108 年 國立臺灣大學電信工程學研究所丙組《工程數學（D）》

(a)

解析：
根據譜定理（Spectral Theorem），任意 $n \times n$ 實對稱矩陣（Real Symmetric Matrix）之所有特徵值（Eigenvalues）皆為實數。

【答案】：True

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(b)

解析：
矩陣可對角化（Diagonalizable）之充要條件為其幾何重複度等於代數重複度（具備 $n$ 個線性獨立的特徵向量），特徵值不必然相異。

反例：單位矩陣 $I_n$ 可對角化，但其特徵值僅有 $1$ 個相異值（重複度為 $n$）。

【答案】：False

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(c)

解析：
矩陣 $A$ 為奇異矩陣（Singular Matrix）$\iff \det(A) = 0 \iff \det(A - 0I) = 0 \iff 0$ 為 $A$ 之特徵值。

【答案】：True

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(d)

解析：
若 $S$ 為 $\mathbb{R}^n$ 之子空間，$S^\perp$ 為其正交補空間（Orthogonal Complement），則 $\mathbb{R}^n = S \oplus S^\perp$，故 $\dim(S) + \dim(S^\perp) = n$ 恆成立。

【答案】：True

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(e)

解析：
矩陣相乘不滿足交換律，一般情況下 $\text{rank}(AB)$ 不一定等於 $\text{rank}(BA)$。

反例：設 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，$B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
則 $AB = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \implies \text{rank}(AB) = 0$；而 $BA = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \implies \text{rank}(BA) = 1$。

【答案】：False

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(f)

解析：
非奇異矩陣與奇異矩陣經線性組合後仍可能為奇異矩陣。

反例：設 $n = 2$，$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$（非奇異），$B = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$（奇異）。
則 $A + 2B = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$（奇異）。

核心觀念

本題涉及：

• 特徵值：由特徵方程
  $\det(\lambda I-A)=0$
  求得。
• 正交規範特徵向量：若實矩陣存在 $\mathbb{R}^3$ 的正交規範特徵向量基底，則由譜定理可知矩陣必須為實對稱矩陣。
• 反矩陣元素：$e_1^TA^{-1}e_1$ 等於 $A^{-1}$ 的左上角元素。
• Nullity：由秩－零度定理
  $\operatorname{nullity}(A)=3-\operatorname{rank}(A).$

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(a) 求 $A$ 的所有特徵值

題目給定

$$A= \begin{bmatrix} 1&-3&4\\ 3&-3&0\\ 4&0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda-1&3&-4\\ -3&\lambda+3&0\\ -4&0&\lambda-1 \end{bmatrix}.$$

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &=(\lambda-1)^2(\lambda+3) +9(\lambda-1)-16(\lambda+3)\\ &=\lambda^3+\lambda^2-12\lambda-36. \end{aligned}$$

因式分解得

$$\lambda^3+\lambda^2-12\lambda-36 =(\lambda+3)(\lambda^2-2\lambda-12).$$

所以特徵方程為

$$(\lambda+3)(\lambda^2-2\lambda-12)=0.$$

解得

$$\boxed{\lambda=-3,\quad \lambda=1+ \sqrt{13},\quad \lambda=1-\sqrt{13}}.$$

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(b) 求由特徵向量組成的 $\mathbb{R}^3$ 正交規範基底

此小題依題目所給矩陣無法成立，原因如下。

若一個實矩陣能由正交規範特徵向量組成 $\mathbb{R}^3$ 的基底，則存在正交矩陣 $Q$ 與實對角矩陣 $D$，使得

$$A=QDQ^T.$$

因此

$$A^T=(QDQ^T)^T=QDQ^T=A,$$

也就是說，$A$ 必須是對稱矩陣。

然而題目中的矩陣滿足

$$a_{12}=-3\neq 3=a_{21},$$

所以

$$A^T\neq A.$$

故題目所給的 $A$ 不是對稱矩陣，不可能存在由其特徵向量組成的 $\mathbb{R}^3$ 正交規範基底。

因此，本小題與題目矩陣的資料互相矛盾；原題應有矩陣符號抄錄錯誤。

$$\boxed{\text{依題目所給矩陣，不存在此正交規範特徵向量基底。}}$$

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核心觀念

本題考查線性算子 $T$ 的兩項基本性質：

1. 線性性質：
   $T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v}),\qquad T(c\mathbf{u})=cT(\mathbf{u})$

2. 以標準基底表示線性算子。令

$$\mathbf e_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\quad \mathbf e_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad \mathbf e_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$

若知道 $T(\mathbf e_1),T(\mathbf e_2),T(\mathbf e_3)$，即可由線性性質求出任意向量的映射結果。

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解題方法

題目給定

$$T\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \quad T(\mathbf e_1)=\begin{pmatrix}-4\\2\\0\end{pmatrix}, \quad T(\mathbf e_2)=\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}$$

注意

$$\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix} =\mathbf e_1+\mathbf e_2+2\mathbf e_3$$

因此

$$T(\mathbf e_1+\mathbf e_2+2\mathbf e_3) =T(\mathbf e_1)+T(\mathbf e_2)+2T(\mathbf e_3)$$

代入已知資料：

$$\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4\\2\\0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix} +2T(\mathbf e_3)$$

先合併前兩項：

$$\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\3\\1\end{pmatrix} +2T(\mathbf e_3)$$

所以

$$2T(\mathbf e_3) = \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}-2\\3\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\-3\\-1\end{pmatrix}$$

得到

$$T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} =T(\mathbf e_3) = \begin{pmatrix}\frac32\\-\frac32\\-\frac12\end{pmatrix}$$

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(a) 答案

$$\boxed{ T\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac32\\-\frac32\\-\frac12\end{pmatrix} }$$

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建立 $T$ 的一般公式

對任意向量

$$\mathbf{x}= \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =x\mathbf e_1+y\mathbf e_2+z\mathbf e_3$$

由線性性質，

$$T(\mathbf{x}) =xT(\mathbf e_1)+yT(\mathbf e_2)+zT(\mathbf e_3)$$

因此

核心觀念

本題考查三個基本概念：

1. 隨機變數是將樣本空間中的結果映射到實數的函數。
2. 機率函數是將事件映射到 $[0,1]$ 的函數，並滿足機率公理。
3. 由隨機變數的定義，可將樣本空間上的機率轉換成實數上的 PMF。

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(a) 隨機變數的數學定義

設機率空間為 $(S,\mathcal{F},P)$，其中：

• $S$ 為樣本空間；
• $\mathcal{F}$ 為事件所形成的 $\sigma$-代數；
• $P$ 為機率測度。

隨機變數 $X$ 是一個由樣本空間 $S$ 映射至實數集合 $\mathbb{R}$ 的可測函數：

$$X:S\to\mathbb{R}.$$

其可測性要求為：對所有 Borel 集合 $B\subseteq\mathbb{R}$，其逆像

$$X^{-1}(B)=\{s\in S:X(s)\in B\}$$

必須屬於 $\mathcal{F}$。因此，對任意實數 $x$，事件

$$\{s\in S:X(s)\le x\}$$

都必須是可計算機率的事件。

簡言之，隨機變數不是「隨機的數字」，而是把每個實驗結果轉換成實數的函數。

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(b) 機率函數的數學定義

機率函數，又稱機率測度，是定義在事件集合 $\mathcal{F}$ 上的函數：

$$P:\mathcal{F}\to[0,1].$$

對任意事件 $A\in\mathcal{F}$，$P(A)$ 表示事件 $A$ 發生的機率。它必須滿足以下三個 Kolmogorov 機率公理。

1. 非負性

$$P(A)\ge 0,\qquad \forall A\in\mathcal{F}.$$

2. 全體樣本空間的機率為 1

$$P(S)=1.$$

3. 可數可加性

若 $A_1,A_2,\ldots$ 為兩兩互斥事件，即

$$A_i\cap A_j=\varnothing,\qquad i\ne j,$$

則

$$P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty}P(A_i).$$

因此，機率函數的完整數學描述為：在事件集合 $\mathcal{F}$ 上定義一個滿足上述三項公理的函數 $P$。

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(c) 定義隨機變數與 PMF

樣本空間為

$$S=\{H,T\},$$

且

$$P(H)=P(T)=0.5.$$

(a)

【觀念與推導】
已知上一輛計程車在 $s$ 時間前到達，代表兩輛計程車的到達時間間隔滿足 $T > s$。
剩餘等待時間為 $T_R = T - s$。在已知 $T > s$ 的條件下，剩餘等待時間不超過 $r$（即 $T \le s + r$）的條件機率為：

$P(T_R \le r \mid T > s) = P(T \le s + r \mid T > s) = \frac{P(s < T \le s + r)}{P(T > s)}$

利用機率密度函數 $f_T(t) = \mu e^{-\mu t}$ 計算分母與分子：

$P(T > s) = \int_{s}^{\infty} \mu e^{-\mu t} \, dt = e^{-\mu s}$

$P(s < T \le s + r) = \int_{s}^{s+r} \mu e^{-\mu t} \, dt = \Big[ -e^{-\mu t} \Big]_{s}^{s+r} = e^{-\mu s} - e^{-\mu (s+r)}$

代回條件機率公式整理可得：

核心觀念

本題考查：

• 聯合機率密度函數的正規化。
• 邊際密度函數與條件密度函數。
• 條件累積分布函數：
  $F_{Y|X}(y|x)=\int_{-\infty}^{y}f_{Y|X}(t|x)\,dt$
• 全期望定理：
  $E[E[X|Y]]=E[X]$
• 相關係數與共變異數：

$$\rho_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)}}$$

先由總機率為 $1$ 求出常數 $c$：

$$\int_0^2\int_x^2 cxy\,dy\,dx=1$$ $$c\int_0^2x\left[\frac{y^2}{2}\right]_{x}^{2}dx = c\int_0^2\left(2x-\frac{x^3}{2}\right)dx =2c=1$$

因此

$$c=\frac12.$$

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a) 求條件累積分布函數

題目中的 $F_{XY|X}(y|x)$ 實際上應理解為 $F_{Y|X}(y|x)$。

先求 $X$ 的邊際密度函數：

$$f_X(x)=\int_x^2 f_{XY}(x,t)\,dt$$ $$=\int_x^2\frac12xt\,dt =\frac{x(4-x^2)}{4}, \qquad 0\le x\le 2.$$

因此條件密度函數為

$$f_{Y|X}(t|x) = \frac{f_{XY}(x,t)}{f_X(x)} = \frac{\frac12xt}{\frac{x(4-x^2)}4} = \frac{2t}{4-x^2},$$

其中 $x\le t\le2$。

故條件累積分布函數分段為

$$F_{Y|X}(y|x) = \begin{cases} 0, & y<x,\\[6pt] \displaystyle\int_x^y\frac{2t}{4-x^2}\,dt = \frac{y^2-x^2}{4-x^2}, & x\le y\le2,\\[10pt] 1, & y\ge2. \end{cases}$$

其中 $0<x\le2$；$x=0$ 屬於機率為零的邊界點，不影響條件分布的定義。

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b) 求 $E[E[X|Y]]$

利用全期望定理：

$$E[E[X|Y]]=E[X].$$

先求 $X$ 的期望值：

$$E[X] = \int_0^2\int_x^2 x f_{XY}(x,y)\,dy\,dx$$ $$= \int_0^2\int_x^2 \frac12x^2y\,dy\,dx$$ $$= \frac14\int_0^2x^2(4-x^2)\,dx$$ $$= \frac14\left[\frac{4x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right]_0^2 = \frac14\left(\frac{32}{3}-\frac{32}{5}\right) = \frac{16}{15}.$$

因此

$$\boxed{E[E[X|Y]]=\frac{16}{15}}.$$

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c) 是否有 $\rho_{XY}=0$？

核心觀念

本題考查「以樣本平均估計未知常數」以及「估計量是否為不偏估計量」。

由題意，

$$Y_k=\theta+w_k,$$

其中 $\theta$ 為未知常數，$w_k$ 為獨立同分布雜訊。題目中的 $(0,1)$ 取為雜訊的平均數與變異數，因此

$$E[w_k]=0,\qquad \operatorname{Var}(w_k)=1.$$

因此觀測值 $Y_k$ 的平均數為

$$E[Y_k]=E[\theta+w_k]=\theta.$$

換言之，每一筆觀測值都可視為「真正值 $\theta$ 加上零平均雜訊」。

解題方法

a) $\theta$ 的估計值

將 $m$ 筆觀測值取平均：

$$\hat{\theta} =\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m}Y_k.$$

給定實際觀測資料 $\{y_1,y_2,\dots,y_m\}$ 後，估計值為

$$\boxed{ \hat{\theta} =\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m}y_k }$$

將模型代入可得

$$\hat{\theta} =\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m}(\theta+w_k) =\theta+\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m}w_k.$$

由於雜訊彼此獨立且平均數為零，取平均後的雜訊會互相抵消；$m$ 越大，估計值通常越接近 $\theta$。

此估計量也可由最小平方法得到。令誤差平方和為

$$J(\theta)=\sum_{k=1}^{m}(y_k-\theta)^2.$$

對 $\theta$ 微分並令其為零：

$$\frac{dJ}{d\theta} =-2\sum_{k=1}^{m}(y_k-\theta)=0.$$

因此

$$\sum_{k=1}^{m}y_k-m\theta=0,$$

得到

$$\hat{\theta} =\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m}y_k.$$

b) 不偏性判斷

估計量 $\hat{\theta}$ 若滿足

$$E[\hat{\theta}]=\theta,$$

則稱為 $\theta$ 的不偏估計量。

計算其期望值：