1997年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

1997 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
一、填空题(本题共5分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)
1
(1)【答案】ef(x)[ f  ln x  f  x  f  ln x  ]dx
x
【解析】题目考察复合函数的微分法,利用链式法则计算如下：
由 y  f (lnx)ef(x) 可知
1
dy  f lnx  ef(x)dx f  lnx  ef(x)f x  dx
x
1
ef(x)[ f lnx  f x  f  lnx  ]dx.
x

(2)【答案】
4
1
【分析】本题中 f(x)dx是个常数,只要定出这个数问题就解决了.
0
1 1
【解析】令 f(x)dx  A,则 f(x) A 1x2 ,两边从0到1作定积分得
0 1x2
A  1 dx  A 1 1x2dx arctanx 1   A    A,
01x2 0 0 4 4 4

解得A .
4
1
【评注】本题主要考查定积分的概念和计算.本题中出现的积分 1x2dx表示单位圆
0
在第一象限部分的面积,可直接根据几何意义求得.考生务必注意这种技巧的应用.
(3)【答案】 y C(t2)2t
t
【解析】对应的齐次差分方程是 y y 0,显然有不恒等于零的特解y 1.
t1 t t
因方程的右端函数 f(t)t2t,可设非齐次差分方程的特解有形式
y (AtB)2t,
代入方程得 (At2AB)2t t2t, t 0,1,2,. 由于2t 0,于是
At2AB t, t 0,1,2,.
可确定A1,B 2,即非齐次差分方程有一个特解是 y (t2)2t.
从而,差分方程的通解是 y C(t2)2t.
t
(4)【答案】 2 t 2
1【解析】二次型 f(x ,x ,x )对应的矩阵为
1 2 3
 
2 1 0
 
t
A  1 1  .
 2
 
t
0 1
 2 
因为 f 正定 A的顺序主子式全大于零.又
2 1 1
 2,  1,  A 1 t2,
1 2 1 1 3 2
1
故 f 正定 1 t2 0,即 2 t 2 .
2
(5)【答案】t分布,参数为9
【解析】由X ,,X 是来自总体X 的简单随机样本,故X ,,X 独立,且都服从正态
1 9 1 9
分布N(0,32).类似有Y,,Y 相互独立,且都服从正态分布N(0,32).
1 9
又因服从正态分布的独立随机变量的线性组合也服从正态分布,即
X X  X ~N(,2).
1 9
其中 E(X) E(X  X ),2  D(X) D(X  X ).
1 9 1 9
由期望的性质, E(X) E(X  X ) EX EX EX 0 ；
1 9 1 2 9
由独立随机变量方差的性质,2  D(X) D(X  X ) DX DX 81,
1 9 1 9
故X~ N(0,92).
Y 0
因Y,,Y ~ N(0,32),故 i ~ N(0,1),(i 1,2,,9) ,所以,
1 9 3
9 Y  2
Y

i

~2(9).
 3 
i1
X0
X0
由t分布的定义,现已有X~ N(0,92),将其标准化得 ~ N(0,1),故 9 ~t(9).
9 Y
9
X X  X X  X
化简有 ~t(9),即 1 9  1 9 ~t(9).
9Y 1 Y2 Y2
9 (Y2Y2) 1 9
9 1 9
2【相关知识点】1.数学期望的性质：E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,其中a,b,c为
常数.
2.方差的性质：X 与Y 相互独立时,D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,其中a,b,c为常
数.
3.2分布的定义：若Z ,,Z 相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则
1 n
n
Z2 ~2(1),Z2 ~2(n).
i i
i1
Z u
4.若Z ~ N(u,2),则 ~ N(0,1).

X
5.t分布的定义：若X ~ N(0,1),Y ~2(n),X,Y 独立,则T  ~t(n).
Y
n
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.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)【答案】(B)
f(x)
【分析】只要求出极限 lim 就能判断出正确的选项.
x0 g(x)
【解析】用变上限积分求导公式及重要的等价无穷小关系,得
1cosx
f(x)
 sint2dt
(sinx)sin(1cosx)2
lim lim 0 lim
x0 g(x) x0 x5 x6 x0 x4(1x)

5 6
1
x5
1 x(1cosx)2
4
lim lim lim 0,
x01x x0 x4 x0 x4
故应选(B).
(t)
【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一
(t)
阶可导,则
F(t)(t) f (t) (t) f (t) .
2.无穷小的比较：
(x)
设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim l,
(x)
(1) 若l 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小；
(2) 若l 1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x) (x)；
3(3) 若l 0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o (x) .
(x)
若lim 不存在(不为),称(x),(x)不可比较.
(x)
(2)【答案】(C)
【解析】题目考察抽象函数的凹凸性和单调性的问题.
方法1：由 f(x) f(x) (,)知, f(x)的图形关于y轴对称.由在(,0)内,
f x 0且 f(x)0 知, f(x)的图形在(,0)内单调上升且是凸的；由对称性知,在
(0,)内, f(x)的图形单调下降,且是凸的,所以应选(C).
方法2：由 f(x) f(x)可知f(x) f(x), f(x) f(x) .
当x(0,)时,x(,0),此时由题设知 fx 0, f(x)0,则
f(x)0, f(x)0,x(0,) ,
故应选(C).
方法3：排除法.取 f(x)x2,易验证 f(x)符合原题条件,计算可知(A)、(B)、(D)三个选
项均不正确,故应选(C).
方法4：由题设可知 f(x)是一个二阶可导的偶函数,则 f(x)为奇函数, f(x)为偶函数,又
在(,0)内 f(x)0, f(x)0,则在(0,)内 f(x)0, f(x)0,故应选(C).
(3)【答案】(C)
【分析】这一类题目最好把观察法与(,,) (,,)C 技巧相结合.
1 2 3 1 2 3
【解析】对于(A),       0,即存在一组不全为零的数1,
1 2 2 3 3 1
-1,1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知 , ,  线性相关,排除(A)；
1 2 2 3 3 1
对于(B),      2   0,即存在一组不全为零的数1,1,
1 2 2 3 1 2 3
-1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知 , , 2  线性相关,排除
1 2 2 3 1 2 3
(B)；
对于(C),简单的加加减减得不到零,就不应继续观察下去,而应立即转为计算行列式.设
有数k ,k ,k ,使得
1 2 3
k  2 k  2 3 k  3 0 ,
1 1 2 2 2 3 3 1 3
4整理得  k k  2k 2k   3k 3k  a 0.
1 3 1 1 2 2 2 3 3
k k 0
1 3

已知, ,线性无关,上式成立,当且仅当2k 2k 0 ①
1 2 3 1 2

3k 3k 0
2 3
1 0 1
因①的系数行列式 2 2 0 120 ,故①有唯一零解,即k k k  0.故原向量组
1 2 3
0 3 3
 2 ,2 3 ,3 线性无关.应选(C).
1 2 2 3 3 1
或者也可以将 2 ,2 3 ,3 用,, 线性表出,且写成矩阵形式,有
1 2 2 3 3 1 1 2 3
1 0 1
 记
 2,2 3,3  ,,  2 2 0  ,,  C,
1 2 2 3 3 1 1 2 3   1 2 3
 0 3 3 
C 120,则C可逆,故两向量组是等价向量组,由, ,线性无关知 2 ,
1 2 3 1 2
2 3 ,3 线性无关.
2 3 3 1
(4)【答案】(D)
【解析】方法1：用排除法.任意两个同阶可逆矩阵不具备乘法的交换律,不一定相似,也
不一定合同.
1 0 1 0
例如,若A  ,B    ,由于特征值不同,故不相似,又对应二次型的正、负
0 3  0 2
惯性指数不同,故也不合同,(B)、(C)不成立；
1 0 1 0
若A  ,B    ,则
0 3  0 2
1 11 0 1 2
AB        ,
0 3 0 2  0 6
1 01 1 1 1
BA      , AB  BA.
 0 20 3  0 6 
故(A)不成立；应取(D).
方法2：因A,B是同阶(设为n)可逆阵,故有r  A r  B n,而
r  A r  B  A,B等价存在可逆阵P,Q使得PAQ B.
(这里只需取P  A1,Q  B,既有PAQ  A1BAB成立),故应选(D).
5或者,因A,B是同阶可逆阵,故A,B均可以通过初等行变换化成单位阵,
行变换 行变换
A  E,B  E,
即存在初等阵P  P,P ,P,W W ,W W ,使得
1 2 s 1 2 r
PA E,WB  E ,
从而有PA E WB,得PAW1 PAQ B  W1 Q  .故(D)成立.
(5)【答案】(A)
【解析】因X 和Y 相互独立, 而
1 1
P  X 1 P  Y 1  ,P  X 1 P  Y 1  ,
2 2
故有：
1 1 1
P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ；
2 2 4
1 1 1
P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ；
2 2 4
1 1 1
P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ；
2 2 4
1 1 1
P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ；
2 2 4
1 1 1
P  X Y P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    ,
4 4 2
故(A)正确,(B)错；
1 1 1
P  X Y 0 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    ,
4 4 2
故(C)错；
1 1 1
P  XY 1 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    ,
4 4 2
故(D)错.
三、(本题满分6分.)
【分析】要证明limQ(x) Q,只须证明limlnQ(x) lnQ即可,因为Q(x)为指数函数,因
x0 x0
此化为对数形式便于极限计算.
1
【解析】因为lnQ(x) ln A ln[Kx(1)Lx],而且
x
ln[Kx (1)Lx]
lim
x0 x
KxlnK (1)LxlnL
lim
x0 Kx (1)Lx
lnK(1)lnLln(KL1),
6所以, limlnQ(x) ln Aln(KL1) ln(AKL1) ,
x0
于是, limQ(x)  AKL1 Q .
x0
四、(本题满分5分.)
【解析】由题设有
du f f dy f dz
   . (*)
dx x y dx z dx
在exy  y 0中,将 y视为x的函数,两边对x求导,得
dy dy dy yexy y2
exy(yx ) 0   . (1)
dx dx dx 1xexy 1xy
在ez xz 0中,将z视为x的函数,两边对x求导,得
dz dz dz z z
ez zx 0   . (2)
dx dx dx ez x xyx
将(1)、(2)两式代入()式,得
du f y2 f z f
   .
dx x 1xy y xyx z
【相关知识点】1.多元复合函数求导法则：若u u(x,y)和vv(x,y)在点(x,y)处偏导数
存在,函数z  f (u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数z  f[u(x,y),v(x,y)]
在点(x,y)处的偏导数存在,且
z f u f v z f u f v
  ,   .
x u x v x y u y v y
五、(本题满分6分)
【分析】要求获得最大利润时的销售量,需写出利润与销售量之间的的关系(x),它是商品
销售总收入减去成本和政府税收.正确写出(x)后,满足(x )0的x 即为利润最大时
0 0
的销售量,此时,x (t)是t的函数,当商家获得最大利润时,政府税收总额T tx(t),再由导
0
数知识即可求出既保证商家获利最多,又保证政府税收总额达到最大的税值t.
【解析】(1)设T 为总税额,则T tx.商品销售总收入为
R  px(70.2x)x7x0.2x2.
7利润函数为  RCT  7x0.2x23x1tx0.2x2(4t)x1.
4t 5
令(x)0,即0.4x4t 0,得x  (4t).
0.4 2
5
由于(x)0.40,因此,x (4t)即为利润最大时的销售量.
2
5 5 5
(2)将x (4t)代入T tx,得T t (4t) 10t t2.
2 2 2
由T(t)105t 0,得惟一驻点t 2；由于T(t)50,可见当t 2时T 有极大
值,这时也是最大值,此时政府税收总额最大.
六、(本题满分6分)
【分析】当x0时,F(x)显然连续,故只要证lim F(x) F(0) ,且当x0时,F(x)0
x0
即可.
【解析】方法1：显然x0时,F(x)连续,又由洛必达法则知
x
 tnf(t)dt
lim F(x)  lim 0  lim xnf(x) 0F(0) ,
x0 x0 x x0
所以F(x)在[0,)上连续.
当x(0,)时,
x
xn1f (x) tnf (t)dt xn1f (x)nf ()x
F(x) 0  , 0  x .
x2 x2
由于 f(x)单调不减,故 f(x) f(),又xn n,从而xnf(x)nf().
于是有F(x)0  0 x.故F(x)在[0,)上单调不减.
方法2：连续性证明同上.由于
x
xn1f (x) tnf (t)dt
F(x) 0
x2
x x x
 xnf(x)dt  tnf(t)dt  [xnf(x)tnf(t)]dt
 0 0  0  0,
x2 x2
可见,F(x)在[0,)上单调不减.
【评注】本题主要考查变上限定积分求导,洛必达法则.请考生注意本题两种证法中对于
F(x)的不同处理方法.
8(t)
【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一
(t)
阶可导,则
F(t)(t) f (t) (t) f (t) .
七、(本题满分6分)
【分析】先作出草图,再求出曲线 y  x2在任一点(a,a2)上的切线方程及其与x轴的交点,
然后依此类推,得出一系列与x轴交点的坐标.最后进行相应计算即可.
【解析】(1)由 y  x2,得 y2x.对于任意a(0a1),
y
y x2
抛物线 y  x2在点(a,a2)处的切线方程为 Q
1
ya2  2a(xa).
Q
2
a
Q
且该切线与x轴的交点为( ,0),故由OP 1可见 3
2 1
1
1 1 O P P P x
3 2 1
OP  OP  ,
2 2 1 2
1 1 1 1
OP  OP    ,
3 2 2 2 2 22

1
OP  .
n 2n1
2n2
 2 1 1
(2)由于Q P  OP     ,可见
n n n 2 4n1
  1  1 m
Q P     .
n n 4n1 4
n1 n1 m0
 1
利用几何级数求和公式xn  (x 1)即得
1x
n0
  1 m 1 4
Q P      .
n n 4 1 3
n1 m0 1
4
【评注】本题是级数与微分学的综合题,本题中所得的级数仍为收敛的几何级数,利用几何级
数求和公式即可求出它的和.
八、(本题满分6分)
【解析】将直角坐标化为极坐标,由于
91 2 2t r 2t r
 f( x2  y2)dxdy  d f( )rdr 2 rf( )dr ,
2 0 0 2 0 2
x2y24t2
可得 f(t)e4t2 2 2t rf( r )dr .在积分中作换元s  r ,又有
0 2 2
2t r t
 rf( )dr 4 sf(s)ds.
0 2 0
于是, f(t)满足积分关系式 f(t)8 t sf(s)dse4t2 .
0
在上式中令t 0得 f(0)1.利用变上限积分的求导公式,将上式两端对t求导,得
f(t)8tf(t)8te4t2
.
上述方程为关于 f(t)的一阶线性微分方程,利用一阶线性微分方程通解公式,得
f(t)(4t2C)e4t2,其中常数C待定.
由 f(0)1可确定常数C 1,因此, f(t)(4t21)e4t2 .
(t)
【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一
(t)
阶可导,则
F(t)(t) f (t) (t) f (t) .
2. 一阶线性非齐次微分方程的标准形式为 y p(x)y q(x),其通解公式为
p(x)dx p(x)dx
y e (q(x)e dxC) ,其中C为常数.
九、(本题满分6分)
【解析】(1)由AA*  A*A A E及A*  A A1,有
 E 0  A   A  
PQ       
 TA A T b  TAA AT TA*b A 
A  
  .
 0 A  bTA1  
(2)用行列式拉普拉斯展开式及行列式乘法公式,有
E 0
P   A ,
TA A
10A 
P Q  PQ   A 2 bTA1 
0 A  bTA1 
又因A是非奇异矩阵,所以 A 0,故 Q  A  bTA1  .
由此可知Q可逆的充要条件是 Q 0,即bTA1 0,亦即TA1b.
评注：本题考查分块矩阵的运算,要看清TA1是1阶矩阵,是一个数.
【相关知识点】1.两种特殊的拉普拉斯展开式：设A是m阶矩阵,B是n阶矩阵,则
A O A * O A * A
  A B ,  1 mn A B .
* B O B B * B O
2.行列式乘积公式：设A,B是两个n阶矩阵,则乘积AB的行列式等于A和B的行列式的乘
积,即 AB  A B .
十、(本题满分10分)
【解析】(1)设 A的属于3的特征向量为  x ,x ,x T ,因为实对称矩阵属于不同特
3 1 2 3
征值的特征向量相互正交,故
T x x x  0,
1 3 1 2 3

 T  x 2x x 0.
2 3 1 2 3
1 1 1 
解上述方程组,设方程组的系数矩阵为B 
 
,对B进行初等行变换：
 1 2 1
1 1 1  1 1 1 1 0 1
B          ,
 1 2 1 0 3 0  0 1 0 
系数矩阵的秩为2,根据基础解系的个数与系数矩阵秩之间的关系,我们得到基础解系的个
数为1,解得  1,0,1 T ,即A的对应于3的特征向量为 k  1,0,1 T ,其中k为非零常
3
数.
1 1 1 1 0 0
   
(2)方法1：令P ,, 1 2 0 ,则有P1AP  0 2 0 ,
1 2 3    
  1 1 1   0 0 3 
即A PP1,其中P1计算如下：
111 1 11 0 02111 1 1  1 0 0
 
31
 
 PE  1 2 00 1 0  0 3 11 1 0
   
  1 1 10 0 1    0 0 2  1 0 1 
 1 1  1 1 1 
  3 2     1 2 31  1 1 0 2 0  2   2     1 3     1 0 0  3  3 3  
131
 1 1 
121
 1 1 1
 0 3 0 1  0 1 0  
   
2 2 6 3 6
 0 0 1  0 0 1 
1 1 1 1
 0   0 
 2 2   2 2 
2 2 2 
1 
得 P1  1 2 1 ,
 
6
  3 0 3  
1 1 11 0 02 2 2  13 2 5
1    1 
A PP1  1 2 0 0 2 0 1 2 1  2 10 2 .
     
6 6
  1 1 1   0 0 3   3 0 3     5 2 13 
方法2：因A是对称矩阵,不同特征值对应的特征向量互相正交,故存在正交阵Q(对P单位
 1 1 1 

 
3 6 2
 
 1 2 
化),使Q1AQ QTAQ ,AQQT,其中Q    0 .
 
3 6
 
 1 1 1 

 
 3 6 2
 1 1 1   1 1 1 
  
   
3 6 2 3 3 3
 1 0 0 
 1 2   1 2 1 
AQQT    0 0 2 0  
   
3 6 6 6 6
  0 0 3   
 1 1 1   1 1 
 0
   
 3 6 2  2 2 
 1 1 1  1 1 1 
  
  
3 6 2 3 3 3
   13 2 5
 1 2  2 4 2  1  
   0    2 10 2 .
    
3 6 6 6 6 6
     5 2 13 
 1 1 1  3 3 
 0
  
 3 6 2 2 2 
方法3：由于矩阵A的特征值是1,2,3,特征向量依次为,, ,利用分块矩阵有
1 2 3
A(,,) (,2,3).
1 2 3 1 2 3
12因为,, 是不同特征值的特征向量,它们线性无关,于是矩阵(,,)可逆.故
1 2 3 1 2 3
1 2 31 1 1
1
  
A(,2,3)(,,)1 1 4 0 1 2 0
1 2 3 1 2 3   
  1 2 3    1 1 1 
1 2 32 2 2  13 2 5
1   1 
 1 4 0 1 2 1  2 10 2 .
    
6 6
  1 2 3    3 0 3     5 2 13 
【评注】本题有两个难点,一是能否由“实对称矩阵”挖掘出隐含的信息,通过正交性求出,
3
另一个难点就是反求矩阵A.
十一、(本题满分7分)
【分析】求分布函数F(x)P{X  x}实质上是求{X  x}的概率.
【解析】由X 的绝对值不大于1,可得
当x1时,F(x)P  X  x 0 ；
当x1时,F(x)P  X  x 1；
1 1
又P{X 1} ,P{X 1} ,则
8 4
1 1 5
P{1 x1}1P{X 1}P{X 1}1   ；
8 4 8
由题意X 在(1,1)内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比,那么当
X 的值属于(1,1)的条件下,事件1 X  x 的条件概率为：
x(1) x1
P 1 X  x|1 X 1 k k (其中k为比例正常数),
1(1) 2
又 P 1 X 1|1 X 1 1,
11
而 P 1 X 1|1 X 1 k k ,
2
x1
所以k 1,故P 1 X  x|1 X 1  ；
2
当1 x1时,1 X  x 1 X  x 1 X 1 ,
所以P 1 X  x  P 1 X  x,1 X 1 .
由条件概率公式,有
13P 1 X  x  P 1 X  x,1 X 1 
 P 1 X  x|1 X 1  P{1 X 1}
x1 5 5x5
   ,
2 8 16
F(x)P  X  x P  X 1 P 1 X  x ,
1 1
而 P  X 1 P  X 1 P  X 1  0 ,
8 8
1 5x5 5x7
所以 F(x)P  X  x P  X 1 P 1 X  x    ,
8 16 16
 0, x1

5x7
故所求的X 的分布函数为F(x) , 1 x1.
16

  1, x1
十二、(本题满分6分)
【解析】已知X 在[0,60]上均匀分布,则其密度函数为：
 1
 , 1 x60,
f(x)60
  0, 其他.
设Y 表示游客等候电梯的时间(单位：分钟),由于电梯于每个整点的第5分钟,25分钟,
55分钟起行,则
当0 X 5时,游客需等候时间Y 5 X ；
当5 X 25时,游客需等候时间Y 25 X ；
当25 X 55时,游客需等候时间Y 55 X ；
当55 X 60时,游客需等候时间Y 60 X 565 X (这个时间段到达,就需要
等下个整点的第５分钟,所以是60 X 5).
 5 X, 0 X 5,

 25 X, 5 X 25,
故Y 是关于到达时刻X 的函数：Y  g(X) 
55 X, 25 X 55,

 65 X, 55 X 60.
由随机变量函数期望的定义,有
  1 1 
EY   g(x)f (x)dx   g(x)dx   g(x)dx
  60 60 
1  5 25 55 60 
  (5 x)dx (25 x)dx (55 x)dx (65 x)dx
60

0 5 25 55

1
 (12.520045037.5)11.67.
60
14【相关知识点】1.随机变量函数期望的定义：

若随机变量Y  g(X),且EY 存在,则有EY   g(x)f (x)dx .

十三、(本题满分6分)
【解析】设X 和X 表示先后开动的记录仪无故障工作的时间,则两台记录仪无故障工作的
1 2
总时间为T  X  X .
1 2
由于每台无故障工作的时间都服从参数为５的指数分布,则X 和X 的概率密度函数为
1 2
5e5x, x 0
f(x) .
 0, x0
因为两台仪器是独立的,则其无故障工作的时间显然也是相互独立的,即X 和X 独立,应用
1 2
两个独立随机变量之和的卷积公式：
当t 0时,T 的概率密度为
 t
f(t)  f (x)f (tx)dx 25 e5xe5(tx)dx 25te5t .
 1 2 0
当t 0时, f(t)0,即
25te5t, t 0,
f(t)
 0, t 0.
由指数分布的期望和方差的结论,有
1 1 1 1
EX EX   ,DX DX   ,
1 2  5 1 2 2 25
由期望的性质,有
1 1 2
ET  E(X  X ) EX EX    ,
1 2 1 2 5 5 5
由独立随机变量方差的性质,有
1 1 2
DT D(X X )DX DX    .
1 2 1 2 25 25 25
【相关知识点】1.指数分布的期望和方差的结论：
1 1
若X 服从参数为的指数分布,则其期望EX  ,方差DX  .
 2
2. X 与Y 相互独立,数学期望和方差的性质:
E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,
D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,
其中a,b,c为常数.
15