卷 4

【答案】 最大值为 3，最小值为 -2。

【解析】
函数 $f(x,y)=x^2-y^2+2$ 在椭圆域 $D=\left\{(x,y)|x^2+\frac{y^2}{4}\le 1\right\}$ 上连续，且 $D$ 是紧集，因此最大值和最小值存在。

首先，求内部临界点。计算梯度 $\nabla f=(2x,-2y)$ ，令其为零得 $x=0,y=0$ ，点 $(0,0)$ 在椭圆内部， $f(0,0)=2$ 。

其次，求边界 $x^2+\frac{y^2}{4}=1$ 上的极值。使用拉格朗日乘数法，设 $g(x,y)=x^2+\frac{y^2}{4}-1=0$ ，拉格朗日函数 $L(x,y,\lambda )=x^2-y^2+2-\lambda \left(x^2+\frac{y^2}{4}-1\right)$ 。

求偏导数：

由 $\frac{\partial L}{\partial x}=0$ ，得 $x=0$ 或 $\lambda =1$ ；由 $\frac{\partial L}{\partial y}=0$ ，得 $y=0$ 或 $\lambda =-4$ 。

• 若 $x=0$ ，代入约束得 $\frac{y^2}{4}=1$ ，即 $y=\pm 2$ ，对应点 $(0,2)$ 和 $(0,-2)$ ， $f(0,2)=f(0,-2)=-2$ 。
• 若 $y=0$ ，代入约束得 $x^2=1$ ，即 $x=\pm 1$ ，对应点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$ ， $f(1,0)=f(-1,0)=3$ 。
• 若 $\lambda =1$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial y}=-2y\left(1+\frac{1}{4}\right)=0$ ，得 $y=0$ ，已包含在 $y=0$ 的情况中。
• 若 $\lambda =-4$ ，则 $\frac{\partial L}{\partial x}=2x(1-(-4))=0$ ，得 $x=0$ ，已包含在 $x=0$ 的情况中。

比较所有候选点的函数值：内部点 $(0,0)$ 值为 2，边界点 $(0,2)$ 和 $(0,-2)$ 值为 -2，边界点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$ 值为 3。因此，最大值为 3，最小值为 -2。

也可通过参数化边界验证：设 $x=\cos \theta ,y=2\sin \theta$ ，则

由 ${\sin }^2\theta \in [0,1]$ 得 $f\in [-2,3]$ ，结论一致。

【答案】
(1) B=​111​021​023​​
(2) 矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ （二重）和 $4$
(3) $P=\left(\begin{array}{ccc}-{\alpha }_1+{\alpha }_2& -2{\alpha }_1+{\alpha }_3& {\alpha }_2+{\alpha }_3\end{array}\right)$

【解析】
(1) 由条件 $A{\alpha }_1={\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3$ ， $A{\alpha }_2=2{\alpha }_2+{\alpha }_3$ ， $A{\alpha }_3=2{\alpha }_2+3{\alpha }_3$ ，可知

其中 $B$ 的列向量分别为 $A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,A{\alpha }_3$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 下的坐标。

因此， $A{\alpha }_1$ 的坐标为 $(1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$ ， $A{\alpha }_2$ 的坐标为 $(0,2,1{)}^{\mathrm{T}}$ ， $A{\alpha }_3$ 的坐标为 $(0,2,3{)}^{\mathrm{T}}$ ，故

(2) 由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性无关，矩阵 $B$ 是 $A$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 下的表示，即 $A$ 与 $B$ 相似，故特征值相同。计算 $B$ 的特征值，解特征方程 $|B-\lambda I|=0$ ：

令其为零，得特征值 $\lambda =1$ （二重）和 $\lambda =4$ ，故 $A$ 的特征值为 $1$ 和 $4$ .

(3) 求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵，即求 $A$ 的特征向量。由于 $A$ 与 $B$ 相似，先求 $B$ 的特征向量。对于 $\lambda =1$ ，解 $(B-I)v=0$ ：

特征向量为 v1​=​−110​​ , v2​=​−201​​ . 对于 $\lambda =4$ ，解 $(B-4I)v=0$ ：

特征向量为 v3​=​011​​ . 令 Q=​−110​−201​011​​ ，则 $P=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)Q=\left(\begin{array}{ccc}-{\alpha }_1+{\alpha }_2& -2{\alpha }_1+{\alpha }_3& {\alpha }_2+{\alpha }_3\end{array}\right)$ ，使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵 $\mathrm{diag}(1,1,4)$ .

【答案】
(1) $D{Y}_i={\sigma }^2\left(1-\frac{1}{n}\right)$
(2) $\mathrm{Cov}(Y_1,Y_n)=-\frac{{\sigma }^2}{n}$
(3) $P\{Y_1+Y_n\le 0\}=\frac{1}{2}$

【解析】
由题设知 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ ( $n>2$ ) 相互独立，且 $E{X}_i=0$ , $D{X}_i={\sigma }^2$ ( $i=1,2,\cdots ,n$ ),

(I) 因为 $Y_i=X_i-\overline{X}$ ，所以对 $i=1,2,\cdots ,n$ ，有 $E{Y}_i=0$ ，

(II) 由协方差的定义：

因为 $X_1,X_n$ 独立，有

由方差的公式，有

由期望的性质和方差的公式有

同理 $E(X_n\overline{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}$ 。所以

(Ⅲ) 因为 $Y_1+Y_n$ 是相互独立的正态随机变量的线性组合：

所以 $Y_1+Y_n$ 服从正态分布。由于 $E(Y_1+Y_n)=0$ ，故 $P\{Y_1+Y_n⩽0\}=\frac{1}{2}$ 。