2001年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

2001 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

(1)【答案】

【使用概念】设 y  f  x 在x处可导，且 f  x 0，则函数 y关于x的弹性在x处的值为
Ey x x
 y f x 
 
Ex y f x
1 
 
【详解】由Q  ALK，当Q 1时，即ALK 1，有K  A L ,于是K关于L的弹
性为：
d    A   1 L         A   1 L    1
EK L L    
 K   L 
EL K  1   dL  1   
A L  A L 
(2)【答案】 1.2W 2
t1
【详解】W 表示第t年的工资总额，则W 表示第t1年的工资总额，再根据每年的工资总
t t1
额比上一年增加20％的基础上再追加2百万，所以由差分的定义可得W 满足的差分方程是：
t
W (120)W 21.2W 2
t t1 t1
(3)【答案】-3
【详解】
方法1：由初等变换(既可作初等行变换，也可作初等列变换).不改变矩阵的秩，故对A进行
初等变换
k 1 1 1  k 1 1 1 
   
1 k 1 1 1k k1 0 0
A   1行(1)分别加到2,3,4行 

1 1 k 1 1k 0 k1 0 
   
1 1 1 k 1k 0 0 k1
1k3 1 1 1 
 
0 k1 0 0
2,3,4 列  分  别  加  到  1  列   
 0 0 k1 0 
 
 0 0 0 k1
可见只有当k =−3时，r(A)=3.故k=−3.
方法2：由题设r(A)=3，故应有四阶矩阵行列式 A 0.由
k 1 1 1 k 1 1 1
1 k 1 1 1k k1 0 0
A  1行(1)分别加到2,3,4行
1 1 k 1 1k 0 k1 0
1 1 1 k 1k 0 0 k1
k3 1 1 1
0 k1 0 0
2,3,4列分别加到1列 (k3)(k1)3 0,
0 0 k1 0
0 0 0 k1
解得 k=1或k=−3. 当k=1时，
1 1 1 1 1 1 1 1
   
1 1 1 1 0 0 0 0
A   1行(1)分别加到2，3，4行 

1 1 1 1 0 0 0 0
   
1 1 1 1 0 0 0 0
可知，此时r(A)=1，不符合题意，因此一定有k=−3.
1
(4)【答案】
12
D(X)
 
【所用概念性质】切比雪夫不等式为：P X E(X)  
2
期望和方差的性质：E(X Y)EX EY ；D(X Y)DX 2cov(X,Y)DY
【详解】 把X Y 看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差.
故 E(X Y)EX EY 220
cov(X,Y)
又相关系数的定义：(X,Y) 
DX DY
则 cov(X,Y) (X,Y) DX DY (0.5) 1 4 1
D(X Y)DX 2cov(X,Y)DY 12(1)43
所以由切比雪夫不等式：
2D(X Y) 3 1
   
P X Y 6 P X Y E(X Y) 6   
62 36 12
(5)【答案】F ；(10,5)
X
n
【所用概念】1. F 分布的定义：F  1 其中X ~2(n ) Y ~2(n )
Y 1 2
n
2
n
2. 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Z2 ~2(n)
1 n i
i1
Z u
3. 正态分布标准化的定义：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)

X 0 X
【详解】因为X N(0,22)i 1,2,,15，将其标准化有 i  i N(0,1)，从而根
i 2 2
据卡方分布的定义
2 2 2 2
 X   X   X   X 

1



10

2(10), 11



15

2(5),
 2   2   2   2 
2 2 2 2
 X   X   X   X 
由样本的独立性可知， 1    10  与 11    15  相互独立.
 2   2   2   2 
故，根据F 分布的定义
 2 2
 X   X 
 1   10  
  2   2  
X2  X2
10
Y   1 10 F (10,5).
  X  2  X  2 2  X2  X2 
 11   15   11 15
  2   2  
5
故Y 服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的F 分布.
二、选择题
(1)【答案】 [B]
【详解】
f '(x)
方法1：由lim 1,知
xa xa
f '(x) f '(x)
lim f '(x) lim  xa  lim lim  xa  10 0
xa xa xa xa xa xa
又函数 f(x)的导数在xa处连续，根据函数在某点连续的定义，左极限等于右
极限等于函数在这一点的值，所以 f(a)0，于是有
3f '(x) f '(a) f '(x)
f "(a)lim lim 1,
xa xa xa xa
即 f(a)0， f(a)10，根据判定极值的第二充分条件：设函数 f(x)在x 处
0
具有二阶导数且 f(x )0，f(x )0，当 f(x )0时，函数 f(x)在x 处取得极
0 0 0 0
大值. 知xa是 f(x)的极大值点，因此，正确选项为(B).
f '(x)
方法2：由lim 1,及极限保号性定理：如果lim f  x  A，且A0(或A0)，
xa xa xx
0
那么存在常数0，使得当0 xx 时，有 f  x 0(或 f  x 0)，知存在
0
f '(x)
xa的去心邻域，在此去心邻域内 0.于是推知，在此去心邻域内当xa时
xa
f(x)0；当xa时 f(x)0.又由条件知 f(x)在xa处连续，由判定极值的第一
充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心领域内可导，若
0 0
x x ,x 时， f(x)0，而x x ,x 时， f(x)0，则 f(x)在x 处取
0 0 0 0 0
得极大值，知 f(a)为 f(x)的极大值. 因此，选 (B).
(2)【答案】(D)
【详解】应先写出g(x)的表达式.
1
当0 x1时， f(x) (x21)，有
2
g(x)   x f  u  du   x1 (u21)du  1 u3 x  1 u x  1 x3 1 x,
0 0 2 6 0 2 0 6 2
1
当1 x2时， f(x) (x1)，有
3
x 1 x 11 x1
g(x)  f(u)du   f(u)du f(u)du   (u21)du (u1)du
0 0 1 0 2 1 3
 1 u3 1  1 u 1  1 u2 x  1 u x  2  1  x1 2
6 0 2 0 6 1 3 1 3 6
1 1
x3  x, 0 x1

6 2
即 g(x)
2 1
   x1 2 , 1 x 2
3 6
1 1  2 2 1  2
因为 lim g(x) lim x3 x  ，lim g(x) lim   x1 2   ，
x1 x16 2  3 x1 x13 6  3
42 1 2
且 g(1)   11 2  ，
3 6 3
所以由函数连续的定义，知g(x)在点x1处连续，所以g(x)在区间[0,2]内连续，选(D).

1 1  1 1
同样，可以验证(A)、(B)不正确，0 x1时，g(x)  x3 x  x2 0，单
6 2  2 2

2 1  1
调增，所以(B)递减错；同理可以验证当1 x2时，g(x)

  x1 2

  x1 0，
3 6  3
5
单调增，所以g  0  g  x  g  2 ，即0 g  x  与选项(A)无界矛盾.
6
(3)【答案】 (C)
【详解】由所给矩阵A,B观察，将A的2,3列互换，再将A的1,4列互换，可得B. 根据初
等矩阵变换的性质，知将A的2,3列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E ，将A的1,4列互
23
换相当于在矩阵A的右侧乘以E ，即
14
1 0 0 0 0 0 0 1
   
0 0 1 0 0 1 0 0
AE E B，其中E    ，E   
23 14 23 0 1 0 0 14 0 0 1 0
   
0 0 0 1 1 0 0 0
由题设条件知P  E ,P  E ，因此B  APP.
1 14 2 23 2 1
由于对初等矩阵E 有，E1 E ，故P1 P,P1 P .
ij ij ij 1 1 2 2
因此，由B  APP，及逆矩阵的运算规律，有
2 1
B1  APP 1P1P1A1 PP A1.
2 1 1 2 1 2
(4)【答案】 (D)
 A 
【详解】由题设，A是n 阶矩阵，是n维列向量，即T 是一维行向量，可知 是
T 0
 A   A 
n1阶矩阵. 显然有秩  秩(A) nn1, 即系数矩阵 非列满秩，由
T 0 T 0
齐次线性方程组有非零解的充要条件：系数矩阵非列或行满秩，可知齐次线性方程组
5 A X 
  
0必有非零解.
T 0 y
(5) 【答案】A
【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以X Y n，从而Y n X ，
故 DY D(nX)DX
由方差的定义：DX EX2(EX)2， 所以
DY D(nX)E(nX)2 E(nX) 2  E(n22nX  X2)(nEX)2
n2 2nEX EX2 n2 2nEX (EX)2  EX2(EX)2  DX )
由协方差的性质：cov(X,c) 0 (c为常数)；cov(aX,bY) abcov(X,Y)
cov(X  X ,Y) cov(X ,Y)cov(X ,Y) )
1 2 1 2
所以 cov(X,Y) cov(X,nX) cov(X,n)cov(X,X) 0DX DX
cov(X,Y) DX
由相关系数的定义，得 (X,Y)   1
DX DY DX DX
f(x)
三【变限积分求导公式】[ g(t)dt]  g[f(x)]f(x)
x
a
【详解】 根据复合函数求导公式，有
du f f dy f dz
   . (*)
dx x y dx z dx
在exy xy  2两边分别对x求导，得
dy dy
exy(yx )(yx )0,
dx dx
dy y
即  .
dx x
xzsint
在ex   dt两边分别对x求导，得
0 t
sin(xz) dz dz ex(xz)
ex  (1 ), 即 1 .
xz dx dx sin(xz)
将其代入(*)式，得
du f f dy f dz f y f  ex(xz) f
     1  .
dx x y dx z dx x x y  sin(xz)z
61
四 【详解】因为lim(1 )x e
x x
xc xc2c
lim( )x lim( )x (把xc写成xc2c)
x xc x xc
xc2c xc  2cx
lim( ) 2c xc (把x写成 xc  2cx )
x xc 2c xc
2cx
 2c xcxc
lim(1 ) 2c  (利用幂函数的性质amn (am)n)
x xc 
2cx

2c
xcxc
ln(1 )2c
lime


xc 
 (利用对数性质elnf(x)  f (x))
x
 xc
2cx 2c
ln(1 )2c
lime
xc 

xc 
 (利用对数性质ln f(x)g(x)  g(x)ln f(x))
x
 xc
2cx 2c
lim ln(1 )2c
e
xxc 

xc 
 (利用 y ex函数的连续性，limef(x) ex
l

im

f(x)
)
x
 xc
2cx 2c
lim limln(1 )2c
e
xxcx 

xc 
 (当各部分极限均存在时，
lim f(x)g(x) lim f(x)limg(x) )
x x x
 xc
2cx 2c
lim lnlim(1 )2c
e
xxc x

xc 
 (利用ylnx函数的连续性，lim[ln f(x)]ln[limf(x)])
x x
1
e2clne (利用lim(1 )x e)
x x
e2c (lne1)
又因为 f(x)在,内可导，故在闭区间[x1,x]上连续，在开区间(x1,x)内
可导，那么又由拉格朗日中值定理，有
f(x) f(x1) f ()[x(x1)] f (),x1 x
左右两边同时求极限，于是
lim[f(x) f(x1)]lim f '() e，
x x
因为x1 x，x趋于无穷大时，也趋向于无穷大
xc 1
由题意，lim( )x lim[ f(x) f(x1)], 从而e2c e，故c
x xc x 2
7五 【详解】 积分区域如图所示，可以写成
1 y1,y x1
1 (x2y2) 1 (x2y2)
y[1xe2 ]dxdyydxdyxye2 dxdy,
D D D
1 1 1 2
其中， ydxdy  dy ydx  y(1y)dy  ;
1 y 1 3
D
1 (x2y2) 1 1 1 (x2y2) 1 1 1 (x2y2) 1
xye2 dxdy   ydy xe2 dx   ydy e2 d( x2)
1 y 1 y 2
D
  1 ydy 1 e 1 2 (x2y2) d[ 1 (x2 y2)]   1 (e 1 2 (1y2) ey2 )dy
1 y 2 1
 1  1 (e 1 2 (1y2) ey2 )dy2  1  1 e 1 2 (1y2) dy2 1  1 ey2 dy2
2 1 2 1 2 1
1
  1 e 1 2 (1y2) d[ 1 (1 y2)] 1  1 ey2 dy2 e 1 2 (1y2)  1 ey2 1 0
1 2 2 1 2 1
1
于是
1 (x2y2) 2
 y[1xe2 ]dxdy 
3
D
六【详解】方法1：依题意知，抛物线如图所示，
q
令 y  px2 qx x(pxq) 0，求得它与x轴交点的横坐标为：x 0,x  .
1 2 p
根据定积分的定义，面积S为
q
S   q p  px2qx  dx   p x3 q x2    p  q3 (注：xndx 1 xn1C)
0  3 2  6p2 n1
0
8因直线x y 5与抛物线 y  px2 qx相切，故它们有唯一公共点. 由方程组
x y 5

y  px2 qx
求其公共解，消去 y，得 px2 (q1)x50，因为其公共解唯一，则该一元二次方
程只有唯一解，故其判别式必为零，即
(q1)24 p(5)(q1)220p0,
1
解得 p  (q1)2.
20
将 p代入S中，得
q3 q3 200q3
S(q)    .
6p2 1 3(q1)4
6[ (q1)2]2
20
根据函数除法的求导公式，
(200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3) 200q2(3q)
S(q)  
[3(q1)4]2 3(q1)5
根据驻点的定义，令S(q)0，已知有q 0，得唯一驻点q 3.
当1q3时，S(q)0；q 3时，S(q)0. 故根据极值判定的第一充分条
件知，q 3时，S(q)取唯一极大值，即最大值.
225
从而最大值为S S(3) .
32
方法2：设抛物线 y  px2 qx与直线x y 5相切的切点坐标为(x ,y )，切点既在抛物
0 0
线上，也在直线上，于是满足方程有 y  px2qx 和x  y 5.
0 0 0 0 0
抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等. 在 y  px2 qx
左右两边关于x求导，得 y2pxq，在x y 5左右两边关于x求导，得 y1，
把切点坐标(x ,y )代入，得
0 0
q1
y 2px q 1  x 
xx 0 0 0 2p
由x  y 5  y 5x ，将两结果代入 y  px2qx 得
0 0 0 0 0 0 0
9q1 q1 q1
y 5x 5( ) px2qx  p( )2q( )
0 0 2p 0 0 2p 2p
整理得
1
p  (q1)2.
20
将 p代入S中，得
200q3
S(q) .
3(q1)4
根据函数除法的求导公式，
(200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3) 200q2(3q)
S(q)  
[3(q1)4]2 3(q1)5
根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义，令S(q)0，已知有q 0，得唯一
驻点q 3.当1q3时，S(q)0; q 3时，S(q)0;故根据极值判定的第一充分
条件知，q 3时， S(q)取唯一极大值，即最大值.
225
从而最大值为S S(3) .
32
七【详解】将要证的等式中的换成x，移项，并命
x1
(x) f(x) f(x)
x
问题转化为证在区间(0,1)内(x)存在零点. 将
x1
f(x) f(x)0
x
看成一个微分方程，用分离变量法求解. 由
df(x) x1
 dx
f(x) x
df(x) x1 1
两边积分得   dx(1 )dx
f(x) x x
1 1
利用 dx ln x C 及xndx  xn1C ，得
x n1
Cex Cex
ln f(x)  xln x C  ln f(x) ln  f(x) ，
1 x x
10即 xexf (x)C，命F(x) xexf(x). 由
1
f(1)kk xe1xf(x)dx,(k 1)
0
及积分中值定理(如果函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，则在积分区间[a,b]上至少存在一个
b 1
点，使得 f(x)dx  f()(ba)(a b))，知至少存在一点(0, )[0,1]，使
a k
1
f(1)kk xe1xf(x)dx e1f()
0
且F()ef() ，F(1)e1f(1). 把 f(1)e1f()代入，则
F(1)e1f(1)e1e1f()ef()F()
那么F(x)在[,1]上连续，在(,1)内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点(,1)[0,1]，
使得
F()ef()ef()0
即 f()  (11)f().
八【详解】由已知条件可见 f  (x) f (x) xn1ex，这是以 f (x)为未知函数的一阶线性
n n n
非齐次微分方程，其中 p(x)1,q(x) xn1ex，代入通解公式
p(x)dx p(x)dx
f(x)e (q(x)e dxC)
得其通解为
f (x)e
dx
xn1exe
dx
dxC

ex


xn
C

,
n    n 
e 1  xnex
由条件 f (1) ,又 f (1)e C，得C 0， 故 f (x) ,
n n n n  n n
  xnex  xn
 f (x) ex
n n n
n1 n1 n1
1
记S(x)  xn ,则a  1 ，lim a n1 lim n1 1，则其收敛半径为R  1 1，
n n n n a n 1 
n1 n
n
收敛区间为(1,1). 当x(1,1)时，根据幂级数的性质，可以逐项求导，
11 
  xn    xn   1 1
S(x)      xn1 ，其中 1xx2xn
 n   n  1x 1x
n1 n1 n1
故根据函数积分和求导的关系 f(x)dx f(x)C，得 x S(x)dxS(x) x S(x)S(0)
0 0
 0n 0 02
又由于S(0)   0，所以
n 1 2
n1
x x 1
S(x)S(0) S(x)dx 0 dx ln(1x) ，
0 0 1x
 xn
即有  ln(1x),x(1,1)
n
n1
 (1)n
当x1时，  ln2. 级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的
n
n1
范围可扩大到x1处，即
 xn
 ln(1x),x[1,1)
n
n1

于是  f (x)exln(1x),x[1,1)
n
n1
九【详解】(1) 线性方程组AX 有解但不唯一，即有无穷多解 r(A)r(A)n3，
将增广矩阵作初等行变换，得
1 1 a 1  1 1 a  1 
   
A 1 a 1 1 2行1行，3行1行(a)倍 0 a1 1a  0
    
 a 1 1 2   0 1a 1a2 2a 
1 1 a  1 
 
2 行  加  到 3 行  0 a1 1a  0 
 0 0 (a1)(a2)  （a2） 
因为方程组AX 有解但不唯一，所以r(A)r(A)3，故a=−2.
(2) 由(1)，有
 1 1 2
 
A 1 2 1
 
 2 1 1  
由
121 1 2  1 2
EA  1 2 1 2,3列加到1列 2 1
2 1 1  1 1
1 1 2 1 1 2
提出1列公因子1 2 1 1行(1)分别加到2,3行0 3 3
1 1 1 0 0 3
(3)(3)0
故A的特征值为 0, 3, 3.
1 2 3
当 0时，
1
1 1 2 1 1 2 1 1 2

1行的(1),2倍
   
(0EA) 1 2 1 0 3 3 2行加到3行 0 3 3
 分别加到2,3行   

 2 1 1   0 3 3   0 0 0 
于是得方程组(0EA)x0的同解方程组为
x x 2x 0
1 2 3

3x 3x 0
2 3
可见，r(0EA)2，可知基础解系的个数为nr(0EA)321，故有1个自由未
知量，选x 为自由未知量，取x 1，解得对应的特征向量为 (1,1,1)T .
2 2 1
当 3时，
1
 2 1 2  1 5 1
   
 3EA   1 5 1  1,2 行  互  换  2 1 2 
 
 2 1 2    2 1 2  
1 5 1 1 5 1
   
3  行  -  2  行  2 1 2  1  行   2 加  到 2 行  0 9 0 
  0 0 0     0 0 0  
于是得方程组(3EA)x0的同解方程组为
x 5x x 0
1 2 3

9x 0
2
可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由未知
13量，选x 为自由未知量，取x 1，解得对应的特征向量为 (1,0,1)T.
1 1 2
当 3时，
1
4 1 2  1 1 1
   
3E A   1 1 1  1 ， 2 行  互  换  4 1 2 
   
 2 1 4  2 1 4
1 1 1 1 1 1
1行(4)倍,2倍
   
 0 3 6  2 行  加  到  3  行  0 3 6 
分别加到2,3行
   
 0 3 6  0 0 0 
于是得方程组(3E A)x0的同解方程组为
x x x  0
1 2 3

3x 6x 0
2 3
可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由
未知量，选x 为自由未知量，取x 2，解得对应的特征向量为 (1,2,1)T .
2 2 3
由于A是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特
征向量相互正交，之需将,,单位化，
1 2 3
1  1   1 
 1    1    1  
  1  1 ,  2  0 ,  3  2 .
1  3   2  2   3  6  
1  1  2   1  3   1  
其中，   12 12 12  3,   12 (1)2  2,   (1)2 22 (1)2  6
1 2 3
令
 1 1 1
 
3 2 6
 
 1 2 
Q
,,
0
 
1 2 3
3 6
 
 1 1 1

 
 3 2 6
3 0 0
 
则有 QTAQ Q1AQ  0 3 0 .
 
 0 0 0 
十【详解】(1)由题设条件，
14n n A 1 n n 1 n n
f(x ,x ,x )  ij xx  A xx  x A x
1 2 n | A| i j A ij i j A i ij j
i1 j1 i1 j1 i1 j1
1 n
 x (A x  A x  A x )
A i i1 1 i2 2 in n
i1
x  x 
1 1
   
 1  n x (A ,A ,,A )  x 2  1   n x (A ,A ,,A )   x 2
 
A i i1 i2 in    A  i i1 i2 in    
i1 i1
   
x  x 
n n
x 
1
 
 1  x (A ,A ,,A ) x (A ,A ,,A )x (A ,A ,,A )  x 2
A 1 11 12 1n 2 21 22 2n n n1 n2 nn   
 
x 
n
A A A x  x 
11 12 1n 1 1
    
 1 (x ,x ,,x )  A 21 A 22 A 2n x 2  (x ,x ,,x ) AT  x 2  XT AT X
A 1 2 n      1 2 n A    A
    
A A A x  x 
n1 n2 nn n n
()XTA1X
其中()的理由：A是可逆的实对称矩阵，故(A1)T (AT)1  A1，因此由实对称的定义
知，A1也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质AA A E ，知A  A A1，因此A也
是实对称矩阵，AT  A，故()成立.
(2) 因为  A1 T AA1   AT 1 E  A1，所以由合同的定义知A与A1合同.
由实对称矩阵A与B合同的充要条件：二次型xTAx与xTBx有相同的正、负惯性指数.
可知，g(X) XTAX 与 f(X)有相同的正、负惯性指数，
故它们有相同的规范形.
十一【应用定理】(i) 期望的性质：E(X Y)EX EY ；独立随机变量方差的性质：若
随机变量X和Y 独立，则D(X Y)DX DY
(ii)列维-林德伯格中心极限定理：设随机变量X ,X ,,X ,相互独立同分布，方差
1 2 n
存在，记u与2(02 )分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数x，恒有
15 1 n 
limP (X nu) x (x)
n  n i 
i1
(通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多，这
些随机变量的和以正态分布为极限分布)
Z u
(iii) 正态分布标准化：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)

【详解】设X (i 1,2,n)是装运的第i箱的重量(单位:千克)， n是所求箱数. 由题设可以
i
将X ,X ,X 视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量S  X  X  X 是独立
1 i n n 1 2 n
同分布随机变量之和.
由题设，有E(X )50, D(X ) 5(单位:千克)
i i
所以 E(S )E(X X X )EX EX EX 50n
n 1 2 n 1 2 n
D(S )D(X X X )DX DX DX 25n
n 1 2 n 1 2 n
则根据列维—林德柏格中心极限定理，知S 近似服从正态分布N(50n,25n)，
n
箱数n根据下述条件确定
S 50n 500050n
P  S 5000 P n   (将S 标准化)
n n
 5 n 5 n 
100010n
( )0.977(2)
n
由此得
100010n
2,
n
从而n98.0199， 即最多可以装98箱.
十二【详解】由题设条件X 和Y 是正方形G  (x,y):1 x3,1 y 3 上的均匀分布，
则X 和Y 的联合密度为：
1
 ,1 x3,1 y3, 1
f(x,y)4 (二维均匀分布的概率密度为 )
面积
 0,其他
由分布函数的定义：F(u)P  U u P  X Y u 
(1)当u 0时，F(u)0(因为 X Y 是非负的，所以小于0是不可能事件)
16(2)当u 2时，F(u)1(因为X 和Y 最大为3，X 和Y 最小为1，所以 X Y 最大也
就只能为2，所以 X Y  2是必然事件，概率为1)
(3)当0u 2时，F(u)P  U u 相当于
y
阴影部分所占的概率大小. 如图所示：
yxu
F(u)P  U u P  X Y u  3
yxu
2
xyu
S 1
 阴影面积  4(2u)2
  1
S 4
总面积
O 1 2 3 x
1
1 (2u)2
4
(二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面
积是用总面积减去两个三角形的面积)
于是随机变量U 的概率密度为：
1
 (2u),0u2,
p(u)F'(u) 2
 0, 其他
17