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《高等工程数学》习题卷（一）

article 2024/12/27 22:09:52

第1大题（共8小题，每小题5分，共40分）

1.1 给定线性空间 $V=\mathrm{span}\{(-1,1,0),(0,1,1),(1,1,1)\}$ ，向量 $\mathbf{v}=(1,2,3)$ 在该基下的坐标为多少？

解答过程：

设 $\mathbf{v}=a(-1,1,0)+b(0,1,1)+c(1,1,1)$ ，则有
\begin{align*}
a-b+c&=1\
b+c&=2\
c&=3
\end{align*}
解得 $a = - 2, b = - 1, c = 3$ ，因此 $\mathbf{v}$ 在该基下的坐标为 $(- 2, - 1, 3)$ 。

答案： $(- 2, - 1, 3)$ 。

1.2 给定欧氏空间 $\mathbb{R}^3$ 的标准正交基 $\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\}$ ，向量 $\mathbf{v}=(1,2,2)$ 的长度为多少？

解答过程：

$\mathbf{v}$ 的长度为 $\|\mathbf{v}\|=\sqrt{\mathbf{v}\cdot\mathbf{v}}=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ 。

答案： $3$ 。

1.3 给定矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$ ，求其2-范数、无穷范数、1-范数。

解答过程：

$A$ 的2-范数为 $\|A\|_2=\sqrt{\lambda_{\max}(A^TA)}=\sqrt{\lambda_{\max}\begin{pmatrix}66&78&90\\78&93&108\\90&108&126\end{pmatrix}}=\sqrt{294}$ 。

$A$ 的无穷范数为 $\|A\|_{\infty}=\max_{1\leq i\leq 3}\sum_{j=1}^3|a_{ij}|=\max\{6,15,24\}=24$ 。

$A$ 的1-范数为 $\|A\|_1=\max_{1\leq j\leq 3}\sum_{i=1}^3|a_{ij}|=\max\{12,15,18\}=18$ 。

答案： $\sqrt{294},24,18$ 。

1.4 确定方阵 $A$ 幂级数 $\sum_{k=0}^{\infty}A^k$ 收敛的条件。

解答过程：

当 $\rho(A)<1$ 时，幂级数 $\sum_{k=0}^{\infty}A^k$ 收敛，其中 $\rho(A)$ 为 $A$ 的谱半径。

答案： $\rho(A)<1$ 。

1.5 给定样本 $\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ ，计算其平均数、众数、中位数。

解答过程：

样本的平均数为 $\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ 。

样本的众数为出现次数最多的数。

样本的中位数为将样本从小到大排序后，位于中间位置的数，若样本个数为偶数，则中位数为中间两个数的平均数。

答案：平均数为 $\bar{x}$ ，众数为出现次数最多的数，中位数为样本的中位数。

1.6 给定来自正态总体 $N(\mu,\sigma^2)$ 的样本 $\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ ，确定统计量 $\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}$ 的分布以及常数。

解答过程：

由中心极限定理可知，当样本容量 $n$ 足够大时， $\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}$ 的分布近似于标准正态分布 $N (0, 1)$ 。

其中 $s$ 为样本标准差，常数为 $\sqrt{n}$ 。

答案： $N (0, 1)$ ，常数为 $\sqrt{n}$ 。

1.7 给定样本 $\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ ，其概率密度函数为 $f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}}$ ，其中 $\theta>0$ 为未知参数。设 $\hat{\theta}$ 为 $\theta$ 的矩估计，计算 $\hat{\theta}$ 的值。

解答过程：

$\hat{\theta}$ 为 $\theta$ 的一阶矩，即 $\hat{\theta}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ 。

答案： $\hat{\theta}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ 。

1.8 给定正态总体 $N(\mu,\sigma^2)$ 的样本 $\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ ，求 $\mu$ 的置信区间，置信水平为 $1-\alpha$ 。

解答过程：

由于 $\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}$ 的分布近似于标准正态分布 $N (0, 1)$ ，因此有
$P\left(-z_{\alpha/2}<\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}<z_{\alpha/2}\right)=1-\alpha$
其中 $z_{\alpha/2}$ 为标准正态分布的上 $\alpha/2$ 分位数。

移项得
$P\left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right)=1-\alpha$
因此 $\mu$ 的置信区间为 $\left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}},\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right)$ 。

答案： $\left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}},\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right)$ 。

第2大题（共2小题，每小题5分，共10分）
2.1 给定线性变换 $T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ ，使得 $T\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ ， $T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ ， $T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ 。求 $\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像。

解：设 $\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ 在基 $\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\}$ 下的坐标为 $\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ ，则有

$\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$

解得 $a = 2, b = - 1, c = 3$ ，因此 $\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ 在基 $\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\}$ 下的坐标为 $\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ 。

由于 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ ，因此 $T$ 在基 $\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\}$ 下的矩阵为

$[T]=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$

因此， $\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为

$\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\4\\2\end{pmatrix}$

答案： $\begin{pmatrix}5\\4\\2\end{pmatrix}$ 。

2.2 给定线性变换 $T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ ，使得 $T\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ ， $T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ ， $T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ 。求 $T$ 在基 $\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\}$ 下的矩阵。

解：由于 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ 在 $T$ 下的像为 $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ ，因此 $T$ 在基 $\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\}$ 下的矩阵为

$[T]=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$

答案： $\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$ 。

试卷

第3大题（共10分）

已知线性变换 $T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ 的矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&2&1\\0&1&1\\0&0&2\end{pmatrix}$ ，求：

（1）线性变换 $T$ 的零空间和值空间；

（2）判断线性变换 $T$ 是否可以相似对角化，并说明理由。

解：

（1）线性变换 $T$ 的零空间和值空间分别为：

$\begin{aligned} \text{ker}(T)&=\text{Nul}(A)=\left\{\begin{pmatrix}-2t-s\\-t-s\\t\end{pmatrix}\Bigg|t,s\in\mathbb{R}\right\},\\ \text{im}(T)&=\text{Col}(A)=\text{Span}\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\right\}. \end{aligned}$

（2）线性变换 $T$ 的特征多项式为：

$\begin{aligned} \text{det}(\lambda I-A)&=\begin{vmatrix}\lambda-1&-2&-1\\0&\lambda-1&-1\\0&0&\lambda-2\end{vmatrix}\\ &= (\lambda-1)^2(\lambda-2). \end{aligned}$

由于特征多项式的根不重复，所以线性变换 $T$ 可以相似对角化。

设 $P$ 为 $A$ 的对角化矩阵，即 $A=PDP^{-1}$ ，其中 $D$ 为 $A$ 的对角化矩阵，即

$D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$

因此， $T$ 可以相似对角化，且对角化矩阵为 $D$ 。

答案：（1） $\text{ker}(T)=\left\{\begin{pmatrix}-2t-s\\-t-s\\t\end{pmatrix}\Bigg|t,s\in\mathbb{R}\right\}$ ， $\text{im}(T)=\text{Span}\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\right\}$ ；（2）可以相似对角化。

第4大题（共10分）

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ ，求：

（1）矩阵 $A$ 的最小多项式和Jordan标准形；

（2）设 $f(x)=\begin{pmatrix}x&1&0\\0&x&1\\0&0&x\end{pmatrix}$ ，求 $f (A)$ 的Jordan标准形。

解：

（1）矩阵 $A$ 的特征多项式为：

$\begin{aligned} \text{det}(\lambda I-A)&=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&0\\0&\lambda-1&-1\\0&0&\lambda-1\end{vmatrix}\\ &= (\lambda-1)^3. \end{aligned}$

因此，矩阵 $A$ 的特征值为 $\lambda=1$ ，且代数重数为 $3$ 。

将 $\lambda=1$ 代入 $(\lambda I-A)$ ，得到

$(\lambda I-A)=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}.$

因此， $(\lambda I-A)^3=0$ ，即 $A-I)^3=0$ 。

所以，矩阵 $A$ 的最小多项式为 $m(x)=(x-1)^2$ ，Jordan标准形为

$J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}.$

（2）矩阵 $f (A)$ 的特征多项式为：

$\begin{aligned} \text{det}(\lambda I-f(A))&=\begin{vmatrix}\lambda-A_{11}&-A_{12}&-A_{13}\\-A_{21}&\lambda-A_{22}&-A_{23}\\-A_{31}&-A_{32}&\lambda-A_{33}\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&0\\0&\lambda-1&-1\\0&0&\lambda\end{vmatrix}\\ &=\lambda(\lambda-1)^2. \end{aligned}$

因此，矩阵 $f (A)$ 的特征值为 $\lambda=0,1$ ，且代数重数分别为 $1, 2$ 。

将 $\lambda=0$ 代入 $(\lambda I-f(A))$ ，得到

$(\lambda I-f(A))=\begin{pmatrix}-1&-1&0\\0&-1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}.$

因此， $(\lambda I-f(A))^2=\begin{pmatrix}1&2&1\\0&1&2\\0&0&0\end{pmatrix}$ 。

将 $\lambda=1$ 代入 $(\lambda I-f(A))$ ，得到

$(\lambda I-f(A))=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\0&0&-1\end{pmatrix}.$

因此， $(\lambda I-f(A))^2=0$ 。

所以，矩阵 $f (A)$ 的Jordan标准形为

$J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}.$

答案：（1） $m(x)=(x-1)^2$ ， $J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ ；（2） $J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 。

第5大题（共10分）

假设总体 $X$ 服从参数为 $\theta$ 的指数分布，即 $X\sim Exp(\theta)$ ，样本容量为 $n$ ，样本值为 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 。

(1) 求 $\theta$ 的极大似然估计量。

解：总体 $X$ 的概率密度函数为 $f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},x>0$ 。

样本的似然函数为 $L(\theta;x_1,x_2,\cdots,x_n)=\prod_{i=1}^n f(x_i;\theta)=\prod_{i=1}^n\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x_i}{\theta}}=\frac{1}{\theta^n}e^{-\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\theta}}$ 。

取对数得到 $\ln L(\theta;x_1,x_2,\cdots,x_n)=-n\ln\theta-\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\theta}$ 。

对 $\theta$ 求导得到 $\frac{\mathrm{d}\ln L(\theta;x_1,x_2,\cdots,x_n)}{\mathrm{d}\theta}=-\frac{n}{\theta}+\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\theta^2}$ 。

令导数等于零，解得 $\hat{\theta}=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}$ 。

(2) 证明 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的最小方差无偏估计。

解：由于 $\hat{\theta}=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}$ ，因此 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的无偏估计。

又因为 $Var(\hat{\theta})=Var(\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n})=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n Var(x_i)=\frac{\theta^2}{n}$ 。

因此， $\hat{\theta}$ 的方差为 $\frac{\theta^2}{n}$ ，是 $\theta$ 的最小方差无偏估计。

第6大题（共10分）

假设总体 $X$ 服从正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$ ，样本容量为 $n$ ，样本均值为 $\overline{x}$ ，样本标准差为 $s$ 。

(1) 假设检验的原假设和备择假设分别为 $H_0:\mu=\mu_0$ 和 $H_1:\mu\neq\mu_0$ ，其中 $\mu_0$ 是已知的常数。给出检验统计量的表达式。

解：检验统计量为 $t=\frac{\overline{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}}$ ，其中 $\overline{x}$ 是样本均值， $s$ 是样本标准差， $n$ 是样本容量。

(2) 假设检验的拒绝域为 $|t|>t_{\alpha/2}(n-1)$ ，其中 $\alpha$ 是显著性水平， $t_{\alpha/2}(n-1)$ 是自由度为 $n - 1$ 的 $t$ 分布上侧 $\alpha/2$ 分位数。给出样本容量的确定方法，使得第Ⅱ类错误概率不超过 $\beta$ 。

解：第Ⅱ类错误概率为 $\beta$ ，即 $P(|t|\leq t_{\alpha/2}(n-1)|\mu=\mu_1)=1-\beta$ ，其中 $\mu_1$ 是真实的总体均值。

由于 $t$ 统计量服从自由度为 $n - 1$ 的 $t$ 分布，因此 $t_{\alpha/2}(n-1)$ 是常数。为了使第Ⅱ类错误概率不超过 $\beta$ ，需要满足 $P(|t|\leq t_{\alpha/2}(n-1)|\mu=\mu_1)=1-\beta$ ，即 $P(-t_{\alpha/2}(n-1)\leq\frac{\overline{x}-\mu_1}{s/\sqrt{n}}\leq t_{\alpha/2}(n-1))=1-\beta$ 。

根据标准正态分布的性质，可得 $P(-z_{\alpha/2}\leq\frac{\overline{x}-\mu_1}{s/\sqrt{n}}\leq z_{\alpha/2})=1-\beta$ ，其中 $z_{\alpha/2}$ 是标准正态分布上侧 $\alpha/2$ 分位数。

因此，需要满足 $\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}=\frac{|\mu_1-\mu_0|}{\sqrt{n}}\leq t_{\alpha/2}(n-1)$ ，即 $n\geq(\frac{z_{\alpha/2}s}{|\mu_1-\mu_0|})^2$ 。

第7大题（共10分）
已知线性正态回归模型 $y_i = \beta_1 x_{i1} + \beta_2 x_{i2} + \cdots + \beta_p x_{ip} + \epsilon_i$ ，其中 $i=1,2,\cdots,n$ ， $\epsilon_i\sim N(0,\sigma^2)$ ， $x_{i1},x_{i2},\cdots,x_{ip}$ 是已知的常数， $y_1,y_2,\cdots,y_n$ 是观测值。现在要求该模型参数的最小二乘估计，并判断这些估计量是否独立。

解答过程：

定义观测数据的矩阵表示 $Y=(y_1,y_2,\cdots,y_n)'$ ，协变量的矩阵表示 $X=(x_{i1},x_{i2},\cdots,x_{ip})$ ，将 $\beta$ 的最小二乘估计量表示为 $\hat{\beta}=(\hat{\beta_1},\hat{\beta_2},\cdots,\hat{\beta_p})'$ 。