《高等工程数学》试题卷二(第一部分,每个题型3道例题,AI出题)

1.1 给定线性空间的一个基,求一给定向量在该基下的坐标
题目1:给定线性空间 V = R 2 V=\mathbb{R}^2 V=R2,基 B = { ( 1 , 2 ) , ( 3 , 4 ) } B=\{(1,2),(3,4)\} B={(1,2),(3,4)},求向量 ( 5 , 6 ) (5,6) (5,6)在基 B B B下的坐标。

解题过程:
因为 B B B V V V的基,那么 ( 5 , 6 ) (5,6) (5,6)可以用 B B B中的向量线性组合得到,即 ( 5 , 6 ) = a ( 1 , 2 ) + b ( 3 , 4 ) (5,6)=a(1,2)+b(3,4) (5,6)=a(1,2)+b(3,4),其中 a , b ∈ R a,b\in\mathbb{R} a,bR是待求的系数。将向量展开并列出方程组:

{ a + 3 b = 5 2 a + 4 b = 6 \begin{cases}a+3b=5\\2a+4b=6\end{cases} {a+3b=52a+4b=6

解方程组可得: a = − 2 , b = 3 / 2 a=-2,b=3/2 a=2,b=3/2,因此向量 ( 5 , 6 ) (5,6) (5,6)在基 B B B下的坐标为 ( − 2 , 3 / 2 ) (-2,3/2) (2,3/2)

答案: ( − 2 , 3 / 2 ) (-2,3/2) (2,3/2)

题目2:给定线性空间 V = R 3 V=\mathbb{R}^3 V=R3,基 B = { ( 1 , 0 , 1 ) , ( 0 , 1 , 1 ) , ( 1 , 1 , 0 ) } B=\{(1,0,1),(0,1,1),(1,1,0)\} B={(1,0,1),(0,1,1),(1,1,0)},求向量 ( 2 , 3 , 4 ) (2,3,4) (2,3,4)在基 B B B下的坐标。

解题过程:
因为 B B B V V V的基,那么 ( 2 , 3 , 4 ) (2,3,4) (2,3,4)可以用 B B B中的向量线性组合得到,即 ( 2 , 3 , 4 ) = a ( 1 , 0 , 1 ) + b ( 0 , 1 , 1 ) + c ( 1 , 1 , 0 ) (2,3,4)=a(1,0,1)+b(0,1,1)+c(1,1,0) (2,3,4)=a(1,0,1)+b(0,1,1)+c(1,1,0),其中 a , b , c ∈ R a,b,c\in\mathbb{R} a,b,cR是待求的系数。将向量展开并列出方程组:

{ a + c = 2 b + c = 3 a + b = 4 \begin{cases}a+c=2\\b+c=3\\a+b=4\end{cases} a+c=2b+c=3a+b=4

解方程组可得: a = 1 , b = 3 , c = 2 a=1,b=3,c=2 a=1,b=3,c=2,因此向量 ( 2 , 3 , 4 ) (2,3,4) (2,3,4)在基 B B B下的坐标为 ( 1 , 3 , 2 ) (1,3,2) (1,3,2)

答案: ( 1 , 3 , 2 ) (1,3,2) (1,3,2)

题目3:给定线性空间 V = R 2 [ x ] V=\mathbb{R}_2[x] V=R2[x],基 B = { 1 + x , 1 − x , 2 x } B=\{1+x,1-x,2x\} B={1+x,1x,2x},求多项式 p ( x ) = 3 + 4 x − x 2 p(x)=3+4x-x^2 p(x)=3+4xx2在基 B B B下的坐标。

解题过程:
因为 B B B V V V的基,那么 p ( x ) p(x) p(x)可以用 B B B中的向量线性组合得到,即 p ( x ) = a ( 1 + x ) + b ( 1 − x ) + c ( 2 x ) p(x)=a(1+x)+b(1-x)+c(2x) p(x)=a(1+x)+b(1x)+c(2x),其中 a , b , c ∈ R a,b,c\in\mathbb{R} a,b,cR是待求的系数。将多项式展开并列出方程组:

{ a + b = 3 a − b + 2 c = 4 a − b − c = − 1 \begin{cases}a+b=3\\a-b+2c=4\\a-b-c=-1\end{cases} a+b=3ab+2c=4abc=1

解方程组可得: a = 2 , b = 1 , c = 1 a=2,b=1,c=1 a=2,b=1,c=1,因此多项式 p ( x ) p(x) p(x)在基 B B B下的坐标为 ( 2 , 1 , 1 ) (2,1,1) (2,1,1)

答案: ( 2 , 1 , 1 ) (2,1,1) (2,1,1)
1.2 给定欧氏空间的标准正交基,求一给定向量的长度
例题一:

已知欧氏空间 R 2 \mathbb{R}^2 R2的标准正交基 B = { e 1 , e 2 } B=\{e_1,e_2\} B={e1,e2},向量 v = ( 3 4 ) v=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix} v=(34)的长度是多少?

解题过程:

根据向量长度的定义,向量 v v v的长度应该为 ∥ v ∥ = v ⋅ v \|v\|=\sqrt{v\cdot v} v=vv ,其中 ⋅ \cdot 表示内积。由于 B B B是标准正交基,因此我们可以使用基向量的坐标来计算向量 v v v的内积。

具体地,我们可以将向量 v v v的坐标表示为 v = ( v 1 , v 2 ) v=(v_1,v_2) v=(v1,v2),则有:

v ⋅ v = ( v 1 , v 2 ) ⋅ ( v 1 , v 2 ) = v 1 2 + v 2 2 . v\cdot v=(v_1,v_2)\cdot(v_1,v_2)=v_1^2+v_2^2. vv=(v1,v2)(v1,v2)=v12+v22.

因此,向量 v v v的长度为 ∥ v ∥ = v 1 2 + v 2 2 \|v\|=\sqrt{v_1^2+v_2^2} v=v12+v22 。带入 v = ( 3 , 4 ) v=(3,4) v=(3,4),得到:

∥ v ∥ = 3 2 + 4 2 = 9 + 16 = 25 = 5. \|v\|=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5. v=32+42 =9+16 =25 =5.

因此,向量 v v v的长度为 5 5 5

例题二:

已知欧氏空间 R 3 \mathbb{R}^3 R3的标准正交基 B = { e 1 , e 2 , e 3 } B=\{e_1,e_2,e_3\} B={e1,e2,e3},向量 v = ( 1 2 − 2 ) v=\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix} v=122的长度是多少?

解题过程:

与例题一类似,我们需要计算向量 v v v的长度 ∥ v ∥ = v ⋅ v \|v\|=\sqrt{v\cdot v} v=vv 。同样地,我们可以使用基向量的坐标来计算向量 v v v的内积。

具体地,我们可以将向量 v v v的坐标表示为 v = ( v 1 , v 2 , v 3 ) v=(v_1,v_2,v_3) v=(v1,v2,v3),则有:

v ⋅ v = ( v 1 , v 2 , v 3 ) ⋅ ( v 1 , v 2 , v 3 ) = v 1 2 + v 2 2 + v 3 2 . v\cdot v=(v_1,v_2,v_3)\cdot(v_1,v_2,v_3)=v_1^2+v_2^2+v_3^2. vv=(v1,v2,v3)(v1,v2,v3)=v12+v22+v32.

因此,向量 v v v的长度为 ∥ v ∥ = v 1 2 + v 2 2 + v 3 2 \|v\|=\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2} v=v12+v22+v32 。带入 v = ( 1 , 2 , − 2 ) v=(1,2,-2) v=(1,2,2),得到:

∥ v ∥ = 1 2 + 2 2 + ( − 2 ) 2 = 1 + 4 + 4 = 9 = 3. \|v\|=\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}=\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3. v=12+22+(2)2 =1+4+4 =9 =3.

因此,向量 v v v的长度为 3 3 3

例题三:

已知欧氏空间 R 4 \mathbb{R}^4 R4的标准正交基 B = { e 1 , e 2 , e 3 , e 4 } B=\{e_1,e_2,e_3,e_4\} B={e1,e2,e3,e4},向量 v = ( 1 − 1 2 − 2 ) v=\begin{pmatrix}1\\-1\\2\\-2\end{pmatrix} v=1122的长度是多少?

解题过程:

与前两个例题类似,我们需要计算向量 v v v的长度 ∥ v ∥ = v ⋅ v \|v\|=\sqrt{v\cdot v} v=vv 。同样地,我们可以使用基向量的坐标来计算向量 v v v的内积。

具体地,我们可以将向量 v v v的坐标表示为 v = ( v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) v=(v_1,v_2,v_3,v_4) v=(v1,v2,v3,v4),则有:

v ⋅ v = ( v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) ⋅ ( v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) = v 1 2 + v 2 2 + v 3 2 + v 4 2 . v\cdot v=(v_1,v_2,v_3,v_4)\cdot(v_1,v_2,v_3,v_4)=v_1^2+v_2^2+v_3^2+v_4^2. vv=(v1,v2,v3,v4)(v1,v2,v3,v4)=v12+v22+v32+v42.

因此,向量 v v v的长度为 ∥ v ∥ = v 1 2 + v 2 2 + v 3 2 + v 4 2 \|v\|=\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2+v_4^2} v=v12+v22+v32+v42 。带入 v = ( 1 , − 1 , 2 , − 2 ) v=(1,-1,2,-2) v=(1,1,2,2),得到:

∥ v ∥ = 1 2 + ( − 1 ) 2 + 2 2 + ( − 2 ) 2 = 1 + 1 + 4 + 4 = 10 . \|v\|=\sqrt{1^2+(-1)^2+2^2+(-2)^2}=\sqrt{1+1+4+4}=\sqrt{10}. v=12+(1)2+22+(2)2 =1+1+4+4 =10 .

因此,向量 v v v的长度为 10 \sqrt{10} 10

1.3 求给定矩阵的2-范数、无穷范数,1-范数
例题一:求给定矩阵的2-范数

已知矩阵 A = ( 1 2 3 4 ) A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix} A=(1324),求其2-范数。

解题过程:

矩阵的2-范数定义为矩阵的最大奇异值,即 ∥ A ∥ 2 = σ 1 \|A\|_2=\sigma_1 A2=σ1,其中 σ 1 \sigma_1 σ1为矩阵 A A A的最大奇异值。

为求矩阵 A A A的最大奇异值,我们可以先求出矩阵 A T A A^TA ATA的特征值,然后取其最大的正平方根即可。

具体地,我们有:

A T A = ( 1 3 2 4 ) ( 1 2 3 4 ) = ( 10 14 14 20 ) . A^TA=\begin{pmatrix}1 & 3 \\ 2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10 & 14 \\ 14 & 20\end{pmatrix}. ATA=(1234)(1324)=(10141420).

矩阵 A T A A^TA ATA的特征值为 λ 1 = 30 \lambda_1=30 λ1=30 λ 2 = 0 \lambda_2=0 λ2=0,对应的特征向量分别为 ( 1 2 ) \begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix} (12) ( − 2 1 ) \begin{pmatrix}-2 \\ 1\end{pmatrix} (21)。由于 λ 2 = 0 \lambda_2=0 λ2=0,因此矩阵 A T A A^TA ATA的最大正平方根为 λ 1 = 5 \sqrt{\lambda_1}=5 λ1 =5

因此,矩阵 A A A的2-范数为 ∥ A ∥ 2 = 5 \|A\|_2=5 A2=5

例题二:求给定矩阵的无穷范数

已知矩阵 A = ( 1 2 − 3 4 ) A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ -3 & 4\end{pmatrix} A=(1324),求其无穷范数。

解题过程:

矩阵的无穷范数定义为矩阵列向量绝对值之和的最大值,即 ∥ A ∥ ∞ = max ⁡ 1 ≤ j ≤ n ∑ i = 1 n ∣ a i j ∣ \|A\|_\infty=\max_{1\leq j\leq n}\sum_{i=1}^n|a_{ij}| A=max1jni=1naij

具体地,对于矩阵 A = ( a 11 a 12 a 21 a 22 ) A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}\end{pmatrix} A=(a11a21a12a22),我们有:

∥ A ∥ ∞ = max ⁡ { ∑ i = 1 2 ∣ a i 1 ∣ , ∑ i = 1 2 ∣ a i 2 ∣ } = max ⁡ { ∣ 1 ∣ + ∣ − 3 ∣ , ∣ 2 ∣ + ∣ 4 ∣ } = 6. \|A\|_\infty=\max\{\sum_{i=1}^2|a_{i1}|,\sum_{i=1}^2|a_{i2}|\}=\max\{|1|+|-3|,|2|+|4|\}=6. A=max{i=12ai1,i=12ai2}=max{1+3,2+4}=6.

因此,矩阵 A A A的无穷范数为 ∥ A ∥ ∞ = 6 \|A\|_\infty=6 A=6

例题三:求给定矩阵的1-范数

已知矩阵 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1-范数。

解题过程:

矩阵的1-范数定义为矩阵行向量绝对值之和的最大值,即 ∥ A ∥ 1 = max ⁡ 1 ≤ i ≤ m ∑ j = 1 n ∣ a i j ∣ \|A\|_1=\max_{1\leq i\leq m}\sum_{j=1}^n|a_{ij}| A1=max1imj=1naij

具体地,对于矩阵 A = ( a 11 a 12 ⋯ a 1 n a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 a m 2 ⋯ a m n ) A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}\end{pmatrix} A=a11a21am1a12a22am2a1na2namn,我们有:

∥ A ∥ 1 = max ⁡ { ∑ j = 1 n ∣ a 1 j ∣ , ∑ j = 1 n ∣ a 2 j ∣ , ⋯   , ∑ j = 1 n ∣ a m j ∣ } . \|A\|_1=\max\{\sum_{j=1}^n|a_{1j}|,\sum_{j=1}^n|a_{2j}|,\cdots,\sum_{j=1}^n|a_{mj}|\}. A1=max{j=1na1j,j=1na2j,,j=1namj}.

因此,矩阵 A A A的1-范数为 ∥ A ∥ 1 = max ⁡ { 6 , 15 , 24 } = 24 \|A\|_1=\max\{6,15,24\}=24 A1=max{6,15,24}=24

1.4 确定方阵幂级数收敛的条件
例题一:确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和

已知方阵 A = ( 1 2 3 4 ) A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix} A=(1324),求幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和。

解题过程:

为确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,我们需要分别求出矩阵 A A A的1-范数和2-范数。

矩阵 A A A的1-范数为 ∥ A ∥ 1 = 9 \|A\|_1=9 A1=9,矩阵 A A A的2-范数为 ∥ A ∥ 2 = 5 \|A\|_2=5 A2=5

由于矩阵 A A A的2-范数小于1,因此幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak收敛,并且其和为 ( I − A ) − 1 (I-A)^{-1} (IA)1,其中 I I I为单位矩阵。

代入 A A A的值,我们有:

I − A = ( 1 0 0 1 ) − ( 1 2 3 4 ) = ( 0 − 2 − 3 − 3 ) , det ⁡ ( I − A ) = ( − 2 ) ( − 3 ) − ( − 3 ) 2 = 0 , rank ( I − A ) = 2 , rank [ I − A ∣ 0 ] = 2. \begin{aligned} I-A&=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & -2 \\ -3 & -3\end{pmatrix},\\ \det(I-A)&=(-2)(-3)-(-3)2=0,\\ \text{rank}(I-A)&=2,\\ \text{rank}[I-A|0]&=2. \end{aligned} IAdet(IA)rank(IA)rank[IA0]=(1001)(1324)=(0323),=(2)(3)(3)2=0,=2,=2.

因此, ( I − A ) − 1 (I-A)^{-1} (IA)1不存在,幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak不收敛。

例题二:确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和

已知方阵 A = ( 1 − 1 2 0 ) A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 0\end{pmatrix} A=(1210),求幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和。

解题过程:

为确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,我们需要分别求出矩阵 A A A的1-范数和2-范数。

矩阵 A A A的1-范数为 ∥ A ∥ 1 = 3 \|A\|_1=3 A1=3,矩阵 A A A的2-范数为 ∥ A ∥ 2 = 5 \|A\|_2=\sqrt{5} A2=5

由于矩阵 A A A的2-范数小于1,因此幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak收敛,并且其和为 ( I − A ) − 1 (I-A)^{-1} (IA)1,其中 I I I为单位矩阵。

代入 A A A的值,我们有:

I − A = ( 1 0 0 1 ) − ( 1 − 1 2 0 ) = ( 0 1 − 2 1 ) , det ⁡ ( I − A ) = 1 ⋅ 1 − ( − 2 ) ⋅ 1 = 3 , ( I − A ) − 1 = 1 3 ( 1 − 1 2 0 ) . \begin{aligned} I-A&=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ -2 & 1\end{pmatrix},\\ \det(I-A)&=1\cdot 1-(-2)\cdot 1=3,\\ (I-A)^{-1}&=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 0\end{pmatrix}. \end{aligned} IAdet(IA)(IA)1=(1001)(1210)=(0211),=11(2)1=3,=31(1210).

因此,幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak收敛,并且其和为 ( I − A ) − 1 = 1 3 ( 1 − 1 2 0 ) (I-A)^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 0\end{pmatrix} (IA)1=31(1210)

例题三:确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和

已知方阵 A = ( 1 − 1 1 − 1 2 − 1 1 − 1 2 ) A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2\end{pmatrix} A=111121112,求幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,如果收敛,求其和。

解题过程:

为确定幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak是否收敛,我们需要分别求出矩阵 A A A的1-范数和2-范数。

矩阵 A A A的1-范数为 ∥ A ∥ 1 = 4 \|A\|_1=4 A1=4,矩阵 A A A的2-范数为 ∥ A ∥ 2 = 10 \|A\|_2=\sqrt{10} A2=10

由于矩阵 A A A的2-范数大于1,因此幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak发散。

因此,幂级数 ∑ k = 0 ∞ A k \sum_{k=0}^\infty A^k k=0Ak不收敛。

1.5 计算样本的平均数、众数、中位数
题目一:给定样本 x 1 = 2 , x 2 = 5 , x 3 = 7 , x 4 = 7 , x 5 = 10 x_1=2,x_2=5,x_3=7,x_4=7,x_5=10 x1=2,x2=5,x3=7,x4=7,x5=10,求它的平均数、众数和中位数。

解题过程:

  1. 平均数

样本的平均数为:

x ˉ = 1 5 ( 2 + 5 + 7 + 7 + 10 ) = 31 5 = 6.2 \bar{x}=\frac{1}{5}(2+5+7+7+10)=\frac{31}{5}=6.2 xˉ=51(2+5+7+7+10)=531=6.2

因此,这个样本的平均数为6.2。

  1. 众数

样本中出现次数最多的数值为7,因此它是众数。

  1. 中位数

将样本中的数值按照大小排序,得到 2 , 5 , 7 , 7 , 10 2,5,7,7,10 2,5,7,7,10。因为样本的大小为奇数,所以中位数是排序后的中间值,即7。

答案:这个样本的平均数为6.2,众数为7,中位数为7。

题目二:给定样本 x 1 = 1.5 , x 2 = 2.4 , x 3 = 3.6 , x 4 = 4.8 , x 5 = 5.2 x_1=1.5,x_2=2.4,x_3=3.6,x_4=4.8,x_5=5.2 x1=1.5,x2=2.4,x3=3.6,x4=4.8,x5=5.2,求它的平均数、众数和中位数。

解题过程:

  1. 平均数

样本的平均数为:

x ˉ = 1 5 ( 1.5 + 2.4 + 3.6 + 4.8 + 5.2 ) = 17.5 5 = 3.5 \bar{x}=\frac{1}{5}(1.5+2.4+3.6+4.8+5.2)=\frac{17.5}{5}=3.5 xˉ=51(1.5+2.4+3.6+4.8+5.2)=517.5=3.5

因此,这个样本的平均数为3.5。

  1. 众数

这个样本中没有出现次数最多的数值,因此没有众数。

  1. 中位数

将样本中的数值按照大小排序,得到 1.5 , 2.4 , 3.6 , 4.8 , 5.2 1.5,2.4,3.6,4.8,5.2 1.5,2.4,3.6,4.8,5.2。因为样本的大小为奇数,所以中位数是排序后的中间值,即3.6。

答案:这个样本的平均数为3.5,没有众数,中位数为3.6。

题目三:给定样本 x 1 = 10 , x 2 = 20 , x 3 = 30 , x 4 = 40 x_1=10,x_2=20,x_3=30,x_4=40 x1=10,x2=20,x3=30,x4=40,求它的平均数、众数和中位数。

解题过程:

  1. 平均数

样本的平均数为:

x ˉ = 1 4 ( 10 + 20 + 30 + 40 ) = 25 \bar{x}=\frac{1}{4}(10+20+30+40)=25 xˉ=41(10+20+30+40)=25

因此,这个样本的平均数为25。

  1. 众数

这个样本中没有出现次数最多的数值,因此没有众数。

  1. 中位数

将样本中的数值按照大小排序,得到 10 , 20 , 30 , 40 10,20,30,40 10,20,30,40。因为样本的大小为偶数,所以中位数是排序后中间两个数的平均值,即 ( 20 + 30 ) / 2 = 25 (20+30)/2=25 (20+30)/2=25

答案:这个样本的平均数为25,没有众数,中位数为25。

1.6 给定来自正态总体的样本,确定统计量的分布以及常数
本题需要用到正态总体的知识,先简单介绍一下相关概念。

正态分布是一种连续分布,以其钟形曲线著称。正态分布由两个参数确定,均值 μ \mu μ和标准差 σ \sigma σ。正态分布的概率密度函数为:

f ( x ) = 1 σ 2 π e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 f(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} f(x)=σ2π 1e2σ2(xμ)2

给定来自正态总体的样本,我们可以通过样本统计量来推断总体参数。常见的统计量包括样本均值 x ˉ \bar{x} xˉ、样本标准差 s s s、样本方差 s 2 s^2 s2等。

当样本量 n n n较大时,样本均值 x ˉ \bar{x} xˉ的分布可以近似看作正态分布,其均值为总体均值 μ \mu μ,标准差为 σ n \frac{\sigma}{\sqrt{n}} n σ。这个结论被称为中心极限定理。

当样本量 n n n较大时,样本标准差 s s s的分布可以近似看作服从自由度为 n − 1 n-1 n1 t t t分布,其均值为总体标准差 σ \sigma σ,标准差为 s n \frac{s}{\sqrt{n}} n s。这个结论被称为 t t t分布的定义。

当样本量 n n n较大时,样本方差 s 2 s^2 s2的分布可以近似看作服从自由度为 n − 1 n-1 n1 χ 2 \chi^2 χ2分布,其均值为总体方差 σ 2 \sigma^2 σ2,标准差为 σ 2 n \frac{\sigma^2}{n} nσ2。这个结论被称为 χ 2 \chi^2 χ2分布的定义。

利用这些结论,我们可以使用统计软件或查找表格来计算样本统计量的置信区间、假设检验等指标。

接下来,给出三道例题:

题目一:从正态总体中抽取10个样本,样本均值为20,样本标准差为2。求总体均值的95%置信区间。

解题过程:

由中心极限定理可得,样本均值的分布近似为正态分布,其均值为总体均值 μ \mu μ,标准差为 σ n \frac{\sigma}{\sqrt{n}} n σ。因此,可以得到以下等式:

x ˉ − μ σ n ∼ N ( 0 , 1 ) \frac{\bar{x}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\sim N(0,1) n σxˉμN(0,1)

其中, N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)表示标准正态分布。

根据置信度和样本量可查找 t t t分布表格,得到 t 0.025 , 9 = 2.262 t_{0.025,9}=2.262 t0.025,9=2.262。因为是双侧置信区间,所以需要计算上下两个分位点。因此,可以得到以下不等式:

x ˉ − t 0.025 , 9 s n < μ < x ˉ + t 0.025 , 9 s n \bar{x}-t_{0.025,9}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+t_{0.025,9}\frac{s}{\sqrt{n}} xˉt0.025,9n s<μ<xˉ+t0.025,9n s

将样本数据代入,得到置信区间为 20 ± 1.96 × 2 10 20\pm 1.96\times\frac{2}{\sqrt{10}} 20±1.96×10 2,即 20 ± 1.26 20\pm 1.26 20±1.26。因此,总体均值的95%置信区间为 [ 18.74 , 21.26 ] [18.74,21.26] [18.74,21.26]

答案:总体均值的95%置信区间为 [ 18.74 , 21.26 ] [18.74,21.26] [18.74,21.26]

题目二:从正态总体中抽取15个样本,样本标准差为4。假设总体均值为50,试检验样本均值是否有所不同,显著性水平为0.05。

解题过程:

t t t分布的定义可得,当样本量 n n n较大时,样本标准差 s s s的分布近似为自由度为 n − 1 n-1 n1 t t t分布,其均值为总体标准差 σ \sigma σ,标准差为 s n \frac{s}{\sqrt{n}} n s。因此,可以得到以下等式:

x ˉ − μ s n ∼ t n − 1 \frac{\bar{x}-\mu}{\frac{s}{\sqrt{n}}}\sim t_{n-1} n sxˉμtn1

其中, t n − 1 t_{n-1} tn1表示自由度为 n − 1 n-1 n1 t t t分布。

根据假设检验的流程,首先需要建立原假设和备择假设。在本题中,原假设为总体均值为50,备择假设为总体均值不为50。因此,可以得到以下假设:

H 0 : μ = 50 H_0:\mu=50 H0:μ=50 H 1 : μ ≠ 50 H_1:\mu\neq 50 H1:μ=50

假设显著性水平为0.05,则在 t t t分布表格中查找相应的临界值,得到 t 0.025 , 14 = 2.145 t_{0.025,14}=2.145 t0.025,14=2.145。因为是双侧检验,所以需要计算绝对值。因此,可以得到以下不等式:

∣ x ˉ − μ s n ∣ > t 0.025 , 14 |\frac{\bar{x}-\mu}{\frac{s}{\sqrt{n}}}|>t_{0.025,14} n sxˉμ>t0.025,14

将样本数据代入,得到 t t t值为 ∣ x ˉ − 50 4 15 ∣ = 1.50 |\frac{\bar{x}-50}{\frac{4}{\sqrt{15}}}|=1.50 15 4xˉ50=1.50。因为 t t t值未达到临界值,所以不能拒绝原假设。因此,可以认为样本均值没有显著不同于总体均值50。

答案:不能拒绝原假设,可以认为样本均值没有显著不同于总体均值50。

题目三:从正态总体中抽取25个样本,样本方差为36。试求总体标准差的置信区间,置信度为95%。

解题过程:

χ 2 \chi^2 χ2分布的定义可得,当样本量 n n n较大时,样本方差 s 2 s^2 s2的分布近似为自由度为 n − 1 n-1 n1 χ 2 \chi^2 χ2分布,其均值为总体方差 σ 2 \sigma^2 σ2,标准差为 σ 2 n \frac{\sigma^2}{n} nσ2。因此,可以得到以下等式:

( n − 1 ) s 2 σ 2 ∼ χ n − 1 2 \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1} σ2(n1)s2χn12

其中, χ n − 1 2 \chi^2_{n-1} χn12表示自由度为 n − 1 n-1 n1 χ 2 \chi^2 χ2分布。

因为置信度为95%,所以需要计算 χ 2 \chi^2 χ2分布的上下分位点。根据分布的对称性,可以得到以下不等式:

P ( χ 24 , α / 2 2 < ( n − 1 ) s 2 σ 2 < χ 24 , 1 − α / 2 2 ) = 0.95 P(\chi^2_{24,\alpha/2}<\frac{(n-1)s^2}{\sigma^2}<\chi^2_{24,1-\alpha/2})=0.95 P(χ24,α/22<σ2(n1)s2<χ24,1α/22)=0.95

将样本数据代入,得到 χ 2 \chi^2 χ2分布的上下分位点分别为 χ 24 , 0.025 2 = 36.42 \chi^2_{24,0.025}=36.42 χ24,0.0252=36.42 χ 24 , 0.975 2 = 11.07 \chi^2_{24,0.975}=11.07 χ24,0.9752=11.07。因此,可以得到以下不等式:

( n − 1 ) s 2 χ 24 , 0.025 2 < σ 2 < ( n − 1 ) s 2 χ 24 , 0.975 2 \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{24,0.025}}<\sigma^2<\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{24,0.975}} χ24,0.0252(n1)s2<σ2<χ24,0.9752(n1)s2

代入样本数据,得到置信区间为 6.08 < σ < 11.88 6.08<\sigma<11.88 6.08<σ<11.88。因此,总体标准差的95%置信区间为 [ 6.08 , 11.88 ] [6.08,11.88] [6.08,11.88]

答案:总体标准差的95%置信区间为 [ 6.08 , 11.88 ] [6.08,11.88] [6.08,11.88]

1.7 矩估计的计算
本题需要用到矩估计的知识,先简单介绍一下相关概念。

矩估计是一种参数估计方法,主要基于样本矩和总体矩的一致性原则。样本矩是指样本中各个观测值的幂次方的平均数,总体矩是指总体中各个变量的幂次方的平均数。一般来说,矩估计是通过样本矩来估计总体矩,从而得到总体参数的估计值。

对于给定的样本数据,可以通过计算样本矩来估计总体参数。一般来说,矩估计的计算需要确定估计的阶数和矩的个数。阶数指的是幂次方的阶数,如一阶矩为平均数,二阶矩为方差;矩的个数指的是需要计算的矩的个数,一般来说,需要计算和总体参数个数相同的矩才能实现矩估计。

下面给出三道例题:

题目一:从正态总体中抽取10个样本,样本均值为20,样本方差为4。估计总体均值和总体方差。

解题过程:

对于样本均值,可以直接使用样本均值来估计总体均值,即 μ ^ = x ˉ = 20 \hat{\mu}=\bar{x}=20 μ^=xˉ=20

对于总体方差,可以使用二阶矩来估计,即 σ ^ 2 = 1 n ∑ i = 1 n ( x i − x ˉ ) 2 = 1 n ∑ i = 1 n x i 2 − x ˉ 2 \hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i^2- \bar{x}^2 σ^2=n1i=1n(xixˉ)2=n1i=1nxi2xˉ2。将样本数据代入,得到 σ ^ 2 = 1 10 ∑ i = 1 10 ( x i − x ˉ ) 2 = 4 \hat{\sigma}^2=\frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10} (x_i-\bar{x})^2=4 σ^2=101i=110(xixˉ)2=4。因此,可以得到估计值为 σ ^ = 2 \hat{\sigma}=2 σ^=2

答案:估计的总体均值为 μ ^ = 20 \hat{\mu}=20 μ^=20,总体方差为 σ ^ 2 = 4 \hat{\sigma}^2=4 σ^2=4,总体标准差为 σ ^ = 2 \hat{\sigma}=2 σ^=2

题目二:从指数总体中抽取20个样本,样本均值为2。估计总体参数。

解题过程:

指数分布的概率密度函数为 f ( x ) = λ e − λ x f(x)=\lambda e^{-\lambda x} f(x)=λeλx,其中, λ \lambda λ为参数。一阶矩为 1 λ \frac{1}{\lambda} λ1,二阶矩为 1 λ 2 \frac{1}{\lambda^2} λ21。因此,可以得到以下估计值:

λ ^ = 1 x ˉ = 1 2 \hat{\lambda}=\frac{1}{\bar{x}}=\frac{1}{2} λ^=xˉ1=21

答案:估计的总体参数为 λ ^ = 1 2 \hat{\lambda}=\frac{1}{2} λ^=21

题目三:从泊松总体中抽取30个样本,样本均值为5。估计总体参数。

解题过程:

泊松分布的概率质量函数为 P ( X = k ) = λ k k ! e − λ P(X=k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} P(X=k)=k!λkeλ,其中, λ \lambda λ为参数。一阶矩为 λ \lambda λ,二阶矩为 λ + λ 2 \lambda+\lambda^2 λ+λ2。因此,可以得到以下估计值:

λ ^ = x ˉ = 5 \hat{\lambda}=\bar{x}=5 λ^=xˉ=5

答案:估计的总体参数为 λ ^ = 5 \hat{\lambda}=5 λ^=5

1.8 正态总体参数均值的置信区间
例题1:

从正态总体中抽取25个样本,样本均值为50,样本标准差为10。计算总体参数均值的90%置信区间。

解题过程:

首先需要确定置信水平和自由度。由于题目中给出了置信水平为90%,自由度为 n − 1 = 25 − 1 = 24 n-1=25-1=24 n1=251=24

接下来需要计算标准误差和临界值。标准误差可以使用样本标准差来估计,即 S E = s n = 10 25 = 2 SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{10}{\sqrt{25}}=2 SE=n s=25 10=2。临界值可以使用 t t t分布表来查找,查表可得 t 0.05 , 24 = 1.711 t_{0.05,24}=1.711 t0.05,24=1.711

最后,可以根据以下公式计算置信区间:

x ˉ − t α 2 , n − 1 s n < μ < x ˉ + t α 2 , n − 1 s n \bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}} xˉt2α,n1n s<μ<xˉ+t2α,n1n s

将样本数据带入,得到 50 − 1.711 × 2 < μ < 50 + 1.711 × 2 50-1.711\times2<\mu<50+1.711\times2 501.711×2<μ<50+1.711×2,即 46.58 < μ < 53.42 46.58<\mu<53.42 46.58<μ<53.42

答案:总体参数均值的90%置信区间为 46.58 < μ < 53.42 46.58<\mu<53.42 46.58<μ<53.42

例题2:

从正态总体中抽取60个样本,样本均值为80,样本标准差为12。计算总体参数均值的99%置信区间。

解题过程:

首先需要确定置信水平和自由度。由于题目中给出了置信水平为99%,自由度为 n − 1 = 60 − 1 = 59 n-1=60-1=59 n1=601=59

接下来需要计算标准误差和临界值。标准误差可以使用样本标准差来估计,即 S E = s n = 12 60 = 1.55 SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{12}{\sqrt{60}}=1.55 SE=n s=60 12=1.55。临界值可以使用 t t t分布表来查找,查表可得 t 0.005 , 59 = 2.660 t_{0.005,59}=2.660 t0.005,59=2.660

最后,可以根据以下公式计算置信区间:

x ˉ − t α 2 , n − 1 s n < μ < x ˉ + t α 2 , n − 1 s n \bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}} xˉt2α,n1n s<μ<xˉ+t2α,n1n s

将样本数据带入,得到 80 − 2.660 × 1.55 < μ < 80 + 2.660 × 1.55 80-2.660\times1.55<\mu<80+2.660\times1.55 802.660×1.55<μ<80+2.660×1.55,即 75.99 < μ < 84.01 75.99<\mu<84.01 75.99<μ<84.01

答案:总体参数均值的99%置信区间为 75.99 < μ < 84.01 75.99<\mu<84.01 75.99<μ<84.01

例题3:

从正态总体中抽取80个样本,样本均值为200,样本标准差为30。计算总体参数均值的95%置信区间。

解题过程:

首先需要确定置信水平和自由度。由于题目中给出了置信水平为95%,自由度为 n − 1 = 80 − 1 = 79 n-1=80-1=79 n1=801=79

接下来需要计算标准误差和临界值。标准误差可以使用样本标准差来估计,即 S E = s n = 30 80 = 3.35 SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{30}{\sqrt{80}}=3.35 SE=n s=80 30=3.35。临界值可以使用 t t t分布表来查找,查表可得 t 0.025 , 79 = 1.990 t_{0.025,79}=1.990 t0.025,79=1.990

最后,可以根据以下公式计算置信区间:

x ˉ − t α 2 , n − 1 s n < μ < x ˉ + t α 2 , n − 1 s n \bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}} xˉt2α,n1n s<μ<xˉ+t2α,n1n s

将样本数据带入,得到 200 − 1.990 × 3.35 < μ < 200 + 1.990 × 3.35 200-1.990\times3.35<\mu<200+1.990\times3.35 2001.990×3.35<μ<200+1.990×3.35,即 192.36 < μ < 207.64 192.36<\mu<207.64 192.36<μ<207.64

答案:总体参数均值的95%置信区间为 192.36 < μ < 207.64 192.36<\mu<207.64 192.36<μ<207.64

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