《高等工程数学》习题卷一（AI出题）
第1大题（共8小题，每小题5分，共40分）
1.1 已知线性空间 V = R 3 V=\mathbb{R}^3 V=R3的一组基 B = { ( 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) } B=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\} B={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}，向量 v = ( 2 , 3 , 4 ) v=(2,3,4) v=(2,3,4)在该基下的坐标是多少？
解：由于 B B B是 V V V的一组基，因此 v v v可以表示为 v = a 1 ( 1 , 0 , 0 ) + a 2 ( 0 , 1 , 0 ) + a 3 ( 0 , 0 , 1 ) v=a_1(1,0,0)+a_2(0,1,0)+a_3(0,0,1) v=a1(1,0,0)+a2(0,1,0)+a3(0,0,1)，其中 a 1 , a 2 , a 3 a_1,a_2,a_3 a1,a2,a3是 v v v在 B B B下的坐标。因此，我们只需要求出 a 1 , a 2 , a 3 a_1,a_2,a_3 a1,a2,a3即可。
将 v v v代入上式得：
( 2 , 3 , 4 ) = a 1 ( 1 , 0 , 0 ) + a 2 ( 0 , 1 , 0 ) + a 3 ( 0 , 0 , 1 ) (2,3,4)=a_1(1,0,0)+a_2(0,1,0)+a_3(0,0,1) (2,3,4)=a1(1,0,0)+a2(0,1,0)+a3(0,0,1)
化简得：
{ a 1 = 2 a 2 = 3 a 3 = 4 \begin{cases}a_1=2\\a_2=3\\a_3=4\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧a1=2a2=3a3=4
因此，向量 v v v在基 B B B下的坐标为 ( 2 , 3 , 4 ) (2,3,4) (2,3,4)。
1.2 给定欧氏空间 R 3 \mathbb{R}^3 R3的标准正交基 { e 1 , e 2 , e 3 } \{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\} {e1,e2,e3}，向量 v = ( 1 , 2 , 2 ) \mathbf{v}=(1,2,2) v=(1,2,2)的长度为多少？
解答过程：
v \mathbf{v} v的长度为 ∥ v ∥ = v ⋅ v = 1 2 + 2 2 + 2 2 = 9 = 3 \|\mathbf{v}\|=\sqrt{\mathbf{v}\cdot\mathbf{v}}=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3 ∥v∥=v⋅v=12+22+22=9=3。
答案： 3 3 3。
1.3 给定矩阵 A = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ) A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix} A=⎝⎛147258369⎠⎞，求其2-范数、无穷范数、1-范数。
解答过程：
A A A的2-范数为 ∥ A ∥ 2 = λ max ( A T A ) = λ max ( 66 78 90 78 93 108 90 108 126 ) = 294 \|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∥2=λmax(ATA)=λmax⎝⎛667890789310890108126⎠⎞=294。
A A A的无穷范数为 ∥ A ∥ ∞ = max 1 ≤ i ≤ 3 ∑ j = 1 3 ∣ a i j ∣ = max { 6 , 15 , 24 } = 24 \|A\|_{\infty}=\max_{1\leq i\leq 3}\sum_{j=1}^3|a_{ij}|=\max\{6,15,24\}=24 ∥A∥∞=max1≤i≤3∑j=13∣aij∣=max{6,15,24}=24。
A A A的1-范数为 ∥ A ∥ 1 = max 1 ≤ j ≤ 3 ∑ i = 1 3 ∣ a i j ∣ = max { 12 , 15 , 18 } = 18 \|A\|_1=\max_{1\leq j\leq 3}\sum_{i=1}^3|a_{ij}|=\max\{12,15,18\}=18 ∥A∥1=max1≤j≤3∑i=13∣aij∣=max{12,15,18}=18。
答案： 294 , 24 , 18 \sqrt{294},24,18 294,24,18。
1.4 确定方阵 A A A幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^{\infty}A^k ∑k=0∞Ak收敛的条件。
解答过程：
当 ρ ( A ) < 1 \rho(A)<1 ρ(A)<1时，幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^{\infty}A^k ∑k=0∞Ak收敛，其中 ρ ( A ) \rho(A) ρ(A)为 A A A的谱半径。
答案： ρ ( A ) < 1 \rho(A)<1 ρ(A)<1。
1.5 给定样本 { x 1 , x 2 , … , x n } \{x_1,x_2,\ldots,x_n\} {x1,x2,…,xn}，计算其平均数、众数、中位数。
解答过程：
样本的平均数为 x ˉ = 1 n ∑ i = 1 n x i \bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i xˉ=n1∑i=1nxi。
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 x ˉ \bar{x} xˉ，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 ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)的样本 { x 1 , x 2 , … , x n } \{x_1,x_2,\ldots,x_n\} {x1,x2,…,xn}，确定统计量 x ˉ − μ s / n \frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}} s/nxˉ−μ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 n n足够大时， x ˉ − μ s / n \frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}} s/nxˉ−μ的分布近似于标准正态分布 N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)。
其中 s s s为样本标准差，常数为 n \sqrt{n} n。
答案： N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)，常数为 n \sqrt{n} n。
1.7 给定样本 { x 1 , x 2 , … , x n } \{x_1,x_2,\ldots,x_n\} {x1,x2,…,xn}，其概率密度函数为 f ( x ; θ ) = 1 θ e − x θ f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}\mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}} f(x;θ)=θ1e−θx，其中 θ > 0 \theta>0 θ>0为未知参数。设 θ ^ \hat{\theta} θ^为 θ \theta θ的矩估计，计算 θ ^ \hat{\theta} θ^的值。
解答过程：
θ ^ \hat{\theta} θ^为 θ \theta θ的一阶矩，即 θ ^ = 1 n ∑ i = 1 n x i \hat{\theta}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i θ^=n1∑i=1nxi。
答案： θ ^ = 1 n ∑ i = 1 n x i \hat{\theta}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i θ^=n1∑i=1nxi。
1.8 给定正态总体 N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)的样本 { x 1 , x 2 , … , x n } \{x_1,x_2,\ldots,x_n\} {x1,x2,…,xn}，求 μ \mu μ的置信区间，置信水平为 1 − α 1-\alpha 1−α。
解答过程：
由于 x ˉ − μ s / n \frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}} s/nxˉ−μ的分布近似于标准正态分布 N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)，因此有
P ( − z α / 2 < x ˉ − μ s / n < z α / 2 ) = 1 − α P\left(-z_{\alpha/2}<\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}
其中 z α / 2 z_{\alpha/2} zα/2为标准正态分布的上 α / 2 \alpha/2 α/2分位数。
移项得
P ( x ˉ − z α / 2 s n < μ < x ˉ + z α / 2 s n ) = 1 − α P\left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right)=1-\alpha P(xˉ−nzα/2s<μ<xˉ+nzα/2s)=1−α
因此 μ \mu μ的置信区间为 ( x ˉ − z α / 2 s n , x ˉ + z α / 2 s n ) \left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}},\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right) (xˉ−nzα/2s,xˉ+nzα/2s)。
答案： ( x ˉ − z α / 2 s n , x ˉ + z α / 2 s n ) \left(\bar{x}-\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}},\bar{x}+\frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}\right) (xˉ−nzα/2s,xˉ+nzα/2s)。
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 : R 3 → R 3 T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3 T:R3→R3，使得 T ( 1 0 0 ) = ( 1 1 0 ) T\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} T⎝⎛100⎠⎞=⎝⎛110⎠⎞， T ( 0 1 0 ) = ( 0 1 1 ) T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} T⎝⎛010⎠⎞=⎝⎛011⎠⎞， T ( 0 0 1 ) = ( 1 1 1 ) T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} T⎝⎛001⎠⎞=⎝⎛111⎠⎞。求 ( 2 − 1 3 ) \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} ⎝⎛2−13⎠⎞在 T T T下的像。
解：设 ( 2 − 1 3 ) \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} ⎝⎛2−13⎠⎞在基 { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } \{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\} {⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞,⎝⎛001⎠⎞}下的坐标为 ( a b c ) \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} ⎝⎛abc⎠⎞，则有
( 2 − 1 3 ) = a ( 1 0 0 ) + b ( 0 1 0 ) + c ( 0 0 1 ) \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} ⎝⎛2−13⎠⎞=a⎝⎛100⎠⎞+b⎝⎛010⎠⎞+c⎝⎛001⎠⎞
解得 a = 2 , b = − 1 , c = 3 a=2,b=-1,c=3 a=2,b=−1,c=3，因此 ( 2 − 1 3 ) \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} ⎝⎛2−13⎠⎞在基 { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } \{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\} {⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞,⎝⎛001⎠⎞}下的坐标为 ( 2 − 1 3 ) \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} ⎝⎛2−13⎠⎞。
由于 ( 1 0 0 ) \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} ⎝⎛100⎠⎞在 T T T下的像为 ( 1 1 0 ) \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} ⎝⎛110⎠⎞， ( 0 1 0 ) \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} ⎝⎛010⎠⎞在 T T T下的像为 ( 0 1 1 ) \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} ⎝⎛011⎠⎞， ( 0 0 1 ) \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} ⎝⎛001⎠⎞在 T T T下的像为 ( 1 1 1 ) \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} ⎝⎛111⎠⎞，因此 T T T在基 { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } \{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\} {⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞,⎝⎛001⎠⎞}下的矩阵为
[ T ] = ( 1 0 1 1 1 1 0 1 1 ) [T]=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix} [T]=⎝⎛110011111⎠⎞
因此， ( 2 − 1 3 ) \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} ⎝⎛2−13⎠⎞在 T T T下的像为
( 1 0 1 1 1 1 0 1 1 ) ( 2 − 1 3 ) = ( 5 4 2 ) \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} ⎝⎛110011111⎠⎞⎝⎛2−13⎠⎞=⎝⎛542⎠⎞
答案： ( 5 4 2 ) \begin{pmatrix}5\\4\\2\end{pmatrix} ⎝⎛542⎠⎞。
2.2 给定线性变换 T : R 3 → R 3 T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3 T:R3→R3，使得 T ( 1 0 0 ) = ( 1 1 0 ) T\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} T⎝⎛100⎠⎞=⎝⎛110⎠⎞， T ( 0 1 0 ) = ( 0 1 1 ) T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} T⎝⎛010⎠⎞=⎝⎛011⎠⎞， T ( 0 0 1 ) = ( 1 1 1 ) T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} T⎝⎛001⎠⎞=⎝⎛111⎠⎞。求 T T T在基 { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } \{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\} {⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞,⎝⎛001⎠⎞}下的矩阵。
解：由于 ( 1 0 0 ) \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} ⎝⎛100⎠⎞在 T T T下的像为 ( 1 1 0 ) \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} ⎝⎛110⎠⎞， ( 0 1 0 ) \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} ⎝⎛010⎠⎞在 T T T下的像为 ( 0 1 1 ) \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} ⎝⎛011⎠⎞， ( 0 0 1 ) \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} ⎝⎛001⎠⎞在 T T T下的像为 ( 1 1 1 ) \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} ⎝⎛111⎠⎞，因此 T T T在基 { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } \{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\} {⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞,⎝⎛001⎠⎞}下的矩阵为
[ T ] = ( 1 0 1 1 1 1 0 1 1 ) [T]=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix} [T]=⎝⎛110011111⎠⎞
答案： ( 1 0 1 1 1 1 0 1 1 ) \begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\end{pmatrix} ⎝⎛110011111⎠⎞。
试卷
第3大题（共10分）
设线性变换 T : R 3 → R 3 T:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3 T:R3→R3 的矩阵为 A = ( 1 2 − 1 2 4 − 2 − 1 − 2 1 ) A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\-1&-2&1\end{pmatrix} A=⎝⎛12−124−2−1−21⎠⎞，求 T T T 的零空间和值空间，并判断 T T T 是否可以相似对角化。
解答过程：
首先，我们需要求出 T T T 的特征值和特征向量，以便后续的计算。
由 ∣ A − λ I ∣ = 0 |A-\lambda I|=0 ∣A−λI∣=0 可得：
∣ 1 − λ 2 − 1 2 4 − λ − 2 − 1 − 2 1 − λ ∣ = 0 \begin{vmatrix}1-\lambda&2&-1\\2&4-\lambda&-2\\-1&-2&1-\lambda\end{vmatrix}=0 ∣∣∣∣∣∣1−λ2−124−λ−2−1−21−λ∣∣∣∣∣∣=0
化简得：
( λ − 3 ) ( λ − 1 ) 2 = 0 (\lambda-3)(\lambda-1)^2=0 (λ−3)(λ−1)2=0
因此， T T T 的特征值为 λ 1 = 3 \lambda_1=3 λ1=3 和 λ 2 = λ 3 = 1 \lambda_2=\lambda_3=1 λ2=λ3=1。
接下来，我们分别求出 T T T 对应于不同特征值的特征向量。
当 λ = 3 \lambda=3 λ=3 时，解方程组 ( A − 3 I ) x = 0 (A-3I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} (A−3I)x=0，得到：
( − 2 2 − 1 2 1 − 2 − 1 − 2 − 2 ) ( x 1 x 2 x 3 ) = ( 0 0 0 ) \begin{pmatrix}-2&2&-1\\2&1&-2\\-1&-2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} ⎝⎛−22−121−2−1−2−2⎠⎞⎝⎛x1x2x3⎠⎞=⎝⎛000⎠⎞
化简得：
{ − 2 x 1 + 2 x 2 − x 3 = 0 2 x 1 + x 2 − 2 x 3 = 0 − x 1 − 2 x 2 − 2 x 3 = 0 \begin{cases}-2x_1+2x_2-x_3=0\\2x_1+x_2-2x_3=0\\-x_1-2x_2-2x_3=0\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧−2x1+2x2−x3=02x1+x2−2x3=0−x1−2x2−2x3=0
解得 x 1 = − 2 x 3 , x 2 = − x 3 x_1=-2x_3,x_2=-x_3 x1=−2x3,x2=−x3，因此， v 1 = ( − 2 − 1 1 ) \boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-2\\-1\\1\end{pmatrix} v1=⎝⎛−2−11⎠⎞ 是 T T T 对应于特征值 λ 1 = 3 \lambda_1=3 λ1=3 的特征向量。
当 λ = 1 \lambda=1 λ=1 时，解方程组 ( A − I ) x = 0 (A-I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} (A−I)x=0，得到：
( 0 2 − 1 2 3 − 2 − 1 − 2 0 ) ( x 1 x 2 x 3 ) = ( 0 0 0 ) \begin{pmatrix}0&2&-1\\2&3&-2\\-1&-2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} ⎝⎛02−123−2−1−20⎠⎞⎝⎛x1x2x3⎠⎞=⎝⎛000⎠⎞
化简得：
{ 2 x 2 − x 3 = 0 2 x 1 + x 2 − 2 x 3 = 0 − x 1 − 2 x 2 = 0 \begin{cases}2x_2-x_3=0\\2x_1+x_2-2x_3=0\\-x_1-2x_2=0\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧2x2−x3=02x1+x2−2x3=0−x1−2x2=0
解得 x 1 = − 2 x 2 , x 3 = 2 x 2 x_1=-2x_2,x_3=2x_2 x1=−2x2,x3=2x2，因此， v 2 = ( − 2 1 0 ) \boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix} v2=⎝⎛−210⎠⎞ 和 v 3 = ( 1 0 2 ) \boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix} v3=⎝⎛102⎠⎞ 是 T T T 对应于特征值 λ 2 = λ 3 = 1 \lambda_2=\lambda_3=1 λ2=λ3=1 的特征向量。
接下来，我们可以根据特征向量构造出 T T T 的相似对角矩阵 D D D：
D = ( λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3 ) = ( 3 0 0 0 1 0 0 0 1 ) D=\begin{pmatrix}\lambda_1&0&0\\0&\lambda_2&0\\0&0&\lambda_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} D=⎝⎛λ1000λ2000λ3⎠⎞=⎝⎛300010001⎠⎞
然后，我们可以求出 T T T 的相似矩阵 P P P：
P = ( v 1 v 2 v 3 ) = ( − 2 − 2 1 − 1 1 0 1 0 2 ) P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{v}_1&\boldsymbol{v}_2&\boldsymbol{v}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&-2&1\\-1&1&0\\1&0&2\end{pmatrix} P=(v1v2v3)=⎝⎛−2−11−210102⎠⎞
最后，我们可以验证 P − 1 A P = D P^{-1}AP=D P−1AP=D 是否成立。计算可得：
P − 1 A P = ( − 1 2 1 2 1 2 − 1 2 − 1 2 1 2 1 0 2 ) ( 1 2 − 1 2 4 − 2 − 1 − 2 1 ) ( − 2 − 2 1 − 1 1 0 1 0 2 ) = ( 3 0 0 0 1 0 0 0 1 ) = D P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\1&0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\-1&-2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2&-2&1\\-1&1&0\\1&0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=D P−1AP=⎝⎛−21−21121−21021212⎠⎞⎝⎛12−124−2−1−21⎠⎞⎝⎛−2−11−210102⎠⎞=⎝⎛300010001⎠⎞=D
因此， T T T 可以相似对角化。
最后，我们可以求出 T T T 的零空间和值空间。
由于 T T T 可以相似对角化，因此， T T T 的零空间就是 A A A 的零空间，即解方程组 A x = 0 A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} Ax=0，得到：
( 1 2 − 1 2 4 − 2 − 1 − 2 1 ) ( x 1 x 2 x 3 ) = ( 0 0 0 ) \begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\-1&-2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} ⎝⎛12−124−2−1−21⎠⎞⎝⎛x1x2x3⎠⎞=⎝⎛000⎠⎞
化简得：
{ x 1 = − 2 x 2 + x 3 x 2 = x 2 x 3 = x 3 \begin{cases}x_1=-2x_2+x_3\\x_2=x_2\\x_3=x_3\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧x1=−2x2+x3x2=x2x3=x3
因此， T T T 的零空间为 s p a n { ( − 2 1 0 ) , ( 1 0 1 ) } \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\right\} span⎩⎨⎧⎝⎛−210⎠⎞,⎝⎛101⎠⎞⎭⎬⎫。
又因为 T T T 可以相似对角化，因此， T T T 的值空间就是 D D D 的列空间，即 s p a n { ( 3 0 0 ) , ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) } \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}3\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\right\} span⎩⎨⎧⎝⎛300⎠⎞,⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞⎭⎬⎫。
答案：
T T T 的零空间为 s p a n { ( − 2 1 0 ) , ( 1 0 1 ) } \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\right\} span⎩⎨⎧⎝⎛−210⎠⎞,⎝⎛101⎠⎞⎭⎬⎫，值空间为 s p a n { ( 3 0 0 ) , ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) } \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}3\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\right\} span⎩⎨⎧⎝⎛300⎠⎞,⎝⎛100⎠⎞,⎝⎛010⎠⎞⎭⎬⎫。 T T T 可以相似对角化。
第4大题（共10分）
已知矩阵 A = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix} A=⎝⎛100110011⎠⎞，求：
（1）矩阵 A A A的最小多项式和Jordan标准形；
（2）设 f ( x ) = ( x 1 0 0 x 1 0 0 x ) f(x)=\begin{pmatrix}x&1&0\\0&x&1\\0&0&x\end{pmatrix} f(x)=⎝⎛x001x001x⎠⎞，求 f ( A ) f(A) f(A)的Jordan标准形。
解：
（1）矩阵 A A A的特征多项式为：
det ( λ I − A ) = ∣ λ − 1 − 1 0 0 λ − 1 − 1 0 0 λ − 1 ∣ = ( λ − 1 ) 3 . \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} det(λI−A)=∣∣∣∣∣∣λ−100−1λ−100−1λ−1∣∣∣∣∣∣=(λ−1)3.
因此，矩阵 A A A的特征值为 λ = 1 \lambda=1 λ=1，且代数重数为 3 3 3。
将 λ = 1 \lambda=1 λ=1代入 ( λ I − A ) (\lambda I-A) (λI−A)，得到
( λ I − A ) = ( 0 − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 ) . (\lambda I-A)=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}. (λI−A)=⎝⎛000−1000−10⎠⎞.
因此， ( λ I − A ) 3 = 0 (\lambda I-A)^3=0 (λI−A)3=0，即 ( A − I ) 3 = 0 (A-I)^3=0 (A−I)3=0。
所以，矩阵 A A A的最小多项式为 m ( x ) = ( x − 1 ) 2 m(x)=(x-1)^2 m(x)=(x−1)2，Jordan标准形为
J = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) . J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}. J=⎝⎛100110011⎠⎞.
（2）矩阵 f ( A ) f(A) f(A)的特征多项式为：
det ( λ I − f ( A ) ) = ∣ λ − A 11 − A 12 − A 13 − A 21 λ − A 22 − A 23 − A 31 − A 32 λ − A 33 ∣ = ∣ λ − 1 − 1 0 0 λ − 1 − 1 0 0 λ ∣ = λ ( λ − 1 ) 2 . \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} det(λI−f(A))=∣∣∣∣∣∣λ−A11−A21−A31−A12λ−A22−A32−A13−A23λ−A33∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣λ−100−1λ−100−1λ∣∣∣∣∣∣=λ(λ−1)2.
因此，矩阵 f ( A ) f(A) f(A)的特征值为 λ = 0 , 1 \lambda=0,1 λ=0,1，且代数重数分别为 1 , 2 1,2 1,2。
将 λ = 0 \lambda=0 λ=0代入 ( λ I − f ( A ) ) (\lambda I-f(A)) (λI−f(A))，得到
( λ I − f ( A ) ) = ( − 1 − 1 0 0 − 1 − 1 0 0 0 ) . (\lambda I-f(A))=\begin{pmatrix}-1&-1&0\\0&-1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}. (λI−f(A))=⎝⎛−100−1−100−10⎠⎞.
因此， ( λ I − f ( A ) ) 2 = ( 1 2 1 0 1 2 0 0 0 ) (\lambda I-f(A))^2=\begin{pmatrix}1&2&1\\0&1&2\\0&0&0\end{pmatrix} (λI−f(A))2=⎝⎛100210120⎠⎞。
将 λ = 1 \lambda=1 λ=1代入 ( λ I − f ( A ) ) (\lambda I-f(A)) (λI−f(A))，得到
( λ I − f ( A ) ) = ( 0 − 1 0 0 0 − 1 0 0 − 1 ) . (\lambda I-f(A))=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\0&0&-1\end{pmatrix}. (λI−f(A))=⎝⎛000−1000−1−1⎠⎞.
因此， ( λ I − f ( A ) ) 2 = 0 (\lambda I-f(A))^2=0 (λI−f(A))2=0。
所以，矩阵 f ( A ) f(A) f(A)的Jordan标准形为
J = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 0 ) . J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}. J=⎝⎛100110010⎠⎞.
答案：（1） m ( x ) = ( x − 1 ) 2 m(x)=(x-1)^2 m(x)=(x−1)2， J = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ) J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix} J=⎝⎛100110011⎠⎞；（2） J = ( 1 1 0 0 1 1 0 0 0 ) J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix} J=⎝⎛100110010⎠⎞。
第5大题（共10分）
假设总体 X X X 服从参数为 θ \theta θ 的指数分布，即 X ∼ E x p ( θ ) X\sim Exp(\theta) X∼Exp(θ)，样本容量为 n n n，样本值为 x 1 , x 2 , ⋯ , x n x_1,x_2,\cdots,x_n x1,x2,⋯,xn。
(1) 求 θ \theta θ 的极大似然估计量。
解：总体 X X X 的概率密度函数为 f ( x ; θ ) = 1 θ e − x θ , x > 0 f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},x>0 f(x;θ)=θ1e−θx,x>0。
样本的似然函数为 L ( θ ; x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) = ∏ i = 1 n f ( x i ; θ ) = ∏ i = 1 n 1 θ e − x i θ = 1 θ n e − ∑ i = 1 n x i θ 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}} L(θ;x1,x2,⋯,xn)=∏i=1nf(xi;θ)=∏i=1nθ1e−θxi=θn1e−θ∑i=1nxi。
取对数得到 ln L ( θ ; x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) = − n ln θ − ∑ i = 1 n x i θ \ln L(\theta;x_1,x_2,\cdots,x_n)=-n\ln\theta-\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\theta} lnL(θ;x1,x2,⋯,xn)=−nlnθ−θ∑i=1nxi。
对 θ \theta θ 求导得到 d ln L ( θ ; x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) d θ = − n θ + ∑ i = 1 n x i θ 2 \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} dθdlnL(θ;x1,x2,⋯,xn)=−θn+θ2∑i=1nxi。
令导数等于零，解得 θ ^ = ∑ i = 1 n x i n \hat{\theta}=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n} θ^=n∑i=1nxi。
(2) 证明 θ ^ \hat{\theta} θ^ 是 θ \theta θ 的最小方差无偏估计。
解：由于 θ ^ = ∑ i = 1 n x i n \hat{\theta}=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n} θ^=n∑i=1nxi，因此 θ ^ \hat{\theta} θ^ 是 θ \theta θ 的无偏估计。
又因为 V a r ( θ ^ ) = V a r ( ∑ i = 1 n x i n ) = 1 n 2 ∑ i = 1 n V a r ( x i ) = θ 2 n 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} Var(θ^)=Var(n∑i=1nxi)=n21∑i=1nVar(xi)=nθ2。
因此， θ ^ \hat{\theta} θ^ 的方差为 θ 2 n \frac{\theta^2}{n} nθ2，是 θ \theta θ 的最小方差无偏估计。
第6大题（共10分）
假设总体 X X X 服从正态分布 N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)，样本容量为 n n n，样本均值为 x ‾ \overline{x} x，样本标准差为 s s s。
(1) 假设检验的原假设和备择假设分别为 H 0 : μ = μ 0 H_0:\mu=\mu_0 H0:μ=μ0 和 H 1 : μ ≠ μ 0 H_1:\mu\neq\mu_0 H1:μ=μ0，其中 μ 0 \mu_0 μ0 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 = x ‾ − μ 0 s / n t=\frac{\overline{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}} t=s/nx−μ0，其中 x ‾ \overline{x} x 是样本均值， s s s 是样本标准差， n n n 是样本容量。
(2) 假设检验的拒绝域为 ∣ t ∣ > t α / 2 ( n − 1 ) |t|>t_{\alpha/2}(n-1) ∣t∣>tα/2(n−1)，其中 α \alpha α 是显著性水平， t α / 2 ( n − 1 ) t_{\alpha/2}(n-1) tα/2(n−1) 是自由度为 n − 1 n-1 n−1 的 t t t 分布上侧 α / 2 \alpha/2 α/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 β \beta β。
解：第Ⅱ类错误概率为 β \beta β，即 P ( ∣ t ∣ ≤ t α / 2 ( n − 1 ) ∣ μ = μ 1 ) = 1 − β P(|t|\leq t_{\alpha/2}(n-1)|\mu=\mu_1)=1-\beta P(∣t∣≤tα/2(n−1)∣μ=μ1)=1−β，其中 μ 1 \mu_1 μ1 是真实的总体均值。
由于 t t t 统计量服从自由度为 n − 1 n-1 n−1 的 t t t 分布，因此 t α / 2 ( n − 1 ) t_{\alpha/2}(n-1) tα/2(n−1) 是常数。为了使第Ⅱ类错误概率不超过 β \beta β，需要满足 P ( ∣ t ∣ ≤ t α / 2 ( n − 1 ) ∣ μ = μ 1 ) = 1 − β P(|t|\leq t_{\alpha/2}(n-1)|\mu=\mu_1)=1-\beta P(∣t∣≤tα/2(n−1)∣μ=μ1)=1−β，即 P ( − t α / 2 ( n − 1 ) ≤ x ‾ − μ 1 s / n ≤ t α / 2 ( n − 1 ) ) = 1 − β P(-t_{\alpha/2}(n-1)\leq\frac{\overline{x}-\mu_1}{s/\sqrt{n}}\leq t_{\alpha/2}(n-1))=1-\beta P(−tα/2(n−1)≤s/nx−μ1≤tα/2(n−1))=1−β。
根据标准正态分布的性质，可得 P ( − z α / 2 ≤ x ‾ − μ 1 s / n ≤ z α / 2 ) = 1 − β P(-z_{\alpha/2}\leq\frac{\overline{x}-\mu_1}{s/\sqrt{n}}\leq z_{\alpha/2})=1-\beta P(−zα/2≤s/nx−μ1≤zα/2)=1−β，其中 z α / 2 z_{\alpha/2} zα/2 是标准正态分布上侧 α / 2 \alpha/2 α/2 分位数。
因此，需要满足 z α / 2 s n = ∣ μ 1 − μ 0 ∣ n ≤ t α / 2 ( n − 1 ) \frac{z_{\alpha/2}s}{\sqrt{n}}=\frac{|\mu_1-\mu_0|}{\sqrt{n}}\leq t_{\alpha/2}(n-1) nzα/2s=n∣μ1−μ0∣≤tα/2(n−1)，即 n ≥ ( z α / 2 s ∣ μ 1 − μ 0 ∣ ) 2 n\geq(\frac{z_{\alpha/2}s}{|\mu_1-\mu_0|})^2 n≥(∣μ1−μ0∣zα/2s)2。
第7大题（共10分）
已知线性正态回归模型 y i = β 1 x i 1 + β 2 x i 2 + ⋯ + β p x i p + ϵ i y_i = \beta_1 x_{i1} + \beta_2 x_{i2} + \cdots + \beta_p x_{ip} + \epsilon_i yi=β1xi1+β2xi2+⋯+βpxip+ϵi，其中 i = 1 , 2 , ⋯ , n i=1,2,\cdots,n i=1,2,⋯,n， ϵ i ∼ N ( 0 , σ 2 ) \epsilon_i\sim N(0,\sigma^2) ϵi∼N(0,σ2)， x i 1 , x i 2 , ⋯ , x i p x_{i1},x_{i2},\cdots,x_{ip} xi1,xi2,⋯,xip 是已知的常数， y 1 , y 2 , ⋯ , y n y_1,y_2,\cdots,y_n y1,y2,⋯,yn 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 , ⋯ , y n ) ′ Y=(y_1,y_2,\cdots,y_n)' Y=(y1,y2,⋯,yn)′，协变量的矩阵表示 X = ( x i 1 , x i 2 , ⋯ , x i p ) X=(x_{i1},x_{i2},\cdots,x_{ip}) X=(xi1,xi2,⋯,xip)，将 β \beta β 的最小二乘估计量表示为 β ^ = ( β 1 ^ , β 2 ^ , ⋯ , β p ^ ) ′ \hat{\beta}=(\hat{\beta_1},\hat{\beta_2},\cdots,\hat{\beta_p})' β^=(β1^,β2^,⋯,βp^)′。
首先，计算 β ^ \hat{\beta} β^：
β ^ = ( X ′ X ) − 1 X ′ Y \hat{\beta}=(X'X)^{-1}X'Y β^=(X′X)−1X′Y
其中， ( X ′ X ) − 1 (X'X)^{-1} (X′X)−1 表示矩阵 ( X ′ X ) (X'X) (X′X) 的逆矩阵。这个公式就是最小二乘估计量的标准表达式。下面需要证明这个公式的正确性。
构造最小二乘估计量的误差函数：
S ( β ) = ∑ i = 1 n ( y i − β 1 x i 1 − β 2 x i 2 − ⋯ − β p x i p ) 2 S(\beta)=\sum_{i=1}^n (y_i-\beta_1 x_{i1}-\beta_2 x_{i2}-\cdots-\beta_p x_{ip})^2 S(β)=i=1∑n(yi−β1xi1−β2xi2−⋯−βpxip)2
对 β \beta β 求导，令导数为零：
∂ S ∂ β = 2 ∑ i = 1 n x i ( y i − β 1 x i 1 − β 2 x i 2 − ⋯ − β p x i p ) = 0 \frac{\partial S}{\partial \beta}=2\sum_{i=1}^n x_i(y_i-\beta_1 x_{i1}-\beta_2 x_{i2}-\cdots-\beta_p x_{ip})=0 ∂β∂S=2i=1∑nxi(yi−β1xi1−β2xi2−⋯−βpxip)=0
其中， x i x_i xi 表示第 i i i 个观测对应的协变量向量。
化简得：
X ′ ( Y − X β ) = 0 X'(Y-X\beta)=0 X′(Y−Xβ)=0
解得：
β ^ = ( X ′ X ) − 1 X ′ Y \hat{\beta}=(X'X)^{-1}X'Y β^=(X′X)−1X′Y
因此，最小二乘估计量的标准公式得到证明。
接下来，需要判断这些估计量是否独立。
由于 ϵ i \epsilon_i ϵi 是正态分布的，因此
β ^ ∼ N p ( β , ( X ′ X ) − 1 σ 2 ) \hat{\beta} \sim N_p(\beta,(X'X)^{-1}\sigma^2) β^∼Np(β,(X′X)−1σ2)
其中， N p N_p Np 表示 p p p 维正态分布， ( X ′ X ) − 1 σ 2 (X'X)^{-1}\sigma^2 (X′X)−1σ2 是 β ^ \hat{\beta} β^ 的协方差矩阵。
可以发现， β ^ \hat{\beta} β^ 的分布不依赖于 σ 2 \sigma^2 σ2，因此， β ^ \hat{\beta} β^ 与 σ 2 \sigma^2 σ2 独立。
而这意味着， β ^ \hat{\beta} β^ 的每个分量都与 σ 2 \sigma^2 σ2 独立，即最小二乘估计量的参数是独立的。
答案：
线性正态回归模型参数的最小二乘估计是 β ^ = ( X ′ X ) − 1 X ′ Y \hat{\beta}=(X'X)^{-1}X'Y β^=(X′X)−1X′Y，这些估计量独立。