110 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（B）》考古題與詳解

Question 1

Given a matrix $$ \bar{A}1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \ 2 & 1 & 4 \ 3 & 0 & a \end{bmatrix} $$ where $a$ is a real number. Find the rank of $\bar{A}1$ and give the corresponding range of $a$.

Accepted Answer

核心觀念 對 $3	imes 3$ 矩陣而言： - 若 $\det(\bar A1)
eq 0$，則矩陣可逆，故 $\operatorname{rank}(\bar A1)=3$。 - 若 $\det(\bar A1)=0$，則矩陣不滿秩，需再檢查是否存在非零的二階子行列式，以判斷其秩是否為 $2$。 題目中的參數 $a$ 會影響行列式，因此先計算 $\det(\bar A1)$。 解題方法 給定 $$ \bar{A}1= \begin{bmatrix} 1&0&1\ 2&1&4\ 3&0&a \end{bmatrix}. $$ 沿著第一列展開行列式： $$ \begin{aligned} \det(\bar A1) &= 1\begin{vmatrix} 1&4\ 0&a \end{vmatrix} -0\begin{vmatrix} 2&4\ 3&a \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2&1\ 3&0 \end{vmatrix}\ &=1(a)-0+1(2\cdot 0-1\cdot 3)\ &=a-3. \end{aligned} $$ 因此分成兩種情況。 情況一：$a
eq 3$ 此時 $$ \det(\bar A1)=a-3
eq 0. $$ 矩陣為滿秩矩陣，所以 $$ \operatorname{rank}(\bar A1)=3. $$ 情況二：$a=3$ 此時

Question 2

For the matrix $$ M1 = \begin{bmatrix} 5 & 4 & 3 \ -1 & 0 & -3 \ 1 & -2 & 1 \end{bmatrix} $$ (i) Find the Eigenvalues and Eigenvectors for $M1$. (ii) Show that there exists a matrix $J$, which is similar to the matrix $M1$ in the Jordon form, i.e., $$ J = Q^{-1} M1 Q $$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣的特徵值、特徵向量，以及 Jordan 標準形。 對矩陣 $M1$： - 特徵值由特徵方程 $$\det(M1-\lambda I)=0$$ 求得。 - 對每個特徵值 $\lambda$，特徵向量滿足 $$(M1-\lambda I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.$$ - 若某特徵值的代數重數大於幾何重數，矩陣無法對角化，必須使用 Jordan block。 - Jordan 相似變換為 $$J=Q^{-1}M1Q,$$ 等價於 $$M1Q=QJ.$$ 其中，大小為 $2$ 的 Jordan block 為 $$ J2(4)= \begin{bmatrix} 4&1\ 0&4 \end{bmatrix}. $$ --- 解題方法 先求特徵方程，取得特徵值；再分別求特徵向量。由 $\lambda=4$ 的特徵向量個數判斷是否可對角化，最後求出廣義特徵向量並組成矩陣 $Q$。 --- (i) 求 Eigenvalues 與 Eigenvectors 矩陣為 $$ M1= \begin{bmatrix} 5&4&3\ -1&0&-3\ 1&-2&1 \end{bmatrix}. $$ 特徵方程為 $$ \det(M1-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 5-\lambda&4&3\ -1&-\lambda&-3\ 1&-2&1-\lambda \end{bmatrix}. $$ 沿第一列展開： $$ \begin{aligned} \det(M1-\lambda I) &=(5-\lambda)\left[(-\lambda)(1-\lambda)-6ight]\ &\quad -4\left[(-1)(1-\lambda)+3ight] +3(2+\lambda). \end{aligned} $$ 化簡得 $$ \det(M1-\lambda I) =-\lambda^3+6\lambda^2-32. $$ 因此特徵方程為 $$ \lambda^3-6\lambda^2+32=0. $$ 因式分解： $$ \lambda^3-6\lambda^2+32 =(\lambda-4)^2(\lambda+2). $$ 所以特徵值為 $$ \boxed{\lambda=4,\ 4,\ -2}. $$ 亦即： - $\lambda=4$ 的代數重數為 $2$； - $\lambda=-2$ 的代數重數為 $1$。 1. $\lambda=4$ 的特徵向量 求解 $$ (M1-4I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}, $$ 即 $$ \begin{bmatrix} 1&4&3\ -1&-4&-3\ 1&-2&-3 \end{bmatrix}…

Question 3

Let $\mathbb{R}^{m 	imes n}$ and $\mathbb{R}^n$ denote the set of real $m 	imes n$ matrices and the set of real $n 	imes 1$ column vectors, respectively, and let $Sn^+$ denote the set of real $n 	imes n$ symmetric positive semidefinite (PSD) matrices. This problem includes two parts as follows: (i) Let $A \in \mathbb{R}^{m 	imes n}$ with $r$ singular values $\sigma1, \dots, \sigmar$, $Ur = [\mathbf{u}1, \dots, \mathbf{u}r]$ consisting of the associated $r$ left singular vectors and $Vr = [\mathbf{v}1, \dots, \mathbf{v}r]$ consisting of the associated $r$ right singular vectors. (1) Find the range space (i.e., column space) of $A$, denoted as $R(A)$, and the row space of $A$ (i.e., $R(A^T)$) where $A^T$ denotes the transpose of $A$; (2) find the projection matrix $PA$ such that $R(A) =…

Accepted Answer

核心觀念 本題分為兩部分： - 第一部分考查奇異值分解（SVD）、矩陣的行空間與列空間、正交投影矩陣，以及 $AA^T$ 的特徵值與特徵向量。 - 第二部分考查對稱半正定矩陣、平方根分解與跡運算的性質。 設 $A$ 的秩為 $r$，其非零奇異值為 $\sigma1,\dots,\sigmar$，則可寫成 compact SVD： $$ A=Ur\Sigmar Vr^T, $$ 其中 $$ \Sigmar=\operatorname{diag}(\sigma1,\dots,\sigmar), \qquad \sigmai0, $$ 且 $Ur^TUr=Ir$、$Vr^TVr=Ir$。 --- (i) 奇異值分解與子空間 (1) 求 $R(A)$ 與 $R(A^T)$ 由 $$ A=Ur\SigmarVr^T $$ 可知，$A$ 的每一個欄向量都是 $Ur$ 的欄向量之線性組合，因此 $$ R(A)=\operatorname{span}\{\mathbf u1,\dots,\mathbf ur\}. $$ 也就是 $$ \boxed{R(A)=\mathcal{R}(Ur)}. $$ 另一方面， $$ A^T=Vr\SigmarUr^T, $$ 因此 $A^T$ 的列空間，也就是 $A$ 的行空間，為 $$ R(A^T)=\operatorname{span}\{\mathbf v1,\dots,\mathbf vr\}. $$ 故 $$ \boxed{R(A^T)=\mathcal{R}(Vr)}. $$ 其中： - $\mathbf ui$ 是左奇異向量，屬於 $\mathbb R^m$； - $\mathbf vi$ 是右奇異向量，屬於 $\mathbb R^n$。 --- (2) 求投影矩陣 $PA$ 與 $PA^T$ 欲將 $\mathbf x\in\mathbb R^m$ 正交投影到 $R(A)=\mathcal R(Ur)$，由於 $Ur$ 的欄向量為正交規一向量，投影矩陣為 $$ PA=UrUr^T. $$ 因此 $$ PA\mathbf x = UrUr^T\mathbf x \in R(A), $$ 且所有 $R(A)$ 中的向量皆可由此方式表示，所以 $$ \boxed{PA=UrUr^T}. $$ 利用 $Ur^TUr=Ir$，可驗證 $$ PA^2 = UrUr^TUrUr^T = UrIrUr^T = PA, $$ 且 $$ PA^T=(UrUr^T)^T=UrUr^T=PA. $$ 故 $$ \boxed{PA^T=UrUr^T=PA}. $$ 因此 $PA$ 是對稱的正交投影矩陣。 若使用 Moore–Penrose 廣義逆，也可寫成 $$ PA=AA^\dagger. $$ 但利用已知的左奇異向量，直接寫成 $UrUr^T$…

Question 4

Which of the following statement is NOT true?
(i) If $A \subset B$ , then $P(A) < P(B)$ .
(ii) If $P(B) > 0$ , then $P(A|B) > P(A)$ .
(iii) $P(A \cap B) \ge P(A) + P(B) - 1$ .
(iv) $P(A \cap B) = P(A \cup B) - P(B)$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查事件機率的基本性質： 1. 集合包含與機率單調性 若 $A\subseteq B$，則必有 $$P(A)\le P(B).$$ 只有在 $$P(B\setminus A)0$$ 時，才能推出 $P(A)<P(B)$。 2. 條件機率 當 $P(B)0$ 時， $$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$ $P(A\mid B)$ 與 $P(A)$ 的大小關係，取決於事件 $A$、$B$ 的關聯性，沒有固定的大小關係。 3. 機率下界公式 由於 $$P(A\cup B)\le 1,$$ 且 $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B),$$ 可得 $$P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1.$$ 4. 聯集公式 $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$ 移項即可得到 $$P(A\cap B)=P(A\cup B)-P(B).$$ --- 選項分析 （i）$A\subset B$，則 $P(A)<P(B)$ 此敘述在一般機率論中不成立。 即使 $A$ 是 $B$ 的真子集，也只能由機率的單調性得到 $$P(A)\le P(B).$$ 例如在連續型機率模型中，令 $$A=[0,1),\qquad B=[0,1].$$ 則 $A\subset B$，但兩者只差一個單點，而單點的機率為 $0$，因此 $$P(A)=P(B).$$ 所以真子集關係不必然導致嚴格的機率不等式。 若題目中的 $\subset$ 是指非嚴格包含，則取 $A=B$ 即可直接反例。 因此，（i）錯誤。 --- （ii）若 $P(B)0$，則 $P(A\mid B)P(A)$ 此敘述也不成立。 若 $A$ 與 $B$ 相互獨立，則 $$P(A\cap B)=P(A)P(B),$$ 因此 $$ P(A\mid B) =\frac{P(A\cap B)}{P(B)} =\frac{P(A)P(B)}{P(B)} =P(A). $$ 此時不是嚴格大於，而是相等。 例如擲公平骰子，令 - $A$：擲出偶數； - $B$：擲出大於 $3$ 的點數。 則 $$P(A)=\frac12,\qquad P(B)=\frac12,$$ 且 $$P(A\cap B)=P(\{4,6\})=\frac13.$$

Question 5

We toss two fair coins simultaneously and independently. If the outcomes of the two coins are the same, we win; otherwise we lose. Let $A$ be the event that the first coin comes up heads, $B$ be the event that the second coin comes up heads, and $C$ be the event that we win. Which of the following statements is false?
(i) Events $A$ and $B$ are independent.
(ii) Events $A$ and $C$ are not independent.
(iii) Events $A$ and $B$ are not conditionally independent given $C$ .
(iv) The probability of winning is $1/2$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 事件獨立： $$P(X\cap Y)=P(X)P(Y)$$ - 條件獨立： $$P(X\cap Y\mid Z)=P(X\mid Z)P(Y\mid Z)$$ - 條件機率： $$P(X\mid Z)=\frac{P(X\cap Z)}{P(Z)}$$ 兩枚公平硬幣同時投擲，樣本空間為 $$ \Omega=\{HH,HT,TH,TT\} $$ 四種結果等可能，每種結果的機率皆為 $1/4$。 其中： - $A=\{HH,HT\}$：第一枚為正面 - $B=\{HH,TH\}$：第二枚為正面 - $C=\{HH,TT\}$：兩枚相同而獲勝 --- 解題方法 先列出各事件機率： $$ P(A)=\frac{2}{4}=\frac12,\qquad P(B)=\frac{2}{4}=\frac12 $$ $$ P(C)=\frac{2}{4}=\frac12 $$ 接著依序檢驗各選項的獨立性與條件獨立性。 --- 選項分析 (i) Events $A$ and $B$ are independent. 交集 $A\cap B$ 表示兩枚硬幣都為正面，因此 $$ A\cap B=\{HH\} $$ 所以 $$ P(A\cap B)=\frac14 $$ 而 $$ P(A)P(B)=\frac12\cdot\frac12=\frac14 $$ 故 $$ P(A\cap B)=P(A)P(B) $$ 因此 $A$ 與 $B$ 相互獨立，選項 (i) 正確。 --- (ii) Events $A$ and $C$ are not independent. 事件 $A\cap C$ 表示第一枚為正面且兩枚相同，唯一可能結果為 $HH$，故 $$ P(A\cap C)=\frac14 $$ 另一方面， $$ P(A)P(C)=\frac12\cdot\frac12=\frac14 $$ 因此 $$ P(A\cap C)=P(A)P(C) $$

Question 6

Suppose $X, Y$ and $Z$ are three independent discrete random variables. Then $X$ and $Y+Z$ are (i) always (ii) sometimes (iii) never independent.

Accepted Answer

解題關鍵 - 獨立性定義：若 $X$ 與 $Y+Z$ 為獨立，則對任意 $x,k$，有 $$P(X=x,\;Y+Z=k)=P(X=x)\,P(Y+Z=k).$$ - 已知 $X,\;Y,\;Z$ 互相獨立。 推導 1. 由 $Y$ 與 $Z$ 獨立，可得 $Y+Z$ 的分布為兩變量卷積，與 $X$ 無關。 2. 但 $X$ 與 $Y+Z$ 的獨立性需檢驗 $$P(X=x,\;Y+Z=k)=\sum{y}P(X=x,\;Y=y,\;Z=k-y).$$ 由三變量同時獨立得到

Question 7

Consider two random variables $X$ and $Y$ , each taking values in $\{1, 2, 3\}$ . Let their joint PMF be such that for any $1 \le x, y \le 3$ ,

P_{X,Y}(x, y) = \begin{cases} \text{strictly positive}, & \text{if } (x, y) \in \{(1,3), (2, 1), (3, 2)\} \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

Then,
(i) $X$ and $Y$ can be independent or dependent depending upon the strictly positive values
(ii) $X$ and $Y$ are always independent
(iii) $X$ and $Y$ can never be independent

Accepted Answer

核心觀念 本題考查離散型隨機變數的獨立性定義： $$ X,Y	ext{ 獨立} \iff P{X,Y}(x,y)=PX(x)PY(y) $$ 若 $PX(x)0$ 且 $PY(y)0$，則獨立時必有 $$ P{X,Y}(x,y)=PX(x)PY(y)0. $$ 因此，若 $X$ 與 $Y$ 獨立，所有具有正邊際機率的 $(x,y)$ 組合，其聯合機率都必須為正。 --- 解題方法 題目指出聯合 PMF 僅在下列三點為正： $$ (1,3),\quad (2,1),\quad (3,2), $$ 其餘六點的聯合機率皆為 $0$。 先計算 $X$ 的邊際機率。每一個 $x$ 都恰好對應一個正的聯合機率，因此 $$ PX(1)=P{X,Y}(1,3)0, $$ $$ PX(2)=P{X,Y}(2,1)0, $$ $$ PX(3)=P{X,Y}(3,2)0. $$ 同理，每一個 $y$ 也都有正的邊際機率： $$ PY(1)=P{X,Y}(2,1)0, $$ $$ PY(2)=P{X,Y}(3,2)0, $$ $$ PY(3)=P{X,Y}(1,3)0. $$ 特別考慮聯合 PMF 為零的點，例如 $(1,1)$。由於 $$ PX(1)0,\qquad PY(1)0, $$ 若 $X$ 與 $Y$ 獨立，則應滿足 $$ P{X,Y}(1,1)=PX(1)PY(1)0. $$ 但題目明確給出 $$ P{X,Y}(1,1)=0, $$ 產生矛盾。因此 $X$ 與 $Y$ 不可能獨立。 事實上，任取一個未列出的點，例如 $(1,2)$，皆有 $$ P{X,Y}(1,2)=0, $$ 但 $$ PX(1)0,\qquad PY(2)0, $$

Question 8

We throw $n$ identical balls into $m$ urns at random, where each urn is equally likely and each throw is independent of any other throw. What is the probability that $i$ -th urn is empty?
(i) $(1 - \frac{1}{n})^m$
(ii) $(1 - \frac{1}{m})^n$
(iii) $\frac{m}{n} (1 - \frac{1}{n})^m$
(iv) $\frac{n}{m} (1 - \frac{1}{m})^n$

Accepted Answer

核心觀念

每次投擲時，每顆球獨立且等機率地進入 $m$ 個 urn，因此指定的第 $i$ 個 urn 被某顆球避開的機率為

1-\frac{1}{m}.

第 $i$ 個 urn 為空，表示 $n$ 顆球全部都沒有投入第 $i$ 個 urn。由於每次投擲彼此獨立，可使用獨立事件乘法法則。

解題方法

對任意一顆球而言：

投入第 $i$ 個 urn 的機率為 $\frac{1}{m}$ ；
不投入第 $i$ 個 urn 的機率為 $1-\frac{1}{m}$ 。

要使第 $i$ 個 urn 最後為空，必須有 $n$ 顆球全部避開它，因此

P(\text{第 }i\text{ 個 urn 為空}) = \left(1-\frac{1}{m}\right)^n.

所以正確答案為選項 (ii)。

選項分析

(i) $\left(1-\frac{1}{n}\right)^m$

錯誤。分母應代表 urn 的數量 $m$ ，因為單顆球投入指定 urn 的機率是 $\frac{1}{m}$ ；指數則應代表球的數量 $n$ ，因為必須考慮全部 $n$ 顆球。

正確形式應為

\left(1-\frac{1}{m}\right)^n.

(ii) $\left(1-\frac{1}{m}\right)^n$

正確。每顆球避開第 $i$ 個 urn 的機率為 $1-\frac{1}{m}$ ，且共有 $n$ 顆球，投擲相互獨立，因此機率為

Question 9

For a biased coin, the probability of "heads" is $1/3$ . Let $h$ be the number of heads in five independent coin tosses. What is the probability $P(\text{first toss is a head} | h = 1 \text{ or } h = 5)$ ?
(i) $5 \left(\frac{1}{3}\right)^4 \left(\frac{2}{3}\right) + \left(\frac{1}{3}\right)^5$
(ii) $\frac{1}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^4 + \left(\frac{2}{3}\right)^5$
(iii) $5 \left(\frac{1}{3}\right)^4 \left(\frac{2}{3}\right)$
(iv) $\frac{1}{5}$

Accepted Answer

先求條件機率之分子與分母。 分子 $$ P(	ext{首拋為 H 且 }h=1	ext{ 或 }h=5) = P(	ext{首拋為 H 且 }h=1)+P(	ext{首拋為 H 且 }h=5) $$ $$ = \underbrace{\frac13\left(\frac23ight)^4}{	ext{首拋 H，其餘全 T}} +\underbrace{\left(\frac13ight)^5}{	ext{全部皆 H}} $$ 分母 $$P(h=1	ext{ 或 }h=5)=P(h=1)+P(h=5)$$

Question 10

A well-shuffled deck of 52 cards is dealt evenly to two players (26 cards each). What is the probability that player 1 gets all the cases?
(i) $\frac{\binom{48}{22}}{\binom{52}{26}}$
(ii) $\frac{4 \binom{48}{26}}{\binom{52}{26}}$
(iii) $\frac{48! 52!}{22! 26!}$
(iv) $\frac{4 \binom{48}{28}}{\binom{52}{26}}$

Accepted Answer

核心觀念 題目中的 “all the cases” 應指「四張 A（aces）」。考點是等可能性原理與組合計數： - 玩家 1 的 26 張牌，從 52 張牌中任取，因此所有可能手牌數為 $$\binom{52}{26}.$$ - 若玩家 1 必須拿到四張 A，剩下的 $26-4=22$ 張牌必須從其餘 $48$ 張非 A 牌中選出，因此有 $$\binom{48}{22}$$ 種符合條件的手牌。 所以所求機率為 $$ P=\frac{\binom{48}{22}}{\binom{52}{26}}. $$ --- 解題方法 將發牌結果視為玩家 1 所持有的 26 張牌。由於洗牌均勻，每一組 26 張手牌出現的機率相同。 總情形： $$ \binom{52}{26}. $$ 有利情形： 1. 四張 A 全部給玩家 1，這四張牌已經確定。 2. 玩家 1 還需要 $22$ 張牌。 3. 剩餘非 A 牌共有 $52-4=48$ 張，從中選 $22$ 張。 因此有利情形數為 $$ \binom{48}{22}. $$ 故 $$ P(	ext{玩家 1 拿到全部四張 A}) = \frac{\binom{48}{22}}{\binom{52}{26}}. $$ --- 選項分析 （i）$\displaystyle \frac{\binom{48}{22}}{\binom{52}{26}}$：正確 分母代表玩家 1 所有可能的 26 張手牌數。 分子先固定玩家 1 拿到四張 A，再從 48 張非 A 牌中選出其餘 22 張，正好符合條件。因此此選項正確。 --- （ii）$\displaystyle \frac{4\binom{48}{26}}{\binom{52}{26}}$：錯誤 此式的 $4$ 倍並不能正確表示四張 A 全部被玩家 1 拿走。 若玩家 1 要拿到全部四張 A，四張 A 的身分都必須同時固定，剩下只能選 $22$ 張非 A 牌，應為 $$ \binom{48}{22}, $$

Question 11

To obtain a driving license, John needs to pass his driving test. Every time John takes a driving test, with probability $1/2$ , he will clear the test independent of his past. John failed his first test. Given this, let $Y$ be the additional number of tests John takes before obtaining a license. Then,
(i) $E[Y] = 1$
(ii) $E[Y] = 2$
(iii) $E[Y] = 0$

Accepted Answer

核心觀念 每次考試通過的機率為 $p=\frac12$，且各次考試彼此獨立。第一次考試已知失敗，因此接下來的考試仍然維持： $$ P(	ext{通過})=\frac12 $$ 令 $Y$ 表示第一次失敗後，直到第一次通過所需的「額外考試次數」，則 $Y$ 服從幾何分布： $$ Y\sim\operatorname{Geometric}\left(\frac12ight) $$ 其可能值為 $1,2,3,\ldots$，因為至少還要再考一次。 幾何分布的期望值公式為： $$ E[Y]=\frac{1}{p} $$ --- 解題方法 由於每次考試獨立，第一次失敗不會改變後續考試的通過機率。令 $Y$ 為額外考試次數，則： - $Y=1$：下一次就通過，機率為 $\frac12$； - $Y=2$：下一次失敗、再下一次通過，機率為 $\frac12\cdot\frac12$； - $Y=3$：連續兩次失敗後第三次通過，機率為 $\left(\frac12ight)^2\frac12$。 因此： $$ P(Y=k)=\left(\frac12ight)^{k-1}\frac12,\qquad k=1,2,3,\ldots $$ 直接套用幾何分布期望值： $$ E[Y]=\frac{1}{1/2}=2 $$ 也可由遞迴關係驗證。第一次額外考試一定會發生：

Question 12

Let $Xi, 1 \le i \le 4$ be independent Bernoulli random variables each with mean $p = 0.1$. Let $X = \sum{i=1}^4 Xi$. That is, $X$ is a Binomial random variable with parameters $n = 4$ and $p = 0.1$. Then, (i) $E[X1 | X = 2] = 0.1$ (ii) $E[X1 | X = 2] = 0.5$ (iii) $E[X1 | X = 2] = 0.25$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 二項分布的條件事件； - 條件期望值 $E[X1\mid X=2]$； - 獨立 Bernoulli 隨機變數在已知總成功次數後的對稱性。 因為 $Xi$ 為 Bernoulli 隨機變數，所以 $Xi\in\{0,1\}$。條件 $X=2$ 表示四個變數中恰有兩個取值為 $1$。 --- 解題方法 由條件期望定義， $$ E[X1\mid X=2] =0\cdot P(X1=0\mid X=2) +1\cdot P(X1=1\mid X=2). $$ 因此， $$ E[X1\mid X=2]=P(X1=1\mid X=2). $$ 利用條件機率公式： $$ P(X1=1\mid X=2) = \frac{P(X1=1,\ X=2)}{P(X=2)}. $$ 若 $X1=1$ 且 $X=2$，則 $X2,X3,X4$ 中必須恰有一個取值為 $1$。因此 $$ P(X1=1,\ X=2) = p\binom{3}{1}p(1-p)^2 = 3p^2(1-p)^2. $$ 另一方面， $$ P(X=2) = \binom{4}{2}p^2(1-p)^2 = 6p^2(1-p)^2. $$ 所以 $$ P(X1=1\mid X=2) = \frac{3p^2(1-p)^2}{6p^2(1-p)^2} = \frac12. $$ 代回 $p=0.1$ 並不影響結果，故 $$ E[X1\mid X=2]=\frac12=0.5. $$

Question 13

Let $X1, X2, X3$ be independent random variables with the continuous distribution over $[0,1]$. Then $P(X1 < X2 < X3) =$ (i) $1/6$ (ii) $1/3$ (iii) $1/2$ (iv) $1/4$

Accepted Answer

核心觀念 題目考查獨立同分布連續型隨機變數的「次序對稱性」。 由於 $X1,X2,X3$ 具有相同的連續分布，因此任兩個變數相等的機率皆為 $0$： $$ P(Xi=Xj)=0,\qquad i
e j. $$ 所以三個變數幾乎必然具有唯一的大小排列。所有可能的排列共有 $$ 3!=6 $$ 種。因為 $X1,X2,X3$ 獨立且同分布，每一種排列發生的機率相同。 解題方法 考慮三個變數的六種嚴格排列： $$ \begin{aligned} &X1<X2<X3, \quad X1<X3<X2,\ &X2<X1<X3, \quad X2<X3<X1,\ &X3<X1<X2, \quad X3<X2<X1. \end{aligned} $$ 這六個事件互斥，且其聯集的機率為 $1$，因為連續分布不會發生平手。 由次序對稱性，每個排列的機率相同，因此 $$ P(X1<X2<X3)=\frac{1}{3!}=\frac{1}{6}. $$ 故正確選項為 (i)。 選項分析

Question 14

Let $X$ and $Y$ be two continuous random variables. Then, (i) $E[XY] = E[X]E[Y]$ (ii) $E[X^2 + Y^2] = E[X^2] + E[Y^2]$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查期望值的兩項基本性質： 1. 乘積期望一般不等於期望值乘積，只有在 $X,Y$ 獨立，或滿足 $\operatorname{Cov}(X,Y)=0$ 時，才有 $$E[XY]=E[X]E[Y].$$ 2. 期望值具有線性性： $$E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y].$$ 連續性不是判斷兩敘述真假的關鍵；第（i）項需要額外的獨立性條件，而第（ii）項直接由期望值線性性成立。 --- 解題方法 逐一檢查兩個敘述是否符合期望值的基本定理。對乘積期望使用共變異數關係，對平方和使用線性性。 --- 選項分析 （i）$E[XY]=E[X]E[Y]$ 此敘述一般為錯。 由共變異數定義： $$ \operatorname{Cov}(X,Y) =E\left[(X-E[X])(Y-E[Y])ight] =E[XY]-E[X]E[Y]. $$ 因此： $$ E[XY]=E[X]E[Y]+\operatorname{Cov}(X,Y). $$ 只有當 $$ \operatorname{Cov}(X,Y)=0 $$ 時，才可得到 $$ E[XY]=E[X]E[Y]. $$ 獨立性是更常見的充分條件。若 $X,Y$ 獨立，則聯合密度可分解為 $$ f{X,Y}(x,y)=fX(x)fY(y), $$ 所以 $$ \begin{aligned} E[XY] &=\int{-\infty}^{\infty}\int{-\infty}^{\infty} xy f{X,Y}(x,y)\,dx\,dy\ &=\int\int xy fX(x)fY(y)\,dx\,dy\ &=\left(\int x fX(x)\,dxight) \left(\int y fY(y)\,dyight)\ &=E[X]E[Y]. \end{aligned} $$ 但題目並未給出 $X,Y$ 獨立，因此不能直接套用此結果。

Question 15

Suppose $X$ is uniformly distributed over $[0,4]$ and $Y$ is uniformly distributed over $[0,1]$ . Assume $X$ and $Y$ are independent. Let $Z = X + Y$ . Then
(i) $f_Z(4.5) = 0$
(ii) $f_Z(4.5) = 1/8$
(iii) $f_Z(4.5) = 1/4$
(iv) $f_Z(4.5) = 1/2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查獨立連續型隨機變數和的機率密度函數。若 $X$、$Y$ 相互獨立，且 $Z=X+Y$，則 $$ fZ(z)=\int{-\infty}^{\infty}fX(x)fY(z-x)\,dx. $$ 其中 $$ fX(x)= \begin{cases} \dfrac14, & 0\le x\le 4,\ 0, & 	ext{其他}, \end{cases} $$ 以及 $$ fY(y)= \begin{cases} 1, & 0\le y\le 1,\ 0, & 	ext{其他}. \end{cases} $$ 解題方法 由 $Z=X+Y$，取 $z=4.5$： $$ fZ(4.5)=\int{-\infty}^{\infty}fX(x)fY(4.5-x)\,dx. $$ 被積函數不為零的條件為 $$ 0\le x\le 4 $$ 且 $$ 0\le 4.5-x\le 1. $$ 由第二個不等式得 $$ 3.5\le x\le 4.5. $$ 與 $0\le x\le 4$ 交集後，積分範圍為 $$ 3.5\le x\le 4. $$ 因此 $$ \begin{aligned} fZ(4.5) &=\int{3.5}^{4}\frac14\cdot 1\,dx\ &=\frac14(4-3.5)\ &=\frac14\cdot\frac12\ &=\frac18. \end{aligned} $$ 故 $$ \boxed{fZ(4.5)=\frac18}. $$

Question 16

For the random variables defined in problem 13, $P(\max(X, Y) 3)$ is equal to (i) 0 (ii) 9/4 (iii) 3/4 (iv) 1/4

Accepted Answer

缺少資訊：題目 16 需要使用第 13 題所定義的隨機變數 $X$、$Y$ 的分布或關係，才能計算

Question 17

$N$ people put their hats in a closet at the start of a party, where each hat is uniquely identified. At the end of the party each person randomly selects a hat from the closet. Suppose $N$ is a Poisson random variable with parameter $\lambda$ . If $X$ is the number of people who pick their own hats, then $E[X]$ is equal to
(i) $\lambda$
(ii) $\frac{1}{\lambda}$
(iii) $\lambda$
(iv) 1

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 指示變數法（indicator variable） - 條件期望 - 隨機排列中固定點的期望值 - Poisson 隨機變數可能取 $0$ 的細節 當有 $n\ge 1$ 人時，每個人抽到自己帽子的機率為 $\frac1n$。因此，固定人數下抽中自己帽子的人數期望為 $1$。 --- 解題方法 令 $X$ 表示抽中自己帽子的人數。當 $N=n\ge 1$ 時，對第 $i$ 個人定義指示變數 $$ Ii= \begin{cases} 1, & 	ext{第 }i	ext{ 個人抽中自己的帽子},\ 0, & 	ext{否則}. \end{cases} $$ 則 $$ X=I1+I2+\cdots+In. $$ 由於每個人從 $n$ 頂帽子中隨機抽取一頂， $$ P(Ii=1\mid N=n)=\frac1n. $$ 利用期望的線性性，即使各人的抽帽事件並不獨立，仍有 $$ E[X\mid N=n] =\sum{i=1}^{n}E[Ii\mid N=n] =\sum{i=1}^{n}\frac1n =1. $$ 若題目默認派對至少有一人，即 $N\ge 1$，則 $$ E[X]=1. $$ 因此考試通常預期的答案為選項（iv）。 --- Poisson 分布的嚴格處理 標準 Poisson 隨機變數允許 $N=0$，且 $$ P(N=0)=e^{-\lambda}. $$ 當 $N=0$ 時，沒有任何人，因此 $X=0$。所以 $$ E[X\mid N]= \begin{cases} 0, & N=0,\ 1, & N\ge 1. \end{cases} $$ 由全期望公式，

Question 18

Suppose $X$ and $Y$ are Poisson random variables with parameters $\lambda_1$ and $\lambda_2$ respectively, where $X$ and $Y$ are independent. Define $W = X + Y$ , then,
(i) $W$ is Poisson with parameter $\min(\lambda_1, \lambda_2)$
(ii) $W$ is Poisson with parameter $\lambda_1 + \lambda_2$
(iii) $W$ may not be Poisson but has mean equal to $\min(\lambda_1, \lambda_2)$
(iv) $W$ may not be Poisson but has mean equal to $\lambda_1 + \lambda_2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「獨立 Poisson 隨機變數之和」的分布。 若 $$ X\sim \operatorname{Poisson}(\lambda1),\qquad Y\sim \operatorname{Poisson}(\lambda2), $$ 且 $X$ 與 $Y$ 相互獨立，則其和滿足： $$ X+Y\sim \operatorname{Poisson}(\lambda1+\lambda2). $$ 因此，$W=X+Y$ 的參數是兩個 Poisson 參數之和，而不是最小值。 --- 解題方法：利用卷積求機率質量函數 因為 $X$ 與 $Y$ 獨立，對任意非負整數 $w$， $$ P(W=w)=P(X+Y=w). $$ 將所有可能的 $X=k$ 情況加總： $$ P(W=w)=\sum{k=0}^{w}P(X=k,Y=w-k). $$ 由獨立性， $$ P(X=k,Y=w-k)=P(X=k)P(Y=w-k). $$ 又因為 Poisson 分布的機率質量函數為 $$ P(X=k)=e^{-\lambda1}\frac{\lambda1^k}{k!}, $$ $$ P(Y=w-k)=e^{-\lambda2}\frac{\lambda2^{w-k}}{(w-k)!}. $$ 所以 $$ \begin{aligned} P(W=w) &=\sum{k=0}^{w} e^{-\lambda1}\frac{\lambda1^k}{k!} e^{-\lambda2}\frac{\lambda2^{w-k}}{(w-k)!}\ &=e^{-(\lambda1+\lambda2)} \sum{k=0}^{w} \frac{\lambda1^k\lambda2^{w-k}}{k!(w-k)!}. \end{aligned} $$ 利用二項式定理： $$ \sum{k=0}^{w} \frac{\lambda1^k\lambda2^{w-k}}{k!(w-k)!} = \frac{1}{w!} \sum{k=0}^{w} \binom{w}{k} \lambda1^k\lambda2^{w-k} = \frac{(\lambda1+\lambda2)^w}{w!}. $$ 因此 $$ P(W=w) = e^{-(\lambda1+\lambda2)} \frac{(\lambda1+\lambda2)^w}{w!}. $$ 這正是參數為 $\lambda1+\lambda2$ 的 Poisson 分布，因此 $$ W\sim \operatorname{Poisson}(\lambda1+\lambda2). $$ --- 選項分析

Question 19

Let $X$ be a random variable whose transform is given by $MX(s) = (0.4 + 0.6e^s)^{50}$. Then, (i) $P(X = 0) = P(X = 50)$ (ii) $P(X = 51) 0$ (iii) $P(X = 0) = 0.4^{50}$ (iv) $P(X = 50) = 0.6$

Accepted Answer

核心觀念

題目給出的轉換函數為動差生成函數（moment generating function, MGF）：

M_X(s)=E(e^{sX})=(0.4+0.6e^s)^{50}.

二項分布 $B(n,p)$ 的 MGF 為

M_X(s)=(1-p+pe^s)^n.

比較可得：

n=50,\qquad p=0.6,\qquad 1-p=0.4.

因此

X\sim B(50,0.6).

二項分布的機率質量函數為

P(X=k)=\binom{50}{k}(0.6)^k(0.4)^{50-k}, \qquad k=0,1,\ldots,50.

因此 $X$ 只能取 $0$ 到 $50$ 之間的整數值。

解題方法

將 MGF 展開：

\begin{aligned} M_X(s) &=(0.4+0.6e^s)^{50}\\ &=\sum_{k=0}^{50}\binom{50}{k}(0.4)^{50-k}(0.6e^s)^k\\ &=\sum_{k=0}^{50} \binom{50}{k}(0.6)^k(0.4)^{50-k}e^{ks}. \end{aligned}

MGF 的一般形式為

M_X(s)=\sum_k P(X=k)e^{ks},

故可直接讀出

P(X=k)=\binom{50}{k}(0.6)^k(0.4)^{50-k}.

選項分析

（i） $P(X=0)=P(X=50)$

分別計算：

P(X=0)=\binom{50}{0}(0.6)^0(0.4)^{50}=0.4^{50},

以及

P(X=50)=\binom{50}{50}(0.6)^{50}(0.4)^0=0.6^{50}.

Question 20

Let $Xi, i = 1, 2, \dots$ be independent random variables all distributed according to the pdf $fX(x) = x/8$ for $0 \le x \le 4$. Let $S = \sum{i=1}^{100} Xi$. Then $P(S 3)$ is approximately equal to (i) $1 - \Phi(5)$ (ii) $\Phi(5)$ (iii) $1 - \Phi(\frac{3}{\sqrt{2}})$ (iv) $\Phi(\frac{3}{\sqrt{2}})$

Accepted Answer

先求單一 $Xi$ 的矩： $$\mu=E[X]=\int{0}^{4}x\frac{x}{8}\,dx=\frac1{8}\int{0}^{4}x^{2}dx=\frac{1}{8}\cdot\frac{4^{3}}{3}=\frac{8}{3},$$ $$E[X^{2}]=\int{0}^{4}x^{2}\frac{x}{8}\,dx=\frac1{8}\int{0}^{4}x^{3}dx=\frac1{8}\cdot\frac{4^{4}}{4}=8,$$ $$ \sigma^{2}=Var(X)=E[X^{2}]-\mu^{2}=8-\Bigl(\frac{8}{3}\Bigr)^{2}= \frac{8}{9},\qquad \sigma=\frac{2\sqrt2}{3}. $$ 對 $S=\sum{i=1}^{100}Xi$：

Question 21

Let $Xi, i = 1, 2, \dots$ be independent random variables all distributed according to the pdf $fX(x) = 1$ for $0 \le x \le 1$. Define $Yn = X1 X2 \dots Xn$ for some integer $n$. Then $	ext{Var}(Yn)$ is equal to (i) $\frac{1}{12}$ (ii) $\frac{1}{3^n} - \frac{1}{4^n}$ (iii) $\frac{1}{3^n}$ (iv) $\frac{1}{12}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查獨立隨機變數乘積的期望值與變異數。變異數定義為 $$ \operatorname{Var}(Yn)=E(Yn^2)-[E(Yn)]^2. $$ 由於 $X1,X2,\dots,Xn$ 相互獨立，乘積的期望值可以分解為各自期望值的乘積： $$ E\left(\prod{i=1}^n Xi\right)=\prod{i=1}^n E(Xi). $$ 題目給定 $Xi\sim U(0,1)$，因此 $$ E(Xi)=\int0^1 x\,dx=\frac12, $$ 以及 $$ E(Xi^2)=\int0^1 x^2\,dx=\frac13. $$ 解題方法 已知 $$ Yn=X1X2\cdots Xn. $$ 先計算 $Yn$ 的期望值： $$ E(Yn) =E(X1X2\cdots Xn) =\prod{i=1}^n E(Xi) =\left(\frac12\right)^n. $$ 因此 $$ [E(Yn)]^2 =\left(\frac12\right)^{2n} =\frac{1}{4^n}. $$ 接著計算 $Yn^2$ 的期望值： $$ Yn^2=(X1X2\cdots Xn)^2 =X1^2X2^2\cdots Xn^2. $$ 利用獨立性， $$ E(Yn^2) =E(X1^2X2^2\cdots Xn^2) =\prod{i=1}^n E(Xi^2) =\left(\frac13\right)^n =\frac{1}{3^n}. $$ 代入變異數公式： $$ \operatorname{Var}(Yn) =E(Yn^2)-[E(Yn)]^2 =\frac{1}{3^n}-\frac{1}{4^n}. $$ 選項分析

110 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（B）》

第 Problem 1. 題10 分

核心觀念

解題方法

情況一：a≠3a\neq 3a=3

情況二：a=3a=3a=3

第 Problem 2. 題15 分

核心觀念

解題方法

(i) 求 Eigenvalues 與 Eigenvectors

1. λ=4\lambda=4λ=4 的特徵向量

2. λ=−2\lambda=-2λ=−2 的特徵向量

(ii) 建立 Jordan 形式

第 Problem 3. 題25 分

核心觀念

(i) 奇異值分解與子空間

(1) 求 R(A)R(A)R(A) 與 R(AT)R(A^T)R(AT)

(2) 求投影矩陣 PAP_APA​ 與 PATP_A^TPAT​

(3) 求 AATAA^TAAT 的特徵值與特徵向量

(i) 解題技巧與常見陷阱

第 Problem 4. 題2 分

核心觀念

選項分析

（i）A⊂BA\subset BA⊂B，則 P(A)<P(B)P(A)<P(B)P(A)<P(B)

（ii）若 P(B)>0P(B)>0P(B)>0，則 P(A∣B)>P(A)P(A\mid B)>P(A)P(A∣B)>P(A)

第 Problem 5. 題2 分

第 Problem 6. 題2 分

第 Problem 7. 題2 分

第 Problem 8. 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(i) (1−1n)m\left(1-\frac{1}{n}\right)^m(1−n1​)m

(ii) (1−1m)n\left(1-\frac{1}{m}\right)^n(1−m1​)n

第 Problem 9. 題2 分

第 Problem 10. 題2 分

第 Problem 11. 題2 分

第 Problem 12. 題2 分

核心觀念

解題方法

第 Problem 13. 題2 分

第 Problem 14. 題2 分

第 Problem 15. 題2 分

第 Problem 16. 題2 分

第 Problem 17. 題2 分

第 Problem 18. 題3 分

核心觀念

解題方法：利用卷積求機率質量函數

選項分析

第 Problem 19. 題3 分

核心觀念

解題方法

選項分析

（i）P(X=0)=P(X=50)P(X=0)=P(X=50)P(X=0)=P(X=50)

第 Problem 20. 題3 分

第 Problem 21. 題3 分

核心觀念

解題方法

選項分析

其他考古題

110 年臺灣聯合大學系統的其他科目

臺灣聯合大學系統《工程數學》其他年度

其他學校的電機系考古題

110 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（B）》

情況一： $a\neq 3$

情況二： $a=3$

1. $\lambda=4$ 的特徵向量

2. $\lambda=-2$ 的特徵向量

(1) 求 $R(A)$ 與 $R(A^T)$

(2) 求投影矩陣 $P_A$ 與 $P_A^T$

(3) 求 $AA^T$ 的特徵值與特徵向量

（i） $A\subset B$ ，則 $P(A)<P(B)$

（ii）若 $P(B)>0$ ，則 $P(A\mid B)>P(A)$

(i) $\left(1-\frac{1}{n}\right)^m$

(ii) $\left(1-\frac{1}{m}\right)^n$

（i） $P(X=0)=P(X=50)$