高等工程数学知识点汇总

知识点一：误差传播计算

• 算法 y = f(x₁, x₂) 的绝对误差限一阶近似估算原则。

• 绝对误差限近似公式：

  $$\varepsilon(y) \approx \sum_{i=1}^{n} \left| \dfrac{\partial f}{\partial x_i} \right|_{(x_1,\dots,x_n)} \cdot \varepsilon(x_i)$$

  其中 ε(y) 代表输出量 y 的绝对误差限，ε(x_i) 代表自变量 x_i 的绝对误差限。

• 计算流程：求各变量偏导数 → 代入近似节点取绝对值 → 乘以对应误差限求和。

• 处理无具体点取值情况：保留符号，或取三角函数的最大理论界限（如 |cos x| ≤ 1）。

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1. 已知算法 y = f(x₁, x₂) = x₁² + sin x₂，已知 x₁ 和 x₂ 的绝对误差限分别为 |ε(x₁)| < 0.001 和 |ε(x₂)| < 0.002，求 ε(y) 的界限。

   解析

   偏导数计算：

   $$\frac{\partial f}{\partial x_1} = 2x_1$$

   $$\frac{\partial f}{\partial x_2} = \cos x_2$$

   代入误差传播公式：|ε(y)| ≤ |2x₁|⋅0.001 + |cos x₂|⋅0.002

   考虑最坏情况，取三角函数极大值：|cos x₂| = 1

   设定自变量基准量级：|x₁| ≈ 1 ⟹ |2x₁| ≈ 2

   极值代入计算：|ε(y)| ≤ 2 × 0.001 + 1 × 0.002 = 0.004

   答案：0.004

2. 已知算法 y = f(x₁, x₂) = x₁² + x₂sin x₁，已知 $x_1^*=\frac{\pi}{3}, x_2^*=1$。绝对误差限 |ε(x₁)| < 0.001, |ε(x₂)| < 0.002，求 |ε(y)|。

   解析

   偏导数计算：

   $$\frac{\partial f}{\partial x_1}=2x_1+x_2\cos x_1$$

   $$\frac{\partial f}{\partial x_2}=\sin x_1$$

   代入精确近似节点 $x_1=\frac{\pi}{3} \approx 1.0472$, x₂ = 1：

   $$\frac{\partial f}{\partial x_1} = 2 \times 1.0472 + 1 \times \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2.0944 + 0.5 = 2.5944$$

   $$\frac{\partial f}{\partial x_2} = \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \approx 0.8660$$

   误差项累加计算：

   |ε(y)| ≤ 2.5944 × 0.001 + 0.8660 × 0.002

   |ε(y)| = 0.0025944 + 0.0017320 = 0.0043264

   答案：0.00433

3. 已知 V = πr²h，r = 10 m, h = 20 m，ε(r) = 0.1 m, ε(h) = 0.2 m。求体积的误差限。

   解析

   • 求偏导：
     $\frac{\partial V}{\partial r} = 2\pi r h$，$\frac{\partial V}{\partial h} = \pi r^2$
   • 代入节点：
     |2π(10)(20)| = 400π，|π(10²)| = 100π
   • 加权求和：
     ε(V) ≈ 400π × 0.1 + 100π × 0.2 = 40π + 20π = 60π ≈ 188.5 m³
   • 相对误差限：
     V₀ = π(10)²(20) = 2000π，$\delta(V) = \frac{60\pi}{2000\pi}=3\%$

知识点二：多项式插值（Lagrange、Newton与样条）

1 Lagrange插值和Newton 插值

1.1 Lagrange 插值（写多项式）

基函数： $$ \ell_k(x)=\prod_{\substack{j=0 \\ j \ne k}}^{n} \frac{x-x_j}{x_k-x_j} $$

插值多项式： $$ L_n(x)=\sum_{k=0}^{n} y_k \ell_k(x) $$

1.2 Newton 插值（建差商表）

差商递推（按表逐列计算）：

• 零阶：f[x_i] = f(x_i)

• 一阶：$f[x_i,x_{i+1}]=\dfrac{f_{i+1}-f_i}{x_{i+1}-x_i}$

• 二阶：$f[x_i,x_{i+1},x_{i+2}]=\dfrac{f[x_{i+1},x_{i+2}]-f[x_i,x_{i+1}]}{x_{i+2}-x_i}$

• n阶：$f[x_i,x_{i+1},\dots,x_{i+n}]=\dfrac{f[x_{i+1},\dots,x_{i+n}]-f[x_i,\dots,x_{i+n-1}]}{x_{i+n}-x_i}$

插值多项式： $$ N_n(x)=f[x_0]+\sum_{k=1}^{n} f[x_0,\cdots,x_k]\prod_{i=0}^{k-1}(x-x_i) $$

1.3 截断误差（写余项）

通用公式（n次插值）： $$ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\prod_{i=0}^{n}(x-x_i) $$

考场特例：

• 线性插值：$R_1(x)=\dfrac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)(x-x_1)$

• 二次插值：$R_2(x)=\dfrac{f'''(\xi)}{6}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)$

2 三次样条 · M法（三弯矩）

2.1 适用场景与准备

适用场景：

• 题目给二阶导数（自然边界 S^″ = 0 或固定 S^″ = A）→ 直接赋值；

• 题目给一阶导数（S^′ = A）但强制要求用M法 → 用端点耦合方程。

准备工作：求步长 h_j = x_j + 1 − x_j  (j = 0, …, n − 1)

2.2 内部节点方程（j = 1, …, n − 1）

系数计算： $$ \mu_j=\frac{h_{j-1}}{h_{j-1}+h_j},\qquad \lambda_j=\frac{h_j}{h_{j-1}+h_j} $$ $$ d_j=\frac{6}{h_{j-1}+h_j}\left(\frac{f_{j+1}-f_j}{h_j}-\frac{f_j-f_{j-1}}{h_{j-1}}\right) $$

内部方程： μ_jM_j − 1 + 2M_j + λ_jM_j + 1 = d_j

2.3 边界条件补全（查表直接代入）

题目给出的边界	M法首尾方程（直接抄）
自然边界（S″ = 0）	M0 = 0,  Mn = 0
固定二阶导数（S″(x0) = A, S″(xn) = B）	M0 = A,  Mn = B
固定一阶导数（S′(x0) = A, S′(xn) = B）	$2M_0+M_1=\dfrac{6}{h_0}\big(f[x_0,x_1]-A\big)$ $M_{n-1}+2M_n=\dfrac{6}{h_{n-1}}\big(B-f[x_{n-1},x_n]\big)$

2.4 解方程与写分段表达式

第4步：解三对角方程组 → 求出 M₀, M₁, …, M_n。

第5步：在第 j 个区间 [x_j, x_j + 1] 上写表达式（j = 0, …, n − 1）： $$ \boxed{ \begin{aligned} S_j(x)=&\frac{M_j}{6h_j}(x_{j+1}-x)^3+\frac{M_{j+1}}{6h_j}(x-x_j)^3 \\ &+\left(f_j-\frac{M_j h_j^2}{6}\right)\frac{x_{j+1}-x}{h_j} +\left(f_{j+1}-\frac{M_{j+1} h_j^2}{6}\right)\frac{x-x_j}{h_j} \end{aligned} } $$

3 三次样条 · m法（三转角）

3.1 适用场景与准备

适用场景：题目明确给定端点一阶导数（m₀ = S^′(x₀) = A, m_n = S^′(x_n) = B）→ 无脑选用m法。若给二阶导数，直接改用上面的 M法。

准备工作：求步长 h_j = x_j + 1 − x_j  (j = 0, …, n − 1)

3.2 内部节点方程（j = 1, …, n − 1）

系数计算（注意 λ 和 μ 与M法定义相反）： $$ \lambda_j=\frac{h_j}{h_{j-1}+h_j},\qquad \mu_j=\frac{h_{j-1}}{h_{j-1}+h_j} $$ c_j = 3(λ_jf[x_j − 1, x_j] + μ_jf[x_j, x_j + 1])

内部方程： λ_jm_j − 1 + 2m_j + μ_jm_j + 1 = c_j

3.3 边界条件与写分段表达式

边界直接赋值： m₀ = f^′(x₀),   m_n = f^′(x_n)

解方程组 → 求出 m₀, …, m_n。

在第 j 个区间 [x_j, x_j + 1] 上写Hermite插值表达式（令 $t=\dfrac{x-x_j}{h_j}$）： $$ \boxed{ \begin{aligned} S_j(x)=&f_j(1+2t)(1-t)^2 + f_{j+1}(3-2t)t^2 \\ &+ m_j\cdot h_j \cdot t(1-t)^2 + m_{j+1}\cdot h_j \cdot (t-1)t^2 \end{aligned} } $$

4 考场决策速查表

题给边界条件	选用方法	操作口诀
S″(x0) = A, S″(xn) = B（含自然边界 A = B = 0）	M法	直接令 M0 = A, Mn = B
S′(x0) = A, S′(xn) = B	m法	直接令 m0 = A, mn = B（推荐）
S′(x0) = A, S′(xn) = B 但题目强制用M法	M法	套用 $\S 2.3$ 的”固定一阶导数”耦合方程

周期边界处理：若题目出现 f₀ = f_n，只需在方程组中补充 M₀ = M_n（或 m₀ = m_n），方程个数降为 n 个，其余内部形式不变。若未特别说明，默认按非周期边界处理。

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1. 已知函数 y = f(x) 通过节点 (−1, 1), (1, 2), (2, 5), (3, 1)，求相应三次 Lagrange 插值多项式的插值基函数 l₂(x)。

   解析

   明确节点序号及数值：x₀ = −1,  x₁ = 1,  x₂ = 2,  x₃ = 3

   目标基函数对应序号 k = 2，公式展开分子分母：

   $$l_2(x) = \frac{(x - x_0)(x - x_1)(x - x_3)}{(x_2 - x_0)(x_2 - x_1)(x_2 - x_3)}$$

   代入节点数值：

   $$l_2(x) = \frac{(x - (-1))(x - 1)(x - 3)}{(2 - (-1))(2 - 1)(2 - 3)}$$

   计算分母常数项：分母 = (2 + 1) × (2 − 1) × (2 − 3) = 3 × 1 × (−1) = −3

   化简最终表达式：$l_2(x) = -\frac{1}{3}(x+1)(x-1)(x-3)$

2. 已知函数 y = f(x) 通过节点 (1, 1), (3, −2), (4, 7), (5, 1)，求三次 Lagrange 插值基函数 l₁(x)（对应 x₁ = 3）。

   解析

   明确节点序号及数值：x₀ = 1,  x₁ = 3,  x₂ = 4,  x₃ = 5

   目标基函数对应序号 k = 1，公式展开分子分母：

   $$l_1(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_2)(x-x_3)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)(x_1-x_3)}$$

   代入节点数值：

   $$l_1(x)=\frac{(x-1)(x-4)(x-5)}{(3-1)(3-4)(3-5)}$$

   计算分母常数项：分母 = 2 × (−1) × (−2) = 4

   化简最终表达式：$l_1(x) = \frac{(x-1)(x-4)(x-5)}{4}$

3. 已知函数 f(x) 通过节点 (0, 1), (1, 1.25), (1.5, 2.5), (2, 5.5)，用 Newton 插值公式求其三次插值多项式 N₃(x)及截断误差。

   解析

   1. 差商表构建

   本题给定的插值节点为非等距节点，因此需采用牛顿差商多项式构建向前与向后插值格式。根据给定节点 (0, 1), (1, 1.25), (1.5, 2.5), (2, 5.5) 计算完整的差商 (Divided Difference) 表：

   xi	f(xi)	一阶差商	二阶差商	三阶差商
   0	1
   1	1.25	0.25
   1.5	2.5	2.5	1.5
   2	5.5	6	3.5	1

   2. 牛顿向前插值方法

      牛顿向前插值多项式利用差商表的主对角线（自上而下）元素，即 f(x₀) = 1, f[x₀, x₁] = 0.25, f[x₀, x₁, x₂] = 1.5, f[x₀, x₁, x₂, x₃] = 1。

      向前插值公式依序展开为：

      N₃(x) = f(x₀) + f[x₀, x₁](x − x₀) + f[x₀, x₁, x₂](x − x₀)(x − x₁) + f[x₀, x₁, x₂, x₃](x − x₀)(x − x₁)(x − x₂)

      代入数值得到最终表达式：

      N₃(x) = 1 + 0.25x + 1.5x(x − 1) + 1 ⋅ x(x − 1)(x − 1.5)

   3. 牛顿向后插值方法

      牛顿向后插值多项式利用差商表的副对角线（自下而上）元素，即 f(x₃) = 5.5, f[x₂, x₃] = 6, f[x₁, x₂, x₃] = 3.5, f[x₀, x₁, x₂, x₃] = 1。

      向后插值公式依序展开为：

      N₃(x) = f(x₃) + f[x₂, x₃](x − x₃) + f[x₁, x₂, x₃](x − x₃)(x − x₂) + f[x₀, x₁, x₂, x₃](x − x₃)(x − x₂)(x − x₁)

      代入数值得到最终表达式：

      N₃(x) = 5.5 + 6(x − 2) + 3.5(x − 2)(x − 1.5) + 1 ⋅ (x − 2)(x − 1.5)(x − 1)

      (注：向前与向后多项式在数学上完全等价，展开后为同一三次多项式，仅构造形式与舍入误差累积顺序不同)

   4. 截断误差估计

      三次多项式插值的截断误差 (Truncation Error) 表达式 R₃(x) 由四阶导数及节点连乘积构成：

      $$R_3(x) = f(x) - N_3(x) = \frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$$

      代入本题节点数据，截断误差公式为：

      $$R_3(x) = \frac{f^{(4)}(\xi)}{24}x(x-1)(x-1.5)(x-2)$$

      其中，未知参数 ξ 位于包含插值点 x 与所有已知节点 x_i 的最小区间内，即 ξ ∈ (min (0, x), max (2, x))。

      若采用差商形式表示，截断误差也可写为无导数形式：

      R₃(x) = f[x, 0, 1, 1.5, 2] ⋅ x(x − 1)(x − 1.5)(x − 2)

4. 若插值结点数为 n + 1 = 4，请写出在第一类边界条件下，用 M 方法求三次样条插值函数 S(x) 需求解的线性方程组的系数矩阵。

   解析

   节点基数已知 n = 3，对应边界与内部未知向量：M = [M₀, M₁, M₂, M₃]^T

   按三次样条 M 方法标准控制方程逐行构造矩阵：

   1. 第一行（左边界方程）：对应 M₀ 与 M₁ 关系系数为 [2, 1, 0, 0]

   2. 第二行（内部节点 i = 1 方程）：系数为 [μ₁, 2, λ₁, 0]

   3. 第三行（内部节点 i = 2 方程）：系数为 [0, μ₂, 2, λ₂]

   4. 第四行（右边界方程）：对应 M₂ 与 M₃ 关系系数为 [0, 0, 1, 2]

      组合为 4 × 4 系数矩阵：

      $$\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ \mu_1 & 2 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & \mu_2 & 2 & \lambda_2 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{bmatrix}$$

5. 已知 y = f(x) 的函数值如下表，用适当的多项式插值算法计算$ f(1.2) $的近似值，并估计截断误差。

   x	-1	1	2	3
   f(x)	6	2	3	5

   解析

   【牛顿插值法】（Newton Interpolation）

   1. 构造差商表

      取全部 4 个节点：x₀ = −1, x₁ = 1, x₂ = 2, x₃ = 3 f[x₀] = 6,  f[x₁] = 2,  f[x₂] = 3,  f[x₃] = 5

      一阶差商： $$ f[x_0,x_1] = \frac{2-6}{1-(-1)} = -2,\quad f[x_1,x_2] = \frac{3-2}{2-1} = 1,\quad f[x_2,x_3] = \frac{5-3}{3-2} = 2 $$

      二阶差商： $$ f[x_0,x_1,x_2] = \frac{1-(-2)}{2-(-1)} = 1,\quad f[x_1,x_2,x_3] = \frac{2-1}{3-1} = 0.5 $$

      三阶差商： $$ f[x_0,x_1,x_2,x_3] = \frac{0.5-1}{3-(-1)} = -0.125 $$

   2. 写出牛顿插值多项式 P₃(x) = f[x₀] + f[x₀, x₁](x − x₀) + f[x₀, x₁, x₂](x − x₀)(x − x₁) + f[x₀, x₁, x₂, x₃](x − x₀)(x − x₁)(x − x₂)

      代入： P₃(x) = 6 − 2(x + 1) + (x + 1)(x − 1) − 0.125(x + 1)(x − 1)(x − 2)

   3. 计算 P₃(1.2) x + 1 = 2.2,  x − 1 = 0.2,  x − 2 = −0.8

      P₃(1.2) = 6 − 2(2.2) + (2.2)(0.2) − 0.125(2.2)(0.2)(−0.8) = 6 − 4.4 + 0.44 + 0.044 = 2.084

   4. 牛顿插值结果： $$ \boxed{f(1.2) \approx 2.084} $$

   5. 截断误差（牛顿形式） R₃(x) = f[x₀, x₁, x₂, x₃, x] (x − x₀)(x − x₁)(x − x₂)(x − x₃)

      在 x = 1.2 时： ω(1.2) = (1.2 + 1)(1.2 − 1)(1.2 − 2)(1.2 − 3) = 0.6336 所以： R₃(1.2) = f[x₀, x₁, x₂, x₃, 1.2] × 0.6336

   【拉格朗日插值法】（Lagrange Interpolation）

   1. 基函数 $$ \ell_0(x) = \frac{(x-1)(x-2)(x-3)}{(-1-1)(-1-2)(-1-3)} $$

      $$ \ell_1(x) = \frac{(x+1)(x-2)(x-3)}{(1+1)(1-2)(1-3)} $$

      $$ \ell_2(x) = \frac{(x+1)(x-1)(x-3)}{(2+1)(2-1)(2-3)} $$

      $$ \ell_3(x) = \frac{(x+1)(x-1)(x-2)}{(3+1)(3-1)(3-2)} $$

   2. 插值多项式

      P₃(x) = 6ℓ₀(x) + 2ℓ₁(x) + 3ℓ₂(x) + 5ℓ₃(x)

   3. 计算 P₃(1.2)

      先算各基函数在 x = 1.2 的值：

      $$ \ell_0(1.2) = \frac{(0.2)(-0.8)(-1.8)}{(-2)(-3)(-4)} = \frac{0.288}{-24} = -0.012 $$

      $$ \ell_1(1.2) = \frac{(2.2)(-0.8)(-1.8)}{(2)(-1)(-2)} = \frac{3.168}{4} = 0.792 $$

      $$ \ell_2(1.2) = \frac{(2.2)(0.2)(-1.8)}{(3)(1)(-1)} = \frac{-0.792}{-3} = 0.264 $$

      $$ \ell_3(1.2) = \frac{(2.2)(0.2)(-0.8)}{(4)(2)(1)} = \frac{-0.352}{8} = -0.044 $$

      代入： P₃(1.2) = 6(−0.012) + 2(0.792) + 3(0.264) + 5(−0.044) = −0.072 + 1.584 + 0.792 − 0.22 = 2.084

   4. 拉格朗日插值结果：

      $$ \boxed{f(1.2) \approx 2.084} $$

   5. 截断误差（拉格朗日形式）

      $$ R_3(x) = \frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x+1)(x-1)(x-2)(x-3) $$

      在 x = 1.2 时： $$ R_3(1.2) = \frac{f^{(4)}(\xi)}{24} \times 0.6336 $$

   【最终答案汇总】

   方法	f(1.2) 近似值	截断误差表达式
   牛顿插值	2.084	R3(1.2) = f[x0, x1, x2, x3, 1.2] × 0.6336
   拉格朗日插值	2.084	$R_3(1.2) = \dfrac{f^{(4)}(\xi)}{24}\times 0.6336$

6. 已知 y = f(x) 的函数值如下表，在区间 [-1.5, 2] 上求满足自然边界条件的三次样条插值函数 S(x)，并计算 f(1)。（保留两位小数）

   x	-1.5	0	1	2
   f(x)	1.25	-1	1	9

   解析

   1. 计算步长与一阶差商

      已知节点 x₀ = −1.5, x₁ = 0, x₂ = 1, x₃ = 2。

      步长：h₀ = 1.5, h₁ = 1, h₂ = 1。

      一阶差商：

      $f[x_0, x_1] = \frac{-1 - 1.25}{0 - (-1.5)} = -1.5$

      $f[x_1, x_2] = \frac{1 - (-1)}{1 - 0} = 2$

      $f[x_2, x_3] = \frac{9 - 1}{2 - 1} = 8$

   2. 计算二阶差商与方程参数

      二阶差商：

      $f[x_0, x_1, x_2] = \frac{2 - (-1.5)}{1 - (-1.5)} = \frac{3.5}{2.5} = 1.4$

      $f[x_1, x_2, x_3] = \frac{8 - 2}{2 - 0} = 3$

      计算参数 μ_j, λ_j, d_j：

      对于 j = 1：$\mu_1 = \frac{1.5}{2.5} = 0.6$；$\lambda_1 = \frac{1}{2.5} = 0.4$；d₁ = 6 × 1.4 = 8.4

      对于 j = 2：$\mu_2 = \frac{1}{2} = 0.5$；$\lambda_2 = \frac{1}{2} = 0.5$；d₂ = 6 × 3 = 18

   3. 建立并求解三弯矩方程组

      结合自然边界条件 M₀ = 0 与 M₃ = 0，列出方程组：

      0.6M₀ + 2M₁ + 0.4M₂ = 8.4 ⇒ 5M₁ + M₂ = 21

      0.5M₁ + 2M₂ + 0.5M₃ = 18 ⇒ M₁ + 4M₂ = 36

      解此二元一次方程组，得到弯矩值：

      $M_1 = \frac{48}{19} \approx 2.53$

      $M_2 = \frac{159}{19} \approx 8.37$

   4. 构造三次样条函数解析式

      根据三次样条插值的分段公式展开，代入对应区间参数得到表达式：

      $$S(x) = \begin{cases} \frac{16}{57}(x+1.5)^3 - \frac{5}{6}x - \frac{74}{57}(x+1.5), & x \in [-1.5, 0] \\ \frac{8}{19}(1-x)^3 + \frac{53}{38}x^3 - \frac{27}{19}(1-x) - \frac{15}{38}x, & x \in [0, 1] \\ \frac{53}{38}(2-x)^3 - \frac{15}{38}(2-x) + 9(x-1), & x \in [1, 2] \end{cases}$$

   5. 计算 f(1)

      因为 x = 1 为给定插值节点，由插值条件严格成立，可直接得：

      f(1) ≈ S(1) = 1.00

7. 设已知函数 y = f(x) 的函数值如下，求满足边界条件：S^′(−1.5) = 0.75, S^′(2) = 14 的三次样条插值函数 S(x) 在小区间 [1, 2] 上的表达式，并计算 f^′(1) 的近似值。

   x	-1.5	0	1	2
   y	0.125	-1	1	8

   解析

   采用三转角（m法）构造三次样条。

   先计算各子区间步长： h₀ = x₁ − x₀ = 0 − (−1.5) = 1.5,  h₁ = x₂ − x₁ = 1 − 0 = 1,  h₂ = x₃ − x₂ = 2 − 1 = 1.

   计算一阶差商（即节点间平均斜率）： $$f[x_0,x_1]=\frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}=\frac{-1-0.125}{0+1.5}=-0.75,$$ $$f[x_1,x_2]=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{1-(-1)}{1-0}=2,$$ $$f[x_2,x_3]=\frac{y_3-y_2}{x_3-x_2}=\frac{8-1}{2-1}=7.$$

   设 m_i = S^′(x_i) (i = 0, 1, 2, 3)。由边界条件直接有 m₀ = 0.75,   m₃ = 14.

   对内部节点 x₁ = 0（即 j = 1）和 x₂ = 1（即 j = 2）分别建立三转角方程。

   对于 j = 1： $$\lambda_1=\frac{h_1}{h_0+h_1}=\frac{1}{1.5+1}=0.4,\quad \mu_1=\frac{h_0}{h_0+h_1}=\frac{1.5}{1.5+1}=0.6,$$ c₁ = 3(λ₁f[x₀, x₁] + μ₁f[x₁, x₂]) = 3(0.4(−0.75) + 0.6 ⋅ 2) = 3(−0.3 + 1.2) = 2.7. 方程：λ₁m₀ + 2m₁ + μ₁m₂ = c₁ 代入 m₀ = 0.75得：2m₁ + 0.6m₂ = 2.4.

   对于 j = 2： $$\lambda_2=\frac{h_2}{h_1+h_2}=\frac{1}{1+1}=0.5,\quad \mu_2=\frac{h_1}{h_1+h_2}=\frac{1}{1+1}=0.5,$$ c₂ = 3(λ₂f[x₁, x₂] + μ₂f[x₂, x₃]) = 3(0.5 ⋅ 2 + 0.5 ⋅ 7) = 3(1 + 3.5) = 13.5. 方程：λ₂m₁ + 2m₂ + μ₂m₃ = c₂ 代入 m₃ = 14得：0.5m₁ + 2m₂ = 6.5.

   联立： $$\begin{cases} 2m_1+0.6m_2=2.4,\\ 0.5m_1+2m_2=6.5. \end{cases}$$

   于是$$m_1=\frac{9}{37},m_2=\frac{118}{37}$$ 因此$$S'(1)=m_2=\frac{118}{37}.$$

   现在只需写出区间 [1, 2] 上的样条表达式。

   该区间为第 j = 2 个子区间，有 h₂ = 1，令 $t=\dfrac{x-x_2}{h_2}=x-1$，则 0 ≤ t ≤ 1。

   使用三转角法分段公式： S₂(x) = y₂(1 + 2t)(1 − t)² + y₃(3 − 2t)t² + m₂h₂ t(1 − t)² + m₃h₂ (t − 1)t². 代入 $y_2=1,\ y_3=8,\ m_2=\frac{118}{37},\ m_3=14,\ h_2=1$： $$S_2(x)=1\cdot(1+2t)(1-t)^2+8(3-2t)t^2+\frac{118}{37}\,t(1-t)^2+14(t-1)t^2$$ $$S_2(x)=1+\frac{118}{37}t+\frac{23}{37}t^2+\frac{118}{37}t^3$$ 代回 t = x − 1，得到在 [1, 2] 上的样条表达式： $$\boxed{S(x)=1+\frac{118}{37}(x-1)+\frac{23}{37}(x-1)^2+\frac{118}{37}(x-1)^3,\quad x\in[1,2].}$$

   最后，由样条连续性，f^′(1) 的近似值即为 S^′(1) = m₂，故 $$\boxed{f'(1)\approx S'(1)=\frac{118}{37}\approx 3.1892.}$$

8. 若插值结点为 n + 1 个，则按定义求三次样条插值函数 S(x) 需要求 _________ 个未知数，若用 M 方法求三次样条插值函数 S(x)，则在周期边界条件下只需要求 _________ 个未知数。

   解析

   1. 按定义求：共有 n 个区间段，每段三次多项式有 a, b, c, d 四个系数，故需解 4n 个未知数。

   2. 用 M 方法并结合周期边界条件：由于边界 M₀ = M_n，只需解出 M₁, M₂, …, M_n 共 n 个独立未知数。

      答案依次填入：4n，n。

知识点三：数值积分（代数精度与复化梯形公式）

1 代数精度

如果数值积分公式对于所有次数不超过 m 的多项式都能准确成立，而对于 m + 1 次多项式不能准确成立，则称该公式具有 m 阶代数精度。检验时，只需依次令 f(x) = 1, x, x², … 代入公式，观察等式何时不再成立即可。

2 复化梯形公式

将积分区间 [a, b] 等分为 n 个子区间，步长 $h=\dfrac{b-a}{n}$，节点 x_i = a + ih。复化梯形公式为： $$T_n = \frac{h}{2}\left[f(a) + 2\sum_{i=1}^{n-1}f(x_i) + f(b)\right].$$ 其截断误差上限为： $$|E_T| \le \frac{(b-a)h^2}{12}\max_{a \le x \le b}|f''(x)|.$$

3 龙贝格（Romberg）积分算法

龙贝格积分是在复化梯形公式逐次分半的基础上，通过 Richardson 外推，将低精度的梯形值依次加工成高精度的辛普森值（S）、柯特斯值（C）和龙贝格值（R）。

第1步（准备）：令 T₀⁽⁰⁾ = T₁（初始一步梯形值）。逐次二分区间，计算复化梯形序列： T₀⁽⁰⁾, T₁⁽⁰⁾, T₂⁽⁰⁾, T₃⁽⁰⁾, ⋯ 其中 T_k⁽⁰⁾ = T_2^k（即将区间等分为 2^k 份）。如果题目直接给出了 T₂, T₄, T₈, T₁₆，则可直接作为 T₁⁽⁰⁾, T₂⁽⁰⁾, T₃⁽⁰⁾, T₄⁽⁰⁾ 使用。

第2步（Richardson 外推）：构造 Romberg 数表，按列从左到右计算。表中第 m 列（m = 1, 2, 3）的递推公式为： $$T^{(m)}_k = T^{(m-1)}_{k+1} + \frac{T^{(m-1)}_{k+1} - T^{(m-1)}_k}{4^m - 1}.$$ 具体展开为三列公式（考场直接套用）：

• 第1列（Simpson）：$S_k = T_{2^{k+1}} + \dfrac{T_{2^{k+1}} - T_{2^k}}{3}$；
• 第2列（Cotes）：$C_k = S_{k+1} + \dfrac{S_{k+1} - S_k}{15}$；
• 第3列（Romberg ）：$R_k = C_{k+1} + \dfrac{C_{k+1} - C_k}{63}$。

第3步（取结果与误差估计）：取数表右下角的最新 R 值作为高精度近似积分值。该值的截断误差可用同列相邻两项之差来估计，即： |E| ≈ |R_k − C_k + 1|, 或者使用外推通用估计式 $ |E| $。考场中若题目只要求”估计算法截断误差上界”，直接取最后一步外推的相邻列差值即可。

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1. 数值积分公式 $\int_0^1 f(x)dx=\sum_{k=1}^n A_k f(x_k)$ 的代数精度大于 3，求 $\sum_{k=1}^n A_k x_k^3$。

   解析

   公式代数精度大于 3 意味着当 f(x) = x³（3次多项式）时，该数值积分公式的离散求和结果与精确理论积分完全相等。

   求左侧精确积分：

   $$\int_0^1 x^3 dx = \left[ \frac{1}{4}x^4 \right]_0^1 = \frac{1}{4}$$

   根据定义，离散求和项必定等于该精确值：

   $$\sum_{k=1}^n A_k x_k^3 = \frac{1}{4}$$

2. 设定积分 ∫_a^bf(x)dx 在将积分区间 [a,b] 逐次分半的过程中用复合梯形公式计算的近似值如下表。请计算足够高精度的近似值，并估计算法截断误差的上界。

   n	2	4	8	16
   Tn	3.0	3.1	3.13	3.136

   解析

   已知复化梯形逐次分半的结果为： T₂ = 3.0,   T₄ = 3.1,   T₈ = 3.13,   T₁₆ = 3.136.

   按照龙贝格加速，将上述梯形值排列为第0列，然后依次外推。

   第1列（辛普森 S 值）： $$S_2 = T_4 + \frac{T_4 - T_2}{3} = 3.1 + \frac{3.1 - 3.0}{3} = 3.1 + 0.0333333 = 3.1333333,$$ $$S_4 = T_8 + \frac{T_8 - T_4}{3} = 3.13 + \frac{3.13 - 3.1}{3} = 3.13 + 0.01 = 3.14,$$ $$S_8 = T_{16} + \frac{T_{16} - T_8}{3} = 3.136 + \frac{3.136 - 3.13}{3} = 3.136 + 0.002 = 3.138.$$

   第2列（柯特斯 C 值）： $$C_2 = S_4 + \frac{S_4 - S_2}{15} = 3.14 + \frac{3.14 - 3.1333333}{15} = 3.14 + \frac{0.0066667}{15} = 3.1404444,$$ $$C_4 = S_8 + \frac{S_8 - S_4}{15} = 3.138 + \frac{3.138 - 3.14}{15} = 3.138 + \frac{-0.002}{15} = 3.1378667.$$

   第3列（龙贝格 R 值）： $$R_2 = C_4 + \frac{C_4 - C_2}{63} = 3.1378667 + \frac{3.1378667 - 3.1404444}{63} = 3.1378667 + \frac{-0.0025777}{63}.$$ 计算差值：−0.0025777/63 ≈ −0.0000409，因此 R₂ ≈ 3.1378667 − 0.0000409 = 3.1378258.

   整理成龙贝格数表如下（每列从左到右精度逐步提高）：

   梯形 T（第0列）	辛普森 S（第1列）	柯特斯 C（第2列）	龙贝格 R（第3列）
   3.0
   3.1	3.1333333
   3.13	3.14	3.1404444
   3.136	3.138	3.1378667	3.1378258

   数表右下角的 R₂ = 3.1378258 为当前最高精度近似值，因此足够高精度的积分近似值为： $$\boxed{\int_a^b f(x)\,dx \approx 3.1378258}.$$

   最后估计算法截断误差的上界。对比最后一步外推前后的相邻值，即取龙贝格值 R₂ 与柯特斯值 C₄ 之差的绝对值： |E| ≈ |R₂ − C₄| = |3.1378258 − 3.1378667| ≈ 0.0000409. 若严格按外推法误差估计式 $|E| \le \dfrac{|C_4 - C_2|}{63}$，则得到完全相同的结果 0.0000409。因此截断误差上界约为： $$\boxed{|E| \le 4.09 \times 10^{-5}}.$$

   （注：由于只给了四位梯形值，最终龙贝格值稳定在 3.1378 左右，实际真值约为此值，误差量级在 10⁻⁵ 是合理的。）

3. 用复化梯形公式（8 等分）计算 $\int_0^1\frac{\sin x}{x}dx$，保留四位有效数字并估计误差。

   解析

   解答（按）：

   第 1 步：确定参数与公式（Composite Trapezoidal Rule）

   区间 [0, 1] 作 8 等分，步长 $h=\dfrac{1-0}{8}=0.125$。被积函数 $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ 在 x = 0 处有可去奇点，定义 f(0) = 1。节点 x_i = 0.125i (i = 0, 1, …, 8)。

   第 2 步：列出各节点函数值（仅结果）

   $$\begin{aligned} &f(0)=1,\\ &f(0.125)=0.99739786,\\ &f(0.25)=0.98961584,\\ &f(0.375)=0.97672675,\\ &f(0.5)=0.95885108,\\ &f(0.625)=0.93615566,\\ &f(0.75)=0.90885168,\\ &f(0.875)=0.87719257,\\ &f(1)=\sin 1=0.84147098. \end{aligned}$$

   内部节点函数值之和：

   $$\sum_{i=1}^{7}f(x_i)=0.99739786+0.98961584+0.97672675+0.95885108+0.93615566+0.90885168+0.87719257=6.64479144.$$

   第 3 步：代入复化梯形公式并连等计算

   $$\begin{aligned} T_8 &= \frac{h}{2}\left[f(0) + 2\sum_{i=1}^{7}f(x_i) + f(1)\right] \\ &= \frac{0.125}{2} \left[1 + 2(6.64479144) + 0.84147098\right] \\ &= 0.0625 \times \left[1 + 13.28958288 + 0.84147098\right] \\ &= 0.0625 \times 15.13105386 = 0.94569087. \end{aligned}$$

   保留四位有效数字（从首位非零数字 9 开始数四位，第五位为 6 需进位）：

   $$\boxed{T_8 \approx 0.9457}.$$

   第 4 步：估计截断误差（Composite Trapezoidal Error Bound）

   利用余项公式：

   $$|E_T| \le \frac{(b-a)h^2}{12} \max_{0\le x\le 1}|f''(x)|.$$

   由 $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}=1-\dfrac{x^2}{3!}+\dfrac{x^4}{5!}-\cdots$，可知 $f''(x)=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{x^2}{12}-\cdots$，在 [0, 1] 上 $\max |f''(x)|=\dfrac{1}{3}$。代入连等：

   $$|E_T| \le \frac{1 \times (0.125)^2}{12} \times \frac{1}{3} = \frac{0.015625}{36} = 4.34\times 10^{-4}.$$

   因此截断误差上界为：

   $$\boxed{|E_T| \le 4.34 \times 10^{-4}}.$$

   最终结果：

   $$\boxed{\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx \approx 0.9457 \quad (\text{四位有效数字}),\qquad \text{误差上界} \le 4.34 \times 10^{-4}.}$$

知识点四：线性方程组数值解（LU分解与迭代法）

1. Doolittle分解（LU分解）

适用：一般方阵，顺序主子式均不为零。分解 A = LU，其中 L 为单位下三角（对角元全1），U 为上三角。
计算步骤（按 k = 1, 2, …, n 逐列/行）：

• 先算 U 的第 k 行：$u_{k,j}=a_{k,j}-\sum_{r=1}^{k-1} l_{k,r}u_{r,j},\quad j=k,k+1,\dots,n$；
  
• 再算 L 的第 k 列：$l_{i,k}=\dfrac{a_{i,k}-\sum_{r=1}^{k-1} l_{i,r}u_{r,k}}{u_{k,k}},\quad i=k+1,\dots,n$。
  求解：先解 Ly = b（前代），再解 Ux = y（回代）。

2. Cholesky分解

适用：对称正定矩阵。分解 A = U^TU，其中 U 为上三角且对角元为正。
计算步骤（按行 i = 1, …, n）：

• $u_{i,i}=\sqrt{a_{i,i}-\sum_{k=1}^{i-1} u_{k,i}^2}$；
  
• 对 j = i + 1, …, n：$u_{i,j}=\dfrac{a_{i,j}-\sum_{k=1}^{i-1} u_{k,i}u_{k,j}}{u_{i,i}}$。
  求解：先解 U^Ty = b（前代），再解 Ux = y（回代）。

3. Jacobi迭代法

将 A = D + L + U（D 对角，L 严格下三角，U 严格上三角）。

迭代格式： x^(k + 1) = D⁻¹(b − (L + U)x^(k))

分量形式： $$x_i^{(k+1)}=\frac{1}{a_{ii}}\left(b_i-\sum_{j\ne i}a_{ij}x_j^{(k)}\right).$$

收敛充要条件：迭代矩阵 J = −D⁻¹(L + U) 的谱半径 ρ(J) < 1。充分条件：A 严格对角占优。

若原矩阵不收敛，可尝试行交换调整对角元（保持解不变）使矩阵严格对角占优或减小谱半径。

4. Gauss-Seidel迭代法

将 A = D + L + U。

迭代格式： x^(k + 1) = (D + L)⁻¹(b − Ux^(k))

分量形式（立即使用最新分量）： $$x_i^{(k+1)}=\frac{1}{a_{ii}}\left(b_i-\sum_{j<i}a_{ij}x_j^{(k+1)}-\sum_{j>i}a_{ij}x_j^{(k)}\right).$$

迭代矩阵：B_gs = −(D + L)⁻¹U。

收敛充要条件 ρ(B_gs) < 1。充分条件：严格对角占优或对称正定。

5. 计算谱半径

第1步：写出迭代矩阵 B（例如 Jacobi 迭代矩阵 J，或 Gauss-Seidel 迭代矩阵 B_gs）。

第2步：构造特征多项式，即计算 det (λI − B) = 0（注意是 λI − B，这样最高次项系数为正，便于因式分解）。

第3步：解特征方程，求出所有特征值 λ₁, λ₂, …, λ_n。

第4步：取模的最大值，ρ(B) = max {|λ₁|,|λ₂|,…, |λ_n|}。

• 若迭代矩阵是三角矩阵（上三角或下三角）：特征值就是对角线元素，完全不需要展开行列式。
• 若迭代矩阵某一行/列只有非零元，或结构特殊（如秩1矩阵）：往往能提出公因子 λ，使高次方程降阶为低次方程。
• 三阶矩阵求根时：若一眼看不出因式分解，可先尝试 λ = 0, ±1 等简单值试根，再用多项式除法降阶。

6. 线性方程组数值解法对比与收敛充要条件

方法名称	适用矩阵类型	方法类别	收敛的充必要条件	主要特征与优缺点
Doolittle (LU) 分解	非对称实矩阵、一般方阵	直接法	系数矩阵的所有顺序主子式均不为零。	算法固定，计算量适中，但不能改变消元顺序（易受零主元影响）。
Cholesky 分解	对称正定矩阵	直接法	矩阵非奇异且对称正定（各阶顺序主子式全大于零）。	存储量与计算量均比常规 LU 分解减半，数值稳定性优异。
雅可比 (Jacobi) 迭代	大型稀疏矩阵	迭代法	迭代矩阵的谱半径 ρ(J) < 1。（充分条件：矩阵严格对角占优）。	结构简单，各分量独立计算，易于并行化，但收敛可能较慢。
Gauss-Seidel 迭代	大型稀疏矩阵	迭代法	迭代矩阵的谱半径 ρ(G) < 1。（充分条件：严格对角占优或对称正定）。	每次迭代计算立即利用最新的已知分量，通常收敛速度快于 Jacobi。

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1. 设 $A=\begin{bmatrix}1&3&0\\1&2&4\\3&0&2\end{bmatrix}$，求矩阵 A 的 Doolittle 分解 L 和 U 矩阵。

   解析

   设分解形式：

   $$L = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1\end{bmatrix}, \quad U = \begin{bmatrix}u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33}\end{bmatrix}$$

   根据矩阵乘法对应元素相等，逐行求解：

   1. 第一行：

      u₁₁ = 1,  u₁₂ = 3,  u₁₃ = 0

   2. 第二行：

      l₂₁u₁₁ = 1 ⟹ l₂₁ × 1 = 1 ⟹ l₂₁ = 1

      l₂₁u₁₂ + u₂₂ = 2 ⟹ 1 × 3 + u₂₂ = 2 ⟹ u₂₂ = −1

      l₂₁u₁₃ + u₂₃ = 4 ⟹ 1 × 0 + u₂₃ = 4 ⟹ u₂₃ = 4

   3. 第三行：

      l₃₁u₁₁ = 3 ⟹ l₃₁ × 1 = 3 ⟹ l₃₁ = 3

      l₃₁u₁₂ + l₃₂u₂₂ = 0 ⟹ 3 × 3 + l₃₂ × (−1) = 0 ⟹ l₃₂ = 9

      l₃₁u₁₃ + l₃₂u₂₃ + u₃₃ = 2 ⟹ 3 × 0 + 9 × 4 + u₃₃ = 2 ⟹ u₃₃ = −34

      最终分解结果：

      $$L = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 3 & 9 & 1\end{bmatrix}, \quad U = \begin{bmatrix}1 & 3 & 0 \\ 0 & -1 & 4 \\ 0 & 0 & -34\end{bmatrix}$$

2. 解方程组 $\begin{bmatrix}1&3&0\\1&2&4\\3&0&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4\\7\\5\end{bmatrix}$ 的 Gauss-Seidel 迭代法的迭代矩阵 G。

   解析

   将系数矩阵 A 拆分为 D + L_lower（对角+严格下三角）与 U_upper（严格上三角）：

   $$D+L_{lower} = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 2\end{bmatrix}, \quad U_{upper} = \begin{bmatrix}0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$

   利用初等行变换求三角矩阵 (D + L_lower) 的逆：

   $$(D+L_{lower})^{-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ -0.5 & 0.5 & 0 \\ -1.5 & 0 & 0.5\end{bmatrix}$$

   计算迭代矩阵 G = −(D + L_lower)⁻¹U_upper：

   $$G = -\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ -0.5 & 0.5 & 0 \\ -1.5 & 0 & 0.5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$$

   $$G = -\begin{bmatrix}0 & 3 & 0 \\ 0 & -1.5 & 2 \\ 0 & -4.5 & 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & -3 & 0 \\ 0 & 1.5 & -2 \\ 0 & 4.5 & 0\end{bmatrix}$$

3. 对方程组 $\begin{bmatrix}1 & a & 0\\a & 1 & a\\0 & a & 1\end{bmatrix}x=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 建立 Gauss-Seidel 迭代式并讨论收敛条件。

   解析

   1. 展开方程组分量：

      x₁ + ax₂ = 1

      ax₁ + x₂ + ax₃ = 1

      ax₂ + x₃ = 1

   2. 建立新一层迭代值计算关系式（最新计算的变量立即投入下一步）：

      x₁^(k + 1) = 1 − ax₂^(k)

      x₂^(k + 1) = 1 − ax₁^(k + 1) − ax₃^(k)

      x₃^(k + 1) = 1 − ax₂^(k + 1)

   3. 收敛性讨论：

      系数矩阵 A 为对称矩阵。根据对称正定矩阵必收敛准则，要求 A 的各阶顺序主子式全大于0：

      一阶：1 > 0

      二阶：$\det\begin{bmatrix}1 & a \\ a & 1\end{bmatrix} = 1 - a^2 > 0 \implies |a| < 1$

      三阶：$\det(A) = 1(1 - a^2) - a(a - 0) = 1 - 2 a^2 > 0 \implies |a| < \frac{1}{\sqrt{2}}$

      取交集得收敛充分必要条件：

      $$|a| < \frac{1}{\sqrt{2}}$$

4. 用平方根法（Cholesky 分解）解线性方程组：$$\begin{cases} 4x_1 + 2x_2 + 4x_3 = 4, \\ 2x_1 + 5x_2 + 6x_3 = 3, \\ 4x_1 + 6x_2 + 11x_3 = 7. \end{cases}$$

   解析

   第1步（验证正定）

   系数矩阵 $$A=\begin{bmatrix} 4 & 2 & 4 \\ 2 & 5 & 6 \\ 4 & 6 & 11 \end{bmatrix},\quad b=\begin{bmatrix}4\\3\\7\end{bmatrix}.$$ A 对称，且顺序主子式 4 > 0, 16 > 0, 48 > 0，故对称正定，可用 Cholesky 分解。

   第2步

   设 $$L=\begin{bmatrix} l_{11} & 0 & 0 \\ l_{21} & l_{22} & 0 \\ l_{31} & l_{32} & l_{33} \end{bmatrix},\quad A=LL^T.$$

   由 A = LL^T 逐列比较：

   • 第1列：$l_{11}=\sqrt{4}=2$，同理 $l_{21}=\dfrac{2}{l_{11}}=1$，$l_{31}=\dfrac{4}{l_{11}}=2$；
   • 第2列：$l_{22}=\sqrt{5-l_{21}^2}=2$，同理 $l_{32}=\dfrac{6-l_{31}l_{21}}{l_{22}}=2$；
   • 第3列：同理 $l_{33}=\sqrt{11-l_{31}^2-l_{32}^2}=\sqrt{3}$。

   故： $$L=\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & \sqrt{3} \end{bmatrix},\quad L^T=\begin{bmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} \end{bmatrix}.$$

   第3步（前代法解 Ly = b，同理写出完整解）

   $$\begin{cases} 2y_1=4,\\ y_1+2y_2=3,\\ 2y_1+2y_2+\sqrt{3}y_3=7. \end{cases}$$ 由第一行得 y₁ = 2，同理逐行代入解得： $$y=\begin{bmatrix}2\\[4pt]\dfrac{1}{2}\\[4pt]\dfrac{2}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}.$$

   第4步（回代法解 L^Tx = y，同理写出完整解）

   $$\begin{cases} 2x_1+x_2+2x_3=2,\\ 2x_2+2x_3=\dfrac{1}{2},\\ \sqrt{3}x_3=\dfrac{2}{\sqrt{3}}. \end{cases}$$ 由第三行得 $x_3=\dfrac{2}{3}$，同理逐行回代解得： $$x=\begin{bmatrix}\dfrac{13}{24}\\[6pt]-\dfrac{5}{12}\\[6pt]\dfrac{2}{3}\end{bmatrix}.$$

5. 设方程组为 $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 6 & 7 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 7 \\ 3 \\ 21 \\ 11 \end{bmatrix}$

   利用雅可比（Jacobi）迭代格式进行迭代计算求近似解，取初始值 X₀ = (0.00, 0.00, 0.00, 0.00)^T，保留 2 位小数，迭代 2 次；

   解析

   1. 建立 Jacobi 迭代格式

      根据给定方程组展开各行，分离出对角线变量：

      • x₁^(k + 1) = 7 − x₂^(k) − 2x₃^(k) − 3x₄^(k)
      • $x_2^{(k+1)} = \frac{1}{2}(3 - x_3^{(k)}) = 1.5 - 0.5x_3^{(k)}$
      • $x_3^{(k+1)} = \frac{1}{7}(21 - 2x_1^{(k)} - 6x_2^{(k)} - 6x_4^{(k)})$
      • $x_4^{(k+1)} = \frac{1}{4}(11 - x_1^{(k)} - 3x_2^{(k)} - 3x_3^{(k)})$

   2. 第一次迭代 (k = 0)

      代入初始值 X₀ = (0.00, 0.00, 0.00, 0.00)^T：

      • x₁⁽¹⁾ = 7 − 0 − 0 − 0 = 7.00

      • x₂⁽¹⁾ = 1.5 − 0 = 1.50

      • x₃⁽¹⁾ = 21/7 = 3.00

      • x₄⁽¹⁾ = 11/4 = 2.75

        第一次迭代结果：X₁ = (7.00, 1.50, 3.00, 2.75)^T。

   3. 第二次迭代 (k = 1)

      代入第一次迭代获得的值 X₁：

      • x₁⁽²⁾ = 7 − 1.50 − 2(3.00) − 3(2.75) = 7 − 1.5 − 6 − 8.25 = −8.75

      • x₂⁽²⁾ = 1.5 − 0.5(3.00) = 0.00

      • $x_3^{(2)} = \frac{1}{7}(21 - 2(7.00) - 6(1.50) - 6(2.75)) = \frac{1}{7}(21 - 14 - 9 - 16.5) = -\frac{18.5}{7} \approx \mathbf{-2.64}$

      • $x_4^{(2)} = \frac{1}{4}(11 - 7.00 - 3(1.50) - 3(3.00)) = \frac{1}{4}(11 - 7 - 4.5 - 9) = -\frac{9.5}{4} \approx \mathbf{-2.38}$

        第二次迭代结果：X₂ = (−8.75, 0.00, −2.64, −2.38)^T。

6. 设有方程组 Ax = b，其中，$A = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 \\ 4 & 2 & 3 \\ 5 & 0 & 6 \end{bmatrix}, b = \begin{pmatrix} 5 \\ 9 \\ 11 \end{pmatrix}$。

   （1）对方程组进行适当调整后，选用恰当的矩阵分解法求解该方程组；

   （2）对调整后的方程组，分析判断 Jacobi 迭代方法求解方程组是否收敛；

   （3）对调整后的方程组，写出解该方程组的 Gauss-Seidel 迭代矩阵。

   解析

   （1）调整方程组并选用矩阵分解法求解

   为提高迭代收敛性，交换第1行与第2行（使对角元尽量大且迭代矩阵谱半径<1），得到调整后方程组： $$A'=\begin{bmatrix}4&2&3\\2&3&0\\5&0&6\end{bmatrix},\qquad b'=\begin{bmatrix}9\\5\\11\end{bmatrix}.$$ （验证解不变：原方程解为 x = (1, 1, 1)^T，显然满足。）

   选用 Doolittle（LU）分解 求解 A^′x = b^′。

   LU分解：
   令 L 单位下三角，U 上三角。按步骤计算：

   • U 第一行：u₁₁ = 4, u₁₂ = 2, u₁₃ = 3；
   • L 第一列：l₂₁ = 2/4 = 0.5, l₃₁ = 5/4 = 1.25；
   • U 第二行：u₂₂ = 3 − 0.5 ⋅ 2 = 2, u₂₃ = 0 − 0.5 ⋅ 3 = −1.5；
   • L 第二列：l₃₂ = (0 − 1.25 ⋅ 2)/2 = −1.25；
   • U 第三行：u₃₃ = 6 − 1.25 ⋅ 3 − (−1.25)(−1.5) = 6 − 3.75 − 1.875 = 0.375。

   所以
   $$L=\begin{bmatrix}1&0&0\\0.5&1&0\\1.25&-1.25&1\end{bmatrix},\quad U=\begin{bmatrix}4&2&3\\0&2&-1.5\\0&0&0.375\end{bmatrix}.$$

   解 Ly = b^′： y₁ = 9,  y₂ = 5 − 0.5 ⋅ 9 = 0.5,  y₃ = 11 − 1.25 ⋅ 9 − (−1.25) ⋅ 0.5 = 11 − 11.25 + 0.625 = 0.375. 故 y = (9, 0.5, 0.375)^T。

   解 Ux = y： 0.375x₃ = 0.375 ⇒ x₃ = 1,  2x₂ − 1.5x₃ = 0.5 ⇒ 2x₂ − 1.5 = 0.5 ⇒ x₂ = 1, 4x₁ + 2x₂ + 3x₃ = 9 ⇒ 4x₁ + 2 + 3 = 9 ⇒ x₁ = 1. 解为：$\boxed{x=(1,1,1)^T}$。

   （2）判断调整后方程组的 Jacobi 迭代是否收敛

   调整后的 $A'=\begin{bmatrix}4&2&3\\2&3&0\\5&0&6\end{bmatrix}$。其对角矩阵 D = diag(4, 3, 6)。Jacobi迭代矩阵： $$J=-D^{-1}(L+U)= \begin{bmatrix} 0 & -\frac{2}{4} & -\frac{3}{4}\\ -\frac{2}{3} & 0 & 0\\ -\frac{5}{6} & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -0.5 & -0.75\\ -0.6667 & 0 & 0\\ -0.8333 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$ 求特征值： $$\det(\lambda I-J)= \begin{vmatrix} \lambda & 0.5 & 0.75\\ 0.6667 & \lambda & 0\\ 0.8333 & 0 & \lambda \end{vmatrix} = \lambda^3 - 0.3333\lambda - 0.625\lambda = \lambda(\lambda^2 - 0.9583)=0.$$ 特征值为 $0,\ \pm\sqrt{0.9583}\approx \pm0.979$，谱半径 ρ(J) ≈ 0.979 < 1。故 Jacobi 迭代收敛。

   （3）写出调整后方程组的 Gauss-Seidel 迭代矩阵

   调整后 A^′ = D + L + U，其中
   D = diag(4, 3, 6)，
   $L=\begin{bmatrix}0&0&0\\2&0&0\\5&0&0\end{bmatrix}$（严格下三角），
   $U=\begin{bmatrix}0&2&3\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$（严格上三角）。

   Gauss-Seidel 迭代矩阵： B_gs = −(D + L)⁻¹U. 先计算 (D + L)⁻¹： $$D+L=\begin{bmatrix}4&0&0\\2&3&0\\5&0&6\end{bmatrix},\quad (D+L)^{-1}= \begin{bmatrix} \frac{1}{4}&0&0\\ -\frac{1}{6}&\frac{1}{3}&0\\ -\frac{5}{24}&0&\frac{1}{6} \end{bmatrix}.$$ （验证：用初等变换或解方程可得。）

   再乘 U 并取负： $B_{gs}=- \begin{bmatrix} \frac{1}{4}&0&0\\ -\frac{1}{6}&\frac{1}{3}&0\\ -\frac{5}{24}&0&\frac{1}{6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&2&3\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix}$ $=- \begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}&\frac{3}{4}\\ 0&-\frac{1}{3}&-\frac{1}{2}\\ 0&-\frac{5}{12}&-\frac{5}{8} \end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix} 0&-\frac{1}{2}&-\frac{3}{4}\\ 0&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\\ 0&\frac{5}{12}&\frac{5}{8} \end{bmatrix}.$

   故 Gauss-Seidel 迭代矩阵为： $$\boxed{ B_{gs}= \begin{bmatrix} 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{3}{4}\\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{1}{2}\\ 0 & \frac{5}{12} & \frac{5}{8} \end{bmatrix}. }$$

知识点五：非线性方程数值解

1. 压缩映像定理验证
对于不动点迭代 x_k + 1 = g(x_k)，若在根 α 的某邻域内满足 |g^′(x)| ≤ L < 1（L 为压缩常数），则迭代收敛。
验证步骤：
① 确定含根区间 [a, b]（通常用零点定理 f(a)f(b) < 0）；
② 构造函数 g(x)，计算导数 g^′(x)；
③ 估计 max_{a ≤ x ≤ b}|g^′(x)| = L（单调性分析或直接求最值）；
④ 判断 L < 1，若成立则迭代收敛。

2. 不动点迭代误差有界估计式
若压缩常数 L 已知，且已算得前两步迭代值 x₀, x₁，则第 k 步误差满足：
$$|x_k-\alpha| \le \frac{L^k}{1-L}|x_1-x_0|.$$
用于预估达到指定精度所需的最小迭代次数。

3. 重根阶数判定定理（Multiplicity Test）
若 f(α) = f^′(α) = ⋯ = f^{(m − 1)}(α) = 0，但 f^(m)(α) ≠ 0，则 α 是 f(x) = 0 的 m 重根。

4. 修正Newton迭代公式
若已知根的重数 m，使用如下公式可恢复二阶收敛速度：
$$x_{k+1}=x_k-m\frac{f(x_k)}{f'(x_k)}.$$

5. Aitken加速方法
当压缩常数 L 接近1时，基本迭代收敛极慢。Aitken加速通过三个连续迭代值外推，大幅提高收敛速度。
计算步骤（在基本迭代 x_k + 1 = g(x_k) 的基础上）：
① 正常算两步：x_k + 1 = g(x_k), x_k + 2 = g(x_k + 1)；
② 加速外推（考场直接套公式）：
$$\hat{x}_k = x_k - \frac{(x_{k+1}-x_k)^2}{x_{k+2}-2x_{k+1}+x_k}.$$
③ 用 x̂_k 替代 x_k 继续迭代（或作为最终近似值）。
注意：当分母接近0时（已收敛），停止加速。

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1. 对非线性方程：f(x) = 4 − x − 2^x = 0

   （1）验证迭代公式 $x_{k+1}=g(x_k)=\frac{\ln(4-x_k)}{\ln 2}$ 的收敛性；

   （2）取初值 x₀ = 1.5 利用（1）中的公式迭代计算多少次可以达到 10⁻⁵ 精度要求？

   解析

   （1）构造 f(x) = 4 − x − 2^x，因 f(1) = 4 − 1 − 2 = 1 > 0，f(2) = 4 − 2 − 4 = −2 < 0，根 α ∈ (1, 2)。

   迭代函数导数： $$g'(x)=\frac{1}{\ln2}\cdot\frac{1}{4-x}\cdot(-1)=\frac{-1}{(4-x)\ln2}.$$ 在 x ∈ (1, 2) 上，4 − x ∈ (2, 3)，故 $|g'(x)|=\dfrac{1}{(4-x)\ln2}$ 单调递减，最大值在左端点 x = 1 处取得： $$L=\max_{1\le x\le2}|g'(x)|=\frac{1}{(4-1)\ln2}=\frac{1}{3\ln2}\approx\frac{1}{2.0794}\approx0.4809<1.$$ （注：原解答对区间选择有误，若取 x ∈ (1, 2)，分母最小为 4 − 2 = 2，但实际 g^′(x) 最大在 x = 1 处，分母 4 − 1 = 3，更严谨。）

   因此压缩常数 L = 0.4809 < 1，由压缩映像定理，该不动点迭代在根邻域内收敛。

   （2）初值 x₀ = 1.5，计算： $$x_1=g(1.5)=\frac{\ln(4-1.5)}{\ln2}=\frac{\ln2.5}{\ln2}\approx1.321928.$$ 初始误差跨度： |x₁ − x₀| = |1.321928 − 1.5| = 0.178072. 由误差有界估计式： $$\frac{L^k}{1-L}|x_1-x_0|\le 10^{-5}.$$ 代入 L = 0.4809，1 − L = 0.5191，$\dfrac{|x_1-x_0|}{1-L}=\dfrac{0.178072}{0.5191}\approx0.3430$，于是： 0.4809^k × 0.3430 ≤ 10⁻⁵ ⟹ 0.4809^k ≤ 2.915 × 10⁻⁵. 两边取自然对数（或常用对数），这里用自然对数： kln (0.4809) ≤ ln (2.915 × 10⁻⁵) $$k \ge \frac{\ln(2.915\times10^{-5})}{\ln(0.4809)} = \frac{-10.443}{-0.7320} \approx 14.27.$$ 向上取整，$\boxed{k\ge15}$，即至少需要迭代 15 次。

2. x^* = 0 是 f(x) = e^3x − 1 − 3x − 4.5x² = 0 的几重根？取 x₀ = 0.5，分别用 Newton 公式与求重根的修正 Newton 公式计算此根的近似值，精确至 |f(x_k)| ≤ 10⁻²。

   解析

   1. 确定重根数：

      f(x) = e^3x − 1 − 3x − 4.5x² ⟹ f(0) = 1 − 1 − 0 − 0 = 0

      f^′(x) = 3e^3x − 3 − 9x ⟹ f^′(0) = 3 − 3 − 0 = 0

      f^″(x) = 9e^3x − 9 ⟹ f^″(0) = 9 − 9 = 0

      f^‴(x) = 27e^3x ⟹ f^‴(0) = 27 ≠ 0

      根据定理，x^* = 0 是系统的 3 重根 (m = 3)。

   2. 修正 Newton 迭代式计算：

      $$x_{k+1} = x_k - 3\frac{f(x_k)}{f'(x_k)} = x_k - 3\frac{e^{3x_k}-1-3x_k-4.5x_k^2}{3e^{3x_k}-3-9x_k}$$

      代入初始点进行数值推进，直至函数输出模长跨入 10⁻² 阈值内。

知识点六：运筹与最优化（线性规划）

【核心知识与公式】

• 线性规划 (Linear Programming) 标准型：要求目标函数极大化（max Z），所有约束条件均为等式（非等式加入非负松弛变量 x_s），且所有决策变量非负。

• 数学模型三要素：决策变量 (Decision Variables)（即待求的生产数量）、目标函数 (Objective Function)（本题为追求利润最大化）、约束条件 (Constraints)（即资源总量的限制与变量的非负性）。

• 模型标准化 (Standardization)：在使用单纯形法前，必须将一般线性规划模型转化为标准型。引入松弛变量 (Slack Variables)，将不等式约束转化为等式约束。

• 极点最优性定理：线性规划如果存在可行最优解，该解必在可行域（凸多面体）的几何顶点（极点）上被截获。

• 单纯形法 (Simplex Method) 法则：

  • 检验数 (Reduced Cost) σ_j：用于判断当前基本可行解是否最优。对于最大化问题，若所有检验数 σ_j ≤ 0，则达到最优解。

  • 进基变量选择：检验数中具有最大正检验数的非基变量优先选入。

  • 出基变量选择：依据最小非负比值原则 (θ 规则) 确定离开基底的变量，以保证解的非负性。

    $$\theta = \min_{a_{ik} > 0} \left\{ \frac{b_i}{a_{ik}} \right\}$$

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1. 填空：选择进基变量的基本原则是_____，选择出基变量的原则是_____。

   解析

   1. 进基变量基本原则：最大正检验数原则（针对目标函数求最大值问题）。
   2. 出基变量选择原则：最小非负比值原则（或称 θ 规则）。

2. （1）若线性规划有最优解，则必然在凸多边形（或凸多面体）的____上达到最优。（2）回归分析中，如果解释变量存在完全共线性，其影响（ ）。

   解析

   答案：（1）顶点（或极点）（2）X^′X 矩阵不可逆，导致回归系数的最小二乘估计量 β̂ = (X^′X)⁻¹X^′y 不存在（无法唯一确定）。

3. 某厂利用 A、B 两种原料生产甲、乙两种产品，技术参数如下：

   （1）建立使工厂利润最大的生产计划数学模型；

   （2）将模型标准化；利用单纯形法求出最优生产计划，列出单纯形表求解过程。

   资源	产品甲消耗 (万吨/万件)	产品乙消耗 (万吨/万件)	资源总量 (万吨)
   A	5	2	15
   B	4	8	20
   产品利润 (万元/万件)	6	2

   解析

   ### （1）建立数学模型

   设生产产品甲的数量为 x₁ 万件，生产产品乙的数量为 x₂ 万件。

   目标函数：

   求利润最大化：

   max Z = 6x₁ + 2x₂

   约束条件：

   根据 A、B 两种资源的消耗量和总量限制，以及实际生产数量非负的特性，列出约束方程组：

   $$s.t. \begin{cases} 5x_1 + 2x_2 \le 15 & \text{(原料A限制)} \\ 4x_1 + 8x_2 \le 20 & \text{(原料B限制)} \\ x_1, x_2 \ge 0 & \text{(非负约束)} \end{cases}$$

   ### （2）模型标准化与单纯形法求解

   1. 将模型标准化

   为了将不等号转换为等号，引入两个非负的松弛变量 x₃ ≥ 0 和 x₄ ≥ 0（分别代表原料A和原料B的剩余量）。

   标准型数学模型如下：

   max Z = 6x₁ + 2x₂ + 0x₃ + 0x₄

   $$s.t. \begin{cases} 5x_1 + 2x_2 + x_3 = 15 \\ 4x_1 + 8x_2 + x_4 = 20 \\ x_1, x_2, x_3, x_4 \ge 0 \end{cases}$$

   2. 单纯形法迭代求解过程

   初始基本可行解对应的基变量为 x₃ 和 x₄。

   初始单纯形表（迭代 0）

   CB	基变量	常数项 b	x1 (c1=6)	x2 (c2=2)	x3 (c3=0)	x4 (c4=0)	θi (最小比值)
   0	x3	15	5	2	1	0	15/5 = 3
   0	x4	20	4	8	0	1	20/4 = 5
   	检验数 σj		6	2	0	0

   • 分析： 检验数中最大正数为 σ₁ = 6 > 0，因此 x₁ 为入基变量。计算 θ_i：min (15/5, 20/4) = 3，由第一行产生，因此 x₃ 为出基变量。主元素（中心元）为 a₁₁ = 5。

     进行矩阵的初等行变换（旋转运算）：

   • 第一行除以主元素 5。

   • 第二行减去（新的第一行 ×4）。

   第一次迭代单纯形表（迭代 1）

   CB	基变量	常数项 b	x1 (c1=6)	x2 (c2=2)	x3 (c3=0)	x4 (c4=0)
   6	x1	3	1	2/5	1/5	0
   0	x4	8	0	32/5	−4/5	1
   	检验数 σj		0	−2/5	−6/5	0

   计算检验数过程核对：

   • σ₁ = 6 − (6 × 1 + 0 × 0) = 0

   • $\sigma_2 = 2 - (6 \times \frac{2}{5} + 0 \times \frac{32}{5}) = 2 - \frac{12}{5} = -\frac{2}{5}$

   • $\sigma_3 = 0 - (6 \times \frac{1}{5} + 0 \times -\frac{4}{5}) = -\frac{6}{5}$

   • σ₄ = 0 − (6 × 0 + 0 × 1) = 0

   • 结论判断： 在此单纯形表中，所有的检验数 σ_j ≤ 0（分别为 0, −2/5, −6/5, 0），满足最优性判定条件，迭代结束。

   3. 输出最优生产计划

   由最终的单纯形表可直接读出最优解：

   • 基变量 x₁ = 3，非基变量 x₂ = 0。

   • 松弛变量 x₄ = 8（表明原料B剩余8万吨），x₃ = 0（原料A全部耗尽）。

   • 最大利润 Z = 6 × 3 + 2 × 0 = 18。

     最终答复：*最优生产计划为*生产产品甲 3 万件，生产产品乙 0 万件，此时工厂可获得最大利润 18 万元。

知识点七：概率统计与假设检验

1 常见分布速查总表（离散+连续）

类型	分布名称	记号 / 概率形态	期望 E(X)	方差 D(X)	适用场景
离散	二项分布	X ∼ B(n, p)，P(X = k) = Cnkpk(1 − p)n − k	np	np(1 − p)	n次独立重复试验成功次数
	泊松分布	X ∼ P(λ)，$P(X=k)=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$	λ	λ	单位时间内稀有事件发生次数
	几何分布	P(X = k) = (1 − p)k − 1p（首次成功）	1/p	(1 − p)/p2	首次成功所需试验次数
	超几何分布	$P(X=k)=\frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}$	$n\frac{M}{N}$	$n\frac{M}{N}(1-\frac{M}{N})\frac{N-n}{N-1}$	无放回抽样的成功次数
连续	正态分布	X ∼ N(μ, σ2)，$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$	μ	σ2	中心极限定理的基础
	标准正态	Z ∼ N(0, 1)	0	1	标准化变换 $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$
	卡方分布	χ2 ∼ χ2(n)（n个独立标准正态平方和）	n	2n	方差检验、拟合优度
	t 分布	t ∼ t(n)（标准正态 / $\sqrt{\chi^2/n}$）	0（n > 1）	$\frac{n}{n-2}$（n > 2）	小样本均值检验（方差未知）
	F 分布	F ∼ F(n1, n2)（两卡方之比）	$\frac{n_2}{n_2-2}$（n2 > 2）	较复杂	方差齐性检验、ANOVA
	指数分布	X ∼ Exp(λ)，f(x) = λe−λx（x > 0）	1/λ	1/λ2	寿命、等待时间
	均匀分布	X ∼ U(a, b)，$f(x)=\frac{1}{b-a}$（a ≤ x ≤ b）	$\frac{a+b}{2}$	$\frac{(b-a)^2}{12}$	等概率区间

2 点估计的两大通用方法（MLE与矩估计）

• 极大似然估计（MLE）：L(θ) = ∏f(x_i; θ) → 取对数 → 求导令为0（适用于表中任意分布，只需替换 f）。

• 矩估计（MoM）：令总体矩 = 样本矩。单参数：E(X) = X̄；多参数：再加 $E(X^2)=\frac{1}{n}\sum X_i^2$ 联立。

  例：指数分布 Exp(λ)，E(X) = 1/λ = X̄ ⇒ λ̂ = 1/X̄（矩估计）；MLE结果相同（指数分布特例）。

3 区间估计与假设检验的统合框架（Z / t / 卡方 / F）

统一逻辑：

• 检验统计量 = $\dfrac{\text{点估计} - \text{原假设值}}{\text{标准误}(SE)}$ （卡方和F另有形式，见下表）。

• 置信区间 = 点估计 ± 分位数 × SE。

检验目的	条件 / 变量	检验统计量显式公式	标准误 SE（区间用）	分布（自由度）	接受域（接受 H0 的条件）
单样本均值（Z检验）	σ 已知	$Z=\dfrac{\bar{x}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$	$\sigma/\sqrt{n}$	Z	双侧：∥Z∥ ≤ Zα/2 右侧：Z ≤ Zα 左侧：Z ≥ −Zα
单样本均值（t检验）	σ 未知，用样本 s	$t=\dfrac{\bar{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}}$	$s/\sqrt{n}$	t(n − 1)	双侧：∥t∥ ≤ tα/2(n − 1) 右侧：t ≤ tα(n − 1) 左侧：t ≥ −tα(n − 1)
双样本均值差（Z检验）	两 σ 已知	$Z=\dfrac{(\bar{x}_1-\bar{x}_2)-(\mu_1-\mu_2)_0}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$	$\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}$	Z	双侧：∥Z∥ ≤ Zα/2 右侧：Z ≤ Zα
双样本均值差（t检验，齐性）	两 σ 未知但相等	$t=\dfrac{(\bar{x}_1-\bar{x}_2)-(\mu_1-\mu_2)_0}{s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}$ $s_p^2=\frac{(n_1-1)s_1^2+(n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$	$s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}$	t(n1 + n2 − 2)	双侧：∥t∥ ≤ tα/2(n1 + n2 − 2) 右侧：t ≤ tα(n1 + n2 − 2)
单样本比例（Z检验）	二项总体，大样本	$Z=\dfrac{\hat{p}-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$	$\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$	Z	双侧：∥Z∥ ≤ Zα/2 右侧：Z ≤ Zα
双样本比例差（Z检验）	两独立二项，大样本	$Z=\dfrac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-0}{\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2})}}$	$\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2})}$	Z	右侧：Z ≤ Zα
单总体方差（卡方检验）	正态总体，检验 σ2	$\chi^2=\dfrac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2}$	—	χ2(n − 1)	双侧：χ1 − α/22(n − 1) ≤ χ2 ≤ χα/22(n − 1) 右侧：χ2 ≤ χα2(n − 1)
两总体方差齐性（F检验）	两正态总体	$F=\dfrac{s_1^2}{s_2^2}$ （大者作分子）	—	F(n1 − 1, n2 − 1)	双侧：F ≤ Fα/2(n1 − 1, n2 − 1)
卡方拟合优度/独立性	分类数据	$\chi^2=\sum\dfrac{(O-E)^2}{E}$	—	χ2((r − 1)(c − 1))	右侧：χ2 ≤ χα2
单因素方差分析（F检验）	多组比较	$F=\dfrac{SSA/(k-1)}{SSE/(n-k)}$	—	F(k − 1, n − k)	右侧：F ≤ Fα(k − 1, n − k)

P值统一判定（覆盖全表）：P值 = 在 H₀ 成立下出现当前统计量或更极端值的概率。若 P < α，一律拒绝 H₀。

示例（袋装零食）：σ 已知，单样本Z区间。$\bar{x}=102,\ SE=3/\sqrt{25}=0.6$，区间 102 ± 1.96 × 0.6 = (100.824, 103.176)。

4 一元线性回归（OLS）

4.1 模型与基本假定（BLUE）

• 模型：Y_i = β₀ + β₁X_i + ε_i
• 高斯-马尔可夫假定：ε_i ∼ N(0, σ²) 独立同分布（线性、独立性、正态性、同方差性）。

4.2 最小二乘参数估计

• 斜率： $$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{\sum (X_i - \bar{X})^2}$$
• 截距： β̂₀ = Ȳ − β̂₁X̄
• 预测值：Ŷ_i = β̂₀ + β̂₁X_i

4.3 拟合优度（R² 与修正 R²）

• 总平方和：SS_T = ∑(Y_i − Ȳ)²

• 回归平方和：SS_R = ∑(Ŷ_i − Ȳ)²

• 残差平方和：SS_E = ∑(Y_i − Ŷ_i)²

• 恒等关系：SS_T = SS_R + SS_E

• 决定系数： $$R^2 = \frac{SS_R}{SS_T} = 1 - \frac{SS_E}{SS_T}$$

• 修正决定系数（含 p 个自变量，一元时 p = 1）： $$R_{adj}^2 = 1 - \frac{SS_E / (n-p-1)}{SS_T / (n-1)}$$

  防坑：R² 随自变量增加只增不减，判断模型优劣必须看 R_adj²。

4.4 显著性检验（整体与个体）

• 残差方差估计：$s_e^2 = \frac{SS_E}{n-2}$
• 回归系数 t 检验（检验 β₁ ≠ 0）： $$t = \frac{\hat{\beta}_1}{s_e / \sqrt{\sum (X_i - \bar{X})^2}} \sim t(n-2)$$
• 整体 F 检验（一元中等价于 t 检验）： $$F = \frac{SS_R / 1}{SS_E / (n-2)} = t^2 \sim F(1, n-2)$$

4.5 预测区间（给定新点 x₀）

$$\hat{y}_0 \pm t_{\alpha/2}(n-2) \cdot s_e \sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{(x_0 - \bar{x})^2}{\sum (x_i - \bar{x})^2}}$$

4.6 补充：多重共线性（针对多元回归扩展）

• 完全共线性：X^′X 奇异，OLS 无唯一解，软件自动剔除冗余变量。
• 近似共线性：方差膨胀因子 VIF > 10 时，系数方差膨胀，t 检验失效，需改用逐步回归或岭回归。

---

5 方差分析与试验设计（ANOVA & DOE）

5.0 全局统一计算基石（所有 ANOVA 共用）

设总试验次数为 N，所有观测值总和为 T = ∑y_i。

• 校正项：$CT = \frac{T^2}{N}$

• 总离差平方和：SS_T = ∑y_i² − CT

• 任一因素（组间）平方和的通式（核心公式，后续直接套用）： $$SS_{因素} = \sum_{i=1}^{m} \frac{K_i^2}{n_i} - CT$$ 其中 m 为该因素水平数，K_i 为第 i 水平的数据和，n_i 为该水平重复次数。

  若为均衡设计（各水平重复次数相同，均为 r），简化为： $$SS_{因素} = \frac{1}{r}\sum_{i=1}^{m} K_i^2 - CT$$

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5.1 单因素方差分析（One-Way ANOVA）

适用条件：1 个因素（k 个水平），总样本 N。

项目	公式/取值
模型	Yij = μ + αi + εij
平方和分解	SST = SSA + SSE $$SS_A = \sum_{i=1}^{k} n_i (\bar{y}_{i\cdot} - \bar{y})^2= \sum_{i=1}^{k} \frac{T_i^2}{n_i} - \frac{T^2}{N}$$ $$SS_E = \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{n_i} (y_{ij} - \bar{y}_{i\cdot})^2= \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{n_i} y_{ij}^2 - \sum_{i=1}^{k} \frac{T_i^2}{n_i}$$
自由度	dfA = k − 1；dfE = N − k
F 统计量	$F = \frac{SS_A / df_A}{SS_E / df_E} \sim F(df_A, df_E)$

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5.2 双因素方差分析（Two-Way ANOVA）

5.2.1 无交互作用（无重复试验）

适用条件：行因素 A（r 水平）、列因素 B（c 水平），每个单元格 1 个数据。

项目	公式/取值
模型	Yij = μ + αi + βj + εij
平方和分解	SST = SSA + SSB + SSE
SSA 求法	将行因素 A 的 r 个水平合计 KAi 代入 5.0 通式（每个水平重复 c 次）
SSB 求法	将列因素 B 的 c 个水平合计 KBj 代入 5.0 通式（每个水平重复 r 次）
误差项	SSE = SST − SSA − SSB
自由度	dfA = r − 1；dfB = c − 1；dfE = (r − 1)(c − 1)
双 F 统计量	$F_A = \frac{SS_A/df_A}{SS_E/df_E}$；$F_B = \frac{SS_B/df_B}{SS_E/df_E}$

5.2.2 有交互作用（有重复试验）

适用条件：每格有 n^′ 次重复，总 N = r × c × n^′。

项目	公式/取值
模型	Yijk = μ + αi + βj + (αβ)ij + εijk
平方和分解	SST = SSA + SSB + SSAB + SSE
SSA, SSB	同 5.2.1 方法，代入 5.0 通式
SSAB	$SS_{AB} = \left[ \frac{1}{n'} \sum_{i=1}^{r}\sum_{j=1}^{c} K_{ij}^2 - CT \right] - SS_A - SS_B$（Kij 为单元格内数据和）
误差项	SSE = SST − SSA − SSB − SSAB
自由度	dfA = r − 1；dfB = c − 1；dfAB = (r − 1)(c − 1)；dfE = rc(n′ − 1)
三 F 统计量	$F_A = \frac{MS_A}{MS_E}$；$F_B = \frac{MS_B}{MS_E}$；$F_{AB} = \frac{MS_{AB}}{MS_E}$

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5.3 正交试验设计（极差分析与方差分析）

适用条件：L 型正交表（均衡设计），总试验 N 次，因素水平数 m，每水平重复 r = N/m 次。

5.3.1 极差分析（排主次、选最优——直观判断）

• 第 j 列第 i 水平数据和：K_ji
• 极差： R_j = max (K_j1, ..., K_jm) − min (K_j1, ..., K_jm)
• 决策：R_j 越大，该因素影响越大（主次排序依据）；望大特性选 max K_ji，望小选 min K_ji。

5.3.2 方差分析（看显著性——统计依据）

• 第 j 列平方和：直接将各列的 K_ji 代入 5.0 通式（均衡设计，分母为 r）： $$SS_j = \frac{1}{r}\sum_{i=1}^{m} K_{ji}^2 - CT$$
• 自由度：df_j = m − 1

5.3.3 误差项 SS_e 与 df_e 的确定（考场决策树）

情形	条件	处理方法
A（有空列）	正交表中存在未安排因素的空列	直接取：SSe = SS空列，dfe = df空列
B（有重复试验）	无空列，但同一试验条件重复进行	计算单元格内波动：SSe = ∑∑(yijk − ȳij)2，dfe = N − 试验组合数
C（无空列且无重复）	饱和正交表（因素数 = 列数）	合并小平方和法：将 SS 值最小的若干列合并，即 SSe = SS(1) + SS(2) + ⋯，dfe 对应相加；或声明近似指定某列为误差

5.3.4 构造 F 统计量

• MS_e = SS_e/df_e
• MS_j = SS_j/df_j
• $$F_j = \frac{MS_j}{MS_e} \sim F(df_j, df_e)$$

5.3.5 方差分析表模板（正交试验考场默写）

来源	平方和 SS	自由度 df	均方 MS	F 值	临界值	显著性
因素 1	SS1	m − 1	SS1/df1	MS1/MSe	Fα(df1, dfe)	*
因素 2	SS2	m − 1	SS2/df2	MS2/MSe	Fα(df2, dfe)	*
…	…	…	…	…	…	…
误差	SSe	dfe	MSe	—	—	—
总和	SST	N − 1	—	—	—	—

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5.4 考场急救与优先规则（写在最后）

1. F 值极端处理：若某因素 F_j < 1，说明其影响小于误差波动，直接将该因素合并入误差（SS_e 和 df_e 重新累加），再重算其余因素的 F 值。
2. 极差与 F 检验优先级：极差 R 只负责排主次顺序；显著性结论只看 F 检验。若 F 不显著，即便极差大，也不能写“影响显著”。
3. 常见临界值速记（α = 0.05）：F_0.05(1, n − 2) 约等于 t² 临界；F_0.05(2, 2) = 19.00，F_0.05(2, 3) = 9.55。若试卷附 F 表，则直接查表。

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1. 采用最大似然法进行参数估计的前提是_____。

   解析

   答案：样本必须满足独立同分布条件。

2. 判断以下 8 个变量中离散型随机变量的个数：交通事故次数、次品数量、零件加工时间、城市用电量、网站点击量、地区降雨量、成年人身高、地方气温。

   解析

   逐项审查变量在数学轴上的可列举性：

   1. 交通事故次数（计数值，可一一列举 → 离散型）

   2. 次品数量（计数值，可一一列举 → 离散型）

   3. 零件加工时间（连续实数段 → 连续型）

   4. 城市用电量（连续实数段 → 连续型）

   5. 网站点击量（计数值，可一一列举 → 离散型）

   6. 地区降雨量（属于降雨物理体积，连续实数段 → 连续型）

   7. 成年人身高（连续实数段 → 连续型）

   8. 地方气温（连续实数段 → 连续型）

      统计离散随机变量总数：3 个。

3. 设总体 X 服从 [1, 1 + θ] 上的均匀分布，则 θ 的矩法估计为______，极大似联估计为______。

   解析

   1. 矩估计推导：

      均匀分布的理论期望公式为两端点均值：

      $$E(X) = \frac{1 + (1+\theta)}{2} = 1 + \frac{\theta}{2}$$

      令样本均值 X̄ = E(X)：

      $$\bar{X} = 1 + \frac{\theta}{2} \implies \frac{\theta}{2} = \bar{X} - 1 \implies \hat{\theta}_M = 2(\bar{X}-1)$$

   2. 极大似然估计推导：

      似然函数要求所有样本点必须落在该定义域内：

      1 ≤ X_i ≤ 1 + θ ⟹ 1 + θ ≥ max (X_i)

      为了使似然概率密度 $\frac{1}{\theta^n}$ 达到最大，θ 必须尽量小，故取边界值：

      1 + θ = X_(n)  (其中 X_(n) 表示样本最大值) ⟹ θ̂_MLE = X_(n) − 1

4. 如果$ x,y $有如下形式的一元线性回归模型 Y = a + 0.8x + ε，ε ∼ N(0, σ²)，独立观测数据为 (x_i, y_i)，则 a 的最小二乘估计为（ ），σ² 的无偏估计为（ ）。

   解析

   1. 求 a 的估计值：

      对回归模型两边同求期望均值：

      ȳ = â + 0.8x̄ ⟹ â = ȳ − 0.8x̄

   2. 求 σ² 的无偏估计：

      残差平方和 $RSS = \sum_{i=1}^n (y_i - \hat{a} - 0.8x_i)^2$。由于回归模型中斜率 0.8 是已知的确定常数，整个模型中只有 a 这一个未知参数被拟合估计，因此自由度只损失 1 个，分母除以 n − 1：

      $$\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(y_i - \hat{a} - 0.8x_i)^2$$

5. 电子元件电阻数据：48, 52, 49, 51, 50, 53, 47, 54, 46。

   1. 求总体均值的 90% 置信区间；

   2. 检验 H₀ : μ ≤ 50 vs H₁ : μ > 50（α = 0.1）；

   3. 说明 P 值含义。

   解析

   1. 基础统计量提取：

      样本量 n = 9,  样本均值 x̄ = 50

      $$s^2 = \frac{1}{9-1}\sum(x_i - 50)^2 = 7.5 \implies \text{样本标准差 } s \approx 2.7386$$

   2. 置信区间(1)计算：

      自由度 df = n − 1 = 8，双侧查表 t_0.05(8) = 1.8595：

      $$\text{误差边际 } E = 1.8595 \times \frac{2.7386}{\sqrt{9}} = 1.8595 \times 0.9129 \approx 1.698$$

      置信区间为 [50 − 1.698, 50 + 1.698] ⟹ (48.30, 51.70)

   3. 假设检验(2)判定：

      单侧检验统计量 t 构造：

      $$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}} = \frac{50 - 50}{2.7386/3} = 0$$

      单侧拒绝域临界值 t_0.1(8) = 1.396。由于 t = 0 < 1.396，无法拒绝原假设 H₀。

   4. P值(3)科学含义：

      当原假设 H₀ 严格成立时，获得的样本观测值（或比当前观测值更极端的情况）发生的概率。

6. 原来的催化剂 x̄₁ = 91.73, s₁² = 3.89, n₁ = 8；新的催化剂 x̄₂ = 93.75, s₂² = 4.02, n₂ = 8。

   1. 试问两总体的标准差是否相同？(取 α = 0.05)

   2. 求得率差别 μ₁ − μ₂ 的 90% 置信区间。

   解析

   1. 方差齐性 F 检验(1)：

      $$F = \frac{s_2^2}{s_1^2} = \frac{4.02}{3.89} \approx 1.0334$$

      查双侧临界表 F_0.025(7, 7) = 4.99。因为 F = 1.0334 < 4.99，接受方差齐性假设，即标准差相同。

   2. 得率差置信区间(2)计算：

      计算联合方差 s_p：

      $$s_p = \sqrt{\frac{(8-1)\times 3.89 + (8-1)\times 4.02}{8+8-2}} = \sqrt{\frac{7 \times 7.91}{14}} = \sqrt{3.955} \approx 1.9887$$

      自由度 df = 14，双侧 90% 查表临界值 t_0.05(14) = 1.7613：

      $$\text{误差半径 } E = 1.7613 \times 1.9887 \times \sqrt{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}} = 1.7613 \times 1.9887 \times 0.5 \approx 1.7513$$

      点估计中心：x̄₁ − x̄₂ = 91.73 − 93.75 = −2.02

      置信区间：−2.02 ± 1.7513 ⟹ (−3.771, −0.269)

7. 四种不同品种棉花产量数据如下，验证是否存在显著差异。

   • 品种1 (n₁ = 3): 70, 75, 80. 均值 x̄₁ = 75
   • 品种2 (n₂ = 4): 77, 78, 80, 85. 均值 x̄₂ = 80
   • 品种3 (n₃ = 2): 46, 54. 均值 x̄₃ = 50
   • 品种4 (n₄ = 3): 82, 85, 88. 均值 x̄₄ = 85

   解析

   总样本量 n = 3 + 4 + 2 + 3 = 12，总体大均值 x̄ = 75。

   1. 计算组间平方和 (SSA)：

      $$SSA = \sum_{j=1}^4 n_j(\bar{x}_j - \bar{x})^2 = 3(75-75)^2 + 4(80-75)^2 + 2(50-75)^2 + 3(85-75)^2$$

      SSA = 3(0) + 4(25) + 2(625) + 3(100) = 0 + 100 + 1250 + 300 = 1650

   2. 计算组内平方和 (SSE)：

      分别求各组内偏离平方和再累加：

      组1: (70 − 75)² + (75 − 75)² + (80 − 75)² = 50

      组2: (77 − 80)² + (78 − 80)² + (80 − 80)² + (85 − 80)² = 9 + 4 + 0 + 25 = 38

      组3: (46 − 50)² + (54 − 50)² = 16 + 16 = 32

      组4: (82 − 85)² + (85 − 85)² + (88 − 85)² = 9 + 0 + 9 = 18

      SSE = 50 + 38 + 32 + 18 = 138

   3. 构建 F 统计量：

      $$MSA = \frac{SSA}{k-1} = \frac{1650}{4-1} = 550, \quad MSE = \frac{SSE}{n-k} = \frac{138}{12-4} = 17.25$$

      $$F = \frac{MSA}{MSE} = \frac{550}{17.25} \approx 31.884$$

      查表临界值 F_0.05(3, 8) = 4.07。因为 F = 31.884 > 4.07，强烈拒绝原假设，品种间产量存在显著差异。

8. 四因素三水平正交试验结果表分析各因素对拉伸强度影响是否显著。

   试验号	A	B	C	D	拉伸强度 (指标值)
   1	A1	180℃	10MPa	圆形	50
   2	A1	200℃	15MPa	方形	55
   3	A1	220℃	20MPa	三角形	60
   4	A2	180℃	15MPa	三角形	58
   5	A2	200℃	20MPa	圆形	62
   6	A2	220℃	10MPa	方形	56
   7	A3	180℃	20MPa	方形	48
   8	A3	200℃	10MPa	三角形	52
   9	A3	220℃	15MPa	圆形	56

   解析

   本题共有 N = 9 次试验，观测值总和：

   T = 50 + 55 + 60 + 58 + 62 + 56 + 48 + 52 + 56 = 497

   以因素 A 为例进行离差分析（每个水平重复 r = 3 次）：

   1. 计算各水平加和 K_i：

      K_A1 = 50 + 55 + 60 = 165

      K_A2 = 58 + 62 + 56 = 176

      K_A3 = 48 + 52 + 56 = 156

   2. 计算因素 A 的平方和 (SS_A)：

      $$SS_A = \frac{1}{3}\left(K_{A1}^2 + K_{A2}^2 + K_{A3}^2\right) - \frac{T^2}{9}$$

      $$SS_A = \frac{1}{3}\left(165^2 + 176^2 + 156^2\right) - \frac{497^2}{9}$$

      $$SS_A = \frac{1}{3}(27225 + 30976 + 24336) - \frac{247009}{9} = \frac{82537}{3} - 27445.44 = 27512.33 - 27445.44 = 66.89$$

   3. 对其他因素 B、C、D 重复上述步骤求出 SS_B, SS_C, SS_D，代入方差分析表求均方商，与对应的 F 临界值比较以评定各分量显著性。

9. A、B两厂生产同样材料，已知其抗压强度均服从正态分布，且 σ_A = 27，σ_B = 32。现从A厂生产的材料中随机抽取81个样品，测得 x̄_A = 1035 kg/cm²；从B厂生产的材料中随机抽取64个样品，测得 x̄_B = 1020 kg/cm²。

   1. 根据以上调查结果，在0.05的显著性水平下能否认为A厂生产的材料平均抗压强度比B厂高？（已知 Z_0.025 = 1.96，Z_0.05 = 1.65）

   2. 若计算得到统计量相应的P值为0.0031，试解释P值的含义。

   解析

   1. 设A厂抗压强度均值为 μ_A，B厂为 μ_B。检验 H₀ : μ_A ≤ μ_B（即A不高于B），H₁ : μ_A > μ_B（右侧单侧检验）。

   已知：x̄_A = 1035, x̄_B = 1020, σ_A = 27, σ_B = 32, n_A = 81, n_B = 64。

   检验统计量（Z）：

   $$Z=\frac{(\bar{x}_A-\bar{x}_B)-0}{\sqrt{\frac{\sigma_A^2}{n_A}+\frac{\sigma_B^2}{n_B}}} =\frac{1035-1020}{\sqrt{\frac{27^2}{81}+\frac{32^2}{64}}} =\frac{15}{\sqrt{9+16}} =\frac{15}{5}=3.$$

   临界值 Z_0.05 = 1.65。由于 Z = 3 > 1.65，落入拒绝域，因此在0.05显著性水平下拒绝 H₀，认为A厂材料的平均抗压强度显著高于B厂。

   2. P值为0.0031的含义是：在 H₀（A厂平均强度不高于B厂）成立的条件下，观察到当前样本均值差（15 kg/cm²）或更大差异的概率为0.0031。因为 0.0031 < 0.05，说明在显著性水平0.05下拒绝 H₀ 的证据非常充分。

10. 某车间为了制定工时定额，需要确定加工零件所消耗的时间，为此进行了10次试验，其结果如下表所示：

    X/个	68	53	70	84	60	72	51	83	70	64
    Y/min	288	293	349	343	290	354	283	324	340	286

    其中，X表示零件数，Y表示时间。基于以上数据，部分计算结果如下： ∑X = 675,  ∑X² = 46659,  ∑Y = 3150,  ∑XY = 214267,  ∑(X_i − X̄)² = 1096.5,  ∑(Y_i − Ȳ)² = 7870.

    要求：

    1. 写出线性回归分析要满足的基本假定。

    2. 拟合简单线性回归方程，并解释方程中回归系数的意义。

    3. 进行显著性检验，显著性水平为0.05，t_0.025(8) = 2.306，t_0.05(8) = 1.860，F_0.05(1, 8) = 5.318。

    4. 假定 x₀ = 65，利用拟合的回归方程预测相应的时间，并给出置信度为95%的预测区间。

    解析

    1. 线性回归分析的基本假定：

    ① 线性性：因变量与自变量之间存在线性关系 Y = β₀ + β₁X + ε；

    ② 独立性：各观测值相互独立，即误差项 ε_i 相互独立；

    ③ 正态性：随机误差项服从正态分布 ε_i ∼ N(0, σ²)；

    ④ 同方差性：各观测值的误差方差相等，即 Var(ε_i) = σ² 为常数。

    2. 拟合线性回归方程

    已知：n = 10,∑X = 675, ∑Y = 3150, ∑X² = 46659, ∑XY = 214267, ∑(X_i − X̄)² = 1096.5。

    先算：

    $$\bar{X}=\frac{675}{10}=67.5,\quad \bar{Y}=\frac{3150}{10}=315.$$

    $$\sum(X_i-\bar{X})(Y_i-\bar{Y})=\sum XY-\frac{1}{n}(\sum X)(\sum Y) =214267-\frac{675\times3150}{10} =214267-212625=1642.$$

    斜率：

    $$\hat{\beta}_1=\frac{\sum(X_i-\bar{X})(Y_i-\bar{Y})}{\sum(X_i-\bar{X})^2} =\frac{1642}{1096.5}\approx1.4975.$$

    截距：

    β̂₀ = Ȳ − β̂₁X̄ = 315 − 1.4975 × 67.5 = 315 − 101.081 = 213.919.

    回归方程：

    Ŷ = 213.919 + 1.4975X.

    回归系数意义：斜率 β̂₁ = 1.4975 表示零件数X每增加1个，加工时间Y平均增加约1.4975分钟。

    3. 显著性检验

    先算残差平方和 SSE：

    ∑Y² = ∑(Y_i − Ȳ)² + nȲ² = 7870 + 10 × 315² = 7870 + 992250 = 1000120.

    SSE = ∑Y² − β̂₀∑Y − β̂₁∑XY = 1000120 − 213.919 × 3150 − 1.4975 × 214267.

    计算：

    213.919 × 3150 = 673844.85，

    1.4975 × 214267 = 320864.83。

    SSE = 1000120 − 673844.85 − 320864.83 = 5410.32.

    残差方差：

    $$s_e^2=\frac{SSE}{n-2}=\frac{5410.32}{8}=676.29,\quad s_e=\sqrt{676.29}\approx26.006.$$

    斜率的t检验：

    $$s_{\hat{\beta}_1}=\frac{s_e}{\sqrt{\sum(X_i-\bar{X})^2}} =\frac{26.006}{\sqrt{1096.5}} =\frac{26.006}{33.113}=0.7854.$$

    $$t=\frac{\hat{\beta}_1-0}{s_{\hat{\beta}_1}} =\frac{1.4975}{0.7854}=1.906.$$

    临界值 t_0.025(8) = 2.306，|t| = 1.906 < 2.306，不拒绝 H₀，即斜率在0.05显著性水平下不显著。

    若用F检验：F = t² = 1.906² = 3.633 < F_0.05(1, 8) = 5.318，同样不显著。

    因此，在显著性水平0.05下，零件数X对加工时间Y的线性影响不显著。

    4. 预测区间

    给定 x₀ = 65，预测值：

    ŷ₀ = 213.919 + 1.4975 × 65 = 213.919 + 97.3375 = 311.2565.

    预测区间公式：

    $$\hat{y}_0 \pm t_{0.025}(8)\cdot s_e\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{(x_0-\bar{X})^2}{\sum(X_i-\bar{X})^2}}.$$

    其中：

    (x₀ − X̄)² = (65 − 67.5)² = (−2.5)² = 6.25.

    $$\sqrt{1+\frac{1}{10}+\frac{6.25}{1096.5}} =\sqrt{1+0.1+0.00570} =\sqrt{1.10570}\approx1.0515.$$

    t_0.025(8) ⋅ s_e ⋅ 1.0515 = 2.306 × 26.006 × 1.0515 = 2.306 × 27.345 ≈ 63.07.

    预测区间：

    311.2565 ± 63.07 = (248.19, 374.33).

    即在95%置信水平下，当零件数为65个时，加工时间的预测区间为：

    (248.19, 374.33) 分钟.