《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$V={\mathbb{R}}^2$，基$B=\{(1,2),(3,4)\}$，求向量$(5,6)$在基$B$下的坐标。

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

$$\{\begin{array}{l}a+3b=5\\ 2a+4b=6\end{array}$$

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

答案：$(-2,3/2)$。

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

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

$$\{\begin{array}{l}a+c=2\\ b+c=3\\ a+b=4\end{array}$$

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

答案：$(1,3,2)$。

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

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

$$\{\begin{array}{l}a+b=3\\ a-b+2c=4\\ a-b-c=-1\end{array}$$

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

答案：$(2,1,1)$。
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${\mathbb{R}}^2$的标准正交基$B=\{e_1,e_2\}$，向量$v=\left(\begin{array}{c}3\\ 4\end{array}\right)$的长度是多少？

解题过程：

根据向量长度的定义，向量$v$的长度应该为$\Vert v\Vert =\sqrt{v\cdot v}$，其中$\cdot$表示内积。由于$B$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$v$的内积。

具体地，我们可以将向量$v$的坐标表示为$v=(v_1,v_2)$，则有：

$$v\cdot v=(v_1,v_2)\cdot (v_1,v_2)=v_1^2+v_2^2.$$

因此，向量$v$的长度为$\Vert v\Vert =\sqrt{v_1^2+v_2^2}$。带入$v=(3,4)$，得到：

$$\Vert v\Vert =\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5.$$

因此，向量$v$的长度为$5$。

例题二：

已知欧氏空间${\mathbb{R}}^3$的标准正交基$B=\{e_1,e_2,e_3\}$，向量$v=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$的长度是多少？

解题过程：

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

具体地，我们可以将向量$v$的坐标表示为$v=(v_1,v_2,v_3)$，则有：

$$v\cdot v=(v_1,v_2,v_3)\cdot (v_1,v_2,v_3)=v_1^2+v_2^2+v_3^2.$$

因此，向量$v$的长度为$\Vert v\Vert =\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2}$。带入$v=(1,2,-2)$，得到：

$$\Vert v\Vert =\sqrt{1^2+2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3.$$

因此，向量$v$的长度为$3$。

例题三：

已知欧氏空间${\mathbb{R}}^4$的标准正交基$B=\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$，向量$v=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$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$v$的长度$\Vert v\Vert =\sqrt{v\cdot v}$。同样地，我们可以使用基向量的坐标来计算向量$v$的内积。

具体地，我们可以将向量$v$的坐标表示为$v=(v_1,v_2,v_3,v_4)$，则有：

$$v\cdot v=(v_1,v_2,v_3,v_4)\cdot (v_1,v_2,v_3,v_4)=v_1^2+v_2^2+v_3^2+v_4^2.$$

因此，向量$v$的长度为$\Vert v\Vert =\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2+v_4^2}$。带入$v=(1,-1,2,-2)$，得到：

$$\Vert v\Vert =\sqrt{1^2+(-1{)}^2+2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{1+1+4+4}=\sqrt{10}.$$

因此，向量$v$的长度为$\sqrt{10}$。

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$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)$，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$\Vert A{\Vert }_2={\sigma }_1$，其中${\sigma }_1$为矩阵$A$的最大奇异值。

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

具体地，我们有：

$$A^{T}A=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}10& 14\\ 14& 20\end{array}\right).$$

矩阵$A^{T}A$的特征值为${\lambda }_1=30$和${\lambda }_2=0$，对应的特征向量分别为$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$和$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)$。由于${\lambda }_2=0$，因此矩阵$A^{T}A$的最大正平方根为$\sqrt{{\lambda }_1}=5$。

因此，矩阵$A$的2-范数为$\Vert A{\Vert }_2=5$。

例题二：求给定矩阵的无穷范数

已知矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -3& 4\end{array}\right)$，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$\Vert A{\Vert }_{\infty }={\max }_{1\le j\le n}{\sum }_{i=1}^n|a_{ij}|$。

具体地，对于矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right)$，我们有：

$$\Vert A{\Vert }_{\infty }=\max \{\sum _{i=1}^2|a_{i1}|,\sum _{i=1}^2|a_{i2}|\}=\max \{|1|+|-3|,|2|+|4|\}=6.$$

因此，矩阵$A$的无穷范数为$\Vert A{\Vert }_{\infty }=6$。

例题三：求给定矩阵的1-范数

已知矩阵$A=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 3\\ 4& -5& 6\\ 7& 8& -9\end{array}\right)$，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$\Vert A{\Vert }_1={\max }_{1\le i\le m}{\sum }_{j=1}^n|a_{ij}|$。

具体地，对于矩阵$A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& a_{m2}& \cdots & a_{mn}\end{array}\right)$，我们有：

$$\Vert A{\Vert }_1=\max \{\sum _{j=1}^n|a_{1j}|,\sum _{j=1}^n|a_{2j}|,\cdots ,\sum _{j=1}^n|a_{mj}|\}.$$

因此，矩阵$A$的1-范数为$\Vert A{\Vert }_1=\max \{6,15,24\}=24$。

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

已知方阵$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)$，求幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

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

矩阵$A$的1-范数为$\Vert A{\Vert }_1=9$，矩阵$A$的2-范数为$\Vert A{\Vert }_2=5$。

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

代入$A$的值，我们有：

$$\begin{array}{rl}I-A& =\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& -2\\ -3& -3\end{array}\right),\\ \det (I-A)& =(-2)(-3)-(-3)2=0,\\ \text{rank}(I-A)& =2,\\ \text{rank}[I-A|0]& =2.\end{array}$$

因此，$(I-A{)}^{-1}$不存在，幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$不收敛。

例题二：确定幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$是否收敛，如果收敛，求其和

已知方阵$A=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 0\end{array}\right)$，求幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

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

矩阵$A$的1-范数为$\Vert A{\Vert }_1=3$，矩阵$A$的2-范数为$\Vert A{\Vert }_2=\sqrt{5}$。

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

代入$A$的值，我们有：

$$\begin{array}{rl}I-A& =\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -2& 1\end{array}\right),\\ \det (I-A)& =1\cdot 1-(-2)\cdot 1=3,\\ (I-A{)}^{-1}& =\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 0\end{array}\right).\end{array}$$

因此，幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$收敛，并且其和为$(I-A{)}^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 2& 0\end{array}\right)$。

例题三：确定幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$是否收敛，如果收敛，求其和

已知方阵$A=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ -1& 2& -1\\ 1& -1& 2\end{array}\right)$，求幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

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

矩阵$A$的1-范数为$\Vert A{\Vert }_1=4$，矩阵$A$的2-范数为$\Vert A{\Vert }_2=\sqrt{10}$。

由于矩阵$A$的2-范数大于1，因此幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$发散。

因此，幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}^k$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$x_1=2,x_2=5,x_3=7,x_4=7,x_5=10$，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：

$$\bar{x}=\frac{1}{5}(2+5+7+7+10)=\frac{31}{5}=6.2$$

因此，这个样本的平均数为6.2。

2. 众数

样本中出现次数最多的数值为7，因此它是众数。

3. 中位数

将样本中的数值按照大小排序，得到$2,5,7,7,10$。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$x_1=1.5,x_2=2.4,x_3=3.6,x_4=4.8,x_5=5.2$，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：

$$\bar{x}=\frac{1}{5}(1.5+2.4+3.6+4.8+5.2)=\frac{17.5}{5}=3.5$$

因此，这个样本的平均数为3.5。

2. 众数

这个样本中没有出现次数最多的数值，因此没有众数。

3. 中位数

将样本中的数值按照大小排序，得到$1.5,2.4,3.6,4.8,5.2$。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$x_1=10,x_2=20,x_3=30,x_4=40$，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：

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

因此，这个样本的平均数为25。

2. 众数

这个样本中没有出现次数最多的数值，因此没有众数。

3. 中位数

将样本中的数值按照大小排序，得到$10,20,30,40$。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$(20+30)/2=25$。

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$\mu$和标准差$\sigma$。正态分布的概率密度函数为：

$$f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}$$

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$\bar{x}$、样本标准差$s$、样本方差$s^2$等。

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

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

当样本量$n$较大时，样本方差$s^2$的分布可以近似看作服从自由度为$n-1$的${\chi }^2$分布，其均值为总体方差${\sigma }^2$，标准差为$\frac{{\sigma }^2}{n}$。这个结论被称为${\chi }^2$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$\mu$，标准差为$\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$。因此，可以得到以下等式：

$$\frac{\bar{x}-\mu }{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}\sim N(0,1)$$

其中，$N(0,1)$表示标准正态分布。

根据置信度和样本量可查找$t$分布表格，得到$t_{0.025,9}=2.262$。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：

$$\bar{x}-t_{0.025,9}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu <\bar{x}+t_{0.025,9}\frac{s}{\sqrt{n}}$$

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

答案：总体均值的95%置信区间为$[18.74,21.26]$。

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：

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

$$\frac{\bar{x}-\mu }{\frac{s}{\sqrt{n}}}\sim t_{n-1}$$

其中，$t_{n-1}$表示自由度为$n-1$的$t$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：

$$H_0:\mu =50$$$$H_1:\mu \ne 50$$

假设显著性水平为0.05，则在$t$分布表格中查找相应的临界值，得到$t_{0.025,14}=2.145$。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：

$$|\frac{\bar{x}-\mu }{\frac{s}{\sqrt{n}}}|>t_{0.025,14}$$

将样本数据代入，得到$t$值为$|\frac{\bar{x}-50}{\frac{4}{\sqrt{15}}}|=1.50$。因为$t$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：

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

$$\frac{(n-1)s^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }_{n-1}^2$$

其中，${\chi }_{n-1}^2$表示自由度为$n-1$的${\chi }^2$分布。

因为置信度为95%，所以需要计算${\chi }^2$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：

$$P({\chi }_{24,\alpha /2}^2<\frac{(n-1)s^2}{{\sigma }^2}<{\chi }_{24,1-\alpha /2}^2)=0.95$$

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

$$\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{24,0.025}^2}<{\sigma }^2<\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{24,0.975}^2}$$

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

答案：总体标准差的95%置信区间为$[6.08,11.88]$。

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$\hat{\mu }=\bar{x}=20$。

对于总体方差，可以使用二阶矩来估计，即${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2-{\bar{x}}^2$。将样本数据代入，得到${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{10}{\sum }_{i=1}^{10}(x_i-\bar{x}{)}^2=4$。因此，可以得到估计值为$\hat{\sigma }=2$。

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

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$f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$，其中，$\lambda$为参数。一阶矩为$\frac{1}{\lambda }$，二阶矩为$\frac{1}{{\lambda }^2}$。因此，可以得到以下估计值：

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{\bar{x}}=\frac{1}{2}$$

答案：估计的总体参数为$\hat{\lambda }=\frac{1}{2}$。

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$P(X=k)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$，其中，$\lambda$为参数。一阶矩为$\lambda$，二阶矩为$\lambda +{\lambda }^2$。因此，可以得到以下估计值：

$$\hat{\lambda }=\bar{x}=5$$

答案：估计的总体参数为$\hat{\lambda }=5$。

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$n-1=25-1=24$。

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$SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{10}{\sqrt{25}}=2$。临界值可以使用$t$分布表来查找，查表可得$t_{0.05,24}=1.711$。

最后，可以根据以下公式计算置信区间：

$$\bar{x}-t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu <\bar{x}+t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}$$

将样本数据带入，得到$50-1.711\times 2<\mu <50+1.711\times 2$，即$46.58<\mu <53.42$。

答案：总体参数均值的90%置信区间为$46.58<\mu <53.42$。

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$n-1=60-1=59$。

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$SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{12}{\sqrt{60}}=1.55$。临界值可以使用$t$分布表来查找，查表可得$t_{0.005,59}=2.660$。

最后，可以根据以下公式计算置信区间：

$$\bar{x}-t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu <\bar{x}+t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}$$

将样本数据带入，得到$80-2.660\times 1.55<\mu <80+2.660\times 1.55$，即$75.99<\mu <84.01$。

答案：总体参数均值的99%置信区间为$75.99<\mu <84.01$。

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$n-1=80-1=79$。

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$SE=\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{30}{\sqrt{80}}=3.35$。临界值可以使用$t$分布表来查找，查表可得$t_{0.025,79}=1.990$。

最后，可以根据以下公式计算置信区间：

$$\bar{x}-t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}<\mu <\bar{x}+t_{\frac{\alpha }{2},n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}$$

将样本数据带入，得到$200-1.990\times 3.35<\mu <200+1.990\times 3.35$，即$192.36<\mu <207.64$。

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