20xx年最新电大工程数学(本)期末复习考试必备资料小抄

20xx年最新电大工程数学(本)期末复习考试必备资料小抄内容摘要：

2 3 2 33 4 7 , 5 85 8 9 0 1AB                     ，求 X ． 解：由方程 BAXX  ，得 ()I A X B，且 1 2 33 5 75 8 1 0IA 利用初等行变换得 1055200132100013211001085010753001321 121100255010364021121100013210001321 121100255010146001 即 1()IA6 4 15 5 21 2 1 由矩阵乘法得 16 4 1 2 3 8 1 3( ) 5 5 2 5 8 1 5 2 31 2 1 0 1 8 1 2X I A B                                5. 设矩阵1 1 5 1 21 1 2 3 53 1 8 1 91 3 9 7 8A ，求矩阵 A 的秩． 解：用初等行变换将矩阵化为阶梯形 68144034720347202151187931918135321121511 1 1 5 1 20 2 7 4 30 0 0 0 00 0 0 0 0 由此可知矩阵的秩为 2． 10 6. 求向量组  1 1 , 3 , 2 , 1 , 1    ，  2 3 , 8 , 4 , 1, 0    ，  3 2 , 1, 4 , 2 , 1   ， 4 1, 2 , 6 , 1, 2    的秩，并求该向量组的一个极大无关组． 解：将向量组组成的矩阵化为阶梯形 1 3 2 1 13 8 4 1 02 1 4 2 11 2 6 1 21 3 2 1 10 1 2 2 30 5 8 0 30 5 8 0 3            1 3 2 1 10 1 2 2 30 0 2 1 0 1 20 0 0 0 0    由此可知该向量组的秩为 3，且 321 ,  是一个极大无关组． 7. 分别说明当 ab, 取何值时，线性方程组 x x x xx x x xx x x xx x x ax b1 2 3 41 2 3 41 2 3 41 2 3 43 12 7 2 24 3 2 12 4 8               无解、有唯一解、有无穷多解．在有无穷多解的情况下求出一般解． 解： 将方程组的增广矩阵化为阶梯形 1 3 1 1 12 7 2 1 21 4 3 2 12 4 81 3 1 1 10 1 0 1 00 1 2 3 00 2 6 2 2     a b a b     1 3 1 1 10 1 0 1 00 0 2 2 00 0 6 4 21 3 1 1 10 1 0 1 00 0 2 2 00 0 0 2 2a b a b „ 当 a b 2 2, 时，方程组无解。 当 a2 时，方程组有唯一解。 当 a b 2 2, 时，方程组有无穷多解。 在方程组有无穷多解的情况下，一般解为 x xx xx x1 42 43 41 5  （其中 x4 为自由未知量） 8. 求线性方程组 103512527496372224321432143214321xxxxxxxxxxxxxxxx 的全部解． 11 解：将方程组的增广矩阵化为阶梯形  20210220202102201015110211211035125271496137221121 0000000000111011111510112119111010000000000101511021121 此时齐次方程组化为 432431111115119111xxxxxx 分别令 0,1 43  xx ，和 1,0 43  xx ，得齐次方程组的一组基础解系   011151111X  101111192X 令 0,0 43  xx ，得非齐次方程组的一个特解  0011101120X 由此得原方程组的全部解为 22110 XkXkXX  （其中 21,kk 为任意常数） 9. 设齐次线性方程组 0AX 的系数矩阵经过初等行变换，得 000023200102A 求此齐次线性方程组的一个基础解系和通解． 解： 因为 000012/31002/101000023200102 得一般解： 4323123 21xxxxx （其中43,xx 是自由元） 12 令 0,2 43  xx ，得   02311X ； 令 1,0 43  xx ，得   10102X ． 所以，  21,XX 是 方程组的一个基础解系． 方程组的通解为： X 2211 XkXk  ，其中 21,kk 是任意常数． 10．当  取何值时，线性方程组 1479637222432143214321xxxxxxxxxxxx 有解，在有解的情况下求方程组的全部解． 解：将方程组的增广矩阵化为阶梯形 19102220105111021211114796371221211 1000010511108490110000105111021211 由此可知当 1 时，方程组无解。 当 1 时，方程组有解。 此时齐次方程组化为   432431 511 49 xxx xxx 分别令 x x3 41 0 , 及 x x3 40 1 , ，得齐次方程组的一个基础解系     1054,01119 21 XX 令 x x3 40 0 , ，得非齐次方程组的一个特解   001080X 由此得原方程组的全部解为 X X k X k X  0 1 1 2 2 （其中 k k1 2, 为任意常数） 11. 假设 BA, 为两事件，已知 )(,)(,)(  ABPBPAP ，求 )( BAP  ． 解： )()()(  ABPAPBAP )()()(  BAPBPABP )()()()(  ABPBPAPBAP 12. 一批产品分别来自甲、乙、丙三个厂家，其中 50%来自甲厂、 30%来自乙厂、 20%来自丙厂，已知这三个厂家的次品率分别为 ， 和。 现从这批产品中任取一件，求取出的产品是合格品的概率 . 解： 设如下事件： A ：“产品来自甲厂” B ：“产品来自乙厂” C ：“产品来自丙厂” D ：“产品是合格品” 由全概公式有 P D P A P D A P B P D B P C P D C( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   13 0 5 0 01 0 3 0 02 0 2 0 04 0 019. . . . . . .      由对立事件的关系可知 P D P D( ) ( ) . .    1 1 0 019 0 981 13. 一 袋中有 10 个球，其中 3 个黑球 7 个白球．今从中依次无放回地抽取 两 个，求第 2 次抽取出的是黑球的概率 . 解： 设如下事件： 1A ：“第 1 次抽取出的是黑球” 2A ：“第 2 次抽取 出的是黑球” 显然有103)( 1 AP，由全概公式得 )()()()()( 1211212 AAPAPAAPAPAP  1039310792103  14. 已知某批零件的加工由两道工序完成，第一道工序的次品率为 ，第二道工序的次品率为 ，两道工序的次品率彼此无关，求这批零件的合格率 . 解： 设如下事件： A ：“第一道工序加工的零件是次品” B ：“第二道工序 加工的零件是次品” C ：“零件是合格品” 由事件的关系有 C A B  已知 AB, 相互独立，由加法公式得 P C P A P B P AB P A P B P A P B( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )      0 3 9  由对立事件的关系可知 )(1)(  CPCP 15. 设   00 0e2)(~ 2 xxxfX x，求 )41()1(  XP ；（ 2） )3( XP ；（ 3） )10( XP . 解： （ 1）   40 20141 de2d0d)()41( xxxxfXP x 8e1  （ 2） 0d0d)()3( 33    xxxfXP （ 3） 1d2ed0d)()10(0 201010    xxxxfXP x 1。