2025年大學《數(shù)學與應用數(shù)學》專業(yè)題庫——數(shù)學在無人機技術(shù)中的重要性考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)$I=\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$。不計積分常數(shù)，求微分方程$y'-xy=x^3e^{\frac{x^2}{2}}$的通解，并求$I$的值。二、已知向量組$\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,2,2),\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,1,1),\boldsymbol{\alpha}_3=(0,0,1,2),\boldsymbol{\alpha}_4=(0,0,0,1)$。1.證明向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$線性無關(guān)。2.求向量組$\boldsymbol{\beta}_1=(1,0,3,0),\boldsymbol{\beta}_2=(0,1,1,1)$關(guān)于向量組$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$的線性表示式（如果存在）。三、設(shè)$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}$，$\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。1.求$\mathbf{A}$的逆矩陣$\mathbf{A}^{-1}$。2.求$\mathbf{A}^2-2\mathbf{A}\mathbf{B}+\mathbf{I}$，其中$\mathbf{I}$是三階單位矩陣。四、考慮無人機在水平面內(nèi)的簡諧運動，其位置坐標$x(t)$滿足微分方程$\frac{d^2x}{dt^2}+\omega^2x=0$，其中$\omega$為常數(shù)。1.求微分方程的通解。2.若無人機從靜止狀態(tài)（$x(0)=0,\frac{dx}{dt}\big|_{t=0}=v_0$）開始運動，求其運動規(guī)律（即求$x(t)$的具體表達式）。五、已知隨機變量$X$的概率密度函數(shù)為$f_X(x)=\begin{cases}2x&0\lex\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。令$Y=X^2$。1.求$Y$的概率密度函數(shù)$f_Y(y)$。2.設(shè)無人機導航系統(tǒng)中，某項指標$Z$與$Y$有關(guān)，且$Z=\frac{1}{Y}$。求$Z$的期望$E[Z]$。六、設(shè)二維隨機變量$(X,Y)$的聯(lián)合概率密度函數(shù)為$f(x,y)=\begin{cases}cxy&0\lex\le1,0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。1.確定常數(shù)$c$。2.求$X$和$Y$的邊緣概率密度函數(shù)$f_X(x)$和$f_Y(y)$。3.判斷$X$和$Y$是否相互獨立。七、設(shè)總體$X$服從正態(tài)分布$N(\mu,\sigma^2)$，其中$\mu$未知，$\sigma^2$已知為$\sigma^2=4$。從總體中抽取容量為$n=16$的簡單隨機樣本，樣本均值為$\bar{X}$。1.寫出樣本均值$\bar{X}$的分布。2.求未知參數(shù)$\mu$的置信水平為95%的置信區(qū)間。八、在無人機自主導航路徑規(guī)劃中，需要確定從起點$A$到終點$B$的最優(yōu)路徑。假設(shè)地圖被劃分為一個$m\timesn$的網(wǎng)格，無人機只能沿網(wǎng)格線水平或垂直移動。設(shè)從網(wǎng)格點$(i,j)$沿右或向下移動的代價分別為$c_{ij}^R$和$c_{ij}^D$。請利用動態(tài)規(guī)劃思想，推導出計算從起點$(1,1)$到終點$(m,n)$的最優(yōu)路徑總代價的遞推關(guān)系式，并說明邊界條件。試卷答案一、通解：$y=e^{\frac{x^2}{2}}(C+\frac{x^4}{4})$。$I=\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int_0^1x^2\,d(\sqrt{1+x^2})=x^2\sqrt{1+x^2}\big|_0^1-\int_0^12x\sqrt{1+x^2}\,dx=\sqrt{2}-2\int_0^1\sqrt{1+x^2}\,d(x^2)=\sqrt{2}-\frac{4}{3}(1+x^2)^{3/2}\big|_0^1=\sqrt{2}-\frac{4}{3}(2\sqrt{2}-1)=\frac{4}{3}-\frac{5\sqrt{2}}{3}$。二、1.令$\mathbf{A}=(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4)$。對$\mathbf{A}$進行行變換：$\begin{pmatrix}1&1&2&2\\0&1&1&1\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$。行變換后$\mathbf{A}$變?yōu)闈M秩單位矩陣，故$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$線性無關(guān)。2.設(shè)$\boldsymbol{\beta}_1=a_1\boldsymbol{\alpha}_1+a_2\boldsymbol{\alpha}_2+a_3\boldsymbol{\alpha}_3+a_4\boldsymbol{\alpha}_4$，$\boldsymbol{\beta}_2=b_1\boldsymbol{\alpha}_1+b_2\boldsymbol{\alpha}_2+b_3\boldsymbol{\alpha}_3+b_4\boldsymbol{\alpha}_4$。對矩陣$\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_1&\boldsymbol{\alpha}_2&\boldsymbol{\alpha}_3&\boldsymbol{\alpha}_4&\boldsymbol{\beta}_1&\boldsymbol{\beta}_2\end{pmatrix}$進行行變換：$\begin{pmatrix}1&0&0&0&1&0\\0&1&0&0&0&1\\0&0&1&0&3&1\\0&0&0&1&0&1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0&0&1&0\\0&1&0&0&0&1\\0&0&1&0&3&1\\0&0&0&1&0&1\end{pmatrix}$。對應方程組：$a_1=1,a_2=0,a_3=3,a_4=0$，即$\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+3\boldsymbol{\alpha}_3$。$b_1=0,b_2=1,b_3=1,b_4=1$，即$\boldsymbol{\beta}_2=\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4$。表示式分別為：$\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+3\boldsymbol{\alpha}_3$，$\boldsymbol{\beta}_2=\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4$。三、1.方法一（伴隨矩陣法）：$\mathbf{A}$為上三角矩陣，其逆矩陣也是上三角矩陣，主對角線元素為$\mathbf{A}$的主對角元素的倒數(shù)。設(shè)$\mathbf{A}^{-1}=\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}$。由$\mathbf{AA}^{-1}=\mathbf{I}$得：$\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。解得$a=1,b=-2,c=6,d=0,e=1,f=-3,g=0,h=0,i=1$。故$\mathbf{A}^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2&6\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}$。方法二（初等行變換法）：$(\mathbf{A}|\mathbf{I})\rightarrow(\mathbf{I}|\mathbf{A}^{-1})$。$\begin{pmatrix}1&2&0&|&1&0&0\\0&1&3&|&0&1&0\\0&0&1&|&0&0&1\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}1&0&0&|&1&-2&6\\0&1&0&|&0&1&-3\\0&0&1&|&0&0&1\end{pmatrix}$。得$\mathbf{A}^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2&6\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}$。2.方法一（利用逆矩陣）：$\mathbf{A}^2-2\mathbf{A}\mathbf{B}+\mathbf{I}=\mathbf{A}(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{I}=\mathbf{A}(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{AA}^{-1}=\mathbf{A}[(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{A}^{-1}]$。$\mathbf{A}-2\mathbf{B}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}-2\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\-2&1&3\\0&0&-1\end{pmatrix}$。$(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{A}^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\-2&1&3\\0&0&-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&-2&6\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-2&6\\-2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。$\mathbf{A}[(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{A}^{-1}]=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-2&6\\-2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&6\\-2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。方法二（直接計算）：$\mathbf{A}^2=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&4&6\\0&1&6\\0&0&1\end{pmatrix}$。$2\mathbf{A}\mathbf{B}=2\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}2&1&0\\1&0&3\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&2&0\\2&0&6\\0&0&2\end{pmatrix}$。$\mathbf{I}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。$\mathbf{A}^2-2\mathbf{A}\mathbf{B}+\mathbf{I}=\begin{pmatrix}1&4&6\\0&1&6\\0&0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4&2&0\\2&0&6\\0&0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&2&6\\-2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。（注：兩種方法結(jié)果有誤，應為$\begin{pmatrix}0&0&6\\-2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。重新檢查方法一計算$\mathbf{A}[(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{A}^{-1}]$：$\mathbf{A}(\mathbf{A}-2\mathbf{B})=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\-2&1&3\\0&0&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&2&6\\-2&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$。$\mathbf{A}(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{AA}^{-1}=\begin{pmatrix}-3&2&6\\-2&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&-2&6\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&0&12\\-2&2&-3\\0&0&0\end{pmatrix}$。$\mathbf{A}[(\mathbf{A}-2\mathbf{B})+\mathbf{A}^{-1}]=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&3\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2&0&12\\-2&2&-3\\0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4&4&6\\-4&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。仍不一致。重新審視方法二：$\mathbf{A}^2-2\mathbf{A}\mathbf{B}+\mathbf{I}=(\mathbf{A}-\mathbf{B})^2+\mathbf{I}=\begin{pmatrix}1&1&0\\-1&1&3\\0&0&0\end{pmatrix}^2+\mathbf{I}=\begin{pmatrix}2&0&9\\-2&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&0&9\\-2&3&0\\0&0&2\end{pmatrix}$。確認方法二正確。最終答案為$\begin{pmatrix}3&0&9\\-2&3&0\\0&0&2\end{pmatrix}$。）最終答案：$\mathbf{A}^2-2\mathbf{A}\mathbf{B}+\mathbf{I}=\begin{pmatrix}3&0&9\\-2&3&0\\0&0&2\end{pmatrix}$。四、1.特征方程$\lambda^2+\omega^2=0$的根為$\lambda=\pmi\omega$。微分方程的通解為$x(t)=C_1\cos(\omegat)+C_2\sin(\omegat)$。2.初始條件$x(0)=0,\frac{dx}{dt}\big|_{t=0}=v_0$。$x(0)=C_1\cos(0)+C_2\sin(0)=C_1=0$。$\frac{dx}{dt}=-C_1\omega\sin(\omegat)+C_2\omega\cos(\omegat)$。$\frac{dx}{dt}\big|_{t=0}=C_2\omega\cos(0)=C_2\omega=v_0$。$C_2=\frac{v_0}{\omega}$。運動規(guī)律為$x(t)=\frac{v_0}{\omega}\sin(\omegat)$。五、1.當$0\ley\le1$時，$y=x^2$，則$x=\sqrt{y}$。$dx=\frac{1}{2\sqrt{y}}dy$。$f_Y(y)=f_X(\sqrt{y})\left|\frac{dx}{dy}\right|=f_X(\sqrt{y})\cdot\frac{1}{2\sqrt{y}}=\begin{cases}2\sqrt{y}\cdot\frac{1}{2\sqrt{y}}&0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}=\begin{cases}1&0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。$f_Y(y)$在$[0,1]$上是常數(shù)1，因此$Y$在$[0,1]$上服從均勻分布。2.$E[Y]=\int_0^1yf_Y(y)\,dy=\int_0^1y\cdot1\,dy=\frac{y^2}{2}\big|_0^1=\frac{1}{2}$。$Z=\frac{1}{Y}$。$E[Z]=E\left[\frac{1}{Y}\right]=\int_0^1\frac{1}{y}f_Y(y)\,dy=\int_0^1\frac{1}{y}\cdot1\,dy=\int_0^1\frac{1}{y}\,dy$。此積分發(fā)散，故$E[Z]$不存在。六、1.$\int_0^1\int_0^1cxy\,dx\,dy=c\int_0^1y\left(\int_0^1x\,dx\right)dy=c\int_0^1y\cdot\frac{x^2}{2}\big|_0^1dy=c\int_0^1\frac{y}{2}dy=c\cdot\frac{y^2}{4}\big|_0^1=\frac{c}{4}$。$\int_0^1\int_0^1cxy\,dx\,dy=1$。故$\frac{c}{4}=1$，得$c=4$。2.$f_X(x)=\int_0^1f(x,y)\,dy=\begin{cases}\int_0^14xy\,dy&0\lex\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}=\begin{cases}4x\cdot\frac{y^2}{2}\big|_0^1&0\lex\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}=\begin{cases}2x&0\lex\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。$f_Y(y)=\int_0^1f(x,y)\,dx=\begin{cases}\int_0^14xy\,dx&0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}=\begin{cases}4y\cdot\frac{x^2}{2}\big|_0^1&0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}=\begin{cases}2y&0\ley\le1\\0&\text{otherwise}\end{cases}$。3.因為$f_X(x)\cdotf_Y(y)=