MIT-工程师数学方法I-课程

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麻省理工学院数学系课表及教材

E17-122
Mathematics
Ankur 9:30-11
18.S997 Special Subject in Schlank, W 3-5 66-154
Mathematics
Tomer
Book
Author
* Calculus with Analytic Geometry, George
2nd ed.
E17-139 18.396
Advanced Analytic Cheng, MWF 11 E17-128 18.396 Methods in Science Hung and Engineering
Principles of Discrete Applied Mathematics
Goeman MWF 12 4-163 s, Michel
Topics in Lie Theory Introduction to Arithmetric Geometry Number Theory I
Topics in Number Theory
Charles, MW
E17-122 18.782
François 2:30-4
Bezrukav TR 1- 4-146 18.785
in Mathematics Larry
Introduction to Topology
Munkres, TR 11- 4-159 18.787 James 12:30
Algebraic Topology Tabuada TR 9:30- E17-122 18.787 , Gonç 11
alo
Graduate Topology Behrens, TR 2:30- E17-128 18.787

mit 线性代数

mit 线性代数
mit性代数是一门在理工科专业中很重要的课程，它包含许多数学理论及应用，主要研究线性方程、高阶代数及微积分等内容，通过学习可以增强学生的数学基础。

mit的线性代数课程容易学习，但又非常有挑战性，它涵盖很多数学理论和概念，有助于学生更好地理解对线性变换、矩阵分析和线性系统有关的内容。

MIT的线性代数课程分为大纲和提纲型，提纲型课程提供了一些更具体的示例，以便帮助学生更深入地理解课程内容。

线性代数在各个工程专业中都有着非常重要的地位，它可以帮助工程师、科学家以及数学家更好地分析和解决复杂的数学问题。

学习mit的线性代数不仅可以提高学生的数学能力，而且还可以帮助他们更好地理解实际问题，解决工程问题，这对于学生的发展有着非常大的帮助。

mit的线性代数课程主要分为5个模块：矩阵、线性变换、直线和平面、线性系统和矩阵分析。

每一个模块都有许多详尽的例子，涉及到不同的应用及相关的理论和技术。

学习mit的线性代数可以帮助学生了解矩阵的表示与操作，以及如何用矩阵来分析线性系统、处理相关问题。

mit的线性代数课程也可以帮助学生更好地理解诸如统计学、偏微分方程以及数值解析等专业的内容。

学习线性代数的学生可以更轻松地理解这些新的科学领域，同时也能够更有效地学习和应用这些科学理论及技术。

总之，学习mit的线性代数是一个有趣而又具有挑战性的过程，它可以帮助学生了解矩阵及其应用，从而加强他们的学习能力，有助于他们找到理想的工作。

只有经过一定的学习，才能真正掌握mit的线性代数课程所涉及的内容，并在实践中发挥出价值。

MIT基础数学讲义(计算机系)lecture13

pi j m ) pi j p1 p2 ) pi j 1
pn + 1
2
Lecture 13: Lecture Notes
The rst implication follows by substituting the de nition of m. The second follows because pi divides the product p1p2 pn, and so must divide 1 in order to divide the sum. But no prime divides 1, so we have a contradiction. Therefore, there are an in nite number of primes. Proving that the set of primes is in nite is relatively easy, but the next example shows that determining whether a set is nite or in nite can be tricky.
De nition An in nite set S is said to be countably in nite i there exists a bijection f : N 7! S .
A set is countable if it is nite or countably in nite. Many familiar sets are countable: N , the even numbers, primes, integers modulo a constant k, etc. The formal de nition of a countable set is equivalent to the notion of a listable set, since listing the elements of a set gives a bijection with N and vice-versa. If we can list the elements of S as s0 s1 s2 : : : , then we can construct a bijection f : N 7! S de ned by f (i) = si. In the reverse direction, if we have such a bijection, then f (0) f (1) f (2) : : : is a list of all the elements of S . Sometimes we can list the elements of a set S , but the corresponding bijection f : N 7! S is very hard to compute. For example, in principle we could list the elements in any subset of N . However, most of these subsets are bizarre and di cult to describe writing a program to compute f (i) might be di cult or even impossible. The good news is that to prove that S is countable, we must only prove that a bijection f : N 7! S exists we do not have to write f explicitly or to give an algorithm to compute f (i).

全球50名校开放课程网址大全

世界50所知名大学提供开放课程: (Top 50 University Open Courseware Collections)学术权威1. 麻省理工学院：麻省理工学院有许多人认为是在该国最广泛的开放课件的收集，也正好是著名大学中的第一。

学科覆盖范围从建筑、规划到人文、科学，此目录中有惊人的信息数量。

（/OcwWeb/web/home/home/index.htm）在很早以前就有台湾人开始做MIT的汉化课件，有兴趣的朋友可以去搜一下。

2. 卡内基梅隆大学：这个奇妙的大学有优秀的学术传统。

凭借其“开放的学习计划”的目标使每个人都有学习的机会并得到满足。

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虽然他们的课程设置仅限于健康知识，专业的知识使巨量收集成为最好的之一。

（/）4. 斯坦福大学：这个著名的大学为学生提供的课程，可通过iTunes供选择。

（/)5. 圣母大学：被许多人认为如果不是世界最好也是在该国最好的学校之一。

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（/courselist）6. 杜克大学法律中心的公共领域：杜克大学之一，是在南方最好的学校。

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哈佛大学提供的课程主题，生物医疗和商业主题不等。

（/public/）8. 普林斯顿大学的通道：这所常春藤盟校有一整套客座讲座。

翻译不了了:Yale University —This wonderful Ivy League institution has a great number of ivy quality open course classes available for all.（/main/index.php）9. 耶鲁大学：这所美妙的常春藤盟校中的常春藤有一大批高质量的开放课程班所有可用。

MIT麻省理工学院算法导论公开课 Problem Set 4 solution

Introduction to Algorithms October 29, 2005 Massachusetts Institute of Technology 6.046J/18.410J Professors Erik D. Demaine and Charles E. Leiserson Handout 18Problem Set 4 SolutionsProblem 4-1. TreapsIf we insert a set of n items into a binary search tree using T REE-I NSERT, the resulting tree may be horribly unbalanced. As we saw in class, however, we expect randomly built binary search trees to be balanced. (Precisely, a randomly built binary search tree has expected height O(lg n).) Therefore, if we want to build an expected balanced tree for a ﬁxed set of items, we could randomly permute the items and then insert them in that order into the tree.What if we do not have all the items at once? If we receive the items one at a time, can we still randomly build a binary search tree out of them?We will examine a data structure that answers this question in the afﬁrmative. A treap is a binary search tree with a modiﬁed way of ordering the nodes. Figure 1 shows an example of a treap. As usual, each item x in the tree has a key key[x]. In addition, we assign priority[x], which is a random number chosen independently for each x. We assume that all priorities are distinct and also that all keys are distinct. The nodes of the treap are ordered so that (1) the keys obey the binary-search-tree property and (2) the priorities obey the min-heap order property. In other words,•if v is a left child of u, then key[v]<key[u];•if v is a right child of u, then key[v]>key[u]; and•if v is a child of u, then priority(v)>priority(u).(This combination of properties is why the tree is called a “treap”: it has features of both a binary search tree and a heap.)Figure 1: A treap. Each node x is labeled with key[x]:p riority[x]. For example, the root has key G and priority 4.It helps to think of treaps in the following way. Suppose that we insert nodes x1,x2,...,x n, each with an associated key, into a treap in arbitrary order. Then the resulting treap is the tree that wouldhave been formed if the nodes had been inserted into a normal binary search tree in the order given by their (randomly chosen) priorities. In other words, priority[x i]<priority[x j]means that x i is effectively inserted before x j.(a) Given a set of nodes x1,x2,...,x n with keys and priorities all distinct, show that thereis a unique treap with these nodes.Solution:Prove by induction on the number of nodes in the tree. The base case is a tree withzero nodes, which is trivially unique. Assume for induction that treaps with k−1orfewer nodes are unique. We prove that a treap with k nodes is unique. In this treap, theitem x with minimum priority must be at the root. The left subtree has items with keys<key[x]and the right subtree has items with keys >key[x]. This uniquely deﬁnes theroot and both subtrees of the root. Each subtree is a treap of size ≤k−1, so they areunique by induction.Alternatively, one can also prove this by considering a treap in which nodes are inserted in order of their priority. Assume for induction that the treap with the k−1nodes with smallest priority is unique. For k=0t his is trivially true. Now considerthe treap with the k nodes with smallest priority. Since we know that the structureof a treap is the same as the structure of a binary search tree in which the keys areinserted in increasing priority order, the treap with the k nodes with smallest priorityis the same as the treap with the k−1nodes with smallest priority after inserting thek-th node. Since BST insert is a deterministic algorithm, there is only one place thek-th node could be inserted. Therefore the treap with k nodes is also unique, provingthe inductive hypothesis.(b) Show that the expected height of a treap is O(lg n), and hence the expected time tosearch for a value in the treap is O(lg n).Solution: The idea is to realize that a treap on n nodes is equivalent to a randomlybuilt binary search tree on n nodes. Recall that assigning priorities to nodes as theyare inserted into the treap is the same as inserting the n nodes in the increasing orderdeﬁned by their priorities. So if we assign the priorities randomly, we get a randomorder of n priorities, which is the same as a random permutation of the n inputs, sowe can view this as inserting the n items in random order.The time to search for an item is O(h)where h is the height of the tree. As we saw inlecture, E[h]=O(lg n). (The expectation is taken over permutations of the n nodes,i.e., the random choices of the priorities.)Let us see how to insert a new node x into an existing treap. The ﬁrst thing we do is assign x a random priority priority[x]. Then we call the insertion algorithm, which we call T REAP-I NSERT, whose operation is illustrated in Figure 2.(e) (f)Figure 2: Operation of T REAP-I NSERT. As in Figure 1, each node x is labeled with key[x]: priority[x]. (a) Original treap prior to insertion. (b) The treap after inserting a node with key C and priority 25. (c)–(d) Intermediate stages when inserting a node with key D and priority 9.(e) The treap after insertion of parts (c) and (d) is done. (f) The treap after inserting a node with key F and priority 2.(c) Explain how T REAP-I NSERT works. Explain the idea in English and give pseudocode.(Hint: Execute the usual binary search tree insert and then perform rotations to restorethe min-heap order property.)Solution: The hint gives the idea: do the usual binary search tree insert and thenperform rotations to restore the min-heap order property.T REAP-I NSERT (T,x)inserts x into the treap T(by modifying T). It requires that xhas deﬁned key and priority values. We have used the subroutines T REE-I NSERT,R IGHT-R OTATE, and R IGHT-R OTATE as deﬁned in CLRS.T REAP-I NSERT (T,x)1T REE-I NSERT (T,x)2 while x =root[T]and priority[x]<priority[p[x]]3 do if x=left[p[x]]4 then R IGHT-R OTATE (T,p[x])5 else L EFT-R OTATE (T,p[x])Note that parent pointers simplify the code but are not necessary. Since we only needto know the parent of each node on the path from the root to x(after the call toT REE-I NSERT), we can keep track of these ourselves.(d) Show that the expected running time of T REAP-I NSERT is O(lg n). Solution:T REAP-I NSERT ﬁrst inserts an item in the tree using the normal binary search treeinsert and then performs a number of rotations to restore the min-heap property.The normal binary-search-tree insertion algorithm T REE-I NSERT always places thenew item at a new leaf of tree. Therefore the time to insert an item into a treap isproportional to the height of a randomly built binary search tree, which as we saw inlecture is O(lg n)in expectation.The maximum number of rotations occurs when the new item receives a priority lessthan all priorities in the tree. In this case it needs to be rotated from a leaf to the root.An upper bound on the number of rotations is therefore the height of a randomly builtbinary search tree, which is O(lg n)in expectation. (We will see that this is a fairlyloose bound.) Because each rotation take constant time, the expected time to rotate isO(lg n).Thus the expected running time of T REAP-I NSERT is O(lg n+lg n)=O(lg n).T REAP-I NSERT performs a search and then a sequence of rotations. Although searching and rotating have the same asymptotic running time, they have different costs in practice. A search reads information from the treap without modifying it, while a rotation changes parent and child pointers within the treap. On most computers, read operations are much faster than write operations. Thus we would like T REAP-I NSERT to perform few rotations. We will show that the expected number of rotations performed is bounded by a constant (in fact, less than 2)!(a) (b)Figure 3: Spines of a binary search tree. The left spine is shaded in (a), and the right spine is shaded in (b).In order to show this property, we need some deﬁnitions, illustrated in Figure 3. The left spine of a binary search tree T is the path which runs from the root to the item with the smallest key. In other words, the left spine is the maximal path from the root that consists only of left edges. Symmetrically, the right spine of T is the maximal path from the root consisting only of right edges. The length of a spine is the number of nodes it contains.(e) Consider the treap T immediately after x is inserted using T REAP-I NSERT. Let Cbe the length of the right spine of the left subtree of x. Let D be the length of theleft spine of the right subtree of x. Prove that the total number of rotations that wereperformed during the insertion of x is equal to C+D.Solution: Prove the claim by induction on the number of rotations performed. Thebase case is when x is the parent of y. Performing the rotation so that y is the new rootgives y exactly one child, so C+D=1.Assume for induction that the number of rotations k performed during the insertionof x equals C+D. The base case is when 0 rotations are necessary and x is insertedas a leaf. Then C+D=0. To prove the inductive step, we show that if after k−1rotations C+D=k−1, then after k rotations C+D=k. Draw a picture of aleft and right rotation and observe that C+D increases by 1 in each case. Let y bethe parent of x, and suppose x is a left child of y. After performing a right rotation, ybecomes the right child of x, and the previous right child of x becomes the left childof y. That is, the left spine of the right subtree of x before the rotation is tacked onto y, so the length of that spine increases by one. The left subtree of x is unaffectedby a right rotation. The case of a left rotation is symmetric. Therefore after one morerotation C+D increases by one and k=C+D, proving the inductive hypothesis.We will now calculate the expected values of C and D. For simplicity, we assume that the keys are 1,2,...,n. This assumption is without loss of generality because we only compare keys.�For two distinct nodes x and y , let k = key [x ]and i = key [y ], and deﬁne the indicator random variableX 1 if y is a node on the right spine of the left subtree of x (in T ),i,k =0 otherwise .(f) Show that X i,k =1if and only if (1) priority [y ]> priority [x ], (2) key [y ]< key [x ], and(3) for every z such that key [y ]< key [z ]< key [x ],we have p riority [y ]< priority [z ].Solution:To prove this statement, we must prove both directions of the “if and only if”. Firstwe prove the “if” direction. We prove that if (1) priority [y ]> priority [x ], (2) key [y ]<key [x ], and (3) for every z such that key [y ]< key [z ]< key [x ]are true, priority [y ]< priority [z ], then X i,k =1. We prove this by contradiction. Assume that X i,k =0. That is, assume that y is not on the right spine of the left subtree of x . We show thatthis leads to a contradiction. If y is not on the right spine of the left subtree of x ,it could be in one of three places:1. Suppose y is in the right subtree of x . This contradicts condition (2) becausekey [y ]< key [x ].2. Suppose y is not in one of the subtrees of x . Then x and y must share somecommon ancestor z . Since key [y ]< key [x ], we know that y is in the left subtreeof z and x is in the right subtree of z and key [y ]< key [z ] < key [x ]. Since y isbelow z in the tree, priority [z ]< priority [x ]and priority [z ]< priority [y ]. Thiscontradicts condition (3).3. Suppose that y is in the left subtree of x but not on the right spine of the leftsubtree of x . This implies that there exists some ancestor z of y in the left subtreeof x such that y is in the left subtree of z . Hence key [y ]< key [z ]< key [x ]. Sincez is an ancestor of y , priority [z ]< priority [y ], which contradicts condition (3).All possible cases lead to contradictions, and so X i,k =1.Now for the “only if” part. We prove that if X i,k =1, then statements (1), (2), and (3) are true. If X i,k =1, then y is in the right spine of the left subtree of x . Since y is ina subtree of x , y must have been inserted after x ,so p riority [y ]> priority [x ], proving(1). Since y is in the left subtree of x , key [y ]< key [x ], proving (2). We prove (3) by contradiction: suppose that X i,k =1and there exists a z such that key [y ]< key [z ]< key [x ]and priority [z ]< priority [y ]. In other words, z was inserted before y . There arethree possible cases that satisfy the condition key [z ]< key [x ]:1. Suppose z is in the right spine of the left subtree of x .For y to be inserted into theright spine of the left subtree of x , it will have to be inserted into the right subtreeof z . Since key [y ]< key [z ], this leads to a contradiction.2. Suppose z is in the left subtree of x but not in the right spine. This implies thatz is in the left subtree of some node z in the right spine of x . Therefore for y tobe inserted into the right spine of the left subtree of x , it must be inserted into theright subtree of z . This leads to a contradiction by reasoning similar to case 1.3. Suppose that z is not in one of the subtrees of x . Then z and x have a commonancestor z such that z is in the left subtree of z and x is in the right subtree of x .This implies key [z ] < key [z ] < key [x ]. Since key [y ]< key [z ]< key [z ], y cannotbe inserted into the right subtree of z . Therefore it cannot be inserted in a subtreeof x , which is a contradiction.Therefore there can be no z such that key [y ] < key [z ] < key [x ] and priority [z ] < priority [y ]. This proves statement (3). We have proven both the “if” and “only if” directions, proving the claim.(g) Show that(k − i − 1)! 1 Pr {X i,k =1} == . (k − i +1)! (k − i +1)(k − i )Solution: We showed in the previous part that X i,k =1if and only if the priorities of the items between y and x are ordered in a certain way. Since all orderings are equally likely, to calculate the probability we count the number of permutations of priorities that obey this order and divide by the number of total number of priority permutations. We proved in (e) that whether or not X i,k =1depends only on the relative ordering of the priorities of y , x , and all z such that key [y ] < key [z ] < key [x ]. Since we assumed that the keys of the items come from {1,...,n }, the keys of the items in question are i,i +1,i +2,...,k − 1,k . There are (k − i +1)!permutations of the priorities of these items. Of these permutations, the ones for which X i,k =1are those where i has minimum priority, k has the second smallest priority, and the priorities of the remaining k − i − 1 items follow in any order. There are (k − i − 1)! of these permutations. Thus the probability that we get a “bad” order is (k −i −1)!/(k −i +1)!= 1/(k − i )(k − i +1).(h) Show thatk −1 � 1 1 E [C ]= =1− . j (j +1)k j =1 Solution:X For a node x with key k , E [C ]is the expected number of nodes in the right spine of the left subtree of x . This equals the sum of the expected value of the random variables i,k for all i in the tree. Since X i,k =0for all nodes i ≥ k , we only need to consider i <k .� � � k −1 �k −1 � E [C ]=E [X i,k ]=E X i,k i =1 i =1 k −1 =Pr {X i,k =1}i =1 k −1 � 1 =(k − i )(k − i +1) i =1 k −1 � 1= j (j +1)j =1 1To simplify this sum, observe that j (j 1+1) = j +1−j = − 1 . Therefore the sumj (j +1) j j +1 telescopes and we have 1 E [C ]=1− . kIf you didn’t see this, you could have proven that the equationk −1 � 1 1 =1− j (j +1)k j =1 holds by induction on k . In the proving the inductive hypothesis you might have 11discovered 1 − = .j j +1 j (j +1)(i) Use a symmetry argument to show that1 E [D ]=1− . n − k +1Solution: The idea is to consider the treap produced if the ordering relationship amongthe keys is reversed. That is, for all items x , leave priority [x ]unchanged but replacekey [x ]with n − key [x ]+1.Let T be the binary tree we get when inserting the items (in increasing order of priority) using the original keys. Once we remap the keys and insert them into a newbinary search tree, we get a tree T whose shape is the mirror image of the shape ofT . (reﬂected left to right). Consider the item x with key k in T and therefore has key n − k +1 i n T . The length of the left spine of x ’s right subtree in T has becomethe length of the right spine of x ’s left subtree in T . We know by part (g) that the expected length of the right spine of a left subtree of a node y is 1− 1/idkey [y ],so the expected length of the right spine of the left subtree of x in T is 1− 1/(n − k +1), which means that 1 E [D ]=1− . n − k +1(j) Conclude that the expected number of rotations performed when inserting a node into a treap is less than 2.Solution:11 E [number of rotations ]= E [C +D ]=E [C ]+E [D ]=1− +1− k n − k +1 ≤ 1+1=2. Problem 4-2. Being balancedCall a family of trees balanced if every tree in the family has height O (lg n ), where n is the number of nodes in the tree. (Recall that the height of a tree is the maximum number of edges along any path from the root of the tree to a leaf of the tree. In particular, the height of a tree with just one node is 0.)For each property below, determine whether the family of binary trees satisfying that property is balanced. If you answer is “no”, provide a counterexample. If your answer is “yes”, give a proof (hint: it should be a proof by induction). Remember that being balanced is an asymptotic property, so your counterexamples must specify an inﬁnite set of trees in the family, not just one tree. (a) Every node of the tree is either a leaf or it has two children.Solution: No. Counterexample is a right chain, with each node having a leaf hanging off to the left(b) The size of each subtree can be written as 2k − 1, where k is an integer (k is not the same for each subtree).Solution: Yes.Consider any subtree with root r . We know from the condition that the size of this subtree is 2k 1 − 1. We also know that the size of the subtree rooted at the left child of r is 2k 2 − 1, and the size of the subtree rooted at the right child of r is 2k 3 − 1. But the size of the subtree at r is simply the node r together with the nodes in the left and right subtrees. This leads to the equation 2k 1 − 1=1+(2k 2 − 1)+(2k 3 − 1),or 2k 1 =2k 2 +2k 3. Now we show that k 2 =k 3. This is easy to see if you consider the binary representations of k 1, k 2, and k 3.Otherwise, if we assume WLOG that k 2 ≤ k 3, then we have 2k 1−k 2 =1+2k 3−k 2. 2Now, the only pair of integer powers of 2 that could satisfy this equation are 21 and 0 . Thus k 3 − k 2 =0,or k 2 =k 3, and the left and right subtrees of r have an equal number of nodes. It follows that the tree is perfectly balanced.(c) There is a constant c>0such that, for each node of the tree, the size of the smallerchild subtree of this node is at least c times the size of the larger child subtree.Solution:Yes1. The proof is by induction. Assume that the two subtrees of x with n nodes in itssubtree has two children y and z with subtree sizes n1 and n2. By inductive hypothesis,the height of y’s subtree is at most d lg n1 and the height of z’s subtree is at most d lg n2for some constant d. We now prove that the height of x’s subtree is at most d lg n.Assume wlog that n1 ≥n2. Therefore, by the problem statement, we have n2 ≥cn1.Therefore, we have n=n1 +n2 +1≥(1+c)n1 +1≥(1+c)n1 and the height hof x’s subtree is d lg n1 +1≤d lg(n/(c+1))+1≤d lg n−d lg(1+c)+1≤d lg nif d lg(1+c)≥1. Therefore, for sufﬁciently large d, the height of a tree with n nodesis at most d lg n.(d) There is a constant c such that, for each node of the tree, the heights of its childrensubtrees differ by at most c.Solution: Yes1. Let n(h)be the minimum number of nodes that a tree of height h thatsatisﬁes the stated property can have. We show by induction that n(h)≥(1+α)h−1,for some constant 0<α≤1. We can then conclude that for a tree with n nodes,h≤log1+α(n+1)=O(lg n).For the base case, a subtree of height 0has a single node, and 1≥(1+α)0 −1forany constant α≤1.In the inductive step, assume for all trees of height k<h, that the n(k)≥(1+α)k−1.Now consider a tree of height h, and look at its two subtrees. We know one subtreemust have height h−1, and the other must have height at least h−1−c. Therefore,we known(h)≥n(h−1)+n(h−1−c)+1.Using the inductive hypothesis, we getn(h) ≥(1+α)h−1 −1+(1+α)h−1−c−1+1≥2(1+α)h−1−c−1.Suppose we picked αsmall enough so that (1+α)<21/(c+1). Then (1+α)c+1 <2.Therefore, we getn(h)≥2(1+α)h−1−c−1≥(1+α)h−1.1Note that in this problem we assume that a nil pointer is a subtree of size 0, and so a node with only one child has two subtrees, one of which has size 0. If you assume that a node with only one child has only one subtree, then the answer to this problem part is “no”.�11Handout18: Problem Set4SolutionsTherefore, we satisfy the inductive hypothesis.Note that if we plug this value for αback into h≤log1+α(n+1),we getlg(n+1)h≤≤(c+1)l g(n+1).lg(1+2c+1)(e) The average depth of a node is O(lg n). (Recall that the depth of a node x is thenumber of edges along the path from the root of the tree to x.)Solution: No.√Consider a tree with n−n nodes organized as a complete binary tree, and the other √ √n nodes sticking out as a chain of length n from the balanced tree. The height of√√√the tree is lg(n−n)+n=Ω(n), while the average depth of a node is at most�√√ √(1/n)n·(n+lg n)+(n−n)·lg n√√=(1/n)(n+n lg n+n lg n−nlgn)=(1/n)(n+n lg n)=O(lg n)√Thus, we have a tree with average node depth O(lg n), but height Ω(n).。

麻省理工学院HASS课程体系研究

麻省理工学院ＨＡＳＳ课程体系研究ＨＡＳＳ课程包括三大类，分配课程（ＤｉｓｔｒｉｂｕｔｉｏｎＣｏｍｐｏｎｅｎｔ），集中课程（ＣｏｎｃｅｎｔｒａｔｉｏｎＣｏｍｐｏｎｅｎｔ）和任意选修课程（ＥｌｅｃｔｉｖｅＣｏｍｐｏｎｅｎｔ）。

每一类课程下面都有几十到几百们课程不等供同学们选择。

每一位希望获得学士学位的学生都必须完成包括分配课程和集中课程在内的至少八门ＨＡＳＳ课程。

其中三门分配课程，三到四门集中课程，－Ｎ两门任意选修课程。

分配课程２００９年做过一次修改，修改前后分别分为五个类别和三个类别的课程，两套体现针对不同入学年份的学生现在都在使用。

集中课程有２９个领域，每个类别和每个领域下有很多门课程供学生选择。

每学期至少要修一门课程，直ＨＡＳＳ课程共要求学习８门，每门课程至少９个学分。

这些课程是为了使学生能够对人类文化知识、思想观念和思维系统有一个大致的认识，并初步培养语言和写作技能以及对艺术的欣赏能力。

麻省理工学院ＨＡＳＳ课程体系研究第二章麻省理工学院本科教育概述１８６５年２月２０日，麻省理工学院成立章程通过四年之后，学校迎来了其首届１５名学生。

该事件标志着麻省理工学院创始人兼首任校长威廉·巴顿·罗杰最伟大的成就，他创建了～个新的教育机构，将时代和国家的需求结合起来。

在这里，学生获得的教育是获取知识并将其得以应用。

作为一个杰出的自然科学家，罗杰强调基础研究的重要性，并相信专业技能获取的最佳途径是将教学科研与现实生活中的问题结合起来。

２０１２年至２０１３年学年，麻省理工学院招收了１１１８９名学生，包括４５０３名本科生和６６８６名研究生。

他们来自全美国５０个州，哥伦比亚特区，三个地区，和１１６个其他国家。

３１６７名留学生，本科生占Ｉ：１５１０％，研究生４０％。

同年，麻省理工学院有１０２２名专业教职工，其中有２１９名女性。

教学人员总共１７５３人∞。

大部分教学人员同时在给本科生和研究生授课。

本科生时常会选报研究生课程，很多时候本科生和研究生一同参与高级研究。

MIT公开课线性代数笔记

矩阵的逆
定义：矩阵A的逆矩阵是矩阵B，使得AB=BA=I
性质：矩阵A的逆矩阵是唯一的，且 A的逆矩阵也是方阵
计算方法：使用高斯-约旦消元法、克莱姆法则等方法计算矩阵的逆
应用：求解线性方程组、求矩阵的秩、求矩阵的逆等
矩阵的行列式
定义：矩阵的行列式是一个数值，表示矩阵的体积或面积
子空间
定义：向量空间中的子集，满足加法和数乘运算性质：子空间中的向量线性组合仍然是子空间中的向量例子：二维平面上的直线、三维空间中的平面应用：线性方程组的解空间、矩阵的秩和零空间
正交向量组
定义：一组线性无关的向量，且向量之间的内积为零性质：正交向量组是线性无关的，且向量之间的内积为零应用：正交向量组可以用来求解线性方程组，以及进行矩阵分解例子：二维平面上的单位向量组（1,0）和（0,1）是正交向量组
计算方法：通过行列式的计算公式进行计算
性质：矩阵的行列式与矩阵的转置行列式相等
应用：矩阵的行列式在求解线性方程组、特征值和特征向量等方面有广泛应用
线性变换与矩阵
线性变换的定义
线性变换是一种特殊的函数，它满足线性性质
线性变换可以将一个向量映射到另一个向量
线性变换可以用矩阵来表示，矩阵的每一行代表一个基向量的变换
性、相似性等
矩阵的相似性
定义：两个矩阵A和B相似，如果存在一个可逆矩阵P，使
得B=P^(1)AP
性质：相似矩阵具有相同的特征值和特征
向量
应用：相似矩阵可以用来简化矩阵的运算
和求解
例子：对角矩阵和单位矩阵是相似的，因为它们的特征值和特征向量都是相同的。
矩阵的相似对角化

MIT牛人解说数学体系(增加部分英文翻译和备注)

在过去的一年中，我一直在数学的海洋中游荡，research进展不多，对于数学世界的阅历算是有了一些长进。

为什么要深入数学的世界作为计算机的学生，我没有任何企图要成为一个数学家。

我学习数学的目的，是要想爬上巨人的肩膀，希望站在更高的高度，能把我自己研究的东西看得更深广一些。

说起来，我在刚来这个学校的时候，并没有预料到我将会有一个深入数学的旅程。

我的导师最初希望我去做的题目，是对appearance 和motion建立一个unified的model。

这个题目在当今Computer Vision中百花齐放的世界中并没有任何特别的地方。

事实上，使用各种Graphical Model把各种东西联合在一起framework，在近年的论文中并不少见。

我不否认现在广泛流行的Graphical Model是对复杂现象建模的有力工具，但是，我认为它不是panacea（万应灵药），并不能取代对于所研究的问题的深入的钻研。

如果统计学习包治百病，那么很多“下游”的学科也就没有存在的必要了。

事实上，开始的时候，我也是和Vision中很多人一样，想着去做一个Graphical Model——我的导师指出，这样的做法只是重复一些标准的流程，并没有很大的价值。

经过很长时间的反复，另外一个路径慢慢被确立下来——我们相信，一个图像是通过大量“原子”的某种空间分布构成的，原子群的运动形成了动态的可视过程。

微观意义下的单个原子运动，和宏观意义下的整体分布的变换存在着深刻的联系——这需要我们去发掘。

在深入探索这个题目的过程中，遇到了很多很多的问题，如何描述一个一般的运动过程，如何建立一个稳定并且广泛适用的原子表达，如何刻画微观运动和宏观分布变换的联系，还有很多。

在这个过程中，我发现了两个事情：我原有的数学基础已经远远不能适应我对这些问题的深入研究。

在数学中，有很多思想和工具，是非常适合解决这些问题的，只是没有被很多的应用科学的研究者重视。

mit高等数学教材中文版

mit高等数学教材中文版高等数学是自然科学和工程技术领域中的一门重要学科，它涉及到微积分、线性代数、概率论等多个领域。

近年来，MIT高等数学教材中文版逐渐成为学术界和学生们研究和学习的重要参考资料。

本文将对MIT高等数学教材中文版的特点和优势进行探讨，并介绍一些相关的学习资源。

一、MIT高等数学教材中文版的特点1.权威性：MIT作为世界顶尖的科研机构，其教材具有极高的权威性。

中文版教材经过翻译和编辑的精心打磨，确保了内容的准确性和可读性。

2.全面性：MIT高等数学教材中文版包含了微积分、线性代数、概率论等多个领域的内容，从基础知识到高级应用都有涉及。

这使得学生们能够全面系统地学习数学的相关概念和方法。

3.逻辑性：教材采用了严密的逻辑结构，由浅入深地介绍了数学的基础概念和理论，帮助读者逐步建立起对数学的整体认识和理解。

4.示例丰富：书中提供了大量的例题和习题，涵盖了不同难度层次。

这些例题和习题有助于读者对理论知识的实际运用和巩固。

二、MIT高等数学教材中文版的优势1.国际化视野：MIT高等数学教材中文版不仅包含了国内外大量的研究成果和经典案例，还吸纳了不同学派和不同国家的最新数学发展。

这种国际化的视野使得读者能够了解到世界范围内数学研究的前沿动态。

2.理论与实践结合：教材注重将理论与实践相结合，鼓励读者从实际问题出发，运用所学的数学方法进行建模和解决实际问题。

这种实践性的教学方式有助于提高读者的数学思维能力和解决实际问题的能力。

3.支持和补充学习资源：除了教材本身，MIT还提供了丰富的在线资源，如讲义、视频课程和练习题等。

这些资源可以帮助读者更好地理解和应用教材中的知识，提高学习效果。

三、相关学习资源1. MIT公开课：MIT在其官方网站上提供了大量的高质量公开课程资源，包括高等数学等多个学科。

学生们可以通过观看视频课程、阅读讲义和完成作业来深入学习相关知识。

2. 在线论坛和社区：学生们可以加入相关的数学学习论坛和社区，与他人交流学习经验、解答疑问，并获取更多的学习资源和学习灵感。

超详细MIT线性代数公开课笔记_完整版

9
3 倍这一过程。E21 的第二行使矩阵 A 的行向量进行前述的线性组合，而其它两行
为了保持与原矩阵相同，采用同阶单位阵 I 的行向量。左乘的这个矩阵为“初等矩
阵”（Elementary Matrix），因此记做 E。我以为是消元矩阵，所以记做 E 呢。因
为所乘行向量的倍数-3 出现在 E 矩阵的第二行第一列，因此将之标注为 21。完成
回代 Back-Substitution
8
做方程的高斯消元时，需要对等式右侧的 b 做同样的乘法和加减法。手工计算时比较有效率的方法是应用“增广矩阵”（augmented matrix），将 b 插入矩阵 A
之后形成最后一列，在消元过程中带着 b 一起操作。（Matlab 是算完系数矩阵再处
理 b 的。）
0 0 1 0 0 1 0 0 1
11
第 03 讲矩阵的乘法和逆矩阵 Multiplication & inverse matrices
矩阵乘法 Matrix multiplication
我们通过四种方法讨论如何使矩阵 A 与 B 相乘得到矩阵 C。其中 A 为 mn（m
行 n 列）矩阵，而 B 为 np 矩阵，则 C 为 mp 矩阵，记 cij 为矩阵 C 中第 i 行第 j
1 2 3 6
方程组列图像为 x 2
y
5 z 2 4
6 3 1 2
如果改变等号右侧的 b 的数值，那么对于行图像而言三个平面都改变了，而对
于列图像而言，三个向量并没有发生变化，只是需要寻找一个新的组合。
6
那么问题来了，是否对于所有的 b，方程 Ax=b 都有解？从列图像上看，问题转化为“列向量的线性组合是否覆盖整个三维空间？” 反例：若三个向量在同一平面内——比如“列 3”恰好等于“列 1”加“列 2”，而若 b 不在该平面内，则三个列向量无论怎么组合也得不到平面外的向量 b。此时矩阵 A 为奇异阵或称不可逆矩阵。在矩阵 A 不可逆条件下，不是所有的 b 都能令方程 Ax=b 有解。对 n 维情形则是，n 个列向量如果相互独立——“线性无关”，则方程组有解。否则这 n 个列向量起不到 n 个的作用，其线性组合无法充满 n 维空间，方程组未必有解。从行图像的角度来看，三元方程组是否有解意味着什么？当方程所代表的三个平面相交于一点时方程有唯一解；三个平面中至少两个平行则方程无解；平面的两两交线互相平行方程也无解；三个平面交于一条直线则方程有无穷多解。都是示意图，来看看 GS 和 Lay 的作图差异有多大吧……

MIT公开课程介绍

MIT公开课程介绍（MIT OCW）网址：//ocwweb/MIT网上免费公开课程项目于2001年4月宣布，计划在今后十年内把MIT 所有的课程内容放到网上，称之为“MIT OpenCourseWare”(MIT OCW)。

此项目2001年秋季正式启动，计划在此后两年内进行大规模的OCW试验项目，两年半内使500门以上的课程上网，到2007年总量将达到1800门课程。

目的是通过这个项目推动MIT本身的教育教学，提升MIT在全世界的形象、同时供全世界所有的人免费使用，但OCW提供的并不是网上的MIT学历教育。

到目前为止，MIT已免费公开500 门课程，涉及MIT的33个学科和全部5个学院。

我校相关课程的教师备课及课件制作、学生自学、尤其是使用双语教学的教师都可以将其作为很好的学习和参考资料，使我们能够站在一个更高的起点上进行课程建设，提高教学水平。

网址为/MIT网上所有课程都有教程大纲、课程的日期安排（教学日历）和讲课记录。

许多课程还有作业、试卷、问题（包括解答）、实验室、项目、超文本的课本、模拟、演示、辅导和讲课的视频实况及网络资源链接等。

下面对公开课程的有关内容举例介绍，希望广大教师有一个更直观的感受，以便更好的利用和借鉴。

一、33个学科1．Aeronautics and Astronautics2．Anthropology3．Architecture4．Biological Engineering Division5．Biology6．Brain and Cognitive Sciences7．Chemical Engineering8．Chemistry9．Civil and Environmental Engineering10．Comparative Media Studies11．Earth,Atmospheric,and Planetary Sciences12．Economics13．Electrical Engineering and Computer Science14．Engineering Systems Division15．Foreign Languages and Literatures16．Health Science and Technology17．History18．Linguistics and Philosophy19．Literature20．Material Science and Technology21．Mathematics22．Mechanical Engineering23．Media Arts and Sciences24．Music and Theater Arts25．Nuclear Engineering26．Ocean Engineering27．Physics28．Political Science29．Science ,Technology and Society30．Sloan School of Management31．Urban Studies and Planning32．Women’s Studies33．Writing and Humanistic Studies二、课程大纲我们以建筑学系为例。

麻省理工学院-算法导论

麻省理工学院-算法导论关于课本的介绍如下：本书自第一版出版以来，已经成为世界范围内广泛使用的大学教材和专业人员的标准参考手册。

本书全面论述了算法的内容，从一定深度上涵盖了算法的诸多方面，同时其讲授和分析方法又兼顾了各个层次读者的接受能力。

各章内容自成体系，可作为独立单元学习。

所有算法都用英文和伪码描述，使具备初步编程经验的人也可读懂。

全书讲解通俗易懂，且不失深度和数学上的严谨性。

第二版增加了新的章节，如算法作用、概率分析与随机算法、线性编程等，几乎对第一版的各个部分都作了大量修订。

学过计算机的都知道，这本书是全世界最权威的算法课程的大学课本了，基本上全世界的名牌大学用的教材都是它。

这本书一共四位作者，Thomas H. Cormen，Charles E. Leiserson和Ronald L. Rivest是来自MIT的教授，Clifford Stein是MIT出来的博士，现在哥伦比亚大学做教授，四人姓氏的首字母联在一起即是此书的英文简称(CLRS 2e)，其中的第三作者Ronald L. Rivest是RSA算法的老大(算法名字里面的R即是指他)，四个超级大牛出的一本书，此书不看人生不能算完整。

再介绍一下课堂录像里面授课的两位MIT的老师，第一位，外表“绝顶聪明”的，是本书的第二作者Charles E. Leiserson，以逻辑严密，风趣幽默享誉MIT。

第二位，留着金黄色的络腮胡子和马尾发的酷哥是Erik Demaine，21岁即取得MIT教授资格的天才，1981出生，今年才25岁，业余爱好是俄罗斯方块、演戏、琉璃、折纸、杂耍、魔术和结绳游戏。

另外，附上该书的中文电子版，pdg转pdf格式，中文版翻译自该书的第一版，中文书名没有使用《算法导论》，而使用的是《现代计算机常用数据结构和算法》，1994年出版时没有得到国外的授权，属于“私自翻译出版”，译者是南京大学计算机系的潘金贵。

课程重点算法导论是麻省理工学院电机工程与计算机科学系“理论计算机科学”集中选修课程的先导科目。

mit高等数学教材pdf

mit高等数学教材pdfMIT高等数学教材是一本经典的数学教材，被广泛应用于全球各个知名大学的数学课程中。

本文将探讨MIT高等数学教材的特点、使用方法以及对学生学习数学的重要性。

一、MIT高等数学教材的特点MIT高等数学教材的特点主要体现在以下几个方面：1.内容全面：该教材涵盖了高等数学的各个分支，包括微积分、线性代数、微分方程等内容。

无论是初学者还是深入学习数学的高级学生，都能从中获取到所需的知识。

2.严谨性强：MIT高等数学教材以其严谨的数学推导和证明而闻名，每个定理和公式都有详细的证明过程，让学生能够更好地理解其中的数学原理。

3.注重实践应用：教材中不仅包含了理论知识，还结合了大量的实例和应用案例，帮助学生将抽象的数学理论应用到实际问题中，增强了学习的实用性。

二、使用MIT高等数学教材的方法使用MIT高等数学教材有多种方法，下面介绍几种常见的途径：1.课堂教学：教师可以根据教材的章节内容，结合自己的教学风格和学生的实际情况，进行系统的课堂授课。

通过讲解和示范，帮助学生掌握数学知识。

2.学习小组：学生可以组建学习小组，每个小组选择一到两个章节进行深入学习，并和其他小组进行讨论和交流。

这种合作学习的方式可以加深对知识的理解，提高解决问题的能力。

3.个人研究：有些学生习惯独立研究，他们可以按照自己的进度，选择教材中感兴趣的章节进行学习。

通过阅读教材上的内容，做一些相关的习题和探究性的实践，提高数学思维能力。

三、学习高等数学的重要性高等数学作为大学数学课程的一部分，对学生们的数学素养和综合能力的培养具有重要作用：1.发展逻辑思维：高等数学是一门逻辑严密的学科，通过学习高等数学，可以培养学生的逻辑思维能力，提高解决问题的能力，并培养良好的数学推理习惯。

2.提高抽象思维能力：高等数学中包含了大量的抽象概念和符号，学生需要通过学习数学公式和定理，并将其运用到实际问题中进行分析和解决。

这样的过程可以培养学生的抽象思维和数学建模能力。

麻省理工学院核心课程介绍

麻省理工学院核心课程介绍---1. 课程概述麻省理工学院（Massachusetts Institute of Technology, MIT）作为全球顶尖的科技研究与教育机构之一，致力于培养拥有广泛知识背景和深度专业能力的学生。

为了实现这一目标，MIT设立了一系列核心课程，旨在为学生提供全面深入的教育。

这些核心课程涵盖了数理基础、人文社会科学、工程技术等多个领域，帮助学生培养扎实的学科基础、综合分析能力、创新思维以及解决复杂问题的能力。

以下将详细介绍MIT的核心课程。

2. 数理基础课程麻省理工学院的数理基础课程涵盖了数学、物理和计算机科学等领域。

其中，数学课程包括微积分、线性代数、概率与统计等，为学生提供了数学分析和推理的基础。

物理课程深入浅出地教授了经典力学、电磁学、量子力学等内容，培养了学生的物理思维和实验技能。

计算机科学课程则帮助学生掌握编程基础、算法设计和计算机系统等知识，为学生提供了解决实际问题的工具。

3. 人文社会科学课程人文社会科学课程旨在培养学生的社会意识、文化素养和人际交往能力。

这些课程包括哲学、历史、经济学、社会学等。

通过研究哲学，学生能够思考存在、知识和伦理等基本问题。

历史课程帮助学生深入了解人类文明的演进过程，促使他们对社会变迁有更深入的理解。

经济学和社会学课程则让学生了解社会运行的规律和经济现象的原因，培养他们的经济分析和社会研究能力。

4. 工程技术课程工程技术课程是麻省理工学院的一大特色。

该类课程主要包括电子工程、机械工程、材料科学和化学工程等领域。

学生将通过实验和项目实践研究工程设计和创新的过程，培养他们解决实际工程问题的能力。

这些课程还涉及到机器人技术、人工智能、能源工程等前沿领域，使学生能够跟上科技发展的最新趋势。

5. 课程特点MIT的核心课程具有以下特点：首先，注重理论与实践相结合。

学生在课堂研究理论知识的同时，还需要进行实验、项目和研究等实践活动，将所学知识应用于实际问题。

麻省理工学院有哪些本科和研究生课程？

麻省理工学院有哪些本科和研究生课程？麻省理工学院的本质是我们对问题的兴趣，特别是那些大而棘手，复杂的问题，这些问题的解决方案会产生永久性的影响，那么这所大学是否有你感兴趣的专业呢?跟着来了解一下详情吧。

一、重要信息英文名：麻省理工大学(MIT)区域：北美洲国家：美国找到年份：1861年地址：77 Massachusetts Avenue网站：入学总人数：10264国际学生：2726(27%)本科入学人数：4199国际学生：383(9%)研究生入学人数：6065国际学生：2343(39%)二、本科课程介绍航空航天工程、航空航天工程与信息技术、人类学、考古与材料、艺术与设计、生物工程、生物学、脑与认知科学、化学工程、化学，生物工程、化学、土木与环境工程、土木工程、比较媒体研究、计算机科学与工程、地球，大气和行星科学、经济学、电气工程与计算机科学、电气科学与工程、工程、环境工程科学、外国语言与文学、历史、人文、科学人文与工程、人文与科学、语言学与哲学、文献、管理科学、材料科学与工程、数学、数学与计算机科学、机械与海洋工程、机械工程、机械工程、音乐、核科学与工程、哲学、物理、规划、治学、科学技术与社会、写作。

三、研究生课程航空航天、航空航天计算工程、航空运输系统、空气呼吸推进、飞机系统工程、应用生物科学、考古材料、建筑研究、建筑：建筑技术、架构：设计与计算、架构：建筑历史与理论、架构：历史与艺术理论、大气化学、大气科学、自主系统、生物与高分子材料、生物化学、生物工程、生物化学、生物工程、生物海洋学(与WHOI共同提供)、生物海洋学、生物学、生物医学工程、生物物理化学和分子结构、建筑技术、细胞生物学、化学工程、化学工程实践、化学海洋学(与伍兹霍尔海洋研究所共同提供)、化学海洋学(与伍兹霍尔海洋研究所联合)、城市规划、土木与环境工程、土木与环境系统、土木工程、气候物理与化学、海岸工程、认知科学、通讯和网络、比较媒体研究、设计和优化、计算计算和系统生物学、计算和系统生物学(与工程学院联合)、计算和系统生物学(与科学学院联合)、计算机科学、计算机科学与工程、建筑工程和管理、控制、发展生物学、地球和行星科学、经济学、电气工程师、电子工程和计算机科学、电子，光子和磁性材料、新兴，基本和计算研究的材料科学、工程和管理、工程与管理，共同通过系统设计和管理方案与斯隆管理学院提供、工程系统、工程系统、技术/管理，双学位与领导的全球运营计划、、全球运营的领导者、环境生物学、环境化学、环境工程、环境流体力学、遗传学、地球化学、地质学、地球物理学、岩土工程和地球环境工程、历史、人类航空航天、水文学、免疫学、信息技术、无机化学、语言学、物流、管理、管理、技术、管理研究管理、制造、海洋地质和地球物理学(与WHOI共同提供)、金融硕士、材料与结构、材料科学与工程、数学、机械工程、媒体艺术与科学、媒体技术、微生物学、微生物学微生物学、分子生物学、海军建筑与海洋工程、神经生物学神经、科学、核科学与工程、海洋工程、海洋学工程(与WHOI合作)、运筹学、有机化学、哲学、物理化学、物理海洋学(与WHOI联合)、物理学、行星科学、政治科学、高分子科学与技术、房地产开发、科学写作、空间推进、空间系统、结构与环境材料、结构与材料、技术与政策、技术，管理与政策、毒理学、交通、城市与区域规划、城市与区域研究、城市研究与规划、视觉研究。

MIT经典工程教育模式

10.3963/j .issn .1671-606X .2009.04.0322009年8月　第28卷　第4期Vol .28　No .4　August 2009理工高教研究Journa l of H igher Educati o n i n Science &Technology作者:王硕旺系北京师范大学教育管理学院博士生;洪成文系北京师范大学教育管理学院教授,博士生导师.C D I O :美国麻省理工学院工程教育的经典模式———基于对C D I O 课程大纲的解读王硕旺,洪成文(北京师范大学,北京100875)摘要:　CD I O 是美国麻省理工学院工程教育的一种经典模式。

该模式强调工程教育应当关注实践,以科技为基础,将教育过程置身于产品/系统生命周期的具体情境中,以培养新一代高水平工程师为目标。

课程大纲是CD I O 工程教育的指导性文件,详细规定了CD I O 工程教育的主要目标和内容等。

通过对课程大纲的解读,分析C D I O 工程教育的内容和特点等,以期对我国本科应用型人才培养模式的创新提供借鉴和启示。

关键词:　C D I O ;　课程大纲;　启示中图分类号:　G文献标识码:　A文章编号:　1671-606X (2009)04-0116-04一、CD I O 工程教育模式概述CD I O 是2001年由美国麻省理工学院联合瑞典的查尔姆斯技术大学、林克平大学以及皇家技术学院等3所高校,共同开发的一种全新工程教育理念和实施体系。

CD I O 是英文单词“构思”(Conceive )、“设计”(Design )、“实施”(I m p le ment )、“运行”(Operate )的缩写。

其中,“构思”包括顾客需求分析,技术、企业战略和规章制度设计,发展理念、技术程序和商业计划制订;“设计”主要包括工程计划、图纸设计以及实施方案设计等;“实施”特指将设计方案转化为产品的过程,包括制造、解码、测试以及设计方案的确认;“运行”则主要是通过投入实施的产品对前期程序进行评估的过程,包括对系统的修订、改进和淘汰等。

mit教材高等数学

mit教材高等数学高等数学是一门限制学位课程的学科，对于数学专业的学生而言，它是必不可少的一门课程。

麻省理工学院（MIT）作为世界一流的科技学府，教材自然也是非常经典和权威的。

本文将介绍MIT教材中关于高等数学的内容，帮助读者了解该课程的知识点和学习路径。

第一部分：微积分微积分是高等数学的重要组成部分，是分析数学的基础。

MIT教材中的微积分章节，从导数和极限开始，逐步引入积分和微分方程等概念。

通过理论分析和实际问题求解，帮助学生掌握微积分的基本原理和应用方法。

第二部分：线性代数线性代数是数学中的另一门重要学科，涉及向量空间、线性方程组、矩阵理论等内容。

在MIT教材中，线性代数章节详细介绍了向量和矩阵的运算规则，线性变换和特征值等概念，同时强调了线性代数在科学和工程问题中的应用。

第三部分：概率论与数理统计概率论与数理统计是应用数学中的重要学科，也是MIT教材中的一部分。

该章节从概率的基本概念出发，介绍了随机变量、概率分布、统计参数估计等内容，帮助学生理解随机事件和统计规律，并学会运用概率论和数理统计解决实际问题。

第四部分：常微分方程常微分方程是微积分和线性代数的应用领域，也是MIT教材中的重要内容。

该章节系统地介绍了常微分方程的基本理论、解法和应用，帮助学生掌握常微分方程建模和求解的思路，培养解决实际问题的能力。

第五部分：多元函数微积分多元函数微积分是高等数学的深入学习内容，也是MIT教材中的重点章节之一。

通过引入多元函数的概念，讨论偏导数、多元积分和梯度等概念和应用，帮助学生理解高维空间中的微积分原理和方法，并应用于实际问题的求解。

总结：MIT教材中的高等数学内容十分丰富和系统，覆盖了微积分、线性代数、概率论与数理统计、常微分方程和多元函数微积分等重要学科。

通过学习这些内容，学生能够培养数学建模和问题求解的能力，为进一步学习和研究数学打下坚实基础。

无论是对于数学专业的学生，还是其他理工科的学生，高等数学都是不可或缺的一门学科。

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Thickness[t] 曲线粗细描述函数，自变量t旳取值范围为闭区间[0， 1]，t旳取值描述曲线粗细所占整个图形百分比，一般取值不大于0.1。二维图形旳粗细默认值为Thickness[0.004]，三维图形旳粗细默认值为 Thickness[0.001]。
GrayLevel[t] 曲线灰度描述函数，自变量t旳取值范围为闭区间[0， 1]，t取0值为白色，t取1值为黑色。
• 举例：
n=4; r=5Cos[nt]+2Sin[5nt]; tu2=ParametricPlot[{rCos[t],rSin[t]},{t,0,2Pi},PlotStyle->{RGBColor[0,0,1],
Thickness[0.01]},AspectRatio->1];
6 4 2
-6 -4 -2 -2 -4 -6
例:AxesLabel-> None, 表达显示旳图形坐标轴没有标识；
AxesLabel->{"time" , "speed"}, 表达平面图形旳横坐标轴标识显示为time 纵坐标轴标识显示为speed;
AxesLabel->{“时间”,“速度”,“高度”}, 表达空间图形旳横坐标轴标识设置为时间, 纵坐标轴标识设置为速度, 竖坐标轴标识设置为高度。
1.5 1
0.5
-2 -1 0 1
2 1 0 -1
2 -2
返回
• 例3：
n=5; r=5Cos[nt]+Sin[5nt]; tu1=Parametricplot[{rCos[t],rSin[t]},{t,0,2pi},AspectRatio->1,
Axes->False,PlotStyle->{RGBColor[1,0,0],Thickness[0.01]}];