考研数学三(二次型、随机事件与概率与随机变量及其分布)模拟试卷1附答案解析

考研数学三(二次型、随机事件与概率与随机变量及其分布)模拟试卷1

选择题

1.设A=,B=(C)

A. 合同且相似

B. 相似但不合同

C. 合同但不相似

D. 既不相似又不合同

解析:显然A,B都是实对称矩阵,由|λE-A|=0,得A的特征值为λ1=1,λ2=2,λ3=9,

由|λE-B|=0,得B的特征值为λ1=1,λ2=λ3=3,因为A,B惯性指数相等,但特征值不相同,所以A,B合同但不相似,选C.

2.设A是三阶实对称矩阵,若对任意的三维列向量X,有XTAX=0,则( ).(A)

A. |A|=0

B. |A|>0

C. |A|<0

D. 以上都不对

解析:设二次型f=XTAXλ1y21+λ2y22+λ3y23,其中Q为正交矩阵.取Y=

3.设A,B是任两个随机事件,下列事件中与A+B=B不等价的是( ).(D)

A. AB. C. D. 解析:A+B=B等价于AB=A,AB=A等价于AB,AB等价于,而=A—AB,则

4.设事件A,B,C两两独立,则事件A,B,C相互独立的充要条件是( ).(A)

A. A与BC相互独立

B. AB与A+C相互独立

C. AB与AC相互独立

D. A+B与A+C相互独立.

解析:在A,B,C两两独立的情况下,A,B,C相互独立P(ABC)=P(A)P(B)P(C)

5.连续独立地投两次硬币,令A1={第一次出现正面},A2={第二次出现正面},A3={两次中一次正面一次反面},A4={两次都出现正面},则( ).(B)

A. A1,A2,A3相互独立

B. A1,A2,A3两两独立

C. A2,A3,A4相互独立

D. A2,A3,A4两两独立

解析:P(A1)=P(A2)=,P(A3)=P(A1)+P(A2)=,P(A4)=

P(A1A2)=,P(A1A3)=P(A1)=,P(A2A3)=P(A2)=

6.设随机变量X的密度函数为f(x),且f(x)为偶函数,X的分布函数为F(x),则对任意实数a,有( ).(B)

A. F(-a)=1-B. F(-a)=C. F(-a)=F(a)

D. F(-a)=2F(a)-1

解析:F(-a)=f(x)dxf(-t)dt=f(t)dt=1-f(t)dt=1-(f(t)dt+f(t)dt)=1-F(-a)-2f(t)dt,

则F(-a)=

7.设随机变量X,Y的分布函数分别为F1(x),F2(x),为使得F(x)=aF1(x)+bF2(x)为某一随机变量的分布函数,则有( ).(D)

A. a=,b=-B. a=,b=C. a=-,b=D. a=-,b=解析:根据性质F(+∞)=1,得正确答案为D.

8.设随机变量X的分布函数为F(x),则下列函数中可作为某随机变量的分布函数的是( ).(D)

A. F(x2)

B. F(-x)

C. 1-F(x)

D. F(2x-1)

解析:函数φ(x)可作为某一随机变量的分布函数的充分必要条件是:

(1)0≤φ(x)≤1;(2)φ(x)单调不减;(3)φ(x)右连续;(4)φ(-∞)=0,φ(+∞)=1.

显然只有F(2x-1)满足条件,选D.

9.设随机变量X服从参数为1的指数分布,则随机变量Ymin{X,2}的分布函数( ).(B)

A. 是阶梯函数

B. 恰有一个间断点

C. 至少有两个间断点

D. 是连续函数

解析:FY(y)=P(Y≤y)=P(min{X,2}≤y)=1-P(min{X,2}>y)

=1-P(X>Y,2>y)=1-P(X>y)P(2>y),

当y≥2时,FY(y)=1;当y<2时,FY(y)=1-P(X>y)=P(X≤y)=FX(y),

而FX(x)=所以当0≤y<2时,FY(y)=1-e-y

当y<0时,FY(y)=0,即

FY(y)=

填空题

10.F(x1,x2,x3,x4)=XTAX的正惯性指数是2,且A2-2A=0,该二次型的规范形为_____________.

y21+y22

解析:A2-2A=Or(A)+r(2E-A)=4

11.设A,B是两个随机事件,且P(A)+P(B)=0.8,P(A+B)=0.6,则P(AB)+P(AB)=_____________.

0.4

解析:因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB),且P(A)+P(B)=0.8,P(A+B)=0.6,

所以P(AB)=0.2.又因为P()=P(B)-P(AB),P()=P(A)-P(AB),

所以P()+P(

12.设A,B是两个随机事件,P(A|B)=0.4,P(B|A)=0.4,P(A|B)=0.7,则P(A+B)=_____________.

[*]

解析:P()=0.7=

因为P(A|B)=0.4,P(B|A)=0.4,所以P(A)=P(B)且P(AB)=0.4P(A),

P()=0.7==0.7,

解得P(A)=P(B)=,P(AB)=

于是P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

13.设A,B是两个随机事件,且P(A)=0.4,P(B)=0.5,P(A|B)=P(A|B),则P(AB)=_____________.

0.2

解析:因为P(A|B)=P(A|),所以A,B相互独立,从而A,B相互独立,故

P()=P(A)P(

14.设P(A)=0.6,P(AB)=0.2,P(AB)=0.3,则P(A+B|A)=_____________.

[*]

解析:由P()=P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.2及P(A)=0.6得P(AB)=0.4,

再由P()=P(B-A)=P(B)-P(AB)=0.3得P(B)=0.7,

所以

15.设随机变量x的概率密度为fx(x)=

[*]

解析:Fy(y)=P(Y≤y)=P(X2≤y).

当y≤0时,Fy(y)=0;

当y>00时,Fy(y)=P(X2≤y)=P(-≤x≤)

于是Fy(y)=故fY(y)=

解答题

16.设A为m×n阶实矩阵,且r(A)=n.证明:ATA的特征值全大于零.

首先ATA为实对称矩阵,r(ATA)=n,对任意的X>0,

XT(ATA)X=(AX)T(AX),令AX=a,因为r(A)=n,所以a≠0,所以

(AX)T(AX)=aTa=||a||2>0,即二次型XT(ATA)X是正定二次型,ATA为正定矩阵,

所以ATA的特征值全大于零.

解析:

17.设A为n阶正定矩阵.证明:对任意的可逆矩阵P,PTAP为正定矩阵.

首先AT=A,因为(PTAP)T=PTAT(PT)T=PTAP,所以PTAP为对称矩阵,对任意的X≠0,XT(PTAP)X=(PX)TA(PX),令PX=a,因为P可逆且X≠0,所以a≠0,又因为A为正定矩阵,所以aTAa>0,即XT(PTAP)X>0,故XT(PTAP)X为正定二次型,于是PTAP为正定矩阵.

解析:

18.设P为可逆矩阵,A=PTP.证明:A是正定矩阵.

显然AT=A,对任意的X≠0,XTAX=(PX)T(PX),因为X≠0且P可逆,所以PX≠0,

于是XTAX=(PX)T(PX)=||PX||2>0,即XTAX为正定二次型,故A为正定矩阵.

解析:

19.设A,B为n阶正定矩阵.证明:A+B为正定矩阵.

因为A,B正定,所以AT=A,BT=B,从而(A+B)T=A+B,即A+B为对称矩阵.

对任意的X≠0,XT(A+B)X=XTAX+XTBX,因为A,B为正定矩阵,所以XTAX>0,

XTBX>0,因此XT(A+B)X>0,于是A+B为正定矩阵.

解析:

20.三元二次型f=XTAX经过正交变换化为标准形f=y21+y22-2y23,且A*+2E的非零特征值对应的特征向量为a1

因为f=XTAX经过正交变换后的标准形为f=y21+y22-2y23,所以矩阵A的特征值

为λ1=λ2=1,λ3=-2.由|A|=λ1λ2λ3=-2得A*的特征值μ1=μ2=-2,μ3=l,

从而A*+2E的特征值为0,0,3,即a1为A*+2E的属于特征值3的特征向量,故也为A的属于特征值λ3=-2的特征向量.

令A的属于特征值λ1=λ2=1的特征向量为a=[*],因为A为实对称矩阵,所以有

aT1a=0,即x1+x3=0,故矩阵A的属于λ1=λ2=1的特征向量为

a2=[*],a3=[*],

令P=(a2,a2,a3)=[*],由P-1AP=[*],

得A=P[*]P-1=[*],所求的二次型为

f=XTAX=-[*]x21+x22-[*]x23-3x13

解析:

21.设二次型f=2x21+2x22+ax23+2x1x2+2bx1x2+2x2x3经过正交变换X=QY化为标准形f=y21+y22+4y23,求参数a,b及正交矩阵Q.

二次型f=2x21+2x22+ax23+2x1x2+2bx1x3+2x2x3的矩阵形式为f=XTAX,其中A=[*],X=[*].因为QTAQ=B=[*],所以A~B(因为正交矩阵

的转置矩阵即为其逆矩阵),于是A的特征值为1,1,4.

而|λE-A|=λ3-(a+4)λ2+(4a-b2+2)λ+(-3a-2b+2b2+2),所以有

λ3-(a+4)λ2+(4a-b2+2)λ+(-3a-2b+2b2+2)=(λ-1)2(λ-4),

解得a=2,b=1.

当λ1=λ2=1时,由(E-A)X=0得ξ1=[*],ξ2=[*],

当λ3=4时,由(4E-A)X=0得ξ3=[*],显然ξ1,ξ2,ξ3两两正交,单位化为

γ1=[*],γ2=[*],γ3=[*],则Q=[*].

解析:

22.设齐次线性方程组有非零解,且A=为正定矩阵,求a,并求当||X||=

因为方程组有非零解,所以[*]=a(a+1)(a-3)=0,即a=-1或

a=0或a=3.因为A是正定矩阵,所以aii>0(i=1,2,3),所以a=3.当a=3时,由

|λE-A|=[*]=(λ-1)(λ-4)(λ-10)=0,

得A的特征值为1,4,10.因为A为实对称矩阵,所以存在正交矩阵Q,使得f=XTAX[*]y21+4y22+10y23≤10(y21+y22+y23),而当||X|=[*]时,

y21+y22+y23=YTY=YTqTQY=(QY)T(QY)=XTX=||X ||2=2, 所以当||X||=[*]时,XTAX的最大值为20(最大值20可以取到,如y1=y2=0,y3=[*]).

解析:

23.设A为实对称矩阵,且A的特征值都大于零.证明:A为正定矩阵.

A所对应的二次型为f=XTAX,

因为A是实对称矩阵,所以存在正交变换X=QY,使得

f=XTAX[*]=λ1y21+λ2y22+…+λny2n,其中λi>0(i=1,2,…,n),

对任意的X≠0,因为X=QY,所以Y=QTX≠0,

于是f=λ1y21+λ2y22+…+λny2n>0,即对任意的X≠0有XTAX>0,所以XTAX为 正定二次型,故A为正定矩阵.

解析:

24.设A为m阶正定矩阵,B为m×n阶实矩阵.证明:BTAB正定的充分必要条件是r(B)=n.

因为(BTAB)T=BTAT(BT)T=BTAB,所以BTAB为对称矩阵,

设BTAB是正定矩阵,则对任意的X≠0,

XTBTABX=(BX)TA(BX)>0,所以BX≠0,即对任意的X≠0有BX≠0,或方程组

BX=0只有零解,所以r(B)=n.

反之,设r(B)=n,则对任意的X≠0,有BX≠0,

因为A为正定矩阵,所以XT(BTAB)X=(BX)TA(BX)>0,

所以BTAB为正定矩阵.

解析:

甲、乙两人独立对同一目标进行射击,命中目标概率分别为60%和50%.

25.

解析:

26.

解析:

27.设事件A,B独立.证明:事件A,,B及

由A,B独立,得P(AB)=P(A)P(B),

由P([*])=P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)

=P(A)[1-P(B)]=P(A)P([*]),得A,[*]独立,同理可证[*],B独立;

由P([*])=P([*])=1-P(A+B)=1-P(A)-P(B)+P(AB)

=[1-P(A)][1-P(B)]=P([*])P([*]),得[*]独立.

解析:

28.若A,B同时发生,则C发生.证明:P(C)≥P(A)+P(B)-1.

因为A,B同时发生,则C发生,所以AB[*]C,于是P(C)≥P(AB),

而P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)≤1,

所以有P(AB)≥P(A)+P(B)-1,于是P(C)≥P(A)+P(B)-1.

解析:

设有来自三个地区的各10名、15名和25名考生的报名表,其中女生的报名表分别为3份、7份和5份.随机取出一个地区,再从中抽取两份报名表.

29.

解析:

30.设后抽到的一份报名表为男生的报名表,求先抽到的报名表为女生报名表的概率q.

P([*]B2|A1)=[*],P([*]B2|A2)=[*],

P([*]B2|A3)=[*],P(B2)=P(B1)=[*],则

P([*]|B2)=[*].

解析:

31.有甲、乙两个口袋,两袋中都有3个白球2个黑球,现从甲袋中任取一球放人乙袋,再从乙袋中任取4个球,设4个球中的黑球数用X表示,求X的分布律.

设A={从甲袋甲取出黑球},X的可能取但为0,1,2,3,令{X=i}=Bi(i=0,1,2,3),则

P(X=0)=P(B0)=P(A)P(B0|A)+P([*])P(B0|[*])=[*],

P(X=1)=P(B1)=P(A)P(B1|A)+P([*])P(B1|[*])=[*],

P(X=2)=P(B2)=P(A)P(B2|A)+P([*])P(B2|[*])=[*],

P(x=3)=P(B3)=P(A)P(B3|A)+P([*])P(B3|[*])=[*],

所以X的分布律为X~[*].

解析:

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