1999年数学三真题答案解析_26.考研数学（一）（二）（三）真题_26.3考研数学（三）真题_考研数学（三）真题_02.1987-2025年数三真题详解_1987-2004年数三真题解析

1999 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
4
(1)【答案】 1

sinx xcosxsinx
【详解】由题设可知 f(x)( ) .由分部积分法，得
x x2
  xf(x)dx   xdf(x)xf(x)    f(x)dx
   
2 2 2 2
 
xcosxsinx sinx 2 2 4
  1   1
x  x    
2 2
(2)【答案】4
 n1
【详解】考虑幂级数nxn1 ，由lim 1可知，该幂级数的收敛半径为1，收敛区间
n n
n1
1 
为(1,1)，则x (1,1).记S(x)nxn1 ，两边从0到x积分，得
2
n1
 x S(x)dx  x (  nxn1)dx    x nxn1dx   xn  x ,x(1,1)
0 0 0 1x
n1 n1 n1
x 1
所以 S(x)( ) ,x(1,1)
1x (1x)2
1  1 1
所以 S( )n( )n1 4
2 2 1
n1 (1 )2
2
(3) 【答案】O
1 0 1
 
【详解】A 0 2 0 ，根据矩阵的乘法，以及数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都要
 
 
1 0 1
乘以该数，有
1 0 11 0 1 2 0 2 1 0 1
      
A2  0 2 0 0 2 0  0 4 0 2 0 2 0 2A
      
      
1 0 11 0 1 2 0 2 1 0 1
故有 An 2An1  An2(A22A)O
1或由 A2 2A，式子左右两端同右乘An2，得A2An2  2AAn2，即An 2An1，
得 An 2An1 O
或由A2 2A，式子左右两端同右乘A，得A2A A3 (2A)A2A2 2(2A)22A，
式子左右两端再同乘A，得A3A A4  A2(2A) 2A3  222A 23A ，…，依次类推，
得 An1 2n2A,An 2n1A,
所以 An 2An1 2n1A22n2A2n1A2n1AO
(4)【答案】 16
【概念和性质】(1) 独立正态随机变量的性质：服从正态分布的独立随机变量的线性组合仍
服从正态分布；
(2) 期望的性质：E(aX bY)aEX bEY ，Ecc (其中a,b,c为常数)；
(3) 方差的性质: D(cX)c2D(X)；若X和Y 独立，则D(X Y)DX DY
Z u
(4) 正态分布标准化：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)

1 n
【详解】由题知：X ,X ,X N(a,0.22)，X  X ，且X ,X ,X 相互独立，
1 2 n n n i 1 2 n
i1
1 n
故X  X ~ N(,2)，其中 EX ，2  DX
n n i n n
i1
1 n  1 n na
所以  EX  E X   EX  a
n n i  n i n
i1 i1
1 n  1  n  1 n 0.22n 0.22
2  DX  D X   D X   DX  
n n i  n2  i  n2 i n2 n
i1 i1 i1
1 n 0.22 X a
所以 X  X ~ N(a, )，标准化得 U  n ~ N(0,1)
n n i n 0.2/ n
i1
 
则只需将P X a 0.1 0.95中大括号里的不等式两端同除以标准差，即有：
n
  X a 0.1    n
P n   0.95PU   0.95
 0.2/ n 0.2/ n  2 
X a
 
因 U  n ~ N(0,1)，查标准正态分布表知 P U 1.96 0.95
0.2/ n
2n
所以 1.96，解得n15.3664. 因n为整数，所以n最小为16.
2
(5)【答案】 EY 0
【概念和性质】(1) E  X Y EX EY ；(2)若X和Y独立，则有EXY EXEY
【详解】由行列式的定义知，行列式是由n2个元素X 的乘积组成的n!项和式，每一项都
ij
是n个元素的乘积X X X ，这n个元素取自行列式中不同行和不同列，在这全部n!
1j 2j nj
1 2 n
项中每项都带有正号或负号.
由于随机变量X  i, j 1,2,,n;n2 独立，所以有
ij
E(X X X ) EX EX EX
1j 2j nj 1j 2j nj
1 2 n 1 2 n
所以前面无论取正号或者负号，对和式的期望等于各项期望之和. 即有
EX EX  EX
11 12 1n
EX EX  EX
EY  21 22 2n
  
EX EX  EX
n1 n2 nn
而X  i, j 1,2,,n;n2 同分布，且EX 2
ij ij
EX EX  EX 2 2  2
11 12 1n
EX EX  EX 2 2  2
所以 EY  21 22 2n   0(行列式的性质：若行列式两
     
EX EX  EX 2 2  2
n1 n2 nn
行(列)成比例，则行列式为0).
二、选择题
(1)【答案】(A)
【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.
x
f(x)的原函数F(x)可以表示为F(x)  f(t)dtC,于是
0
F(x)  x f(t)dtC u  t  x f(u)d u C.
0 0
当 f(x)为奇函数时， f(u)f(u)，从而有
x x
F(x)  f(u)duC   f(t)dtC  F(x)
0 0
即 F(x)为偶函数. 故(A)为正确选项.
3(B)、(C)、(D)可分别举反例如下：
1
f(x) x2是偶函数，但其原函数F(x) x31不是奇函数，可排除(B)；
3
1 1
f(x)cos2 x 是周期函数，但其原函数F(x) x sin2x不是周期函数，可排除(C)；
2 4
1
f(x) x在区间(,)内是单调增函数，但其原函数F(x) x2在区间(,)
2
内非单调增函数，可排除(D).
(2)【答案】(C)
【详解】因为 f(u,v)dudv为一确定的数，不妨设 f(u,v)dudv a，则 f(x,y) xya ，
D D
1 x2
所以 a   f (x,y)dxdy  (xya)dxdy   dx (xya)dy
0 0
D D
1 x5 1 a
  ( ax2)dx  ，
0 2 12 3
1 1
解之得a  ，所以 f(x,y) xy ，故应选(C).
8 8
(3)【答案】(B)
【详解】
方法1：可由向量组,,, 线性表示，即存在常数k ,k ,,k 使得
1 2 m 1 2 m
k k k  (*)
1 1 2 2 m m
不能由,,, 线性表出，从而知k 0（若k 0，则kkk  ，
1 2 m1 m m 1 1 2 2 m1 m1
这和不能由,,, 线性表出矛盾.）
1 2 m1
(*)可变为
k  k k k  ，
m m 1 1 2 2 m1 m1
上式两端同除k
m
1
  (k k k  )
m k 1 1 2 2 m1 m1
m
 能由(II)线性表示，排除(A)(D).
m
 不能由,,, 线性表示，若能，即存在常数,,, 使得
m 1 2 m1 1 2 m1
4     ，
m 1 1 2 2 m1 m1
代入(*)得
k k k (    )
1 1 2 2 m 1 1 2 2 m1 m1
(k k )(k k ) (k  k )
1 1 m 1 2 2 m 2 m1 m1 m m1
这和不能由,,, 线性表出矛盾，排除(C).故应选(B).
1 2 m1
方法2：若取
1 0 0 1
       
 0 ,  1 ,  0 , 1 ，则 ，即可由,,线性表出.
1   2   3     1 2 3 1 2 3
 0

 0

 1

 1

假设存在常数k ,k ，满足k k 因为r(,) 2r(,,) 3 ，
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
即方程组k k 的系数矩阵的秩不等于增广矩阵的秩，故方程组无解，即不
1 1 2 2
存在常数k ,k ，满足k k ，不能由, 线性表出，是满足题设条件的
1 2 1 1 2 2 1 2
一个特例，
此时，不能由(I), 线性表示，若存在常数l ,l ，满足 l l 因为
3 1 2 1 2 3 1 1 2 2
r(,) 2r(,,) 3，即方程组 l l 的系数矩阵的秩不等于增
1 2 1 2 3 3 1 1 2 2
广矩阵的秩，故方程组无解，不存在常数l ,l ，满足 l l ，故 不能由
1 2 3 1 1 2 2 3
(I), 线性表示，
1 2
但因为   ，即可由(II),,线性表示，故应选(B).
3 1 2 3 1 2
(4)【答案】(D)
【详解】
方法1：A相似于B，根据矩阵相似的定义，则存在可逆阵P，使得P1AP B，则
P1(tEA)P P1tEPP1AP tEB
根据矩阵相似的定义，则tE A相似于tEB，应选(D).
方法2：排除法
(A) 不成立. 若E AEB，则A B，而已知只是相似.
(B) 不成立. A与B相似，根据矩阵相似的定义，即存在可逆阵，使得P1AP B，
从而有
5EB  EP1AP (把P1AP B代入) P1PP1AP (P1P E )
 P1(E)PP1AP  P1(E A)P
 P1 E A P (矩阵乘积的行列式等于行列式的乘积)
 E A (矩阵逆的行列式等于行列式的逆，故 P1 P 1)
从而，A,B有相同特征多项式，故有相同的特征值.
若 A ， 在 P1AP B 的 两 边 同 时 左 乘 P ， 右 乘 P1 ， 得
PP1APP1 PBP1  A，故
PBP1 A，
在上式两边左乘P1，得
B(P1)(P1)，
根据特征值和特征向量的定义，B的属于特征值的特征向量是P1，而A的属于特
征值的特征向量，它们并不相同.
01
(C)不成立. A,B相似时，也可能它们本身都不相似于对角阵. 例如A  ，
00
00 01 00101 00
B   ，因存在可逆阵P   ，使得P1AP         ，
10  10 0010 10
则根据矩阵相似的定义，知AB，但A,B都不相似于对角阵.
若A能相似于对角阵，即A可相似对角化. 先求特征值，特征多项式为
 1
EA  2，
0 
令EA 0得A的两个特征值0.若A相似于对角阵，则存在可逆矩阵P，使得
0 
P1AP   ，
 0
0  0 0
上式两端同时左乘P，右乘P1，得PP1APP1  AP P1    ，与
 0 0 0
601
A  矛盾，故A不可相似对角化.
00
若B能相似于对角阵，即B可相似对角化.先求特征值，特征多项式为
 0
EB  2，
1 
令EB 0得B的两个特征值0. 若B相似于对角阵，则存在可逆矩阵P，使得
0 
P1BP   ，
 0
0  0 0
上式两端同时左乘P，右乘P1，得PP1BPP1 B P P1    ，与
 0 0 0
0
B   矛盾，故B不可相似对角化.
10 
(5)【答案】 (A)
【详解】给定X 和X 的概率分布，求X 和X 的联合分布，所给条件为P  X X 0 1，
1 2 1 2 1 2
这就需要从这个条件入手. 由于事件 X X 0 包括事件：
1 2
 X 0,X 1  ,  X 0,X 0  ,  X 0,X 1  ,  X 1,X 0  ,  X 1,X 0 
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以从正面研究其概率是研究不清的，在这种情况下，往往需要通过其对立事件来研究.
根据P  A 1P  A  ，有P  X X 0 1P  X X 0 110
1 2 1 2
所以有
P  X X 0 P  X 1,X 1 P  X 1,X 1 
1 2 1 2 1 2
 P  X 1,X 1  P  X 1,X 1  0
1 2 1 2
而根据概率的非负性有：
P  X 1,X 1 P  X 1,X 1 P  X 1,X 1 P  X 1,X 1 0
1 2 1 2 1 2 1 2
而 P  X  X P  X 1,X 1 P  X  0,X  0 P  X 1,X 1 
1 2 1 2 1 2 1 2
0P  X 0,X 0 0 P  X 0,X 0 
1 2 1 2
又根据边缘概率的定义：
p  P  X  x  P  X  x ,Y  y   p ,i 1,2,
i i i j ij
j j
7p  P  Y  y   P  X  x ,Y  y   p ,j 1,2,
j j i j ij
i i
( 通俗点说就是在求关于X 的边缘分布时，就把对应x的所有y都加起来，同理求关于Y 的
边缘分布时，就把对应 y的所有x都加起来 )
由 P  X 1 P  X 1,X 1 P  X 1,X 0 P  X 1,X 1 
1 1 2 1 2 1 2
故 P  X 1,X 0 P  X 1 P  X 1,X 1 P  X 1,X 1 
1 2 1 1 2 1 2
1 1
 00
4 4
1
同理可得P  X 0,X 1 P  X 0,X 1 P  X 1,X 0 P  X 1,X 0 
1 2 1 2 1 2 1 2 4
又 P  X 0 P  X 0,X 1 P  X 0,X 0 P  X 0,X 1 
1 1 2 1 2 1 2
1 1 1
 P  X  0,X  0   P  X  0,X  0 
4 1 2 4 2 1 2
1
而由已知P  X 0  ，所以得P  X 0,X 0 0 故
1 2 1 2
P  X  X P  X 1,X 1 P  X  0,X  0 P  X 1,X 1 
1 2 1 2 1 2 1 2
0P  X 0,X 0 0 P  X 0,X 0 0
1 2 1 2
1 1 1 1
三【详解】曲线 y  在曲线上点(a, )处的切线的斜率为y|  |  ，
xa xa
x a 2 x3 2 a3
1 1
由直线的点斜式方程得切线方程 y  (xa)，
a 2 a3
3
分别令x0,y 0得到与 y轴，x轴的交点分别为R(0, )与Q(3a,0). 于是切线
2 a
与x轴和 y轴围成一个直角三角形，由三角形的面积公式得
1 3 9
S  3a  a .
2 2 a 4
当切点按x轴正项趋于无穷大时，这时，a，所以 lim S 
a
当切点按 y轴正项趋于无穷大时，这时，a0，所以 lim S 0
a
四【详解】
8解法1：区域D和D 如图所示，有 ydxdy   ydxdy ydxdy I I
1 1 2
D DD D
1 1
y
0 2
显然 I   ydxdy   dx ydy  4
1 2 0 2
DD
1
在极坐标系下，有
D D
1
D  (r,)|0r 2sin, 2
1
因此
O x
 2sin
I  ydxdy   d rsinrdr
2 2 0
D
1
8  8   1cos4 
  sin4d  12cos2 d
 
3 2 34 2 2  2

于是  ydxdy I I  4
1 2 2
D
 
解法2：如图所示，D  (x,y)|2 x 2y y2,0 y 2
2  2yy2 2 2
 ydxdy  ydy dx  2 ydy y 2yy2dy
0 2 0 0
D
2
4 y 1(y1)2dy
0
令 y1sint，有dy costdt ，则
2 2
 y 1(y1)2dy   (1sint)cos2tdt
0 2
2 2 21cos2t 
  cos2tdt cos2tsintdt 2 dt0
2 2 0 2 2
五【详解】设两种要素的总投入费用为P，则由题意得P  p x  p x ，题目问产出量为
1 1 2 2
12时，两要素各投入多少可以使得投入总费用最小，即是求函数P  p x  p x 在约束条
1 1 2 2
件Q 2xx 12下的条件最值. 按格朗日数乘法，作函数
1 2
F(x ,x ,)  p x  p x (2xx12) ，
1 2 1 1 2 2 1 2
为求驻点求偏导并令其为零，即
9F
 p 2x1x0
 x 1 1 2
 1
F
  p 2xx10
x 2 1 2

2
F
 2xx120
 1 2
p x p p
由前两式可得 1  2 ，解出x 代入第三个式子，得x 6( 2 ) x 6( 1 )，
p x 2 1 p 2 p
2 1 1 2
因为驻点唯一，且实际问题在x 0，x 0的范围内存在最小值，
1 2
p p
故x 6( 2 )，x 6( 1 )时P为最小.
1 p 2 p
1 2
六【公式】形如 y p(x)y q(x)，方程的通解为 y e
p(x)dx
(q(x)e
p(x)dx
dxC)
【详解】由于所求函数 y  y  x 在,1 和 1,都满足所给微分方程，故在两个区间
上分别求微分方程，
 2dx 2dx
y2y 2, x1  y e (2e dxC 1 ),x1
即  ，解得  ，其中C ,C 为常数.
y2y 0, x1  y e 2dx (0 e 2dx dxC ),x1 1 2
 2
y 1Ce2x,x1
化简得  1
 y C e2x,x1
2
由题设 y  0 0，其中x01，可知y 1Ce2x 1C 0，解得C 1
x0 1 x0 1 1
y 1e2x,x1
所以有 
 y C e2x,x1
2
又因为 y  y  x 在,内连续，所以lim y  lim y  y(1)
x1 x1
即 lim(1e2x) limC e2x  y(1)
2
x1 x1
解之得 C 1e2,y(1)e21
2
故所求连续函数为
e2x 1, x1
y  y  x   
(1e2)e2x, x1
10七【详解】 f  2xt 中的变量是2xt，故设法把x“转移”到 f 外，
令u 2xt ，则t 2xu ，所以dt du代入 x tf  2xt  dt  1 arctanx2
0 2
得  x tf  2xt  dt  x (2xu)f  u  du  2x (2xu)f  u  du
0 2x x
2x 2x f  u  du 2x uf  u  du  1 arctanx2
x x 2
方法1：将等式2x 2x f  u  du 2x uf  u  du  1 arctanx2两边对x求导得
x x 2
2 2x f  u  du2x[2f(2x) f(x)][2xf（2x) 2xf(x)] x
x 1x4
2x x
化简得 2 f(u)duxf(x) 
x 1x4
2 1
令x1得，2 f(u)du f(1)  ，化简得
1 11
 2 f(u)du  2 f  x  dx  1 [ 1  f(1)] 1 ( 1 1) 3
1 1 2 2 2 2 4
方法2：引入 f(x)的一个原函数F(x)，则F(x) f(x)
于是 2x 2x f  u  du 2x uf  u  du 2x[F(2x)F(x)] 2x udF(u)
x x x
2x[F(2x)F(x)]uF(u) 2x  2x F(u)du xF(x) 2x F(u)du
x x x
2x 1
所以 xF(x) F(u)du  arctanx2，
x 2
x
两边对x求导，得 F(x)xf(x)2F(2x)F(x)
1x4
1 x
即 F(2x)F(x) [ xf(x)]
2 1x4
2x 1 x
即  f(u)du F(2x)F(x) [ xf(x)]
x 2 1x4
令x1得， 2 f(u)du  2 f  x  dx  1 [ 1  f(1)] 1 ( 1 1) 3
1 1 2 2 2 2 4
八【详解】(1) 构造函数F(x) f(x)x，则F  x 在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且
1 1 1 1 1
F( ) f( ) 1  0,F(1) f(1)10110 ，
2 2 2 2 2
1 
所以由介值定理得，存在一点

,1，使得F() f(）0
2 
1 
即存在一点  ,1，使得 f(），原命题得证.
2 
11(2) 令 f x   f  x x  1 0，
解微分方程得 f(x) xCex，即 ex(f(x)x)C
令 F(x)ex(f(x)x)
因为 F(0)e0(f(0)0)0,F()e(f())0 ，
所以，在(0,)上由罗尔定理知，必然存在点(0,)，使得F()0
即 F()e(f())e(f()1)
e(f() f ()1)0
即 ff 1
 
1 1  1 
九【详解】(1) 因为  a a  4tannx(1tan2x)dx  4tannxsec2xdx
n n n2 n 0 n 0
1  tanxt1 1 1
 4tann xdtanx   tndt
n 0 n 0 n(n 1)
又由部分和数列
n 1 n 1 n 1 1 1
S   a a  (  )1 ,
n i i i2 i(i 1) i i 1 n1
i1 i1 i1
有 limS 1,
n
n
 1
因此   a a 1.
n n n2
n1
(2) 先估计a 的值，因为
n
 dt
a  4tann xdx ，令t  tanx，则dt sec2 xdx，即dx 
n 0 1t2
1 tn 1 1
所以 a     tndt  ,
n 01t2 0 n1
a 1 1
所以 n   ,
n n(n1) n1
12 1  a
由于10，所以 收敛，从而 n 也收敛.
n1 n
n1 n1
十【详解】
方法1：BT (E ATA)T ET (ATA)T E AT(AT)T E ATA B ，
根据实对称矩阵的定义，故B是实对称阵.
对任意的非零向量x，xTAT (Ax)T ，有
xT(EATA)x xT(E)xxT(ATA)x xTxxTATAx xTx(Ax)TAx
因x0，故有xTx 0.(设x a ,a ,,a T 0，则a ,i 1,2,,n中至少一
1 2 n i
n
个不为零，则a2,i 1,2,,n中至少一个大于零，故xTx a2 0)
i i
i1
n
(Ax)T Ax 0(设Ax  b ,b ,,b T ，(Ax)T Ax b2 0，因为Ax有可能为
1 2 n i
i1
零，即有可能b 0,i 1,2,,n，故这里可能取等号.)
i
故当0时，xTx 0.对任意的x0，均有
xTBx  xT(EATA)x xTx(Ax)T Ax 0
由正定矩阵的定义，得证：B是正定矩阵.
方法2：B正定 B的全部特征值大于零
设B有特征值，对应的特征向量为，由特征值和特征向量的定义，B，
将B E ATA代入，得
(E ATA)，其中0
上式两边左乘T，得
T(E ATA)TTATA T(A)T(A) T
变形得 (A)T(A) ()T
因0，设 c ,c ,,c T 0 ，则c ,i 1,2,,n 中至少一个不为零，则
1 2 n i
n
c2,i 1,2,,n中至少一个大于零，故Tc2 0
i i
i1
13n
(A)T(A)0(设A d ,d ,,d T ，(A)T Ad 2 0，因为A有可
1 2 n i
i1
能为零，即有可能d 0,i 1,2,,n，故这里可能取等号.)
i
(A)T(A)
故   0
T
所以，当0时，有0，故知B的特征值全部大于零，B是正定矩阵.
十一
cov(X,Y)
【定义】(1)相关系数(X,Y)  );(2)协方差cov(U,V) E  UV EUEV ;
DX DY
(3)离散型随机变量期望EX x p ;(4)方差的定义：DU EU2 EU 2
i i
i
【详解】(1) 由题知U和V 均服从01分布，
P  U 0 P  X Y ，P  U 1 P  X Y ，
P  V 0 P  X 2Y ，P  V 1 P  X 2Y 
二维随机变量 X,Y 在矩形G   x,y  0 x2,0 y 1  上服从均匀分布(根据二
维均匀分布的性质，各部分所占的概率是其面积与总面积之比)
所以，如图所示：
y
1
S
11
1
x y x2y
P  X Y  S D 1  2 12  4 1 x y yx2y
总
D D
1 2 x2y
D
1 3
12
S 1
P  X 2Y  D 3  2  x
S 12 2 O 1 2
总
1 1 1
P  Y  X  2Y 1P  X Y P  X  2Y 1  
4 2 4

U,V
有四个可能值：
0,0

,

0,1

,

1,0

,

1,1

1
P  U 0,V 0 P  X Y,X 2Y P  X Y 
4
P  U 0,V 1 P  X Y,X 2Y P 0
1
P  U 1,V 0 P  X Y,X 2Y P  Y  X 2Y 
4
141
P  U 1,V 1 P  X Y,X 2Y P  X 2Y 
2
(2) 由根据边缘概率的定义：
p  P  X  x  P  X  x ,Y  y   p ,i 1,2,
i i i j ij
j j
p  P  Y  y   P  X  x ,Y  y   p ,j 1,2,
j j i j ij
i i
1 1
有 P  U 0 P  U 0,V 0 P  U 0,V 1  0
4 4
1 1 3
P  U 1 P  U 1,V 0 P  U 1,V 1   
4 2 4
1 1 1
P  V 0 P  U 0,V 0 P  U 1,V 0   
4 4 2
1 1
P  V 1 P  U 0,V 1 P  U 1,V 1 0 
2 2
而 P  UV 0 P  U 0,V 0 P  U 0,V 1 P  U 1,V 0 
1 1 1
 0 
4 4 2
1
P  UV 1 P  U 1,V 1 
2
即
UV 0 1 U 0 1 V 0 1
1 1 1 3 1 1
p p p
2 2 4 4 2 2
U2 0 1 V2 0 1
1 3 1 1
p p
4 4 2 2
1 1 1 1 3 3 1 1 1
所以 EUV 0 1  ，EU 0 1  ，EV 0 1 
2 2 2 4 4 4 2 2 2
1 3 1 1
所以 cov(U,V) E  UV EUEV    
2 4 2 8
1 3 3 1 1 1
又 EU2 0 1  ，EV2 0 1 
4 4 4 2 2 2
2 2
3 3 3 1 1 1
所以 DU EU2 EU 2      ，DV EV2 EV 2     
4 4 16 2 2 4
151
cov(U,V) 8 3
故 r(U,V)  
DU DV 3 1 3

4 2
十二【概念和性质】(1) E  aX bY aEX bEY ；(2) D(cX)c2D(X)；
(3) 若X和Y 独立，则D(X Y)DX DY ；
X
(4) t分布的定义：若X ~ N(0,1)，Y ~2(n)，X,Y 独立，则T  ~t(n)
Y
n
Z u
(5) 正态分布标准化的定义：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)

【详解】由于X ,,X 是来自总体X 的简单随机样本，故X ,,X 独立.
1 9 1 9
设X ~ N(u,2)，则X ,,X ~ N(u,2)，又因为服从正态分布的独立随机变量其
1 9
线性组合也服从正态分布，则
1 2
Y   X  X  X  ~N(u, )
1 6 1 2 6 6
1  1 6u
其中 u E(Y ) E  X  X  X    EX EX EX  u
1  6 1 2 6   6 1 2 6 6
1  1
2  D(Y) D  X  X  X   D  X  X  X 
1   6 1 2 6   36 1 2 6
1 6 1 2
 DX  DX 
36 i 6 6
i1
2
故 Y ~ N(u, )
1 6
1 2
同理，因为Y   X  X  X ，所以Y ~ N(u, )
2 3 7 8 9 2 3
又由于Y,Y 独立，且都服从正态分布，故Y Y 也服从正态分布，其期望方差分别为：
1 2 1 2
2 2 2
E(Y Y )EY EY uu 0 ，D(Y Y )DY DY   
1 2 1 2 1 2 1 2 6 3 2
2
得 Y Y ~ N(0, )
1 2 2
16Y Y 0
将Y Y 标准化得 U  1 2 ~ N(0,1)
1 2 
2
(n1)S2 2S2
由正态总体样本方差的性质： ~2(n1)，推得 2  ~2(2)
2 2
因S2与Y 独立(由于样本方差与样本均值独立)
2
Y Y 0 2S2
而Y与S2独立，故U  1 2 与 独立.
1  2
2
Y Y 0
1 2

U 2
所以由t分布的定义有：  ~t(2)
2 2S2
2
2
2
Y Y 0
1 2

2 2(Y Y ) 2(Y Y )
化简上式  1 2 即Z  1 2 ~t(2)
2S2 S S
2
2
17