). 由于

f(M1)f(M2)150,f(M3)f(M4)450

5）,M4（5，5）故点M3(5，可作为攀登起点.

九【详解】方法1：记A1,2,3,4，由2,3,4线性无关，及122304,即1可以由2,3,4线性表出，故1,2,3,4线性相关，及1234即

可由1,2,3,4线性表出，知

rAMr1,2,3,4,r1,2,3,4r(A)r1,2,33

系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax有解.

对应齐次方程组Ax0，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成k，是Ax的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知Ax的通解为k，其中k是对应齐次方程组Ax0的通解，是Ax的一个特解，因

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12122304,故1223041,2,3,40，

10故1,2,1,0是Ax0的一个非零解向量，因为Ax0的基础解系中只含有一个解向量，故1,2,1,0是Ax0的基础解系.

又

TT111112341,2,3,4，即A

1111故1,1,1,1是Ax的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程

T组的通解为k1,2,1,01,1,1,1.(其中k是任意常数) 方法2：令xx1,x2,x3,x4，则线性非齐次方程为

TTTx1x2Ax1,2,3,4x1,2,3,41x12x23x34x4

x3x4已知1234，故

1x12x23x34x41234

将1223代入上式，得

(223)x12x23x34x4(223)234

22x13x12x23x34x4223234324 (2x1x2)23x13x34x43240 (2x1x23)2(x1x3)3(x41)40

由已知2,3,4线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得

k22k33k440，上式成立当且仅当

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2x1x23x1x30 x1041002100其系数矩阵为1010，因为3阶子式01010，其秩为3，故其齐次

0001001线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量x3k，则方程组有解

x41,x3k,x1x3k,x22k3

故方程组Ax有通解

x1k10x2k3232k.(其中k是任意常数) x3k1001x41

十【详解】(1) 因A:B，由定义知，存在可逆阵P，使得P1APB，故

EBEP1APP1PP1APP1(EA)P

P1EAPEA

故A,B有相同的特征多项式.

(2) 取A有

01000122，，则,BEA,EB000000EA2EB,A,B有相同的特征多项式，但A不相似于B，因为对任何的2

11阶可逆阵P，均有PAPPOPOB，故(1)的逆命题不成立.

(3) 即要证如果A,B的特征多项式相等，则A,B相似.

当A,B都是实对称矩阵时，A,B均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由A,B的特征值组成. 若A,B有相同的特征多项式，则A,B有相同的特征值(包含重数)，故A,B将相似于同一个对角阵. 设特征值为1,2,L,n，则有

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1122,B:A:OOn由相似的传递性，知A:B. (1)的逆命题成立.

十一【答案】5.

【详解】如果将观察值大于

 n这事件理解为试验成功的话，则Y表示对X独立地重复试验34次中成功的次数.即是Y:B(4,p)，其中pPX3

由一维概率计算公式，PaXbbafX(x)dx，有

1x1pPXf(x)dxcosdx，

332232所以，YB(4,).

由公式D(Y)[E(Y)]E(Y)以及若YB(n,p)，其数学期望和方差分别为

2212E(Y)np;D(Y)npq，其中q1p.

得 E(Y)D(Y)[E(Y)]npq(np)4222111(4)25. 222

十二【分析】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)

最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然函数.

【详解】矩估计：由离散型随机变量期望的定义E(X)xP(Xx)，有：

iii1nE(X)0212(1)223(12)34

1n1样本均值XXi(31303123)2

ni18用样本均值估计期望有 EXX，即342. 解得的矩估计值为1. 4由离散型随机变量似然函数的定义：设 x1,x2,...,xn是相应于样本X1,X2,...,Xn的一组观测值，则似然函数为：

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L()P(x1,x2,L,xn;)P(xi;)

i1n由于样本值中0出现一次，故用0的对应概率一次. 样本值中数值1出现二次，故用两个2相乘，数值2出现一次，故用2的对应概率一次，数值3出现四次，故（1-）用（1-2）.

总之，对于给定的样本值的似然函数为：

422L()22（1-）2(12)446(1)2(12)4

L()0，等式两边同取自然对数得

lnL()ln46ln2ln(1)4ln(12),

lnL()和L()在的同一点取得最大值，所以

dlnL()628628242 d112(1)(12)令

27137131dlnL()1,因与题目中0<<矛盾，解得1,2不合题0，

12122d2意，所以的最大似然估计值为

713. 1221