111 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丁組《線性代數與機率》

這題考驗的是獨立重複試驗的機率計算。
假設投擲一個公正骰子出現 6 點的機率為 $p$，那麼出現非 6 點的機率為 $1-p$。
對於一個公正骰子，出現 6 點的機率是 $p = \frac{1}{6}$。
出現非 6 點的機率是 $1-p = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$。

題目要求的是「第六次投擲才是第一次出現 6 點」的機率。這表示前五次投擲都必須是「非 6 點」，而第六次投擲必須是「6 點」。
由於每次投擲都是獨立事件，我們可以將這些事件的機率相乘：

這題是關於二項分佈與機率計算的應用。
題目假設生男生女的機率是均等的，也就是 P(男) = P(女) = 0.5，且每次生育都是獨立事件。
目標是希望「至少有一個男孩」且「至少有一個女孩」的機率要達到 95% (0.95)。

設生 $n$ 個小孩。
「至少有一個男孩」的事件，其補集是「所有小孩都是女孩」。
P(至少一個男孩) = 1 - P(所有小孩都是女孩) = $1 - (0.5)^n$。

「至少有一個女孩」的事件，其補集是「所有小孩都是男孩」。
P(至少一個女孩) = 1 - P(所有小孩都是男孩) = $1 - (0.5)^n$。

我們希望同時滿足這兩個條件，即 P(至少一個男孩 且 至少一個女孩) $\ge 0.95$。
這兩個事件並非獨立，但我們可以考慮其補集。
「至少一個男孩 且 至少一個女孩」的補集是「所有小孩都是男孩」或「所有小孩都是女孩」。
P(至少一個男孩 且 至少一個女孩) = 1 - P(所有小孩都是男孩 或 所有小孩都是女孩)

由於「所有小孩都是男孩」與「所有小孩都是女孩」是互斥事件（不可能同時發生），所以：
P(所有小孩都是男孩 或 所有小孩都是女孩) = P(所有小孩都是男孩) + P(所有小孩都是女孩)
= $(0.5)^n + (0.5)^n$
= $2 \times (0.5)^n$
= $2 \times (\frac{1}{2})^n$
= $(\frac{1}{2})^{n-1}$

因此，我們需要滿足的條件是：
1 - $(\frac{1}{2})^{n-1} \ge 0.95$
$(\frac{1}{2})^{n-1} \le 1 - 0.95$
$(\frac{1}{2})^{n-1} \le 0.05$

核心觀念

令

$$Z=\frac{X}{Y}.$$

因為

$$X\sim U(0,1),\qquad Y\sim U(0,2),$$

且 $X,Y$ 相互獨立，所以聯合機率密度函數為

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=1\cdot\frac12=\frac12,$$

其中 $0<x<1,\ 0<y<2$，其餘為 $0$。

本題可利用累積分布函數

$$F_Z(z)=P\left(\frac{X}{Y}\le z\right)$$

先求出 $Z$ 的分布，再對 $z$ 微分得到機率密度函數。

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解題方法

由於 $X,Y>0$，所以 $Z=X/Y>0$。考慮

$$F_Z(z)=P\left(\frac{X}{Y}\le z\right) =P(X\le zy).$$

在 $(x,y)$ 平面上，聯合分布均勻分布於矩形

$$0<x<1,\qquad 0<y<2,$$

而事件 $X\le zY$ 位於直線 $x=zy$ 的下方。因此以面積乘上聯合密度 $\frac12$ 計算即可。

情況一：$z\le 0$

因為 $Z>0$，故

$$F_Z(z)=0.$$

情況二：$0<z\le \frac12$

此時當 $0<y<2$ 時，

$$zy\le 2z\le 1,$$

所以直線 $x=zy$ 尚未超過矩形右側 $x=1$。因此

$$\begin{aligned} F_Z(z) &=\int_0^2\int_0^{zy}\frac12\,dx\,dy\\ &=\frac12\int_0^2 zy\,dy\\ &=\frac z2\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^2\\ &=z. \end{aligned}$$

情況三：$z>\frac12$

此時直線 $x=zy$ 會在

$$zy=1\quad\Longrightarrow\quad y=\frac1z$$

處碰到矩形右側。由於 $z>\frac12$，所以 $\frac1z<2$。因此

這題考驗的是隨機變數的線性變換的聯合機率密度函數求解，特別是使用 Jacobian method。
已知 X 和 Y 是獨立的指數分佈隨機變數，其 PDF 皆為 $f(x) = e^{-x}$ for $x>0$。
所以聯合 PDF 為 $f_{XY}(x,y) = f_X(x)f_Y(y) = e^{-x} e^{-y}$ for $x>0, y>0$。
在其他區域，$f_{XY}(x,y) = 0$。

我們要求 U = X + Y 和 V = X - Y 的聯合 PDF，記為 $f_{UV}(u,v)$。
這是一個變換：
$u = x + y$
$v = x - y$

我們可以將 (x, y) 表示成 (u, v) 的函數：
將兩個式子相加：$u + v = 2x \implies x = \frac{u+v}{2}$
將第一個式子減去第二個式子：$u - v = 2y \implies y = \frac{u-v}{2}$

接下來，我們需要計算 Jacobian determinant。
Jacobian matrix J 是由 $\frac{\partial x}{\partial u}, \frac{\partial x}{\partial v}, \frac{\partial y}{\partial u}, \frac{\partial y}{\partial v}$ 組成的矩陣：
$J = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix}$

計算偏導數：
$\frac{\partial x}{\partial u} = \frac{\partial}{\partial u} (\frac{u+v}{2}) = \frac{1}{2}$
$\frac{\partial x}{\partial v} = \frac{\partial}{\partial v} (\frac{u+v}{2}) = \frac{1}{2}$
$\frac{\partial y}{\partial u} = \frac{\partial}{\partial u} (\frac{u-v}{2}) = \frac{1}{2}$
$\frac{\partial y}{\partial v} = \frac{\partial}{\partial v} (\frac{u-v}{2}) = -\frac{1}{2}$

Jacobian determinant $|det(J)|$:
$det(J) = (\frac{1}{2})(-\frac{1}{2}) - (\frac{1}{2})(\frac{1}{2}) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}$
$|det(J)| = |-\frac{1}{2}| = \frac{1}{2}$。

聯合 PDF 的公式是：
$f_{UV}(u,v) = f_{XY}(x(u,v), y(u,v)) \times |det(J)|$

我們需要確定 (u, v) 的取值範圍。
原始條件是 $x > 0$ 且 $y > 0$。
$x = \frac{u+v}{2} > 0 \implies u+v > 0$
$y = \frac{u-v}{2} > 0 \implies u-v > 0$

這題考驗線性代數中關於矩陣、線性算子、子空間以及秩的基本性質。

(a) 如果 A 是一個方陣，那麼矩陣 I + A 必須是一個可逆矩陣。
這是 False。
反例：考慮一個 2x2 的零矩陣 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
則 $I + A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
I 是可逆的。

再考慮 $A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。
則 $I + A = I + (-I) = 0$ (零矩陣)。
零矩陣是不可逆的。
所以，此敘述為 False。

(b) 令 T 是向量空間 V 上的線性算子。那麼 T² 也是一個線性算子。
這是 True。
線性算子 T 滿足 T(u+v) = T(u) + T(v) 和 T(cu) = cT(u) 對於所有 u, v ∈ V 和 c 是純量。
我們需要證明 T² 也滿足這兩個性質。
T²(u+v) = T(T(u+v)) = T(T(u) + T(v)) (因為 T 是線性的)
= T(T(u)) + T(T(v)) (因為 T 是線性的)
= T²(u) + T²(v)
T²(cu) = T(T(cu)) = T(cT(u)) (因為 T 是線性的)
= cT(T(u)) (因為 T 是線性的)
= cT²(u)
所以 T² 也是一個線性算子。

這題考驗矩陣特徵值與特徵向量的性質，以及矩陣可逆性的判斷。
已知 B 是一個 4x4 矩陣，其特徵值為 $\lambda_1 = -1$, $\lambda_2 = 0$, $\lambda_3 = 1$, $\lambda_4 = 2$。
由於有 4 個不同的特徵值，B 是可對角的。

(1) 計算 det(B² + 2I)。
如果 $\lambda$ 是 B 的一個特徵值，那麼 $f(\lambda)$ 是 $f(B)$ 的一個特徵值，其中 $f(x)$ 是一個多項式。
在這裡，$f(x) = x^2 + 2$。
所以，B² + 2I 的特徵值是：
$\lambda_1^2 + 2 = (-1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$\lambda_2^2 + 2 = (0)^2 + 2 = 0 + 2 = 2$
$\lambda_3^2 + 2 = (1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$\lambda_4^2 + 2 = (2)^2 + 2 = 4 + 2 = 6$

矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積。
det(B² + 2I) = $(3) \times (2) \times (3) \times (6)$
= $6 \times 18 = 108$。

(2) 選擇可逆矩陣。
一個矩陣是可逆的，若且唯若它的行列式不為零，或者說，若且唯若 0 不是它的特徵值。
我們需要檢查給定的矩陣的特徵值是否包含 0。

(a) B:
B 的特徵值是 -1, 0, 1, 2。
由於 0 是 B 的一個特徵值，所以 det(B) = 0。B 是不可逆的。

(b) B + I:
如果 $\lambda$ 是 B 的特徵值，那麼 $\lambda + 1$ 是 B + I 的特徵值。
B + I 的特徵值是：
-1 + 1 = 0
0 + 1 = 1
1 + 1 = 2

這題考驗矩陣的冪次集合的線性獨立性，並引導使用 Cayley-Hamilton 定理。

考慮一個 n x n 矩陣 A。
集合 S = {I, A, A², ..., Aⁿ} 包含 n+1 個矩陣。
我們要判斷 S 是否可能是一個線性獨立集。

根據 Cayley-Hamilton 定理，每一個方陣 A 都滿足其特徵多項式 P(λ)。也就是說，將 λ 換成 A，P(A) = 0。
P(λ) = $det(A - \lambda I)$ 是一個 n 次多項式。
所以，P(A) = $c_n A^n + c_{n-1} A^{n-1} + ... + c_1 A + c_0 I = 0$，其中 $c_n \neq 0$。
這是一個關於 A 的 n 次多項式。

我們有一個集合 S，包含 n+1 個矩陣：$I, A, A^2, ..., A^n$。
如果這 n+1 個矩陣是線性獨立的，那麼我們無法找到一組不全為零的係數 $a_0, a_1, ..., a_n$，使得：
$a_0 I + a_1 A + a_2 A^2 + ... + a_n A^n = 0$。