《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）

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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 $V=R2V=\\mathbb{R}^2$ ，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 $a,b∈Ra,b\\in\\mathbb{R}$ 是待求的系数。将向量展开并列出方程组：

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

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 $V=R3V=\\mathbb{R}^3$ ，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 $a,b,c∈Ra,b,c\\in\\mathbb{R}$ 是待求的系数。将向量展开并列出方程组：

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

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 $V=R2[x]V=\\mathbb{R}_2[x]$ ，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 $p (x) = a (1 + x) + b (1 - x) + c (2 x)$ ，其中 $a,b,c∈Ra,b,c\\in\\mathbb{R}$ 是待求的系数。将多项式展开并列出方程组：

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

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 $R2\\mathbb{R}^2$ 的标准正交基 $B=\\{e_1,e_2\\}$ ，向量 $v=(34)v=\\begin{pmatrix}3\\\\4\\end{pmatrix}$ 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 $∥v∥=v⋅v\\|v\\|=\\sqrt{v\\cdot v}$ ，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：

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

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

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

因此，向量 $v$ 的长度为 $5$ 。

例题二：

已知欧氏空间 $R3\\mathbb{R}^3$ 的标准正交基 $B=\\{e_1,e_2,e_3\\}$ ，向量 $v=(12−2)v=\\begin{pmatrix}1\\\\2\\\\-2\\end{pmatrix}$ 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 $∥v∥=v⋅v\\|v\\|=\\sqrt{v\\cdot v}$ 。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：

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

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

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

因此，向量 $v$ 的长度为 $3$ 。

例题三：

已知欧氏空间 $R4\\mathbb{R}^4$ 的标准正交基 $B=\\{e_1,e_2,e_3,e_4\\}$ ，向量 $v=(1−12−2)v=\\begin{pmatrix}1\\\\-1\\\\2\\\\-2\\end{pmatrix}$ 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 $∥v∥=v⋅v\\|v\\|=\\sqrt{v\\cdot v}$ 。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：

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

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

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

因此，向量 $v$ 的长度为 $10\\sqrt{10}$ 。

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 $A=(1234)A=\\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ 3 & 4\\end{pmatrix}$ ，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 $∥A∥2=σ1\\|A\\|_2=\\sigma_1$ ，其中 $σ1\\sigma_1$ 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 $A^TA$ 的特征值，然后取其最大的正平方根即可。

具体地，我们有：

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

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

因此，矩阵 $A$ 的2-范数为 $A\\|_2=5$ 。

例题二：求给定矩阵的无穷范数

已知矩阵 $A=(12−34)A=\\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ -3 & 4\\end{pmatrix}$ ，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 $∥A∥∞=max⁡1≤j≤n∑i=1n∣aij∣\\|A\\|_\\infty=\\max_{1\\leq j\\leq n}\\sum_{i=1}^n|a_{ij}|$ 。

具体地，对于矩阵 $A=(a11a12a21a22)A=\\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} \\\\ a_{21} & a_{22}\\end{pmatrix}$ ，我们有：

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

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

例题三：求给定矩阵的1-范数

已知矩阵 $A=(−1234−5678−9)A=\\begin{pmatrix}-1 & 2 & 3 \\\\ 4 & -5 & 6 \\\\ 7 & 8 & -9\\end{pmatrix}$ ，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 $∥A∥1=max⁡1≤i≤m∑j=1n∣aij∣\\|A\\|_1=\\max_{1\\leq i\\leq m}\\sum_{j=1}^n|a_{ij}|$ 。

具体地，对于矩阵 $A=(a11a12⋯a1na21a22⋯a2n⋮⋮⋱⋮am1am2⋯amn)A=\\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \\cdots & a_{1n} \\\\ a_{21} & a_{22} & \\cdots & a_{2n} \\\\ \\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\ a_{m1} & a_{m2} & \\cdots & a_{mn}\\end{pmatrix}$ ，我们有：

$∥A∥1=max⁡{∑j=1n∣a1j∣,∑j=1n∣a2j∣,⋯,∑j=1n∣amj∣}.\\|A\\|_1=\\max\\{\\sum_{j=1}^n|a_{1j}|,\\sum_{j=1}^n|a_{2j}|,\\cdots,\\sum_{j=1}^n|a_{mj}|\\}.$

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

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

已知方阵 $A=(1234)A=\\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ 3 & 4\\end{pmatrix}$ ，求幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

为确定幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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 $A\\|_1=9$ ，矩阵 $A$ 的2-范数为 $A\\|_2=5$ 。

由于矩阵 $A$ 的2-范数小于1，因此幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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：

$I−A=(1001)−(1234)=(0−2−3−3),det⁡(I−A)=(−2)(−3)−(−3)2=0,rank(I−A)=2,rank[I−A∣0]=2.\\begin{aligned} I-A&=\\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 0 & 1\\end{pmatrix}-\\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ 3 & 4\\end{pmatrix}=\\begin{pmatrix}0 & -2 \\\\ -3 & -3\\end{pmatrix},\\\\ \\det(I-A)&=(-2)(-3)-(-3)2=0,\\\\ \\text{rank}(I-A)&=2,\\\\ \\text{rank}[I-A|0]&=2. \\end{aligned}$

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

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

已知方阵 $A=(1−120)A=\\begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ 2 & 0\\end{pmatrix}$ ，求幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

为确定幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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 $A\\|_1=3$ ，矩阵 $A$ 的2-范数为 $∥A∥2=5\\|A\\|_2=\\sqrt{5}$ 。

由于矩阵 $A$ 的2-范数小于1，因此幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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：

$I−A=(1001)−(1−120)=(01−21),det⁡(I−A)=1⋅1−(−2)⋅1=3,(I−A)−1=13(1−120).\\begin{aligned} I-A&=\\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 0 & 1\\end{pmatrix}-\\begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ 2 & 0\\end{pmatrix}=\\begin{pmatrix}0 & 1 \\\\ -2 & 1\\end{pmatrix},\\\\ \\det(I-A)&=1\\cdot 1-(-2)\\cdot 1=3,\\\\ (I-A)^{-1}&=\\frac{1}{3}\\begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ 2 & 0\\end{pmatrix}. \\end{aligned}$

因此，幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 收敛，并且其和为 $(I−A)−1=13(1−120)(I-A)^{-1}=\\frac{1}{3}\\begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ 2 & 0\\end{pmatrix}$ 。

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

已知方阵 $A=(1−11−12−11−12)A=\\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 \\\\ -1 & 2 & -1 \\\\ 1 & -1 & 2\\end{pmatrix}$ ，求幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 是否收敛，如果收敛，求其和。

解题过程：

为确定幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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 $A\\|_1=4$ ，矩阵 $A$ 的2-范数为 $∥A∥2=10\\|A\\|_2=\\sqrt{10}$ 。

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

因此，幂级数 $∑k=0∞Ak\\sum_{k=0}^\\infty A^k$ 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：

平均数

样本的平均数为：

$xˉ=15(2+5+7+7+10)=315=6.2\\bar{x}=\\frac{1}{5}(2+5+7+7+10)=\\frac{31}{5}=6.2$

因此，这个样本的平均数为6.2。

众数

样本中出现次数最多的数值为7，因此它是众数。

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：

平均数

样本的平均数为：

$xˉ=15(1.5+2.4+3.6+4.8+5.2)=17.55=3.5\\bar{x}=\\frac{1}{5}(1.5+2.4+3.6+4.8+5.2)=\\frac{17.5}{5}=3.5$

因此，这个样本的平均数为3.5。

众数

这个样本中没有出现次数最多的数值，因此没有众数。

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：

平均数

样本的平均数为：

$xˉ=14(10+20+30+40)=25\\bar{x}=\\frac{1}{4}(10+20+30+40)=25$

因此，这个样本的平均数为25。

众数

这个样本中没有出现次数最多的数值，因此没有众数。

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 $μ\\mu$ 和标准差 $σ\\sigma$ 。正态分布的概率密度函数为：

$f(x)=1σ2πe−(x−μ)22σ2f(x)=\\frac{1}{\\sigma\\sqrt{2\\pi}}e^{-\\frac{(x-\\mu)^2}{2\\sigma^2}}$

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 $xˉ\\bar{x}$ 、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 $xˉ\\bar{x}$ 的分布可以近似看作正态分布，其均值为总体均值 $μ\\mu$ ，标准差为 $σn\\frac{\\sigma}{\\sqrt{n}}$ 。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 $σ\\sigma$ ，标准差为 $sn\\frac{s}{\\sqrt{n}}$ 。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 $χ2\\chi^2$ 分布，其均值为总体方差 $σ2\\sigma^2$ ，标准差为 $σ2n\\frac{\\sigma^2}{n}$ 。这个结论被称为 $χ2\\chi^2$ 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 $μ\\mu$ ，标准差为 $σn\\frac{\\sigma}{\\sqrt{n}}$ 。因此，可以得到以下等式：

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

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：

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

将样本数据代入，得到置信区间为 $20±1.96×21020\\pm 1.96\\times\\frac{2}{\\sqrt{10}}$ ，即 $20±1.2620\\pm 1.26$ 。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 $σ\\sigma$ ，标准差为 $sn\\frac{s}{\\sqrt{n}}$ 。因此，可以得到以下等式：

$xˉ−μsn∼tn−1\\frac{\\bar{x}-\\mu}{\\frac{s}{\\sqrt{n}}}\\sim t_{n-1}$

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：

$H0:μ=50H_0:\\mu=50$ $H1:μ≠50H_1:\\mu\\neq 50$

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：

$∣xˉ−μsn∣>t0.025,14|\\frac{\\bar{x}-\\mu}{\\frac{s}{\\sqrt{n}}}|>t_{0.025,14}$

将样本数据代入，得到 $t$ 值为 $∣xˉ−50415∣=1.50|\\frac{\\bar{x}-50}{\\frac{4}{\\sqrt{15}}}|=1.50$ 。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 $χ2\\chi^2$ 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 $χ2\\chi^2$ 分布，其均值为总体方差 $σ2\\sigma^2$ ，标准差为 $σ2n\\frac{\\sigma^2}{n}$ 。因此，可以得到以下等式：

$(n−1)s2σ2∼χn−12\\frac{(n-1)s^2}{\\sigma^2}\\sim\\chi^2_{n-1}$

其中， $χn−12\\chi^2_{n-1}$ 表示自由度为 $n - 1$ 的 $χ2\\chi^2$ 分布。

因为置信度为95%，所以需要计算 $χ2\\chi^2$ 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：

$P(χ24,α/22<(n−1)s2σ2<χ24,1−α/22)=0.95P(\\chi^2_{24,\\alpha/2}<\\frac{(n-1)s^2}{\\sigma^2}<\\chi^2_{24,1-\\alpha/2})=0.95$

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

$(n−1)s2χ24,0.0252<σ2<(n−1)s2χ24,0.9752\\frac{(n-1)s^2}{\\chi^2_{24,0.025}}<\\sigma^2<\\frac{(n-1)s^2}{\\chi^2_{24,0.975}}$

代入样本数据，得到置信区间为 $6.08<σ<11.886.08<\\sigma<11.88$ 。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 $μ^=xˉ=20\\hat{\\mu}=\\bar{x}=20$ 。

对于总体方差，可以使用二阶矩来估计，即 $σ^2=1n∑i=1n(xi−xˉ)2=1n∑i=1nxi2−xˉ2\\hat{\\sigma}^2=\\frac{1}{n}\\sum_{i=1}^n(x_i-\\bar{x})^2=\\frac{1}{n}\\sum_{i=1}^n x_i^2- \\bar{x}^2$ 。将样本数据代入，得到 $σ^2=110∑i=110(xi−xˉ)2=4\\hat{\\sigma}^2=\\frac{1}{10}\\sum_{i=1}^{10} (x_i-\\bar{x})^2=4$ 。因此，可以得到估计值为 $σ^=2\\hat{\\sigma}=2$ 。

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

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 $f(x)=λe−λxf(x)=\\lambda e^{-\\lambda x}$ ，其中， $λ\\lambda$ 为参数。一阶矩为 $1λ\\frac{1}{\\lambda}$ ，二阶矩为 $1λ2\\frac{1}{\\lambda^2}$ 。因此，可以得到以下估计值：

$λ^=1xˉ=12\\hat{\\lambda}=\\frac{1}{\\bar{x}}=\\frac{1}{2}$

答案：估计的总体参数为 $λ^=12\\hat{\\lambda}=\\frac{1}{2}$ 。

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 $P(X=k)=λkk!e−λP(X=k)=\\frac{\\lambda^k}{k!}e^{-\\lambda}$ ，其中， $λ\\lambda$ 为参数。一阶矩为 $λ\\lambda$ ，二阶矩为 $λ+λ2\\lambda+\\lambda^2$ 。因此，可以得到以下估计值：

$λ^=xˉ=5\\hat{\\lambda}=\\bar{x}=5$

答案：估计的总体参数为 $λ^=5\\hat{\\lambda}=5$ 。

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 $SE=sn=1025=2SE=\\frac{s}{\\sqrt{n}}=\\frac{10}{\\sqrt{25}}=2$ 。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：

$xˉ−tα2,n−1sn<μ<xˉ+tα2,n−1sn\\bar{x}-t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}<\\mu<\\bar{x}+t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}$

将样本数据带入，得到 $50−1.711×2<μ<50+1.711×250-1.711\\times2<\\mu<50+1.711\\times2$ ，即 $46.58<μ<53.4246.58<\\mu<53.42$ 。

答案：总体参数均值的90%置信区间为 $46.58<μ<53.4246.58<\\mu<53.42$ 。

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 $SE=sn=1260=1.55SE=\\frac{s}{\\sqrt{n}}=\\frac{12}{\\sqrt{60}}=1.55$ 。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：

$xˉ−tα2,n−1sn<μ<xˉ+tα2,n−1sn\\bar{x}-t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}<\\mu<\\bar{x}+t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}$

将样本数据带入，得到 $80−2.660×1.55<μ<80+2.660×1.5580-2.660\\times1.55<\\mu<80+2.660\\times1.55$ ，即 $75.99<μ<84.0175.99<\\mu<84.01$ 。

答案：总体参数均值的99%置信区间为 $75.99<μ<84.0175.99<\\mu<84.01$ 。

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 $SE=sn=3080=3.35SE=\\frac{s}{\\sqrt{n}}=\\frac{30}{\\sqrt{80}}=3.35$ 。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：

$xˉ−tα2,n−1sn<μ<xˉ+tα2,n−1sn\\bar{x}-t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}<\\mu<\\bar{x}+t_{\\frac{\\alpha}{2},n-1}\\frac{s}{\\sqrt{n}}$

将样本数据带入，得到 $200−1.990×3.35<μ<200+1.990×3.35200-1.990\\times3.35<\\mu<200+1.990\\times3.35$ ，即 $192.36<μ<207.64192.36<\\mu<207.64$ 。

答案：总体参数均值的95%置信区间为 $192.36<μ<207.64192.36<\\mu<207.64$ 。

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