109 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《線性代數與機率》

此題考查矩陣的零度（nullity）。矩陣的零度等於矩陣的列數減去其秩（rank）。首先，我們需要找到矩陣 A 的秩。

我們對矩陣 A 進行列運算，將其化為列梯形矩陣。

$$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

交換第一列與第三列：

此題考查條件機率。我們需要計算在「選出的三顆球中有兩顆是紅色」的條件下，「從 B 盒選出的球是紅色」的機率。

首先，我們定義事件：

• $R_A$: 從 A 盒選出的球是紅色。
• $R_B$: 從 B 盒選出的球是紅色。
• $R_C$: 從 C 盒選出的球是紅色。
• $Y_A$: 從 A 盒選出的球是黃色。
• $Y_B$: 從 B 盒選出的球是黃色。
• $Y_C$: 從 C 盒選出的球是黃色。

各盒球的數量與機率：

• A 盒：3黃, 5紅，共 8 球。
  $P(R_A) = \frac{5}{8}$, $P(Y_A) = \frac{3}{8}$
• B 盒：2黃, 6紅，共 8 球。
  $P(R_B) = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$, $P(Y_B) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$
• C 盒：3黃, 1紅，共 4 球。
  $P(R_C) = \frac{1}{4}$, $P(Y_C) = \frac{3}{4}$

令事件 E 為「選出的三顆球中有兩顆是紅色」。事件 E 可以由以下三種互斥的情況組成：

1. $R_A, R_B, Y_C$ (A紅, B紅, C黃)
2. $R_A, Y_B, R_C$ (A紅, B黃, C紅)
3. $Y_A, R_B, R_C$ (A黃, B紅, C紅)

由於從各盒選球是獨立事件，我們可以計算這三種情況的機率：

1. $P(R_A \cap R_B \cap Y_C) = P(R_A) P(R_B) P(Y_C) = \frac{5}{8} \times \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{45}{128}$
2. $P(R_A \cap Y_B \cap R_C) = P(R_A) P(Y_B) P(R_C) = \frac{5}{8} \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{5}{128}$

此題考查幾何分佈的無記憶性（memoryless property）。幾何分佈的定義是：在伯努利試驗中，第一次成功發生所需的試驗次數。其機率質量函數為 $P(X=k) = (1-p)^{k-1}p$，其中 $p$ 是單次試驗成功的機率，$k=1, 2, 3, \dots$。

我們需要證明 $P(X = k + n|X > n) = P(X = k)$。
根據條件機率的定義：

$$P(X = k + n|X > n) = \frac{P(X = k + n \cap X > n)}{P(X > n)}$$

由於 $k$ 和 $n$ 是正整數，所以 $k+n \ge 1+n > n$。因此，事件 $(X = k+n)$ 總是包含在事件 $(X > n)$ 中。
所以，$X = k+n \cap X > n$ 就是 $X = k+n$。

$$P(X = k + n|X > n) = \frac{P(X = k + n)}{P(X > n)}$$

我們知道幾何分佈的機率質量函數是 $P(X=j) = (1-p)^{j-1}p$。

此題考查隨機變數的共變異數（covariance）與變異數（variance）的性質。

我們需要計算 $Cov(X - Y, X + Y)$。
根據共變異數的雙線性性質，我們有：

$$Cov(X - Y, X + Y) = Cov(X, X + Y) - Cov(Y, X + Y)$$

進一步展開：

$$Cov(X, X + Y) = Cov(X, X) + Cov(X, Y)$$ $$Cov(Y, X + Y) = Cov(Y, X) + Cov(Y, Y)$$

代入原式：

此題考查聯合機率密度函數、邊際機率密度函數、期望值、共變異數以及獨立性與不相關性。

聯合機率密度函數的定義域是一個三角形區域，其頂點為 (0,0), (1,0), (1,1)。

a. (5%) Find c.
由於 $f(x,y)$ 是一個機率密度函數，其在整個定義域上的積分必須等於 1。

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \, dx \, dy = 1$$

在我們的例子中，積分範圍是 $0 \le y \le x \le 1$。

$$\int_{0}^{1} \int_{0}^{x} cxy \, dy \, dx = 1$$

先對 $y$ 積分：

$$\int_{0}^{x} cxy \, dy = cx \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{x} = cx \left( \frac{x^2}{2} - 0 \right) = \frac{c}{2} x^3$$

然後對 $x$ 積分：

$$\int_{0}^{1} \frac{c}{2} x^3 \, dx = \frac{c}{2} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{1} = \frac{c}{2} \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = \frac{c}{8}$$

令積分結果等於 1：

$$\frac{c}{8} = 1 \implies c = 8$$

所以，$c=8$。

b. (10%) Calculate the marginal probability density functions of X and Y, respectively.
邊際機率密度函數 $f_X(x)$ 是將聯合密度函數 $f(x,y)$ 對 $y$ 積分。

$$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \, dy$$

對於 $0 \le x \le 1$，積分範圍為 $0 \le y \le x$。

$$f_X(x) = \int_{0}^{x} 8xy \, dy = 8x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{x} = 8x \left( \frac{x^2}{2} \right) = 4x^3, \quad 0 \le x \le 1$$

當 $x < 0$ 或 $x > 1$ 時，$f_X(x) = 0$。

邊際機率密度函數 $f_Y(y)$ 是將聯合密度函數 $f(x,y)$ 對 $x$ 積分。

$$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \, dx$$

對於 $0 \le y \le 1$，積分範圍是 $y \le x \le 1$。

$$f_Y(y) = \int_{y}^{1} 8xy \, dx = 8y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{y}^{1} = 8y \left( \frac{1^2}{2} - \frac{y^2}{2} \right) = 8y \left( \frac{1 - y^2}{2} \right) = 4y(1 - y^2), \quad 0 \le y \le 1$$

當 $y < 0$ 或 $y > 1$ 時，$f_Y(y) = 0$。

c. (10%) Find the mean E(Y) of Y and the mean E(X) of X.
期望值 $E(X)$ 可以通過邊際密度函數 $f_X(x)$ 計算：

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \, dx = \int_{0}^{1} x (4x^3) \, dx = \int_{0}^{1} 4x^4 \, dx$$ $$E(X) = 4 \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{1} = 4 \left( \frac{1}{5} - 0 \right) = \frac{4}{5}$$

期望值 $E(Y)$ 可以通過邊際密度函數 $f_Y(y)$ 計算：

$$E(Y) = \int_{-\infty}^{\infty} y f_Y(y) \, dy = \int_{0}^{1} y (4y(1 - y^2)) \, dy = \int_{0}^{1} (4y^2 - 4y^4) \, dy$$

此題考查獨立指數分佈隨機變數的最小值 CDF。

指數分佈的機率密度函數 (PDF) 為 $f(t; \lambda) = \lambda e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$，其中 $\lambda$ 是速率參數。
指數分佈的累積分佈函數 (CDF) 為 $F(t; \lambda) = 1 - e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$。
指數分佈的期望值是 $E(X) = 1/\lambda$。

已知 $X_1, X_2, X_3$ 是獨立的指數分佈隨機變數，其期望值分別為 $1, 1/2, 1/3$。
由此我們可以求出它們的速率參數 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$：
$E(X_1) = 1/\lambda_1 = 1 \implies \lambda_1 = 1$
$E(X_2) = 1/\lambda_2 = 1/2 \implies \lambda_2 = 2$
$E(X_3) = 1/\lambda_3 = 1/3 \implies \lambda_3 = 3$

所以，
$X_1 \sim \text{Exp}(\lambda=1)$, CDF 為 $F_{X_1}(t) = 1 - e^{-t}$
$X_2 \sim \text{Exp}(\lambda=2)$, CDF 為 $F_{X_2}(t) = 1 - e^{-2t}$
$X_3 \sim \text{Exp}(\lambda=3)$, CDF 為 $F_{X_3}(t) = 1 - e^{-3t}$

我們令 $X = \min(X_1, X_2, X_3)$。
我們需要找到 $X$ 的累積分佈函數 $F_X(t) = P(X \le t)$。

此題考查高斯（常態）分佈的動差生成函數 (MGF) 以及函數轉換的變異數。

a. (5%) Find the moment-generating function of X.
高斯（常態）分佈的機率密度函數 (PDF) 為：

$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$

其中 $\mu$ 是期望值，$\sigma^2$ 是變異數。
題目給定 X 是具有參數 $(0, \sigma^2)$ 的高斯隨機變數，所以 $\mu = 0$ 且變異數為 $\sigma^2$。

$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$$

動差生成函數 (MGF) 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$。

$$M_X(t) = E[e^{tX}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} \, dx$$ $$M_X(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx - \frac{x^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

我們需要對指數部分進行配方：

$$tx - \frac{x^2}{2\sigma^2} = -\frac{1}{2\sigma^2} (x^2 - 2\sigma^2 tx)$$ $$= -\frac{1}{2\sigma^2} (x^2 - 2\sigma^2 tx + (\sigma^2 t)^2 - (\sigma^2 t)^2)$$ $$= -\frac{1}{2\sigma^2} ((x - \sigma^2 t)^2 - \sigma^4 t^2)$$ $$= -\frac{(x - \sigma^2 t)^2}{2\sigma^2} + \frac{\sigma^4 t^2}{2\sigma^2} = -\frac{(x - \sigma^2 t)^2}{2\sigma^2} + \frac{\sigma^2 t^2}{2}$$

所以，積分變為：

$$M_X(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x - \sigma^2 t)^2}{2\sigma^2}} e^{\frac{\sigma^2 t^2}{2}} \, dx$$ $$M_X(t) = e^{\frac{\sigma^2 t^2}{2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x - \sigma^2 t)^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

請注意，積分 $\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x - \mu')^2}{2\sigma'^2}} \, dx$ 是標準高斯分佈的 PDF 在整個實數軸上的積分，其值為 1。在這裡，$\mu' = \sigma^2 t$ 且 $\sigma'^2 = \sigma^2$。
因此，積分部分的值為 1。

$$M_X(t) = e^{\frac{\sigma^2 t^2}{2}} \times 1 = e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$$

所以，X 的動差生成函數為 $M_X(t) = e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$。

b. (5%) Find the variance of Y.
$Y = X^2$。我們需要計算 $Var(Y) = E(Y^2) - (E(Y))^2$。
首先，我們計算 $E(Y) = E(X^2)$。
根據 MGF 的性質，我們可以對 MGF 求導兩次並代入 $t=0$ 來找到期望值。
$M_X(t) = e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$
$M_X'(t) = \frac{d}{dt} e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2} = e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2} \times (\frac{1}{2}\sigma^2 \times 2t) = \sigma^2 t e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$
$E(X) = M_X'(0) = \sigma^2 (0) e^0 = 0$。這與題目給定的 $\mu=0$ 相符。