2011考研数一真题解析

→∞ 时
∑(-1) a
n
2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案
一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答．题．纸．
指定位置上． (1) 【答案】(C)．
【解析】记 y = x -1, y ' = 1, y ''= 0 ， y = (x - 2)2
, y ' = 2(x - 2), y ''= 2,
1 1 1
2 2 2
y = (x - 3)3 , y ' = 3(x - 3)2 , y ''= 6(x - 3),
3
3
3
y = (x - 4)4 , y ' = 4(x - 4)3 , y ''=12(x - 4)2 ,
4
4
4
y '' = (x - 3)P (x ) ，其中 P (3) ≠ 0 ， y ''
故选(C)．
(2) 【答案】(C)．
x =3
= 0 ，在 x = 3 两侧，二阶导数符号变化，
【解析】观察选项：(A)，(B)，(C)，(D)四个选项的收敛半径均为 1，幂级数收敛区间
的中心在 x = 1处，故(A)，(B)错误；因为{a n } 单调减少， lim a n = 0 ，所以a n ≥ 0 ，所以
n
∞
∞
n
∑ a n
为正项级数，将 x = 2 代入幂级数得∑ a n
，而已知S n
= ∑ a k
无界，故原幂级数在 x = 2
n =1
n =1
∞
k =1
处发散，(D )不正确．当 x = 0 时，交错级数∑(-1)
n
a 满足莱布尼茨判别法收敛，故 x = 0
n =1
∞
n
收敛．故正确答案为(C)．
n =1
(3) 【答案】(A)．
∂z
【解析】
| = f '(x ) ⋅ l n f ( y ) | = f '(0) ln f (0) = 0 ,
∂x (0,0)
(0,0)
∂z | = f (x ) ⋅ f '( y )
| = f '(0) = 0, 故 f '(0) = 0 , ∂y (0,0)
f ( y )
(0,0)
∂2
z
A = = ' ⋅ = ' ⋅ > ∂x 2 |(0,0)
f (x ) ln f ( y ) |(0,0) f (0) ln f (0) 0,
∂2 z ' f '( y ) [ f '(0)]2
B = ∂x ∂y
|(0,0) = f
(x ) ⋅ f ( y ) |(0,0) = f (0) = 0,
∂2 z C = = ⋅ f '( y ) f ( y ) -[ f '( y )]2 = ' - [ f '(0)]2 = '
∂y
2 |(0,0)
f (x ) f 2 ( y ) |(0,0) f (0) f (0) f (0).
又 AC - B 2 = [ f ''(0)]2
⋅ ln f (0) > 0, 故 f (0) > 1, f ''(0) > 0 ．
(4) 【答案】(B)．
【解析】因为0 < x < π
时， 0 < sin x < cos x <1< cot x ，
4
n
⎪ ⎝ ⎭
⎪ ⎝ ⎭
2 3 4 2 3
4 ⎨ ⎨ X , 又因ln x 是单调递增的函数，所以lnsin x < lncos x < lncot
x ． 故正确答案为(B)．
(5) 【答案】 (D)．
【解析】由于将 A 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 B ，故
⎛ 1 0 0 ⎫
A 1 1 0 ⎪ =
B ， 0 0 1 ⎪
即 AP = B ， A = BP -1
．
1
1
由于交换 B 的第 2 行和第 3 行得单位矩阵，故
⎛ 1 0 0 ⎫
0 0 1 ⎪ B = E ， 0 1 0 ⎪ 即 P B = E , 故 B = P -1 = P ．因此， A = P P -1
，故选(D)．
2
2
2
2 1
(6) 【答案】(D)．
【解析】由于(1, 0,1, 0)T 是方程组 Ax = 0 的一个基础解系，所以 A (1, 0,1, 0)T
= 0 ，且
r (A ) = 4 -1= 3 ，即 α + α = 0 ，且 A = 0
．由此可得 A *
A =| A | E = O ，即
1
3
A *
(α α, α, α, = )O ，这说明
α ,α ,α ,α
是 A *
x = 0 的解．
1
2
3
4
1
2
3
4
由于r ( A ) = 3 ，α + α = 0 ，所以α ,α ,α 线性无关．又由于r ( A ) = 3 ，所以r ( A *
) = 1，
1
3 2 3 4
因此 A *
x = 0 的基础解系中含有 4 -1 = 3 个线性无关的解向量．而α ,α ,α 线性无关，且 为 A *
x = 0 的解，所以α ,α ,α 可作为 A *
x = 0 的基础解系，故选(D)． (7)【答案】(D)． 【解析】选项(D) +∞
⎡ f (x )F (x ) + f (x )F (x )⎤dx = +∞
⎡F (x )dF (x ) + F (x )dF (x )⎤ ⎰
-∞
⎣ 1
2
2
1
⎦ ⎰-∞ ⎣ 2 1 1 2 ⎦
= +∞ d ⎡F (x )F (x )⎤ = F (x )F (x ) |+∞
= 1 ．
所以 f 1F 2 (x ) + f 2 F 1 (x ) 为概率密
度． (8)【答案】(B)．
⎰
-∞
⎣ 1
2
⎦
1 2 -∞
【解析】因为 U = max {X ,Y } = ⎧ X ,
⎩Y , X ≥ Y ,
X < Y ,
V = min {X ,Y } = ⎧ Y ,
⎩ X ≥ Y ,
X < Y ．
所以，UV = XY ，于是 E (UV ) = E (XY ) = E (X )E (Y ) ．
= ⋅ 二、填空题：9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答．题．纸．
指定位置上． (9) 【答案】ln (
1+
2 )
．
【解析】选取 x 为参数，则弧微元ds = 1+ ( y ')2
dx = π
π
1+ t an 2
xdx = sec xdx
所以 s =
⎰ 4
sec xdx = ln sec x + tan x
4
= ln(1+ 2) ．
(10) 【答案】 y = e
- x
sin x ．
【解析】由通解公式得
y = e -⎰dx (⎰e - x co s x ⋅ e ⎰dx
dx + C )
= e - x (⎰cos xdx + C )
= e - x (sin x + C )．
由于 y (0) = 0, 故C =0．所以 y = e - x
sin
x ． (11)【答案】4．
∂F
【解析】
∂x sin xy
y ， 1+ (xy )2
∂2
F = ∂x 2
y cos xy - sin xy ⋅ 2xy 2
y ⋅ [1+ (xy )2 ]2 ，
∂2 F
故 ∂x
2 |(0,2) = 4 ． (12) 【答案】π ．
【解析】取 S : x + y - z = 0, x 2 + y 2
≤ 1，取上侧，则由斯托克斯公式得，
原式=
⎰⎰
dydz dzdx dxdy
∂ ∂ ∂
= ⎰⎰ ydydz + xdzdx + dxdy ．
S
∂x ∂y ∂z S y 2 xz
x
2
因 z = x + y , z '
= 1, z '
= 1. 由转换投影法得
x
y
⎰⎰ ydydz + xdzdx + dxdy = ⎰⎰ [ y ⋅ (-1) + x (-1) +1]dxdy ．
S
x 2 + y 2 ≤1
⎝ ⎭
xy
(13) 【答案】a = 1．
=
⎰⎰ x 2 + y 2 ≤1
=
⎰⎰
x 2 + y 2 ≤1
(-x - y +1)dxdy = π
dxdy = π ．
【解析】由于二次型通过正交变换所得到的标准形前面的系数为二次型对应矩阵 A 的特征值，故 A 的特征值为 0，1，4．二次型所对应的矩阵
⎛ 1 a 1⎫ A =
a 3 1⎪ ，
1 a 1
3
⎪ 1 1 1⎪ 由于 A =
∏λ
i
= 0 ，故 a 3 1 = 0 ⇒ a = 1．
i =1
1 1 1
(14)【答案】 μ
(μ
2
+ σ 2 )
．
【解析】根据题意，二维随机变量( X ,Y ) 服从 N
(μ, μ;σ 2
,σ 2
;0) ．因为 ρ
= 0 ，所
以由二维正态分布的性质知随机变量 X ,Y 独立，所以 X ,Y 2
．从而有
E ( X Y 2 ) = E ( X ) E (Y 2 ) = μ ⎡⎣D (Y ) + E 2 (Y )⎤⎦
= μ (μ2 +σ 2
)
． 三、解答题：15～23 小题，共 94 分．请将解答写在答．题．纸．指定的位置上．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
(15)(本题满分 10 分)
ln(1+ x ) 1
lim[ ln(1+ x ) -1]. 1 【解析】lim[ ]e x -1 = e x →0 x
e x
-1 x →0 x
lim
ln(1+ x )-x
lim x - 1
x 2 +o ( x 2 )-x 2
= e x →0
x 2
= e x →0
x 2
- 1
x 2 +o ( x 2 )
lim 2
- 1
= e x →0
x 2
= e
2 ．
(16)(本题满分 9 分) 【解析】 z = f [xy , yg (x )]
∂z
= f '[xy , yg (x )]⋅ y + f '[xy , yg (x )]⋅ yg '(x )
∂x 1
2
∂2 z
∂x ∂y
= f 1'[xy , yg (x )]+ y [ f 11
'(xy , yg (x ))x + f 12'(xy , yg (x ))g (x )]
+g '(x ) ⋅ f 2'[xy , yg (x )]+ yg '(x ){ f 1'2
'[xy , yg (x )]⋅ x + f 2'2'[xy , yg (x )]g (x )}．
因为 g (x ) 在 x = 1 可导，且为极值,所以 g '(1) = 0 ，则
d 2 z dxdy |x =1 =
y =1
f 1'(1,1) + f 11
'(1,1) + f 12'(1,1) ． (17)(本题满分 10 分)
【解析】显然 x = 0 为方程一个实根． 当 x ≠ 0 时，令 f ( x ) =
x
arctan x - k ,
f '( x ) =
arctan x -
x
1+ x 2 ．
( arctan x )
2
令 g ( x ) = arctan x -
x
x ∈ R ，
1+ x 2
' 1 1+ x 2
- x ⋅ 2x
2x 2 g ( x ) = 2
= 2
> 0 ， 1+ x (1+ x 2 ) (1+ x 2 ) 即 x ∈ R , g '( x ) > 0 ．
又因为 g ( 0) = 0 ，
即当 x < 0 时， g ( x ) < 0 ； 当 x > 0 时， g ( x ) >
0 ． 当 x < 0 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ．
所以当 x < 0 时， f ( x ) 单调递减，当 x > 0 时， f ( x ) 单调递增 x
又由lim f ( x ) = lim
- k = 1- k ，
x →0
x →0
arctan x
x
lim f ( x ) = l im - k = +∞ ，
x →∞
x →∞ arctan x 所以当1- k < 0 时，由零点定理可知 f ( x ) 在(-∞, 0)， (0, +∞) 内各有一个零点； 当1- k ≥ 0 时，则 f ( x ) 在(-∞, 0)， (0, +∞) 内均无零点．
综上所述，当k > 1时，原方程有三个根．当k ≤ 1 时，原方程有一个根．
- 2
1 1 (18)(本题满分 10 分)
【解析】(Ⅰ)设 f ( x ) = ln (1+ x ), x ∈ ⎡0,
1 ⎤
⎢⎣ n ⎥⎦
显然 f (x ) 在⎡
0,
1 ⎤
上满足拉格朗日的条件，
⎣⎢ n ⎥⎦
f ⎛ 1 ⎫ - f (0) = ln ⎛1+ 1 ⎫ - ln1 = ln ⎛1+ 1 ⎫ = 1 ⋅ 1 ,ξ ∈⎛ 0, 1 ⎫ n ⎪ n ⎪ n ⎪ 1+ ξ n n ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
所以ξ ∈⎛
0, 1 ⎫ 时，
n ⎪ ⎝ ⎭
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 ⋅ < ⋅ < ⋅ ，即： n +
< ⋅ < ， 1+ n n
1+ ξ n 1+ 0 n
1 1+ ξ n n 1 亦即：
< ln ⎛1+ 1 ⎫ < 1 ．
n +1 n ⎪ n
⎝ ⎭
结论得证．
1 1 1 n
1
（II）设a n = 1+ + + + - ln n = ∑ -ln n ．
2 3 n
先证数列{a n } 单调递减．
k =1 k
a - a = ⎡∑n +1 1 - ln (n +1)⎤ - ⎡∑n 1 - ln n ⎤ = 1 + ln ⎛ n ⎫ = 1 - ln ⎛1+ 1 ⎫
， n +1
n ⎢ k ⎥ ⎢ k ⎥ n +1 n +1⎪ n +1 n ⎪ ⎣ k =1 ⎦ ⎣ k =1 ⎦
⎝ ⎭ ⎝ ⎭
1 利用（I ）的结论可以得到
< ln(1+ ) ，所以
- ln ⎛1+ 1 ⎫ < 0 得到 a
< a ，即 n +1 n n +1 n ⎪ n +1 n
⎝ ⎭
数列{a n } 单调递减．
再证数列{a n } 有下界．
n
1 n
⎛ 1 ⎫
a n = ∑ k - ln n > ∑ln 1+ k ⎪ - ln n ，
k =1 k =1
⎝ ⎭
n
⎛ 1 ⎫ n
⎛ k +1⎫ ⎛ 2 3 4
n +1⎫ ∑ln 1+ k ⎪ = ln ∏ k ⎪ = ln ⋅ ⋅ n ⎪ = ln (n +1) ，
k =1 ⎝ ⎭ k =1 ⎝ ⎭ ⎝ 1 2 3 ⎭
n
1 n
⎛ 1 ⎫
a n = ∑ k - ln n > ∑ln 1+ k
⎪ - ln n > ln (n +1) - ln n > 0 ．
k =1 k =1
⎝ ⎭
0 0 I 1 1
'
x 0 0 I
0 0 =-⎰ ⎰ ' ⎝ ⎭
⎝ ⎭ ⎝ ⎭
⎝ ⎭
⎝ ⎭ ⎝ ⎭
1
xdx f ' (x ,1) - 1
f '
(x , y )dy 得到数列{a n } 有下界．利用单调递减数列且有下界得到{a n } 收
敛． (19)(本题满分 11 分) 1 1 【解析】
xdx yf xy (x , y )dy = ⎰0 xdx ⎰0 ydf x
(x , y ) = 1 xdx ⎡ yf '( x , y ) |1
- 1
f ' ( x , y )dy ⎤
⎰
0 ⎢⎣
x
⎰0 (
x 0 ⎰
0 x
⎥⎦
⎰0
x )
因为 f (x ,1) = 0 ，所以 f '
(x ,1) = 0 ．
1 1 xdx f x (x , y )dy 1 1
dy xf x (x , y )dx = - 1
dy ⎡xf (x , y ) |1 - 1 f (x , y )dx ⎤ = - 1 dy ⎡ f (1, y ) - 1 f (x , y )dx ⎤
⎰
⎢⎣
⎰
⎦⎥
⎰
⎢⎣
⎰
⎥⎦
= ⎰⎰ fdxdy = a ．
D
(20)(本题满分 11 分)
【解析】(I)由于α1,α2 ,α3 不能由 β1, β2 , β3 线性表示，对(β1, β2 , β3 ,α1,α2 ,α3 ) 进行初
等行变换：
⎛1 1 3 1 0 1 ⎫ (β , β , β ,α ,α ,α ) = 1 2 4 0 1 3⎪
1 2 3 1 2 3
1 3 a ⎪ 1 1 5⎪
⎛ 1 1 3 1 0 1 ⎫ ⎛ 1 1 3 1 0 1 ⎫ → 0 1 1 -1 1 2 ⎪ →
0 1 1 -1 1 2 ⎪ ． 0 2 a - 3 ⎪ 0 1 4 ⎪ 0 0 a - 5 2 ⎪ -1 0 ⎪
当 a = 5 时，r (β1, β2 , β3 ) = 2 ≠ r (β1, β2 , β3 ,α1) = 3 ，此时，α1 不能由 β1, β2 , β3 线性表示，故α1,α2 ,α3 不能由 β1, β2 , β3 线性表示．
(II)对(α1,α2 ,α3 , β1, β2 , β3 ) 进行初等行变换：
⎛ 1 0 1 1 1 3 ⎫ (α ,α ,α , β , β , β ) =
0 1 3 1 2 4 ⎪
1 2 3 1 2 3
1 1 5 ⎛ 1 0 1 ⎪ 1 3 5 ⎪ 1 1 3 ⎫
⎛ 1 0 1 1 1 3 ⎫ → 0 1 3 1 2 4 ⎪ →
0 1 3 1 2 4 ⎪ 0 1 4 ⎪ 0 2 2 ⎪ 0 0 1 -1 0 ⎪ -2 ⎪ = ．
α1 α2 α3 2 2 ⎪ ⎝ ⎭
⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 3 1 2 3 α ⎛ 1 0 0 → 0 1 0 2 1 5 ⎫ 4 2 10 ⎪ ， 0 0 1 -1 0 -2 ⎪
故 β1 = 2α1 + 4α2 -α3 ， β2 = α1 + 2α2 ， β3 = 5α1 +10α2 -
2α3 ． (21)(本题满分 11 分)
⎛ 1 1 ⎫ ⎛ -1 1 ⎫ 【解析】(I)由于 A 0 0 ⎪ =
0 0 ⎪ ，设α = (1, 0, -1)T ,α = (1, 0,1)T ，则
⎪ ⎪
1 2 -1 1 ⎪ 1 1 ⎪
A (α1,α2 ) = (-α1,α2 ) ，即 A α1 = -α1, A α 2 = α 2 ，而α1 ≠ 0,α2 ≠ 0 ，知 A 的特征值
为λ1 = -1, λ2 = 1，对应的特征向量分别为 k 1α1 (k 1 ≠ 0) ， k 2α2 (k 2 ≠ 0) ．
由于r ( A ) = 2 ，故 A = 0 ，所以λ3 = 0 ．
由于 A 是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 λ3 = 0 对应的特征向量为α = ( x , x , x )
T
，则 ⎧α T α = 0, ⎧x - x = 0,
⎨ 1 3 即⎨ 1 3 α T α = 0, x + x = 0．
⎩ 2 3
⎩ 1 3 解此方程组，得α = (0,1, 0)T
，故λ = 0 对应的特征向量为k α (k ≠ 0) ．
3
3 3 3 3
(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
β1 = 1 = 1 (1, 0, -1)T , β = α2 2 2
= 1 (1, 0,1)T
, β = α3
2 3
= (0,1, 0)T ． 令Q = (β , β , β ⎛ -1 ⎫ ) ，则Q T
AQ = Λ =
1 ⎪， 1
2
3 ⎪ 0
⎪ ⎝ ⎭
A = Q ΛQ T
⎛
⎫
⎛ 2
0 -
2 ⎫
2 2 0 ⎪ 2 2 ⎪ 2 2 ⎪⎛ -1 ⎫ ⎪ = 0 0 1 1 ⎪ 2 0 2 ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ 0 ⎪⎪ - 0 ⎪⎝ ⎭ 0 1
0 ⎪ ⎝ 2
2 ⎭ ⎪ ⎝ ⎭
2
2 1 1 1 1
⎛ ⎫⎛ 2 0 - 2 ⎫ - 2 2 0 ⎪
2 2 ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎛ 0 0 1 ⎫ = 0 0 0 ⎪ 2 0 2 ⎪ = 0 0 0 ⎪ ． ⎪ 2
2 ⎪ ⎪
⎪ 1 0 0 ⎪ 0 ⎪ 0 1 0 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ 2
2 ⎭ ⎪ ⎝ ⎭
（22）（本题满分 11 分） 【解析】(I)因为 P {
X 2 = Y
2
} = 1 ，所以 P { X
2
≠ Y 2} = 1- P { X 2 = Y 2}
= 0 ．
即 P { X = 0,Y = -1} = P { X = 0,Y = 1} = P { X = 1,Y = 0} = 0 ．
利用边缘概率和联合概率的关系得到
1
P { X = 0,Y = 0} = P { X = 0} - P { X = 0,Y = -1} - P { X = 0,Y = 1} = ；
3
P { X = 1,Y = -1} = P {Y = -1} - P { X = 0,Y = -1}
= ；
3
P { X = 1,Y = 1} = P {Y = 1} - P { X = 0,Y = 1} = ．
3
即( X ,Y ) 的概率分布为
(II) Z 的所有可能取值为-1, 0,1 ．
P {Z = -1} = P {X = 1,Y = -1} = ．
3
P {Z = 1} = P {X = 1,Y = 1} = ．
3
1
P {Z = 0} = 1- P {Z = 1} - P {Z = -1} = ．
Cov ( XY ) E ( X Y ) - E ( X )⋅ E (Y )
(III) 因为 ρXY = = ，
D ( X ) D (Y ) D ( X ) D (Y )
其中
X
Y
-1 0 1 0 0 1/3 0 1
1/3
1/3
Z = XY 的概率分布为
3
Z -1 0 1
P
1/3
1/3
1/3
2πσ
∏
n 0 n i ∑Y ) = E (Y ) = D (Y ) +[E (Y )] = σ ．
n n
∧ ∧ 1 1 1 1 1 1
E ( XY ) = E (Z ) = -1⋅ + 0 ⋅ +1⋅ = 0 ， E (Y ) = -1⋅ + 0 ⋅ +1⋅ = 0 ．
3 3 3 3 3 3
所以 E ( X Y ) - E ( X )⋅ E (Y ) = 0 ，即 X ， Y 的相关系数 ρXY = 0 ． （23）（本题满分 11 分）
【解析】因为总体 X 服从正态分布，故设 X 的概率密度为 f (x ) =
-∞ < x < +∞．
(I) 似然函数
1 -( x -μ0 )
2 e 2σ 2 ，
( x -μ )2
n
1 2
2 n
2
n
1
- i 0
- - 2 ∑
( x i -μ0 )
L (σ ) = ∏ f (x i ;σ i =1
) = [ e
i =1
2πσ
2σ 2
] = (2πσ ) 2 e
i =1
；
2
n 2
n
(x - μ )2 取对数： ln L (σ ) = - ln(2πσ ) - ∑ i 0 ； 2
d ln L (σ 2 ) n i =1
n (x - μ )2 2σ 2 1 n 2 2
求导： = - + ∑ i 0
= ∑[(x i - μ0 ) -σ ]． d (σ 2 ) 2σ 2 d ln L (σ 2
)
2
i =1 1
2(σ 2 )2 n
2(σ 2 )2
2
i =1
令
d (σ 2 )
= 0 ，解得σ =
∑(x i - μ0 ) ．
i =1
2
∧
1 n
ο 的最大似然估计量为σ 2 =
(II) 方法 1：
∑( X i
i =1
- μ )2 ．
X i ~ N (μ0 ,σ ) ，令Y i = X i - μ0 ~ N (0,σ ∧ 2
) ，则σ 2
= 1 ∑n Y 2
i =1
E (σ 2
) = E ( 1 n
n 2
2 2 2 i i i i i =1
D (σ 2 ) = D ( 1 ∑Y 2 ) =
1 D (Y
2 + Y 2 + + Y 2
) = 1 D (Y 2 ) n i =1 n 2 1 2 n
n i
1 4
2 2 1 4 4
2σ 4 = n {E (Y i 方法 2：
) -[E (Y i X )] } = (3σ n
- μ -σ ) =
． n
n
⎛ X - μ ⎫2
X ~ N (μ ,σ 2 ) ，则 i 0
~ N ( 0 , ， 得 到 Y = ∑ i 0
~ χ 2 (n ) ，即
i 0
σ σ ⎪ i =1 ⎝
⎭ 2
n
2
ο Y = ∑( X i - μ0 ) ．
i =1
i 2σ 2
n
2
．
0 n ⎝ ⎭ ⎪ ⎥ ⎛ ∧
⎫ 1 ⎡ n ⎤ 1 1 1 E σ 2 =
E ∑( X - μ )2 = E (σ 2Y ) = σ 2 E (Y ) = ο 2 ⋅ n = σ 2 ． ⎪ ⎣ i =1 0 ⎥⎦ n n n ⎛ ∧ ⎫ 1 ⎡ n ⎤ 1 1 1 2
D σ 2 = n 2 D ⎢∑( X i - μ )2 = n 2 D (σ 2Y ) = ο 4 D (Y ) = n 2 ο 4 ⋅ 2n = n 2 ο 4 ． n ⎝ ⎭ ⎣ i =1 ⎦ i ⎢。