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東京工業大学 情報理工学院 情報工学系 2018年8月実施 午前 1.

标签：

Author​

Miyake

Description​

题目描述​

题面缺失边界： 当前 Description 为空，本地 Git 历史中的该栏也始终为空。以下只重建 Kai 能唯一确认的计算对象与作答要求；第 2 问中 WW 的原始定义方式、第 3 问的函数定义域，以及第 4 问的原叙事情境均无法从允许的信息唯一恢复。

  1. 计算下列行列式：

    1. ∣3−125∣;\begin{vmatrix} 3&-1\\ 2&5 \end{vmatrix};
    2. ∣2−1023−11−2−1∣;\begin{vmatrix} 2&-1&0\\ 2&3&-1\\ 1&-2&-1 \end{vmatrix};
    3. ∣11111−1x211x241−1x38∣.\begin{vmatrix} 1&1&1&1\\ 1&-1&x&2\\ 1&1&x^2&4\\ 1&-1&x^3&8 \end{vmatrix}.

  2. Kai 可确认本问要求求子空间 WW 的正交补 W⊥W^\perp 的一组基；计算中用到 WW 内的向量

    (1,1,0,1)T,(0,1,−1,0)T.(1,1,0,1)^{\mathsf T},\qquad (0,1,-1,0)^{\mathsf T}.

    Kai 所依据的 WW 是否在原题中明确写成这两个向量的张成空间，以及是否另有关于内积的说明，均无记录；可唯一确认的正交条件为

    x+y+w=0,y−z=0x+y+w=0,\qquad y-z=0

    对 (x,y,z,w)T∈W⊥(x,y,z,w)^{\mathsf T}\in W^\perp 成立。

  3. Kai 可唯一确认本问涉及

    f(x)=log⁡e(1+x),g(x)=f(−x2)=log⁡e(1−x2).f(x)=\log_e(1+x),\qquad g(x)=f(-x^2)=\log_e(1-x^2).

    依次要求：

    1. 求 f′(x)f'(x)；
    2. 求正整数 kk 对应的 f(k)(x)f^{(k)}(x)；
    3. 写出 ff 的 Maclaurin 展开，并求 n≥1n\geq1 时 g(x)g(x) 中 xnx^n 项的系数。

  4. Kai 可唯一确认 X,YX,Y 为取 0,10,1 的随机变量，并给出

    P(X=0)=p,P(X=1)=1−p,P(X=0)=p,\qquad P(X=1)=1-p,
    P(Y=0∣X=0)=1−q,P(Y=0∣X=1)=q.P(Y=0\mid X=0)=1-q,\qquad P(Y=0\mid X=1)=q.

    求条件概率 P(X=1∣Y=0)P(X=1\mid Y=0)。原题对 p,qp,q 的范围以及随机变量的叙事情境没有留存在 Kai 中。

考点​

  • 行列式计算：分别使用二、三阶展开及 Vandermonde 型因式分解处理含参数的四阶行列式。
  • 正交补：把与给定生成向量正交转化为齐次线性方程组，并从解空间中选取一组基。
  • Taylor 级数：由 log⁡(1+x)\log(1+x) 的高阶导数推导 Maclaurin 展开，再作 x↦−x2x\mapsto-x^2 的复合以提取奇偶次系数。
  • 条件概率：由边缘概率与条件概率构造联合概率，再用 Bayes 公式求 P(X=1∣Y=0)P(X=1\mid Y=0)。

Kai​

1)​

a)​

∣3−125∣=3⋅5−2⋅(−1)=17 \begin{aligned} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} &= 3 \cdot 5 - 2 \cdot (-1) \\ &= 17 \end{aligned}

b)​

∣2−1023−11−2−1∣=(−6+1)−(4+2)=−11 \begin{aligned} \begin{vmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 2 & 3 & -1 \\ 1 & -2 & -1 \end{vmatrix} &= (-6+1) - (4+2) \\ &= -11 \end{aligned}

c)​

∣11111−1x211x241−1x38∣=6(x+1)(x−1)(x−2) \begin{aligned} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & x & 2 \\ 1 & 1 & x^2 & 4 \\ 1 & -1 & x^3 & 8 \end{vmatrix} &= 6(x+1)(x-1)(x-2) \end{aligned}

2)​

W⊥W^\perp に属するベクトルを (x,y,z,w)T(x,y,z,w)^T とすると、 (1,1,0,1)T(1,1,0,1)^T と直交することから x+y+w=0x+y+w=0 でなければならず、 (0,1,−1,0)T(0,1,-1,0)^T と直交することから y−z=0y-z=0 でなければならない。 よって、 W⊥W^\perp の基底としては、例えば、

(100−1),  (1−1−10)\begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

がある。

3)​

a)​

f(1)(x)=11+x \begin{aligned} f^{(1)}(x) = \frac{1}{1+x} \end{aligned}

b)​

f(2)(x)=−1(1+x)2f(3)(x)=2(1+x)3f(4)(x)=−3⋅2(1+x)4⋯ \begin{aligned} f^{(2)}(x) &= -\frac{1}{(1+x)^2} \\ f^{(3)}(x) &= \frac{2}{(1+x)^3} \\ f^{(4)}(x) &= - \frac{3 \cdot 2}{(1+x)^4} \\ &\cdots \end{aligned}

より、 k=1,2,⋯k = 1, 2, \cdots について

f(k)(x)=(−1)k+1(k−1)!(1+x)k \begin{aligned} f^{(k)}(x) &= \frac{(-1)^{k+1} (k-1)!}{(1+x)^k} \end{aligned}

がわかる。

c)​

f(0)=0f(0)=0 であり、 k=1,2,⋯k=1,2, \cdots について

f(k)(0)=(−1)k+1(k−1)! \begin{aligned} f^{(k)}(0) &= (-1)^{k+1} (k-1)! \end{aligned}

であるから、 f(x)f(x) のマクローリン展開は

f(x)=∑k=1∞(−1)k+1(k−1)!k!xk=∑k=1∞(−1)k+1kxk \begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1} (k-1)!}{k!} x^k \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k \end{aligned}

である。

よって、

g(x)=f(−x2)=∑k=1∞(−1)k+1k(−x2)k=∑k=1∞−1kx2k \begin{aligned} g(x) &= f \left( -x^2 \right) \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left( -x^2 \right)^k \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{-1}{k} x^{2k} \end{aligned}

がわかる。

したがって、 n≥1n \geq 1 について xnx^n の項の係数は、 nn が奇数のときは 00 であり、 nn が偶数のときは −2/n-2/n である。

4)​

XX が 00 かつ YY が 00 である確率は

PX(0)PY∣X(0∣0)=p(1−q)\begin{aligned} P_X(0) P_{Y|X}(0|0) = p(1-q) \end{aligned}

であり、 XX が 11 かつ YY が 00 である確率は

PX(1)PY∣X(0∣1)=(1−p)q\begin{aligned} P_X(1) P_{Y|X}(0|1) = (1-p)q \end{aligned}

であるから、求める確率は、

PX∣Y(1∣0)=(1−p)qp(1−q)+(1−p)q=(1−p)qp+q−2pq\begin{aligned} P_{X|Y}(1|0) &= \frac{(1-p)q}{p(1-q)+(1-p)q} \\ &= \frac{(1-p)q}{p+q-2pq} \end{aligned}

である。

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