111 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《線性代數與機率》

核心觀念

本題考查 Vandermonde 行列式：

$$\det \begin{pmatrix} 1&x_1&x_1^2&\cdots&x_1^{n-1}\\ 1&x_2&x_2^2&\cdots&x_2^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&x_n&x_n^2&\cdots&x_n^{n-1} \end{pmatrix} = \prod_{1\le i<j\le n}(x_j-x_i).$$

本題的每一欄次方從 $1$ 開始，而非從 $0$ 開始，因此可先從每一欄提出該欄的底數。

解題方法

令

$$x_1=1,\qquad x_2=a,\qquad x_3=b,\qquad x_4=c.$$

原矩陣可寫成

$$D= \begin{pmatrix} x_1&x_1^2&x_1^3&x_1^4\\ x_2&x_2^2&x_2^3&x_2^4\\ x_3&x_3^2&x_3^3&x_3^4\\ x_4&x_4^2&x_4^3&x_4^4 \end{pmatrix}.$$

從第 $j$ 欄提出 $x_j$：

此題考查矩陣的性質，特別是特徵值與行列式的關係。

一個 $n \times n$ 矩陣 $D$ 的行列式等於其所有特徵值的乘積。
若矩陣 $D$ 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$，則

核心觀念

因為 $A$ 是 binary matrix，所有運算皆在有限體 $\mathbb{F}_2$ 上進行，因此

$$1+1=0.$$

要求

$$BA^T=0$$

等價於要求 $B$ 的每一列向量 $b=(x_1,\ldots,x_{10})$ 都滿足

$$Ab^T=0.$$

也就是找出矩陣 $A$ 的零空間 $\mathcal{N}(A)$。由於 $A$ 為 $6\times 10$ 矩陣，若 $\operatorname{rank}(A)=6$，則零空間維度為

$$10-6=4,$$

因此可取零空間的一組基底作為 $B$ 的四列。

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解題方法

令

$$b=(x_1,x_2,\ldots,x_{10}).$$

由 $Ab^T=0$，逐列得到以下方程式：

$$\begin{cases} x_2+x_5+x_9=0,\\ x_1+x_2+x_6=0,\\ x_3+x_7=0,\\ x_4+x_8=0,\\ x_1+x_5+x_9=0,\\ x_2+x_6+x_{10}=0. \end{cases}$$

全部運算皆在 $\mathbb{F}_2$ 中。

由第一式與第五式相減，在 $\mathbb{F}_2$ 中相減等同相加：

$$(x_2+x_5+x_9)+(x_1+x_5+x_9)=0,$$

因此

$$x_1+x_2=0 \quad\Longrightarrow\quad x_1=x_2.$$

代入第二式：

$$x_1+x_2+x_6=0 \quad\Longrightarrow\quad x_6=0.$$

再由第六式：

$$x_2+x_6+x_{10}=0 \quad\Longrightarrow\quad x_{10}=x_2.$$

由第三、四式：

$$x_7=x_3,\qquad x_8=x_4.$$

由第一式：

$$x_9=x_2+x_5.$$

因此所有解可表示為

$$b=(x_2,x_2,x_3,x_4,x_5,0,x_3,x_4,x_2+x_5,x_2).$$

取自由變數 $x_2,x_3,x_4,x_5$ 分別為單位向量，可得零空間的一組基底：

此題考查對數常態分佈 (Lognormal distribution) 的性質，特別是其期望值與變異數的公式。

若一個隨機變數 $X$ 是對數常態分佈，則其對數 $\ln X$ 服從常態分佈 (Normal distribution)。
令 $Y = \ln X$. 若 $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$, 則 $X$ 服從對數常態分佈，其期望值和變異數公式為：

$$E[X] = e^{\mu + \sigma^2/2}$$

核心觀念

本題考查幾何分配的機率計算與無記憶性（memoryless property）。

採用研究所考試最常見的定義：

$$X\sim\operatorname{Geometric}(p),\qquad X=1,2,3,\ldots$$

其中 $X$ 表示「第一次成功所需的試驗次數」，每次成功機率為 $p$，失敗機率為

$$q=1-p.$$

因此：

$$P(X=j)=q^{j-1}p,\qquad j=1,2,3,\ldots$$

且

$$P(X>m)=q^m,$$

因為 $X>m$ 表示前 $m$ 次試驗全部失敗。

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解題方法

題目中的條件 $X>n$ 表示前 $n$ 次試驗皆失敗。由於幾何分配具有無記憶性，後續等待成功的機率只與剩餘試驗次數有關，與前面已經失敗幾次無關。

計算時直接利用：

$$P(X>m)=q^m.$$

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(a) 求 $P(X<k+n\mid X>n)$

由條件機率公式，

$$P(X<k+n\mid X>n) = \frac{P(X<k+n,\ X>n)}{P(X>n)}.$$

因為 $X$ 為整數，事件

$$X<k+n,\quad X>n$$

等價於

$$n<X<k+n.$$

因此，

$$P(X<k+n,\ X>n) = P(X>n)-P(X\geq k+n).$$

又因為 $X$ 為整數，

$$P(X\geq k+n)=P(X>k+n-1)=q^{k+n-1}.$$

所以

$$P(X<k+n,\ X>n) = q^n-q^{k+n-1}.$$

分母為

$$P(X>n)=q^n.$$

故

$$\begin{aligned} P(X<k+n\mid X>n) &=\frac{q^n-q^{k+n-1}}{q^n}\\ &=1-q^{k-1}\\ &=1-(1-p)^{k-1}. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{P(X<k+n\mid X>n)=1-(1-p)^{k-1}}.$$

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(b) 求 $P(X<k)$

利用補事件：

$$P(X<k)=1-P(X\geq k).$$

由於 $X$ 為整數，

$$P(X\geq k)=P(X>k-1)=q^{k-1}.$$

因此，

$$\begin{aligned} P(X<k) &=1-q^{k-1}\\ &=1-(1-p)^{k-1}. \end{aligned}$$

故

此題考查指數分佈 (Exponential distribution) 的獨立隨機變數和最小值的性質，以及動差生成函數 (Moment-generating function, MGF) 和累積分佈函數 (Cumulative distribution function, CDF)。

指數分佈：
若 $Y$ 服從參數為 $\lambda$ 的指數分佈，則其機率密度函數 (PDF) 為 $f_Y(y) = \lambda e^{-\lambda y}$，對於 $y \ge 0$。
其累積分佈函數 (CDF) 為 $F_Y(y) = P(Y \le y) = 1 - e^{-\lambda y}$，對於 $y \ge 0$。
其動差生成函數 (MGF) 為 $M_Y(t) = E[e^{tY}] = \frac{\lambda}{\lambda - t}$，對於 $t < \lambda$。

a. 求 $X_1$ 的動差生成函數 (MGF)。
$X_1$ 服從參數為 $\lambda_1$ 的指數分佈。
根據指數分佈 MGF 的公式，令 $Y = X_1$ 且 $\lambda = \lambda_1$。

$$M_{X_1}(t) = E[e^{tX_1}] = \frac{\lambda_1}{\lambda_1 - t}$$

此公式對 $t < \lambda_1$ 成立。

b. 求 $X = \min(X_1, X_2, \dots, X_n)$ 的累積分佈函數 (CDF)。
$X$ 是 $n$ 個獨立指數分佈隨機變數的最小值。
我們首先計算 $X$ 的 CDF：$F_X(x) = P(X \le x)$。
由於 $X$ 是最小值，事件 $X \le x$ 等價於至少有一個 $X_i \le x$。
計算其補集事件 $X > x$ 會比較容易。
事件 $X > x$ 表示最小值大於 $x$，這意味著所有的 $X_i$ 都大於 $x$。

$$P(X > x) = P(X_1 > x, X_2 > x, \dots, X_n > x)$$

由於 $X_i$ 是獨立的，

核心觀念

每位學生拿到自己原有的筆，稱為一次「拿回自己的筆」。令 $X_i$ 表示第 $i$ 位學生是否拿回自己的筆：

$$X_i= \begin{cases} 1, & \text{第 }i\text{ 位學生拿回自己的筆},\\ 0, & \text{否則}. \end{cases}$$

拿回自己筆的學生總數為

$$X=X_1+X_2+\cdots+X_{20}.$$

本題使用指示變數與期望值的線性性：總數的期望值等於各指示變數期望值的總和，不要求這些變數彼此獨立。

解題方法

對任一位固定的學生，他從盒中隨機拿到 20 支筆中的一支，且每支被拿到的機率相同。因此，他拿回自己筆的機率是

$$P(X_i=1)=\frac{1}{20}.$$

由於 $X_i$ 是指示變數，

核心觀念

二項隨機變數可表示為 $n$ 次相互獨立的 Bernoulli 試驗成功次數：

$$X=I_1+I_2+\cdots+I_n,$$

其中

$$I_i= \begin{cases} 1,&\text{第 }i\text{ 次試驗成功},\\ 0,&\text{第 }i\text{ 次試驗失敗}, \end{cases} \qquad P(I_i=1)=p.$$

本題要求的是三階原點動差 $E(X^3)$。可利用指示變數的性質：

$$I_i^2=I_i^3=I_i$$

以及各次試驗相互獨立，因此

$$E(I_iI_j)=p^2,\qquad E(I_iI_jI_k)=p^3$$

（$i,j,k$ 彼此相異）。

解題方法

將 $X^3$ 展開：

$$X^3=(I_1+\cdots+I_n)^3.$$

展開後可依照指標是否重複分成三類：

1. 三個指標完全相同；
2. 恰有兩個指標相同；
3. 三個指標彼此相異。

因此

$$X^3 = \sum_{i=1}^n I_i^3 + 3\sum_{i\ne j}I_i^2I_j + 6\sum_{i<j<k}I_iI_jI_k.$$

由於 $I_i^2=I_i^3=I_i$，取期望得

$$E(X^3) = \sum_{i=1}^n E(I_i) + 3\sum_{i\ne j}E(I_iI_j) + 6\sum_{i<j<k}E(I_iI_jI_k).$$

逐項計算：

$$\sum_{i=1}^n E(I_i)=np,$$

且 $i\ne j$ 的有序配對共有 $n(n-1)$ 組，所以

$$3\sum_{i\ne j}E(I_iI_j) = 3n(n-1)p^2.$$

三個相異指標的組合數為 $\binom{n}{3}$，故