109 年 國立成功大學工程科學系碩士班乙組《計算機數學》

核心觀念

本題考察離散數學中**集合的大小（Cardinality）與冪集（Power Set）**的基本定義：

1. 有限集合的冪集大小：若有限集合 $S$ 包含 $n$ 個元素（即 $|S| = n$），則 $S$ 的冪集 $\mathcal{P}(S)$ 之元素個數為：
   $|\mathcal{P}(S)| = 2^n$
2. 指數方程式的整數解：給定兩集合 $A$ 與 $B$ 的元素個數分別為 $|A| = a$ 與 $|B| = b$，由題意可知兩者冪集的元素個數差為 16：
   $2^a - 2^b = 16$

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解題方法

我們要尋找滿足指數方程式 $2^a - 2^b = 16$ 的非負整數解對 $(b, a)$：

1. 方程式因式分解／提出公因數：
   由於 $2^a - 2^b = 16 > 0$，可知 $a > b$。提出 $2^b$ 得：
   $2^b \cdot (2^{a-b} - 1) = 16$
2. 分析奇偶因子：
   因為 $16 = 2^4$，其基底只有質因子 2。
   注意到項 $(2^{a-b} - 1)$ 在 $a - b \ge 1$ 時必為奇數。
   等式右邊為純粹的 2 的冪次（不含任何大於 1 的奇因子），故左邊的奇因子只能等於 1：
   $2^{a-b} - 1 = 1$
   $2^{a-b} = 2 \implies a - b = 1$
3. 求解未知數：
   將 $2^{a-b} - 1 = 1$ 代回原式得：
   $2^b \cdot 1 = 16 = 2^4 \implies b = 4$
   再由 $a - b = 1$，可得：
   $a = b + 1 = 4 + 1 = 5$

因此，$(b, a)$ 的值分別為 4, 5。

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核心觀念

本題考查組合數學（Combinatorics）與離散數學中的二項式定理（Binomial Theorem）。

對任意實數 $x, y$ 與非負整數 $n$，二項式定理展開放式如下：

$$(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$$

其中，二項式係數（Binomial Coefficient）定義為：

$$\binom{n}{k} = C_k^n = \frac{n!}{k!(n-k)!}$$

其一般項（General Term）可寫為 $T_{k+1} = \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$。

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解題方法

1. 確立展開式與一般項：
   將 $(x+2)^{11}$ 對照二項式定理，其中二項式的總次數 $n = 11$，$y = 2$。
   其展開式的一般項為：

   $$T = \binom{11}{k} x^{11-k} \cdot 2^k$$

2. 確定目標項次與對應 $k$ 值：
   題目要求尋找 $x^8$ 的係數，令 $x$ 的次方數相減滿足 $11 - k = 8$，解得：

   $$k = 11 - 8 = 3$$

3. 計算該項係數：
   將 $k = 3$ 代回一般項中計算數值：

   • 二項式係數部分： $$\binom{11}{3} = \frac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 165$$

核心觀念

本題考查矩陣代數中的矩陣反矩陣（Matrix Inverse）與矩陣次方（Matrix Powers）性質。

根據反矩陣的定義：
若對於方陣 $A$，存在一矩陣 $B$ 使得 $AB = BA = I$（其中 $I$ 為單位矩陣），則稱 $B$ 為 $A$ 的反矩陣，記作 $A^{-1} = B$。

本題給定條件為 $A^3 = I$。由矩陣乘法的結合律可得：

$$A \cdot A^2 = A^2 \cdot A = A^3 = I$$

符合反矩陣定義，故 $A^{-1} = A^2$。

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解題方法

1. 使用反矩陣定義推導：
   由題目已知 $A^3 = I$。
   將 $A^3$ 拆解為 $A \cdot A^2$： $$A \cdot A^2 = I$$ 在等式兩邊同時由左側乘上 $A^{-1}$（因為 $A^3 = I \implies \det(A)^3 = 1 \implies \det(A) \neq 0$，確保 $A^{-1}$ 存在）： $$A^{-1} \cdot (A \cdot A^2) = A^{-1} \cdot I$$ 根據矩陣乘法結合律： $$(A^{-1} A) A^2 = A^{-1}$$ $$I \cdot A^2 = A^{-1} \implies A^{-1} = A^2$$

核心觀念

本題考查線性代數中可逆矩陣（Invertible Matrix）與轉置矩陣（Transposed Matrix）的代數性質及其運算次序（可交換性）。

相關定義與定理如下：

1. 反矩陣定義：若 $A$ 為 $n \times n$ 方陣，且存在一矩陣 $B$ 使得 $AB = BA = I$（其中 $I$ 為單位矩陣），則稱 $A$ 為可逆矩陣，記作 $B = A^{-1}$。
2. 轉置矩陣與相乘性質：對任意維度可相乘的矩陣 $A$ 與 $B$，其積的轉置滿足 $(AB)^T = B^T A^T$。
3. 轉置與反矩陣的定則：若 $A$ 為可逆矩陣，則其轉置矩陣 $A^T$ 亦為可逆矩陣，且矩陣的「轉置」與「求反矩陣」兩種運算順序可以對調，即：

$$(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$$

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解題方法

欲證明 $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$，只需證明 $(A^{-1})^T$ 符合矩陣 $A^T$ 之反矩陣的定義即可。

推導步驟：

1. 已知 $A$ 為可逆矩陣，故 $A A^{-1} = A^{-1} A = I$。
2. 將等式 $A A^{-1} = I$ 兩邊同時取轉置：

$$(A A^{-1})^T = I^T$$

3. 利用轉置矩陣的反向積性質 $(AB)^T = B^T A^T$ 與單位矩陣轉置不變性 $I^T = I$，可得：

$$(A^{-1})^T A^T = I$$

4. 同理，將等式 $A^{-1} A = I$ 兩邊同時取轉置：

$$A^T (A^{-1})^T = I$$

5. 由 (3) 與 (4) 式可得：

$$A^T (A^{-1})^T = (A^{-1})^T A^T = I$$

根據反矩陣的唯一性與定義，$(A^{-1})^T$ 即為 $A^T$ 的反矩陣，證得 $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$。

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選項分析

核心觀念

本題考查漸近記號 (Asymptotic Notation) 中的 Big-O 定義與多項式分式（有理函數）的極限與階數判斷。

1. Big-O 的形式定義：
   設 $f(x)$ 與 $g(x)$ 為定義在實數上的函數，若存在正實數常數 $C > 0$ 與 $k \ge 0$，使得對所有 $x > k$，皆滿足：
   $|f(x)| \le C \cdot |g(x)|$
   則記作 $f(x) = O(g(x))$。
2. 階數常數倍不影響 Big-O 集合：
   對任意常數 $c \neq 0$，若 $f(x) = O(g(x))$，則 $f(x) = O(c \cdot g(x))$ 亦成立，因為常數因子可被 Big-O 定義中的常數 $C$ 所吸收。
3. 有理函數的漸近行為：
   當 $x \to \infty$ 時，多項式分式 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 的漸近行為由最高次項決定。若分子最高次項為 $a_n x^n$，分母最高次項為 $b_m x^m$，則：
   $\frac{P(x)}{Q(x)} = \Theta\left(x^{n-m}\right)$

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解題方法

步驟一：分析函數 $f(x)$ 的漸近行為

給定函數：
$f(x) = \frac{x^3 - 1}{3x + 1}$

當 $x$ 趨近於正無窮大（$x \to \infty$）時，分子最高次項為 $x^3$，分母最高次項為 $3x$。將分子與分母同除以最高次項 $x$ 或進行長除法：
$f(x) = \frac{x^3 - 1}{3x + 1} = \frac{\frac{1}{3}x(3x + 1) - \frac{1}{3}x - 1}{3x + 1} = \frac{1}{3}x^2 - \frac{1}{9}x + \frac{1}{9} - \frac{10}{9(3x+1)}$

或者利用極限判斷 $f(x)$ 與 $g(x) = x^2$ 的比例：
$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3 - 1}{x^2(3x + 1)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3 - 1}{3x^3 + x^2} = \frac{1}{3}$

步驟二：套用 Big-O 定義進行嚴格證明

因為極限值為非零實數 $\frac{1}{3}$，代表 $f(x) = \Theta(x^2)$。

核心觀念

遞迴關係是用前面一項或數項，表示目前項次的公式。若數列記為 $b_1,b_2,b_3,\ldots$，則一階遞迴關係通常寫成

$$b_n=f(b_{n-1}),\qquad n\ge 2$$

本題需找出相鄰兩項之間固定的運算規則。

解題方法

觀察數列：

$$1,\ 7,\ 31,\ 127,\ 511$$

逐項計算可得：

$$7=4(1)+3$$ $$31=4(7)+3$$ $$127=4(31)+3$$ $$511=4(127)+3$$

因此每一項都是前一項乘以 $4$ 再加上 $3$，遞迴關係為

$$b_n=4b_{n-1}+3,\qquad n\ge 2$$

並配合初始值 $b_1=1$，即可生成此數列。

選項分析

• (A) $b_{n+1}=5b_{n-1}+3$：錯誤。
  此式使用前兩項之前的項次。代入 $n=2$：

  $$b_3=5b_1+3=5(1)+3=8$$

  但實際上 $b_3=31$，不符合數列。

核心觀念

本題考查遞迴關係式（Recurrence Relation）的求解與累加求和（Summation）。
給定一個一階線性非齊次遞迴關係式：
$a_1 = 4$
$a_n = a_{n-1} + 5n \quad (n \ge 2)$

要求解此類遞迴關係，最直覺且有效的方法為展開疊加法（Iterative Expansion / Telescoping Method）或算術級數（等差級數）求和公式。
關鍵公式如下：

1. 等差級數求和公式：
   $\sum_{k=1}^{n} k = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$

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解題方法與推導

我們可以採用展開疊加法來推導 $a_n$ 的通項公式（General Term）：

由遞迴關係式 $a_n = a_{n-1} + 5n$，將每一項逐次展開：
$a_n = a_{n-1} + 5n$
$a_{n-1} = a_{n-2} + 5(n-1)$
$a_{n-2} = a_{n-3} + 5(n-2)$
$\vdots$
$a_2 = a_1 + 5(2)$

將上述所有等式左邊與右邊分別相加，中介項 $a_{n-1}, a_{n-2}, \dots, a_2$ 將會全部抵銷（Telescoping Cancellation），得到：
$a_n = a_1 + \sum_{k=2}^{n} 5k$

由於 $a_1 = 4$，亦可將 $a_1$ 拆解以湊成從 $k=1$ 開始的級數：
$a_1 = 4 = 5(1) - 1$
因此，遞迴關係式的通項公式 $a_n$ 為：
$a_n = 4 + 5 \sum_{k=2}^{n} k = 4 + 5 \left( \frac{n(n+1)}{2} - 1 \right)$
$a_n = 5 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 1$

核心觀念

本題考查無窮級數中的冪級數（Power Series）之收斂區間（Interval of Convergence）與收斂半徑（Radius of Convergence）。

對於一般的冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-c)^n$，判斷其收斂半徑 $R$ 最常用的工具為根值審斂法（Root Test / Cauchy's Root Test）或比值審斂法（Ratio Test）。
根據根值審斂法：

$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n (x-c)^n|} = \lim_{n \to \infty} |x-c| \cdot \sqrt[n]{|a_n|}$$

1. 若 $L < 1$，級數絕對收斂（Absolute Convergence）。
2. 若 $L > 1$，級數發散（Divergence）。
3. 若 $L = 1$，審斂法失效，需另外檢驗端點。

收斂半徑 $R$ 可由下式求得：

$$R = \frac{1}{\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}}$$

若 $R = \infty$，則收斂區間為 $(-\infty, \infty)$。

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解題方法

步驟一：寫出級數通項
題目給定的無窮級數為：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x-7)^{n+1}}{n^n}$$

注意：當 $n = 0$ 時，分母 $0^0$ 在級數中通常定義為 $1$，且第 $0$ 項為 $(x-7)^1 / 0^0 = x-7$。自 $n \ge 1$ 起，分母為 $n^n$。

步驟二：應用根值審斂法（Root Test）
設第 $n$ 項為 $u_n = \frac{(x-7)^{n+1}}{n^n}$，計算 $\lim_{n \to \infty} |u_n|^{1/n}$：

$$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{(x-7)^{n+1}}{n^n} \right|^{1/n} = \lim_{n \to \infty} \frac{|x-7|^{\frac{n+1}{n}}}{n}$$

將分子拆解為 $|x-7| \cdot |x-7|^{1/n}$：

核心觀念

本題考查圖論（Graph Theory）中二分圖（Bipartite Graph）邊數最大值的性質。

1. 二分圖定義：圖 $G = (V, E)$ 的頂點集 $V$ 可分割為兩個互斥的集合 $V_1$ 與 $V_2$（即 $V = V_1 \cup V_2$ 且 $V_1 \cap V_2 = \emptyset$），使得圖中每條邊的兩個端點分別屬於不同的集合。
2. 極大二分圖（Complete Bipartite Graph）：若 $V_1$ 中每個頂點都與 $V_2$ 中所有頂點相連，則稱為完全二分圖 $K_{m, n}$，其頂點數為 $m + n$，總邊數為：
   $E = m \times n$
3. 極值定理（算幾不等式）：給定頂點總數 $|V| = n$，將頂點分為兩組 $n_1$ 與 $n_2$（滿足 $n_1 + n_2 = n$）。要使邊數 $n_1 \times n_2$ 達到最大值，兩組頂點數應儘量接近。
   • 若 $n$ 為偶數，則取 $n_1 = n_2 = \frac{n}{2}$，最大邊數為 $\left(\frac{n}{2}\right)^2$。
   • 若 $n$ 為奇數，則取 $n_1 = \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 與 $n_2 = \lceil\frac{n}{2}\rceil$，最大邊數為 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor \times \lceil\frac{n}{2}\rceil$。

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解題方法

核心觀念

本題考查圖論（Graph Theory）中的 簡單圖（Simple Graph） 性質、頂點度數（Degree of Vertex）之限制，以及 握手定理（Handshaking Lemma） 與度數序列的奇偶性（Parity of Degree Sequence）。

1. 簡單圖定義：圖中無重邊（Multiple Edges）且無自環（Self-loops）。
2. 頂點度數範圍限制：若簡單圖有 $n$ 個頂點，則任意頂點 $v$ 的度數 $\deg(v)$ 最多只能為 $n - 1$。當存在一個度數為 $n - 1$ 的頂點時，該頂點必與圖中所有其他 $n - 1$ 個頂點相連，因此圖中不可能存在度數為 0 的獨立頂點（Isolated Vertex）。
3. 握手定理（Handshaking Lemma）：所有頂點度數之和等於邊數的兩倍，即：
   $\sum_{v \in V} \deg(v) = 2|E|$
   此公式表示：所有頂點度數之和必為偶數，亦即度數為奇數的頂點數量必為偶數個。

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解題方法

設此簡單圖 $D$ 包含 $n = 10$ 個頂點，頂點集合為 $V = \{v_1, v_2, \dots, v_{10}\}$。
已知其中 9 個頂點的度數分別為 $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$。設第 10 個頂點 $v_{10}$ 的度數為 $x$（$x$ 為非負整數）。

步驟一：由簡單圖性質判斷 $x$ 的範圍限制
由於圖中有 10 個頂點，且存在一個度數為 9 的頂點（設為 $u$）：

• 度數為 9 代表 $u$ 與剩餘 9 個頂點皆有一條邊相連。
• 因此，圖中每一個頂點都至少與 $u$ 連接相連，這意味著所有頂點的度數至少為 1。
• 故第 10 個頂點 $v_{10}$ 的度數 $x \ge 1$（排除 $x = 0$ 的可能性）。
• 同時，因為是簡單圖，$n = 10$ 時最大度數上限為 $9$，故 $0 \le x \le 9$。結合以上結果得知 $1 \le x \le 9$。

核心觀念

本題屬於離散數學／機率論中的經典計數問題，主要測驗以下觀念：

1. 排容原理（Principle of Inclusion-Exclusion, PIE）：當要求「不滿足某些條件的機率」時，通常藉由餘事件原理，先求「至少出現一種特定結構的機率」，再利用聯集的排容展開計算。
2. 對稱性與幾何重疊分析：在 $3 \times 3$ 的方格中共有 4 個大小為 $2 \times 2$ 的子方格。分析多個子方格同時全黑時，所覆蓋的方格個數及其交集結構。

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解題方法

1. 基本設定與餘事件

$3 \times 3$ 方格共有 9 個小方格，每個小方格著黑色（BLACK）或白色（WHITE）的機率均為 $\frac{1}{2}$，所有著色可能數為 $2^9 = 512$ 種。

令 $3 \times 3$ 的方格編號如下：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$$

一個 $2 \times 2$ 的子方格由 4 個相鄰方格組成，整個 $3 \times 3$ 網格中恰有 4 個 $2 \times 2$ 的子方格：

• 左上 $A_1 = \{1, 2, 4, 5\}$
• 右上 $A_2 = \{2, 3, 5, 6\}$
• 左下 $A_3 = \{4, 5, 7, 8\}$
• 右下 $A_4 = \{5, 6, 8, 9\}$

定義事件 $E_i$（$i = 1, 2, 3, 4$）為「子方格 $A_i$ 中的 4 個小方格皆被塗成黑色」。
題目要求「網格中不存在任一個 $2 \times 2$ 全黑方格」的機率，即求：

$$P\left(\bigcap_{i=1}^{4} E_i^c\right) = 1 - P\left(\bigcup_{i=1}^{4} E_i\right)$$

2. 利用排容原理計算 $P\left(\bigcup_{i=1}^{4} E_i\right)$

依排容原理：

$$P\left(\bigcup_{i=1}^{4} E_i\right) = S_1 - S_2 + S_3 - S_4$$

其中：

• 單個事件的機率和 $S_1$：
  任意一個 $2 \times 2$ 子方格全黑，需指定該 4 個方格為黑色，其餘 5 個方格顏色任意。

  $$P(E_i) = \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16}$$

  共有 $\binom{4}{1} = 4$ 種選擇：

  $$S_1 = \sum_{i=1}^{4} P(E_i) = 4 \times \frac{1}{16} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$$

• 兩兩交集的機率和 $S_2$：
  共有 $\binom{4}{2} = 6$ 對組合，按幾何相對位置分為兩類：

  1. 相鄰的兩個 $2 \times 2$（共 4 對）：
     例如 $A_1$ 與 $A_2$（水平相鄰）或 $A_1$ 與 $A_3$（垂直相鄰）。
     $A_1 \cup A_2 = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$，佔用 6 個小方格。
     因此，$P(E_1 \cap E_2) = \left(\frac{1}{2}\right)^6 = \frac{1}{64}$。
     相鄰的配對共有 4 對（上水平、下水平、左垂直、右垂直），機率和為： $$4 \times \frac{1}{64} = \frac{4}{64}$$
  2. 對角相對的兩個 $2 \times 2$（共 2 對）：
     即 $(A_1, A_4)$ 與 $(A_2, A_3)$。

核心觀念

本題考察圖論中的歐拉路徑（Euler path）：

• 每條線段或曲線視為一條邊。
• 線段端點、線段交會處視為頂點。
• 每條邊必須恰好經過一次，且鉛筆不可離開紙面，因此必須存在一條歐拉路徑。
• 歐拉路徑存在的條件是：圖形必須連通，且奇度數頂點數只能是 $0$ 個或 $2$ 個。
  • $0$ 個奇度數頂點：可形成歐拉迴路，從任意頂點出發並回到原點。
  • $2$ 個奇度數頂點：可形成歐拉路徑，但必須從其中一個奇度數頂點出發，於另一個奇度數頂點結束。
  • 奇度數頂點超過 $2$ 個：無法完成。

交叉處若是兩條線相交，該頂點通常具有 $4$ 條連接邊，屬於偶度數，不會造成問題。

解題方法

第一個圖形

將三角形的三個頂點、兩條曲線的左右端點，以及曲線與三角形邊的交會處視為頂點。

各類頂點的度數如下：

• 三角形三個頂點：各連接 $2$ 條邊，度數為 $2$。
• 曲線與三角形邊的交會處：各連接 $4$ 條邊，度數為 $4$。
• 左、右兩端的兩條曲線共同端點：各連接 $2$ 條曲線，度數為 $2$。

核心觀念

本題屬於**動態規劃（Dynamic Programming）與馬爾可夫決策過程（Markov Decision Process, MDP） / 最優停止問題（Optimal Stopping Problem）**在概率論與隨機過程中的應用。

關鍵觀念與公式包括：

1. 期望值定義與條件期望值（Conditional Expectation）：
   若選擇某個停止策略，每次投擲骰子的結果 $X \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 各以概率 $\frac{1}{6}$ 出現。
   • 若 $X = 1$，被迫停止，得分為 1。
   • 若 $X$ 達到或超過預定的停止門檻，選擇主動停止，得分為 $X$。
   • 若 $X$ 低於預定門檻（且 $X \neq 1$），選擇繼續投擲，此時未來的預期得分等同於重新開始該策略的期望分數（因為骰子投擲具備無記憶性）。
2. 最優 stopping 規則（Optimal Stopping Rule）：
   在任意狀態下，當且僅當「當前停下來獲得的得分」大於或等於「繼續投擲能獲得的預期分數 $E$」時，選擇主動停止才是最優決策。

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解題方法

(a) 計算 $S(6)$ 與 $S(5)$

定義 $S(v)$ 為採用「當骰子點數達到 $v$ 或大於 $v$ 時即主動停止」此策略下的期望得分。

1. 求 $S(6)$：

當策略門檻為 $v = 6$ 時：

• 擲出 6：主動停止，得分 6（概率 $\frac{1}{6}$）。
• 擲出 1：被迫停止，得分 1（概率 $\frac{1}{6}$）。
• 擲出 2, 3, 4, 5：繼續投擲，未來期望得分為 $S(6)$（共 4 種情況，總概率 $\frac{4}{6}$）。

根據條件期望值列式：
$S(6) = \frac{1}{6} \times 6 + \frac{1}{6} \times 1 + \frac{4}{6} \times S(6)$

移項求解 $S(6)$：
$S(6) - \frac{4}{6} S(6) = \frac{7}{6}$
$\frac{2}{6} S(6) = \frac{7}{6} \implies S(6) = \frac{7}{2} = 3.5$

2. 求 $S(5)$：

當策略門檻為 $v = 5$ 時（即擲出 5 或 6 時停止）：

• 擲出 6：主動停止，得分 6（概率 $\frac{1}{6}$）。
• 擲出 5：主動停止，得分 5（概率 $\frac{1}{6}$）。
• 擲出 1：被迫停止，得分 1（概率 $\frac{1}{6}$）。
• 擲出 2, 3, 4：繼續投擲，未來期望得分為 $S(5)$（共 3 種情況，總概率 $\frac{3}{6}$）。

根據條件期望值列式：
$S(5) = \frac{1}{6} \times 6 + \frac{1}{6} \times 5 + \frac{1}{6} \times 1 + \frac{3}{6} \times S(5)$

移項求解 $S(5)$：
$S(5) - \frac{3}{6} S(5) = \frac{12}{6}$
$\frac{3}{6} S(5) = 2 \implies S(5) = 4$

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(b) 極大化期望得分的最優停止策略

為了找到能最大化期望分數的最佳策略，我們計算所有可能的停止門檻 $v$ 所對應的期望分數 $S(v)$：

1. $v = 6$：$S(6) = 3.5$
2. $v = 5$：$S(5) = 4$
3. $v = 4$（擲出 4, 5, 6 時停止）：
   $S(4) = \frac{1}{6} \times 6 + \frac{1}{6} \times 5 + \frac{1}{6} \times 4 + \frac{1}{6} \times 1 + \frac{2}{6} \times S(4)$
   $\frac{4}{6} S(4) = \frac{16}{6} \implies S(4) = 4$
4. $v = 3$（擲出 3, 4, 5, 6 時停止）：
   $S(3) = \frac{1}{6} \times (6 + 5 + 4 + 3 + 1) + \frac{1}{6} \times S(3)$
   $\frac{5}{6} S(3) = \frac{19}{6} \implies S(3) = \frac{19}{5} = 3.8$

最優決策原理驗證：
當最大期望得分為 4 時（選擇 $v=5$ 或 $v=4$ 策略）：

• 若當前擲出 5 或 6：得分（5 或 6）$\ge$ 繼續投擲的期望分數（4），應選擇停止。
• 若當前擲出 4：得分（4）$=$ 繼續投擲的期望分數（4），停止或繼續的期望結果相同。
• 若當前擲出 2 或 3：得分（2 或 3）$<$ 繼續投擲的期望分數（4），應選擇繼續。

因此，能最大化期望分數的最優停止策略為：當擲出 5 或 6 時停止（或擲出 4, 5, 6 時停止），最大期望分數為 4。

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(c) 得分為最後點數平方時的最優停止策略