111 年 國立中央大學通訊工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查線性方程組的矩陣表示、$LU$ 分解，以及利用 $LU$ 分解求解線性方程組。

若係數矩陣 $A$ 可分解為下三角矩陣 $L$ 與上三角矩陣 $U$，使得 $A=LU$，則方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{v}$ 可拆成兩個較容易求解的方程組：

$$L\mathbf{y}=\mathbf{v},\qquad U\mathbf{x}=\mathbf{y}$$

其中先以向前代入求 $\mathbf{y}$，再以向後代入求 $\mathbf{x}$。

解題方法

(a) 寫成矩陣形式

將各方程式中 $x_1,x_2,x_3$ 的係數依序排成矩陣 $A$，未知數排成向量 $\mathbf{x}$，等號右側排成向量 $\mathbf{v}$：

$$\begin{bmatrix} 3 & -1 & -2 \\ -3 & 5 & 1 \\ 6 & 4 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -7 \\ 5 \\ 2 \end{bmatrix}$$

因此

$$A= \begin{bmatrix} 3 & -1 & -2 \\ -3 & 5 & 1 \\ 6 & 4 & 0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{v}= \begin{bmatrix} -7 \\ 5 \\ 2 \end{bmatrix}$$

(b) 求 $LU$ 分解

採用不交換列的高斯消去法。消去第一欄的元素時：

$$R_2\leftarrow R_2+R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-2R_1$$

得到

$$\begin{bmatrix} 3 & -1 & -2 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & 6 & 4 \end{bmatrix}$$

第二欄的消去倍數為 $6/4=3/2$，因此

$$R_3\leftarrow R_3-\frac{3}{2}R_2$$

得到上三角矩陣

$$U= \begin{bmatrix} 3 & -1 & -2 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & \frac{11}{2} \end{bmatrix}$$

消去過程中的倍數依序為 $-1$、$2$、$3/2$，放入對角線為 $1$ 的下三角矩陣 $L$：

$$L= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 2 & \frac{3}{2} & 1 \end{bmatrix}$$

所以

(a) 求解特徵值 $\lambda_1$

由特徵值與特徵向量定義 $A\vec{v}_1 = \lambda_1 \vec{v}_1$：

$A\vec{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & -2 \\ 5 & 5 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2(1) + 3(-1) + 2(1) \\ 3(1) + 2(-1) - 2(1) \\ 5(1) + 5(-1) + 0(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} = 1 \cdot \vec{v}_1$

故特徵值 $\lambda_1 = 1$。

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(b) 求解特徵向量 $\vec{v}_2$

求解對應 $\lambda_2 = 5$ 的特徵向量，即解齊次方程組 $(A - 5I)\vec{v}_2 = \vec{0}$：

$A - 5I = \begin{bmatrix} -3 & 3 & 2 \\ 3 & -3 & -2 \\ 5 & 5 & -5 \end{bmatrix}$

對矩陣進行列化簡（Row Reduction）：

觀念與解析

本題為 歐幾里得空間中的投影與向量範數極小化問題（可使用配方法或正交投影法求解）。

將 $\vec{y} - \hat{\mathbf{y}}$ 展開寫成單一向量：
$\vec{y} - \hat{\mathbf{y}} = \begin{bmatrix} 5 \\ 6 \\ 1 \end{bmatrix} - \left( \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ a_2 \end{bmatrix} + a_1 \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 5 - (1 - a_1) \\ 6 - a_1 \\ 1 - a_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 + a_1 \\ 6 - a_1 \\ 1 - a_2 \end{bmatrix}$

計算誤差向量之範數平方 $\|\vec{y} - \hat{\mathbf{y}}\|^2$：
$\|\vec{y} - \hat{\mathbf{y}}\|^2 = (4 + a_1)^2 + (6 - a_1)^2 + (1 - a_2)^2$

核心觀念

• 內積（inner product）在函數空間 $L^{2}[0,1]$ 中的定義為
  $\langle f,g\rangle=\int_{0}^{1}f(t)g(t)\,dt.$
• 若 $f,g$ 為實值函數，內積是兩函數在 $[0,1]$ 區間的「加權相乘」後積分。
• $\langle f,f\rangle=0$ 的充要條件是 $f(t)=0$ 幾乎處處 (a.e.)，即在積分區間內的測度為零的點可以忽略。

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(a) 計算 $\langle s_{1},s_{2}\rangle$

$s_{1}(t)=1$ 在 $[0,1]$ 上恆等於 1。
$s_{2}(t)=\begin{cases} 1,&0\le t\le 1\\ 0,&t<0 \end{cases}$
在積分區間 $[0,1]$ 內，$s_{2}(t)$ 同樣恆等於 1。
因此

$$\langle s_{1},s_{2}\rangle =\int_{0}^{1}s_{1}(t)s_{2}(t)\,dt =\int_{0}^{1}1\cdot1\,dt =\int_{0}^{1}1\,dt =1.$$

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(b) 找 $a_{1}$ 使 $\langle s,s\rangle=0$，其中

$s(t)=s_{2}(t)+a_{1}s_{1}(t),\qquad a_{1}\in\mathbb{R}.$

先寫出 $s(t)$ 在 $[0,1]$ 的顯式形式：

$$s(t)=\underbrace{s_{2}(t)}_{=1}+a_{1}\underbrace{s_{1}(t)}_{=1} =1+a_{1},\qquad 0\le t\le 1.$$

在 $[0,1]$ 之外的區間不影響內積，因為積分的範圍只到 $1$。
所以

核心觀念

• 二項分布：若 $X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$，其機率質量函數為
  $P_X(x)=\binom{n}{x}p^{\,x}(1-p)^{n-x},\qquad x=0,1,\dots ,n.$
• 期望與變異數：二項分布的期望 $\mu_X=np$，變異數 $\operatorname{Var}(X)=np(1-p)$，標準差 $\sigma_X=\sqrt{np(1-p)}$。
• 累積機率：要求 $P[X\le a]$ 時，只需把 $x=0,1,\dots ,\lfloor a\rfloor$ 的機率相加，或利用 $1-P[X>a]$ 進行簡化。

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解題方法

1. 計算期望與標準差

$$\mu_X = n p = 4\cdot\frac12 = 2,\qquad \sigma_X = \sqrt{n p (1-p)} = \sqrt{4\cdot\frac12\cdot\frac12}= \sqrt{1}=1 .$$

2. 求 $\mu_X+\sigma_X$ 的值

$\mu_X+\sigma_X = 2+1 = 3 .$

3. 求 $P[X\le 3]$
   二項分布 $X$ 的可能取值為 $0,1,2,3,4$。直接列舉或使用補集：

$$P[X\le 3]=\sum_{x=0}^{3}\binom{4}{x}\Bigl(\frac12\Bigr)^4 =1-P[X=4].$$

而

$P[X=4]=\binom{4}{4}\Bigl(\frac12\Bigr)^4 = 1\cdot\frac1{16}= \frac1{16}.$

因此

核心觀念

• 常態分佈 (Gaussian)：$X\sim N(\mu,\sigma^2)$，密度函數 $f_X(x)=\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$。
• 條件期望：$E[X\mid A]=\displaystyle\frac{E[X\mathbf 1_A]}{P(A)}$，其中 $\mathbf 1_A$ 為指示函數。
• 對稱性：$\mu=0$ 時，$X$ 的機率密度在 $0$ 左右完全對稱，故 $P(X\ge0)=\tfrac12$。
• 截斷常態 (truncated normal)：對稱常態在半區間 $\{X\ge0\}$ 的條件分佈，其期望可直接求得，結果為 $\sigma\sqrt{2/\pi}$。

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解題方法

1. 寫出條件期望定義

$E[X\mid X\ge0]=\frac{E\bigl[X\mathbf 1_{\{X\ge0\}}\bigr]}{P(X\ge0)}.$

2. 計算分子 $E\bigl[X\mathbf 1_{\{X\ge0\}}\bigr]$

$$\begin{aligned} E\bigl[X\mathbf 1_{\{X\ge0\}}\bigr] &=\int_{0}^{\infty} x\,f_X(x)\,dx\\ &=\int_{0}^{\infty} x\,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^{2}}{2\sigma^{2}}}\,dx . \end{aligned}$$

令 $u=\dfrac{x}{\sigma}$，則 $x=\sigma u,\;dx=\sigma du$，得到

$$\begin{aligned} E\bigl[X\mathbf 1_{\{X\ge0\}}\bigr] &=\int_{0}^{\infty}\frac{\sigma u}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{u^{2}}{2}}\sigma\,du \\ &=\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}u e^{-\frac{u^{2}}{2}}du . \end{aligned}$$

計算積分

核心觀念

• 隨機向量的期望值定義：若連續型隨機變數 $X_i$ 的機率密度函數為 $f_{X_i}(x)$，則
  $E[X_i]=\int_{-\infty}^{\infty}x\,f_{X_i}(x)\,dx.$
• 獨立同分布（i.i.d.）的均勻分布 $U(0,1)$：在區間 $[0,1]$ 上密度恆為 $1$，在其他區間為 $0$。對均勻分布的期望值有已知公式
  $E[U]=\frac{a+b}{2},\qquad a=0,\;b=1,$
  因而 $E[U]=\tfrac12$。

解題方法

1. 觀察題目給定的 4 維隨機向量 $X=[X_1,X_2,X_3,X_4]$，其聯合 PDF 為

$$f_X(x)=\begin{cases} 1, & 0\le x_i\le1,\;i=1,2,3,4,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

此表示四個分量在 $[0,1]$ 內互相獨立且均為均勻分布 $U(0,1)$。

2. 只需求 $X_1$ 的期望。根據獨立性，$X_1$ 的邊際密度 $f_{X_1}(x_1)$ 為

核心觀念

• 連續型隨機變數的 邊緣機率密度函數：$f_X(x)=\int f_{X,Y}(x,y)\,dy$。
• 期望值與變異數的定義

$$\mathbb{E}[X]=\int x\,f_X(x)\,dx,\qquad \mathbb{E}[X^{2}]=\int x^{2}\,f_X(x)\,dx, \qquad \operatorname{Var}[X]=\mathbb{E}[X^{2}]-(\mathbb{E}[X])^{2}.$$

• 本題的聯合密度在 單位三角形 上恆為常數，屬於「均勻分佈」的特例。利用幾何區域的面積即可檢驗密度是否正規化。

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解題方法

1. 確認密度正規化

$$\iint_{x\ge0,\,y\ge0,\,x+y\le1}2\,dx\,dy =2\cdot\frac{1}{2}=1.$$

因此給定的 $f_{X,Y}$ 為合法的 joint PDF。

2. 求邊緣密度 $f_X(x)$
   對於固定的 $x\ (0\le x\le1)$，$y$ 的取值範圍為 $0\le y\le 1-x$。

$f_X(x)=\int_{0}^{1-x}2\,dy = 2(1-x),\qquad 0\le x\le1,$

其餘 $x$ 為 0。

3. 計算 $\mathbb{E}[X]$

$$\mathbb{E}[X]=\int_{0}^{1}x\cdot2(1-x)\,dx =2\int_{0}^{1}(x-x^{2})\,dx =2\Bigl[\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\Bigr]_{0}^{1} =2\Bigl(\frac12-\frac13\Bigr)=\frac13.$$