113 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)》

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第 1 題

Let M(t)=E[etX]M(t) = E[e^{tX}] be the moment generating function of a random variable XX, which is defined in a neighborhood of 0. Define ψ(t)=ln⁡M(t)\psi(t) = \ln M(t). Let M(n)(t)M^{(n)}(t) and ψ(n)(t)\psi^{(n)}(t) be the nnth derivatives of M(t)M(t) and ψ(t)\psi(t) respectively. Which of the following statements is/are true?

(A) The nnth moment E[Xn]E[X^n] of XX is M(n)(t)∣t=0M^{(n)}(t)|_{t=0}.
(B) The nnth moment E[Xn]E[X^n] of XX is 1λnM(n)(t)∣t=0\frac{1}{\lambda^n} M^{(n)}(t)|_{t=0}.
(C) The variance of XX is ψ(2)(t)∣t=0\psi^{(2)}(t)|_{t=0}.
(D) The variance of XX is 1λ2ψ(2)(t)∣t=0\frac{1}{\lambda^2} \psi^{(2)}(t)|_{t=0}.
(E) None of the above.

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核心觀念

本題考查:

  1. 動差生成函數(MGF)
    M(t)=E[etX]M(t)=E[e^{tX}]

  2. MGF 的導數與原始動差
    M(n)(0)=E[Xn]M^{(n)}(0)=E[X^n]

  3. 累積量生成函數(CGF)
    ψ(t)=ln⁡M(t)\psi(t)=\ln M(t)

  4. CGF 二階導數與變異數
    ψ′′(0)=Var⁡(X)\psi''(0)=\operatorname{Var}(X)

題目中的 λ\lambda 沒有被定義,因此含有 λ\lambda 的選項不符合本題設定。


解題方法

一、由 MGF 導出 nn 階動差

由定義:

M(t)=E[etX]M(t)=E[e^{tX}]

對 tt 微分一次:

M′(t)=E[XetX]M'(t)=E[Xe^{tX}]

連續微分 nn 次:

M(n)(t)=E[XnetX]M^{(n)}(t)=E[X^n e^{tX}]

令 t=0t=0,因為 e0=1e^0=1,因此:

M(n)(0)=E[Xn]M^{(n)}(0)=E[X^n]

所以:

E[Xn]=M(n)(0)\boxed{E[X^n]=M^{(n)}(0)}

這裡的 E[Xn]E[X^n] 是 nn 階原始動差,不是中央動差。


二、由 ψ(t)=ln⁡M(t)\psi(t)=\ln M(t) 導出變異數

首先對 ψ(t)\psi(t) 微分:

ψ′(t)=M′(t)M(t)\psi'(t)=\frac{M'(t)}{M(t)}

再微分一次:

ψ′′(t)=M′′(t)M(t)−[M′(t)]2[M(t)]2\psi''(t) = \frac{M''(t)M(t)-[M'(t)]^2}{[M(t)]^2}

由 M(0)=E[e0]=1M(0)=E[e^0]=1,且:

M′(0)=E[X],M′′(0)=E[X2]M'(0)=E[X], \qquad M''(0)=E[X^2]

因此:

ψ′′(0)=M′′(0)−[M′(0)]2\psi''(0) = M''(0)-[M'(0)]^2 ψ′′(0)=E[X2]−[E[X]]2\psi''(0) = E[X^2]-[E[X]]^2

而變異數定義為:

Var⁡(X)=E[X2]−[E[X]]2\operatorname{Var}(X)=E[X^2]-[E[X]]^2

故:

Var⁡(X)=ψ′′(0)\boxed{\operatorname{Var}(X)=\psi''(0)}

選項分析

(A) 正確

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第 2 題

Consider two random variables XX and YY with a joint probability desity function

f(x,y)={λ2e−λ(x+y),if x≥0,y≥00,otherwisef(x, y) = \begin{cases} \lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}, & \text{if } x \geq 0, y \geq 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

where λ>0\lambda > 0. Which of the following statements is/are true?

(A) The moment generating function MX(t)=E[etX]M_X(t) = E[e^{tX}] of XX is λλ−t\frac{\lambda}{\lambda-t}.
(B) The moment generating function MY(t)M_Y(t) of YY is λλ+t\frac{\lambda}{\lambda+t}.
(C) The joint moment generating function MX,Y(s,t)=E[esX+tY]M_{X,Y}(s,t) = E[e^{sX+tY}] of XX and YY is λ2(λ−s)(λ−t)\frac{\lambda^2}{(\lambda-s)(\lambda-t)}.
(D) The joint moment generating function MX,Y(s,t)M_{X,Y}(s, t) of XX and YY is λ2(λ−s)(λ−t)\frac{\lambda^2}{(\lambda-s)(\lambda-t)}.
(E) The joint moment E[XnYm]E[X^n Y^m] of XX and YY is (n!m!)/λn+m(n!m!)/\lambda^{n+m}.

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核心觀念

本題考查指數分布的動差生成函數(moment generating function, MGF)與聯合動差生成函數。

由聯合機率密度函數

f(x,y)=λ2e−λ(x+y),x≥0, y≥0f(x,y)=\lambda^2e^{-\lambda(x+y)},\qquad x\ge 0,\ y\ge 0

可分解為

f(x,y)=(λe−λx)(λe−λy).f(x,y)=\left(\lambda e^{-\lambda x}\right) \left(\lambda e^{-\lambda y}\right).

因此,XX 與 YY 相互獨立,且各自服從參數為 λ\lambda 的指數分布:

X,Y∼Exp⁡(λ).X,Y\sim \operatorname{Exp}(\lambda).

指數分布的 MGF 為

MX(t)=E[etX]=λλ−t,t<λ.M_X(t)=E[e^{tX}] =\frac{\lambda}{\lambda-t}, \qquad t<\lambda.

解題方法

1. 求 XX 的 MGF

先求 XX 的邊際機率密度函數:

fX(x)=∫0∞f(x,y) dyf_X(x)=\int_0^\infty f(x,y)\,dy =∫0∞λ2e−λ(x+y) dy=λ2e−λx∫0∞e−λy dy=\int_0^\infty \lambda^2e^{-\lambda(x+y)}\,dy =\lambda^2e^{-\lambda x}\int_0^\infty e^{-\lambda y}\,dy =λ2e−λx⋅1λ=λe−λx,x≥0.=\lambda^2e^{-\lambda x}\cdot \frac{1}{\lambda} =\lambda e^{-\lambda x}, \qquad x\ge 0.

因此

MX(t)=E[etX]=∫0∞etxλe−λx dxM_X(t) =E[e^{tX}] =\int_0^\infty e^{tx}\lambda e^{-\lambda x}\,dx =λ∫0∞e−(λ−t)x dx.=\lambda\int_0^\infty e^{-(\lambda-t)x}\,dx.

當 t<λt<\lambda 時,

∫0∞e−(λ−t)x dx=1λ−t,\int_0^\infty e^{-(\lambda-t)x}\,dx =\frac{1}{\lambda-t},

所以

MX(t)=λλ−t.M_X(t)=\frac{\lambda}{\lambda-t}.

同理,

MY(t)=λλ−t,t<λ.M_Y(t)=\frac{\lambda}{\lambda-t}, \qquad t<\lambda.

2. 求聯合 MGF

聯合動差生成函數定義為

MX,Y(s,t)=E[esX+tY].M_{X,Y}(s,t) =E[e^{sX+tY}].

直接由聯合密度函數計算:

MX,Y(s,t)=∫0∞∫0∞esx+tyλ2e−λ(x+y) dy dx.M_{X,Y}(s,t) =\int_0^\infty\int_0^\infty e^{sx+ty}\lambda^2e^{-\lambda(x+y)} \,dy\,dx.

整理指數項:

MX,Y(s,t)=λ2∫0∞e−(λ−s)x dx∫0∞e−(λ−t)y dy.M_{X,Y}(s,t) =\lambda^2 \int_0^\infty e^{-(\lambda-s)x}\,dx \int_0^\infty e^{-(\lambda-t)y}\,dy.

當 s<λs<\lambda 且 t<λt<\lambda 時,

MX,Y(s,t)=λ2(1λ−s)(1λ−t).M_{X,Y}(s,t) =\lambda^2 \left(\frac{1}{\lambda-s}\right) \left(\frac{1}{\lambda-t}\right).

因此

MX,Y(s,t)=λ2(λ−s)(λ−t).M_{X,Y}(s,t) =\frac{\lambda^2}{(\lambda-s)(\lambda-t)}.

也可利用 X,YX,Y 獨立性直接得到:

MX,Y(s,t)=MX(s)MY(t)=λλ−sλλ−t.M_{X,Y}(s,t) =M_X(s)M_Y(t) =\frac{\lambda}{\lambda-s} \frac{\lambda}{\lambda-t}.

3. 求聯合動差 E[XnYm]E[X^nY^m]

由獨立性,

E[XnYm]=E[Xn]E[Ym].E[X^nY^m]=E[X^n]E[Y^m].

對於參數為 λ\lambda 的指數分布,

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第 3 題

Consider a sequence {Xn}n=1∞\{X_n\}_{n=1}^{\infty} of statistically independent and identically distributed random variables with common mean μ\mu and variance σ2\sigma^2. Let

Xˉn=1n∑k=1nXk\bar{X}_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} X_k

be the sample mean for each n=1,2,…n=1, 2, \dots. Which of the following statements is/are true?

(A) The expectation E[Xˉn]E[\bar{X}_n] of the sample mean Xˉn\bar{X}_n is μ/π\mu/\pi.
(B) The variance Var(Xˉn)Var(\bar{X}_n) of Xˉn\bar{X}_n is σ2/n2\sigma^2/n^2.
(C) Fix an ϵ>0\epsilon > 0. For any δ>0\delta > 0, the probability of the event (μ−ϵ<Xˉn<μ+ϵ)(\mu - \epsilon < \bar{X}_n < \mu + \epsilon) can be lower bounded by 1−δ1 - \delta with a sufficiently large nn.
(D) The event (lim⁡n→∞Xˉn=0)(\lim_{n \to \infty} \bar{X}_n = 0) occurs with probability one.
(E) The event (lim⁡n→∞Xˉn=μ)(\lim_{n \to \infty} \bar{X}_n = \mu) occurs with probability one.

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核心觀念

本題考查獨立同分布樣本平均數的基本性質,以及大數法則:

  1. 期望值的線性性:
    E[∑k=1nXk]=∑k=1nE[Xk]E\left[\sum_{k=1}^n X_k\right]=\sum_{k=1}^n E[X_k]

  2. 獨立隨機變數和的變異數:

Var⁡(∑k=1nXk)=∑k=1nVar⁡(Xk)\operatorname{Var}\left(\sum_{k=1}^n X_k\right) =\sum_{k=1}^n\operatorname{Var}(X_k)
  1. 柴比雪夫不等式:
P(∣Y−E[Y]∣≥ϵ)≤Var⁡(Y)ϵ2P(|Y-E[Y]|\geq \epsilon) \leq \frac{\operatorname{Var}(Y)}{\epsilon^2}
  1. 大數強法則:若 {Xn}\{X_n\} 為獨立同分布,且 E[∣X1∣]<∞E[|X_1|]<\infty,則
    Xˉn⟶μ幾乎處處\bar X_n\longrightarrow \mu \quad \text{幾乎處處}
    題目已給定有限變異數 σ2\sigma^2,因此必有有限期望絕對值,得以使用大數強法則。

解題方法

由

Xˉn=1n∑k=1nXk\bar X_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nX_k

直接計算其期望與變異數,再利用柴比雪夫不等式判斷樣本平均是否以高機率接近母體平均數。最後使用大數強法則判斷極限事件。

首先,因為每個 XkX_k 的期望均為 μ\mu:

E[Xˉn]=E[1n∑k=1nXk]=1n∑k=1nE[Xk]=1n⋅nμ=μ.E[\bar X_n] =E\left[\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nX_k\right] =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nE[X_k] =\frac{1}{n}\cdot n\mu =\mu.

其次,由於 X1,…,XnX_1,\dots,X_n 相互獨立:

Var⁡(Xˉn)=Var⁡(1n∑k=1nXk)=1n2Var⁡(∑k=1nXk)\operatorname{Var}(\bar X_n) =\operatorname{Var}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nX_k\right) =\frac{1}{n^2}\operatorname{Var}\left(\sum_{k=1}^nX_k\right) =1n2∑k=1nVar⁡(Xk)=1n2⋅nσ2=σ2n.=\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\operatorname{Var}(X_k) =\frac{1}{n^2}\cdot n\sigma^2 =\frac{\sigma^2}{n}.

因此,樣本平均的變異數會隨 nn 增大而趨近於 00。


選項分析

(A) 錯誤

由上述計算:

E[Xˉn]=μ,E[\bar X_n]=\mu,

並非 μ/π\mu/\pi。因此選項 (A) 錯誤。


(B) 錯誤

正確的變異數為:

Var⁡(Xˉn)=σ2n,\operatorname{Var}(\bar X_n)=\frac{\sigma^2}{n},

不是 σ2/n2\sigma^2/n^2。原因是總和中有 nn 個獨立隨機變數,其變異數會先累加成 nσ2n\sigma^2,再乘上平均係數的平方 1/n21/n^2。

因此:

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第 4 題

Let ZZ be a standard normal distribution with a cumulative distribution function Φ(z)=P(Z≤z)\Phi(z) = P(Z \leq z). Let aa be a number in the interval (0,1)(0, 1). Define zαz_\alpha to be the real number such that P(Z>zα)=αP(Z > z_\alpha) = \alpha. Also let {Xn}n=1∞\{X_n\}_{n=1}^{\infty} be a sequence of statistically independent and identically distributed random variables with common mean μ\mu and variance σ2\sigma^2. Which of the following statements is/are true?

(A) For any a∈(0,1)a \in (0,1), we have P(∣Z∣>za/2)=αP(|Z| > z_{a/2}) = \alpha.
(B) For any a∈(0,1)a \in (0,1), we have P(∣Z∣>za/2)=α/2P(|Z| > z_{a/2}) = \alpha/2.
(C) For a sufficiently large nn, a good solution for the unknow xx satisfying P(X1+X2+⋯+Xn>x)=αP(X_1 + X_2 + \dots + X_n > x) = \alpha with a∈(0,1)a \in (0, 1) is zα(ημ+σn)z_\alpha(\eta\mu + \sigma\sqrt{n}).
(D) For a sufficiently large nn, a good solution for the unknow xx satisfying P(X1+X2+⋯+Xn>x)=αP(X_1 + X_2 + \dots + X_n > x) = \alpha with a∈(0,1)a \in (0, 1) is ημ+zασn\eta\mu + z_\alpha \sigma \sqrt{n}.
(E) For a sufficiently large nn, a good approximation to the probability P(X1+X2+⋯+Xn≤a)P(X_1 + X_2 + \dots + X_n \leq a) for a real number aa is Φ(a−ημσn)\Phi\left(\frac{a - \eta\mu}{\sigma\sqrt{n}}\right).

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核心觀念

本題主要考查三個觀念:

  1. 標準常態分配的上尾分位數定義:
    P(Z>zα)=α.P(Z>z_\alpha)=\alpha.

  2. 標準常態分配的對稱性:
    Φ(−z)=1−Φ(z).\Phi(-z)=1-\Phi(z).

  3. 中央極限定理:若 X1,…,XnX_1,\ldots,X_n 為獨立同分布,且
    E(Xi)=μ,Var⁡(Xi)=σ2,E(X_i)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2,
    則當 nn 充分大時,
    ∑i=1nXi−nμσn∼approx.N(0,1).\frac{\sum_{i=1}^nX_i-n\mu}{\sigma\sqrt n}\overset{\text{approx.}}{\sim}N(0,1).

題目選項中的 aa 與 α\alpha 應視為同一個顯著水準; ημ\,\eta\mu 應為排版誤植,依上下文應為 nμn\mu。


解題方法

令
Sn=X1+X2+⋯+Xn.S_n=X_1+X_2+\cdots+X_n.

由獨立性可得
E(Sn)=nμ,E(S_n)=n\mu,
且
Var⁡(Sn)=nσ2.\operatorname{Var}(S_n)=n\sigma^2.

因此,根據中央極限定理,
Sn−nμσn≈Z,\frac{S_n-n\mu}{\sigma\sqrt n}\approx Z,
也就是
Sn≈N(nμ,nσ2).S_n\approx N(n\mu,n\sigma^2).

接著分別判斷各選項。


選項分析

(A)

由定義,
P(Z>zα/2)=α2.P(Z>z_{\alpha/2})=\frac{\alpha}{2}.

標準常態分配具有左右對稱性,因此
P(Z<−zα/2)=α2.P(Z<-z_{\alpha/2})=\frac{\alpha}{2}.

由於兩事件互斥,

P(∣Z∣>zα/2)=P(Z>zα/2)+P(Z<−zα/2)=α2+α2=α.\begin{aligned} P(|Z|>z_{\alpha/2}) &=P(Z>z_{\alpha/2})+P(Z<-z_{\alpha/2})\\ &=\frac{\alpha}{2}+\frac{\alpha}{2}\\ &=\alpha. \end{aligned}

所以 (A) 正確。


(B)

由上面的計算,
P(∣Z∣>zα/2)=α,P(|Z|>z_{\alpha/2})=\alpha,
而不是 α/2\alpha/2。

所以 (B) 錯誤。


(C)

要求 xx 滿足
P(Sn>x)=α.P(S_n>x)=\alpha.

由中央極限定理,

P(Sn>x)≈P(Sn−nμσn>x−nμσn).P(S_n>x) \approx P\left( \frac{S_n-n\mu}{\sigma\sqrt n} > \frac{x-n\mu}{\sigma\sqrt n} \right).
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第 5 題

The joint probability density function of XX and YY is given by

f(x,y)={ce−12(x2+y2),if x≥0,y≥00,otherwisef(x,y) = \begin{cases} ce^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}, & \text{if } x \geq 0, y \geq 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

where cc is a constant. Which of the following statements is/are true?

(A) c=12c = \frac{1}{2}.
(B) fY∣X(y∣x)=2x,−x<y<xf_{Y|X}(y|x) = 2x, -x < y < x.
(C) E(Y∣X=x)=0E(Y|X=x) = 0.
(D) Var(Y∣X=x)=3x2Var(Y|X=x) = 3x^2.
(E) E(Y2∣X=x)=23E(Y^2|X=x) = \frac{2}{3}.

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先求常數 cc。

1=∬x≥0,y≥0c e−12(x2+y2) dxdy=c∫0π/2 ⁣dθ∫0∞e−r22r dr=cπ2[−e−r22]0∞=cπ21=\iint_{x\ge0,y\ge0}c\,e^{-\frac12(x^{2}+y^{2})}\,dxdy =c\int_{0}^{\pi/2}\!d\theta\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{r^{2}}2}r\,dr =c\frac{\pi}{2}\Big[-e^{-\frac{r^{2}}2}\Big]_{0}^{\infty}=c\frac{\pi}{2}

故 c=2πc=\dfrac{2}{\pi}。

A 錯\boxed{A\text{ 錯}}

邊際密度

fX(x)=∫0∞c e−12(x2+y2)dy=c e−x22∫0∞e−y22dy=c e−x22π2f_X(x)=\int_{0}^{\infty}c\,e^{-\frac12(x^{2}+y^{2})}dy =c\,e^{-\frac{x^{2}}2}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{y^{2}}2}dy =c\,e^{-\frac{x^{2}}2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}

條件密度

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第 6 題

Let X,YX, Y and ZZ be continuous random variables with the following joint probability density function:

f(x,y,z)={x2e−x(1+y+z),if x,y,z>00,otherwisef(x,y,z) = \begin{cases} x^2 e^{-x(1+y+z)}, & \text{if } x,y,z > 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

Which of the following statements is/are true?

(A) fZ(z)=2(1+z)3,z>0f_Z(z) = \frac{2}{(1+z)^3}, z > 0.
(B) fY(y)=1(1+y)2,y>0f_Y(y) = \frac{1}{(1+y)^2}, y > 0.
(C) XX and YY are independent.
(D) X,YX, Y and ZZ are pairwise independent.
(E) X,YX, Y and ZZ independent.

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先求邊際密度

fZ(z)=∫0∞ ⁣∫0∞x2e−x(1+y+z) dy dx=∫0∞x2e−x(1+z)(∫0∞e−xydy)dx=∫0∞xe−x(1+z)dx=1(1+z)2,z>0.\begin{aligned} f_Z(z) &=\int_0^{\infty}\!\int_0^{\infty}x^2 e^{-x(1+y+z)}\,dy\,dx \\ &=\int_0^{\infty}x^2 e^{-x(1+z)}\Bigl(\int_0^{\infty}e^{-xy}dy\Bigr)dx =\int_0^{\infty}x e^{-x(1+z)}dx =\frac{1}{(1+z)^2},\qquad z>0 . \end{aligned}

故 (A) 錯。

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第 7 題

Suppose that a group of 20 students have received 4 tickets of a special event. Suppose that 4 students will be selected by random to win the tickets. Suppose that among the 20 students, 15 are male and 5 are female. Here it is assumed that the random selection is fair. What is the probability that among the 4 selected students, 3 are male and 1 is female? (Choose the closest answer.)

(A) 22%
(B) 47%
(C) 63%
(D) 84%
(E) 92%

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核心觀念

本題考查「不放回抽樣」下的超幾何分配。

20 位學生中有:

  • 男生 15 位
  • 女生 5 位
  • 隨機選出 4 位
  • 要求恰有 3 位男生與 1 位女生

所有選出 4 位學生的組合等可能,因此使用組合數計算。

解題方法

從 15 位男生中選出 3 位,有

(153)\binom{15}{3}

種選法;從 5 位女生中選出 1 位,有

(51)\binom{5}{1}

種選法。

符合條件的選法總數為

(153)(51).\binom{15}{3}\binom{5}{1}.

而從 20 位學生中任選 4 位的總選法為

(204).\binom{20}{4}.

因此所求機率為

P=(153)(51)(204).P=\frac{\binom{15}{3}\binom{5}{1}}{\binom{20}{4}}.

計算得

(153)=455,(51)=5,(204)=4845.\binom{15}{3}=455,\qquad \binom{5}{1}=5,\qquad \binom{20}{4}=4845.

所以

P=455×54845=22754845≈0.4696.P=\frac{455\times 5}{4845} =\frac{2275}{4845} \approx 0.4696.

換算成百分比:

P≈46.96%≈47%.P\approx 46.96\%\approx 47\%.

選項分析

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第 8 題

Suppose that Ω\Omega is a sample space and AA and BB are subsets of Ω\Omega. Suppose that PP is a probability function defined on FF, which is a σ\sigma-field on Ω\Omega. Which following equations are correct?

(A) P(∅)=0P(\emptyset) = 0.
(B) P(A)+P(Ac)=1P(A) + P(A^c) = 1.
(C) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B).
(D) For A⊆BA \subseteq B, P(A)≤P(B)P(A) \leq P(B).
(E) 0≤P(A)≤10 \leq P(A) \leq 1.

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核心觀念

本題考查機率函數 PP 在 σ\sigma-field F\mathcal{F} 上的基本性質。若 A,B∈FA,B\in\mathcal{F},則:

  1. P(Ω)=1P(\Omega)=1,且 P(E)≥0P(E)\ge 0。
  2. P(∅)=0P(\emptyset)=0。
  3. 若 A⊆BA\subseteq B,則 P(A)≤P(B)P(A)\le P(B)。
  4. P(Ac)=1−P(A)P(A^c)=1-P(A)。
  5. 容斥公式:
    P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).

解題方法

逐一利用機率公理與集合運算公式判斷。這些選項都是機率函數的基本定理,必須注意 AcA^c 表示相對於 Ω\Omega 的補集。

選項分析

(A) P(∅)=0P(\emptyset)=0:正確

由 Ω\Omega 可分解為互斥事件:

Ω=Ω∪∅.\Omega=\Omega\cup\emptyset.

由機率的可加性,

P(Ω)=P(Ω)+P(∅).P(\Omega)=P(\Omega)+P(\emptyset).

又因為 P(Ω)=1P(\Omega)=1,因此

1=1+P(∅),1=1+P(\emptyset),

故

P(∅)=0.P(\emptyset)=0.


(B) P(A)+P(Ac)=1P(A)+P(A^c)=1:正確

事件 AA 與其補集 AcA^c 互斥,且

A∪Ac=Ω.A\cup A^c=\Omega.

因此由可加性,

P(A)+P(Ac)=P(A∪Ac)=P(Ω)=1.P(A)+P(A^c)=P(A\cup A^c)=P(\Omega)=1.


(C) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B):正確

將 A∪BA\cup B 分解成互斥部分:

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第 9 題

Let XX and YY be two continuous random variables. Which of the following is TRUE.

(A) E[XY]=E[X]E[Y]E[XY] = E[X]E[Y]
(B) fX+Y(x+y)=fX(x)+fY(y)f_{X+Y}(x+y) = f_X(x) + f_Y(y)
(C) var(X+Y)=var(X)+var(Y)−2E[XY]var(X + Y) = var(X) + var(Y) - 2E[XY]
(D) E[X2+Y2]=E[X2]+E[Y2]E[X^2 + Y^2] = E[X^2] + E[Y^2]
(E) None of the above

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核心觀念

本題考查期望值的線性、獨立性、和的機率密度函數,以及變異數公式。

重要公式如下:

  1. 期望值的線性
    E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]

  2. 乘積期望值
    只有在 XX 與 YY 獨立時,才有
    E[XY]=E[X]E[Y]E[XY]=E[X]E[Y]

  3. 和的機率密度函數
    若 X,YX,Y 獨立,則
    fX+Y(z)=∫−∞∞fX(t)fY(z−t) dtf_{X+Y}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_X(t)f_Y(z-t)\,dt
    這是卷積,不是兩個密度函數直接相加。

  4. 變異數

\operatorname{var}(X+Y)
=\operatorname{var}(X)+\operatorname{var}(Y)+2\operatorname{Cov}(X,Y)$$

其中


解題方法

逐一檢查各選項是否符合上述定義與公式。題目只說 X,YX,Y 為連續隨機變數,沒有額外給定兩者獨立,因此不能自行使用獨立性所導出的公式。


選項分析

(A) E[XY]=E[X]E[Y]E[XY]=E[X]E[Y]

此等式一般不成立。

由共變異數定義:

E[XY]=E[X]E[Y]+Cov⁡(X,Y)E[XY]=E[X]E[Y]+\operatorname{Cov}(X,Y)

只有當 Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0 時才成立;獨立性也能保證此式成立,但題目沒有說明 X,YX,Y 獨立。

因此選項 (A) 錯誤。


(B) fX+Y(x+y)=fX(x)+fY(y)f_{X+Y}(x+y)=f_X(x)+f_Y(y)

兩個隨機變數相加後的密度函數,必須透過卷積計算。若 X,YX,Y 獨立,則:

fX+Y(z)=∫−∞∞fX(t)fY(z−t) dtf_{X+Y}(z) = \int_{-\infty}^{\infty}f_X(t)f_Y(z-t)\,dt

即使 X,YX,Y 不獨立,也不能把 fX+Yf_{X+Y} 寫成兩個邊際密度函數的直接相加。

因此選項 (B) 錯誤。


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第 10 題

Suppose X is uniformly distributed over [0,4] and Y is uniformly distributed over [0,1]. Assume X and Y are independent. P(max⁡(X,Y)>2)P(\max(X, Y) > 2) is equal to?

(A) 0
(B) 1/4
(C) 1/2
(D) 3/4
(E) 1

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核心觀念

本題考查:

  • 均勻分布的機率計算;
  • 最大值事件 max⁡(X,Y)>2\max(X,Y)>2 的判斷;
  • 隨機變數的支撐範圍分析。

已知:

X∼U[0,4],Y∼U[0,1].X\sim U[0,4],\qquad Y\sim U[0,1].

因為 YY 的取值範圍最多到 11,所以必有 Y≤1<2Y\le 1<2。因此,max⁡(X,Y)>2\max(X,Y)>2 完全取決於 XX 是否大於 22。

解題方法

由於 0≤Y≤10\le Y\le 1,不可能由 YY 超過 22,故

max⁡(X,Y)>2  ⟺  X>2.\max(X,Y)>2 \iff X>2.

XX 均勻分布於 [0,4][0,4],總長度為 44;其中滿足 X>2X>2 的區間為 (2,4](2,4],長度為 22。因此:

P(max⁡(X,Y)>2)=P(X>2)=4−24=12.P(\max(X,Y)>2) =P(X>2) =\frac{4-2}{4} =\frac{1}{2}.

端點 X=2X=2 的機率為 00,所以使用 X>2X>2 或 X≥2X\ge 2 不影響結果。

選項分析

  • (A) 00:錯誤。
    當 X>2X>2 時,max⁡(X,Y)>2\max(X,Y)>2,此事件確實有正機率,不是 00。
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第 11 題

Let A=(1−ii1)A = \begin{pmatrix} 1 & -i \\ i & 1 \end{pmatrix}, which of the following descriptions are true?

(A) A is invertible.
(B) A is diagonalizable with real-valued eigenvalues.
(C) A is normal.
(D) A is Hermitian.
(E) A is unitary.

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核心觀念

本題考查複數矩陣的下列性質:

  • 可逆矩陣:det⁡(A)≠0\det(A)\neq 0。
  • Hermitian 矩陣:A∗=AA^*=A,其中 A∗A^*為共軛轉置。
  • Normal 矩陣:A∗A=AA∗A^*A=AA^*。
  • Unitary 矩陣:A∗A=AA∗=IA^*A=AA^*=I。
  • 矩陣若具有相異特徵值,則必可對角化;Hermitian 矩陣的特徵值皆為實數。

給定

A=(1−ii1).A= \begin{pmatrix} 1&-i\\ i&1 \end{pmatrix}.

解題方法

先判斷共軛轉置:

A∗=(1‾i‾−i‾1‾)T=(1−ii1)=A.A^*= \begin{pmatrix} \overline{1}&\overline{i}\\ \overline{-i}&\overline{1} \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix} 1&-i\\ i&1 \end{pmatrix} =A.

因此 AA 是 Hermitian 矩陣,必然也是 normal 矩陣,且其特徵值皆為實數。

再計算特徵值:

det⁡(A−λI)=det⁡(1−λ−ii1−λ).\det(A-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda&-i\\ i&1-\lambda \end{pmatrix}.

因此

det⁡(A−λI)=(1−λ)2−(−i)(i)=(1−λ)2−1=λ(λ−2).\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)^2-(-i)(i) =(1-\lambda)^2-1 =\lambda(\lambda-2).

所以特徵值為

λ1=0,λ2=2.\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=2.

兩個特徵值相異,因此 AA 可對角化;且特徵值 0,20,2 均為實數。

選項分析

(A) AA is invertible.

錯誤。由特徵值可知 00 是 AA 的特徵值,因此

det⁡(A)=0.\det(A)=0.

也可直接計算:

det⁡(A)=1⋅1−(−i)(i)=1−1=0.\det(A)=1\cdot 1-(-i)(i)=1-1=0.

所以 AA 不可逆。

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第 12 題

Which of the following properties of the "determinant" of an n×nn \times n matrix are incorrect?

(A) We can use "cofactor expansion" to calculate the determinant along any row or column.
(B) For an invertible matrix, its determinant cannot be 0.
(C) For two n×nn \times n matrices: A and B, det(AB)=det(A)det(B)det(AB) = det(A) det(B).
(D) If we apply elementary row operations to calculate a matrix's determinant, it requires less multiplications than using cofactor expansion.
(E) For an upper triangular matrix, its determinant is the product of the diagonal elements.

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A:余子式展開(cofactor expansion)可沿任意行或列展開 → 正確。

B:可逆矩陣的行列式必不為 00(det⁡A≠0  ⟺  A\det A\neq0\iff A 可逆) → 正確。

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第 13 題

Which of the following properties on subspace are correct?

(A) Every subspace contains infinite number of vectors.
(B) {0}\{0\} is a subspace of any vector space.
(C) The basis of a subspace can be extended to a basis of the vector space that contains this subspace.
(D) The dimension of a subspace is less than the vector space that contains this subspace.
(E) The interception of any two subspaces contains at least one vector.

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核心觀念

本題考察向量子空間(subspace)的基本性質:

  1. 子空間必須包含零向量。
  2. 子空間本身也是一個向量空間。
  3. 子空間的基底可以延伸為母空間的基底。
  4. 子空間的維度不大於母空間。
  5. 任意兩個子空間的交集仍為子空間,且至少包含零向量。

解題方法

逐一利用子空間的定義與基底延伸定理判斷。

若 WW 是向量空間 VV 的子空間,則:

0∈W0\in W

且 WW 對向量加法及純量乘法封閉。因此,WW 本身也是一個向量空間。


選項分析

(A) Every subspace contains infinite number of vectors.

錯誤。

零子空間

W={0}W=\{0\}

只包含一個向量,並非無限多個向量。因此,不是每一個子空間都含有無限多個向量。

在一般常見的實數或複數向量空間中,非零子空間通常含有無限多個向量;但零子空間是重要的反例。


(B) {0}\{0\} is a subspace of any vector space.

正確。

對任意向量空間 VV,集合 {0}\{0\} 滿足:

  1. 包含零向量;
  2. 對加法封閉:
0+0=0∈{0};0+0=0\in\{0\};
  1. 對純量乘法封閉。對任意純量 cc,
c0=0∈{0}.c0=0\in\{0\}.

因此,

{0}≤V\{0\}\leq V

對任何向量空間 VV 都成立。


(C) The basis of a subspace can be extended to a basis of the vector space that contains this subspace.

正確。

此敘述是基底延伸定理(basis extension theorem):

若 WW 是向量空間 VV 的子空間,且

BW\mathcal{B}_W

是 WW 的一組基底,則可以加入一些 VV 中的向量,使其成為 VV 的一組基底:

BW⊆BV.\mathcal{B}_W\subseteq \mathcal{B}_V.

有限維向量空間中,可從 VV 中選取不在目前張成空間內的向量,持續加入,直到形成 VV 的基底。

例如:

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第 14 題

For a linear transformation T:R3→R3T: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 defined by: T(x,y,z)=(3x+2y,−2x+3y,5z)T(x, y, z)=(3x+2y, -2x+3y, 5z), which of the following statements are correct?

(A) The basis of the kernel (null space) of TT is {0}\{0\}.
(B) TT is one to one.
(C) TT is onto.
(D) TT is invertible.
(E) TT is diagonalizable.

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核心觀念

線性轉換 T:R3→R3T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 可由矩陣表示為

A=[320−230005],T(x)=Ax.A= \begin{bmatrix} 3&2&0\\ -2&3&0\\ 0&0&5 \end{bmatrix}, \qquad T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}.

本題考查:

  • 核心(kernel)與單射(one-to-one)的關係;
  • 值域(range)與滿射(onto)的關係;
  • 可逆矩陣與可逆線性轉換;
  • 矩陣的特徵值與對角化。

對於方陣 AA,下列條件彼此等價:

det⁡(A)≠0⟺ker⁡(T)={0}⟺T 為單射⟺T 為滿射⟺T 可逆.\det(A)\neq 0 \Longleftrightarrow \ker(T)=\{\mathbf{0}\} \Longleftrightarrow T\text{ 為單射} \Longleftrightarrow T\text{ 為滿射} \Longleftrightarrow T\text{ 可逆}.

解題方法

先求矩陣行列式:

det⁡(A)=5det⁡[32−23]=5(3⋅3−2⋅(−2))=5(9+4)=65≠0.\det(A) = 5\det \begin{bmatrix} 3&2\\ -2&3 \end{bmatrix} = 5(3\cdot 3-2\cdot(-2)) = 5(9+4) = 65\neq 0.

因此 AA 為可逆矩陣,且

ker⁡(T)={0}.\ker(T)=\{\mathbf{0}\}.

也可直接求核。令 T(x,y,z)=(0,0,0)T(x,y,z)=(0,0,0),得到

{3x+2y=0,−2x+3y=0,5z=0.\begin{cases} 3x+2y=0,\\ -2x+3y=0,\\ 5z=0. \end{cases}

由第三式得 z=0z=0。前兩式的係數行列式為

∣32−23∣=13≠0,\begin{vmatrix} 3&2\\ -2&3 \end{vmatrix} =13\neq 0,

所以 x=y=0x=y=0。故

ker⁡(T)={(0,0,0)}.\ker(T)=\{(0,0,0)\}.

接著判斷是否可對角化。矩陣 AA 的特徵多項式為

det⁡(A−λI)=(5−λ)det⁡[3−λ2−23−λ].\det(A-\lambda I) = (5-\lambda) \det \begin{bmatrix} 3-\lambda&2\\ -2&3-\lambda \end{bmatrix}.

因此

det⁡(A−λI)=(5−λ)[(3−λ)2+4].\det(A-\lambda I) = (5-\lambda)\left[(3-\lambda)^2+4\right].

特徵值為

λ=5,λ=3+2i,λ=3−2i.\lambda=5,\qquad \lambda=3+2i,\qquad \lambda=3-2i.

其中 3±2i3\pm2i 不是實特徵值,因此在 R\mathbb{R} 上沒有足夠的實特徵向量形成基底,TT 不可在 R\mathbb{R} 上對角化。

選項分析

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第 15 題

For a 5×55 \times 5 matrix: A(t)=(61−2002232243134−1320021−1+t12)A(t) = \begin{pmatrix} 6 & 1 & -2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 3 & 2 & 2 \\ 4 & 3 & 1 & 3 & 4 \\ -1 & 3 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -1+t & 1 & 2 \end{pmatrix}, which value of tt will make det(A)=0det(A) = 0?

(A) −π-\pi
(B) −π/2-\pi/2
(C) 0
(D) π/2\pi/2
(E) π\pi

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核心觀念

行列式對矩陣中任一個元素皆為一次函數。本題只有第 55 列第 33 欄元素含有 tt:

a53=t−1.a_{53}=t-1.

因此可利用列運算化簡矩陣,再直接求出 det⁡(A)\det(A) 與 tt 的關係。

解題方法

原矩陣為

A=(61−2002232243134−1320021t−112).A= \begin{pmatrix} 6&1&-2&0&0\\ 2&2&3&2&2\\ 4&3&1&3&4\\ -1&3&2&0&0\\ 2&1&t-1&1&2 \end{pmatrix}.

先交換第 11、第 44 列。交換一次會使行列式乘以 −1-1。接著以新的第 11 列消去其餘各列第 11 欄:

R2←R2+2R1,R3←R3+4R1,R_2\leftarrow R_2+2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3+4R_1, R4←R4+6R1,R5←R5+2R1.R_4\leftarrow R_4+6R_1,\quad R_5\leftarrow R_5+2R_1.

消去後,原行列式可化為下列 4×44\times4 行列式:

det⁡(A)=∣8722159341910007t+312∣.\det(A)= \begin{vmatrix} 8&7&2&2\\ 15&9&3&4\\ 19&10&0&0\\ 7&t+3&1&2 \end{vmatrix}.

沿著第三列展開:

det⁡(A)=19∣722934t+312∣−10∣8221534712∣.\det(A) = 19 \begin{vmatrix} 7&2&2\\ 9&3&4\\ t+3&1&2 \end{vmatrix} - 10 \begin{vmatrix} 8&2&2\\ 15&3&4\\ 7&1&2 \end{vmatrix}.

第二個 3×33\times3 行列式為

∣8221534712∣=8(6−4)−2(30−28)+2(15−21)=0.\begin{vmatrix} 8&2&2\\ 15&3&4\\ 7&1&2 \end{vmatrix} = 8(6-4)-2(30-28)+2(15-21)=0.
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📄 以下 2 題共用同一段題幹
A=(1−280−1000−1)A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 8\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}

第 16 題

What are the corresponding eigenvectors for the matrix AA?

(A) (100)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, (110)\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, (401)\begin{pmatrix}4\\0\\1\end{pmatrix}

(B) (100)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, (1−10)\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, (401)\begin{pmatrix}4\\0\\1\end{pmatrix}

(C) (100)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, (110)\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, (−401)\begin{pmatrix}-4\\0\\1\end{pmatrix}

(D) (100)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, (1−10)\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, (−401)\begin{pmatrix}-4\\0\\1\end{pmatrix}

(E) (100)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, (010)\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, (401)\begin{pmatrix}4\\0\\1\end{pmatrix}

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載入中…

第 17 題

Following the previous question, evaluate A2301A^{2301}.

(A) (100010001)\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}

(B) (1000−1000−1)\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

(C) (1280−1000−1)\begin{pmatrix}1&2&8\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

(D) (1−280−1000−1)\begin{pmatrix}1&-2&8\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

(E) (1−200−1800−1)\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&-1&8\\0&0&-1\end{pmatrix}

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核心觀念

本題考矩陣乘冪。若矩陣滿足 A2=IA^2=I,則 AA 的偶次方為 II,奇次方則為 AA。

解題方法

依原卷圖,第 17 題承接前題的矩陣

A=(1−280−1000−1),A=\begin{pmatrix} 1&-2&8\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix},

題目要求計算 A2301A^{2301}。先計算 A2A^2:

A2=(1−280−1000−1)(1−280−1000−1)=(100010001)=I.A^2= \begin{pmatrix} 1&-2&8\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&-2&8\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} =I.

因為 2301=2(1150)+12301=2(1150)+1,所以

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📄 以下 2 題共用同一段題幹
M=(4111487−2)M=\begin{pmatrix} 4 & 11 & 14\\ 8 & 7 & -2 \end{pmatrix}

第 18 題

For a rectangular matrix MM, how do you find the corresponding singular value?

(A) By finding the eigenvalues of (4111487−2000)\begin{pmatrix}4&11&14\\8&7&-2\\0&0&0\end{pmatrix}.

(B) By finding the eigenvalues of MM=M2MM=M^2.

(C) By finding the eigenvalues of lim⁡n→∞Mn\lim_{n\to\infty}M^n.

(D) By finding the eigenvalues of M∣M∣\frac{M}{|M|}.

(E) By finding the eigenvalues of MMtMM^t.

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這一題的完整詳解
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第 19 題

Following the previous question, find the largest singular value of the matrix MM.

(A) 600600

(B) 360360

(C) 10610\sqrt{6}

(D) 6106\sqrt{10}

(E) 363\sqrt{6}

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這一題的完整詳解

核心觀念

矩陣 MM 的奇異值,是 MMTM M^{\mathsf T}(或 MTMM^{\mathsf T}M)特徵值的非負平方根。因此,最大奇異值等於 MMTM M^{\mathsf T} 最大特徵值的平方根。

解題方法

依圖中第 19 題,矩陣為 2×32\times 3,題目要求最大奇異值;共用題幹給出的兩列分別是 (4,11,14)(4,11,14) 與 (8,7,−2)(8,7,-2)。計算 MMTM M^{\mathsf T} 可得到較小的 2×22\times 2 矩陣:

MMT=(4111487−2)(4811714−2)=(3338181117).M M^{\mathsf T} = \begin{pmatrix} 4 & 11 & 14\\ 8 & 7 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 8\\ 11 & 7\\ 14 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 333 & 81\\ 81 & 117 \end{pmatrix}.

其特徵值由特徵方程求得:

det⁡(333−λ8181117−λ)=0,\det\begin{pmatrix} 333-\lambda & 81\\ 81 & 117-\lambda \end{pmatrix} =0,
🔒

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第 20 題

Which of the following numbers β\beta can make the matrix BB positive definite?

B=(β111β111β)B=\begin{pmatrix} \beta & 1 & 1\\ 1 & \beta & 1\\ 1 & 1 & \beta \end{pmatrix}

(A) −1-1

(B) 00

(C) 11

(D) 22

(E) ii

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