111 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信數學》

核心觀念

題目給出 $(X,Y)$ 在正方形 $[0,a]\times[0,a]$ 上均勻分布，因此

$$f_{XY}(x,y)=\frac{1}{a^2}.$$

隨機變數

$$W=\max\left(\frac{X}{Y},\frac{Y}{X}\right)$$

具有以下性質：

1. 對 $X,Y>0$，必有 $W\ge 1$。
2. 求累積分布函數時，使用 $$F_W(w)=P(W\le w).$$
3. 聯合均勻分布下，機率等於對應區域面積除以 $a^2$。

$X=0$ 或 $Y=0$ 的機率為零，因此分母為零的情況不影響分布結果。

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解題方法與累積分布函數

對 $w>0$，

$$W\le w$$

等價於

$$\max\left(\frac{X}{Y},\frac{Y}{X}\right)\le w,$$

也就是同時滿足

$$\frac{X}{Y}\le w,\qquad \frac{Y}{X}\le w.$$

由於 $X,Y>0$，可改寫為

$$X\le wY,\qquad Y\le wX.$$

因此

$$F_W(w)=P(X\le wY,\;Y\le wX).$$

情況一：$w<1$

因為 $W\ge 1$，所以

$$F_W(w)=0,\qquad w<1.$$

情況二：$w\ge 1$

在正方形 $0\le x,y\le a$ 中，條件

$$x\le wy,\qquad y\le wx$$

排除了兩個區域：

$$x>wy$$

以及

$$y>wx.$$

先計算區域 $x>wy$ 的面積。由於 $w\ge 1$，直線 $x=wy$ 與正方形右邊界 $x=a$ 的交點為

$$y=\frac{a}{w}.$$

所以該區域面積為

$$\begin{aligned} A_1 &=\int_0^{a/w}(a-wy)\,dy\\ &=\left[ay-\frac{w}{2}y^2\right]_0^{a/w}\\ &=\frac{a^2}{w}-\frac{a^2}{2w}\\ &=\frac{a^2}{2w}. \end{aligned}$$

由對稱性，

$$A_2=\frac{a^2}{2w}.$$

兩個排除區域除了原點外不重疊，而原點面積為零，因此符合條件的區域面積為

此題考驗隨機變數的性質，特別是標準常態分布隨機變數的特性以及相關係數的計算。

給定標準常態隨機變數 $Z \sim N(0,1)$，以及另一個隨機變數 $Y = a + bZ + cZ^2$。
我們需要找到 $Y$ 和 $Z$ 的相關係數 $\rho_{YZ}$。

相關係數的定義為 $\rho_{YZ} = \frac{\text{Cov}(Y, Z)}{\sqrt{\text{Var}(Y)\text{Var}(Z)}}$。

首先，我們知道 $Z$ 是標準常態隨機變數，所以：
$E[Z] = 0$
$\text{Var}(Z) = E[Z^2] - (E[Z])^2 = E[Z^2] - 0 = 1$。

接下來，我們計算 $\text{Cov}(Y, Z)$。
$\text{Cov}(Y, Z) = E[(Y - E[Y])(Z - E[Z])]$。
由於 $E[Z] = 0$，所以 $\text{Cov}(Y, Z) = E[Y Z]$。

我們需要先計算 $E[Y]$。
$E[Y] = E[a + bZ + cZ^2] = a + bE[Z] + cE[Z^2]$。
因為 $E[Z] = 0$ 且 $E[Z^2] = \text{Var}(Z) + (E[Z])^2 = 1 + 0^2 = 1$，
所以 $E[Y] = a + b(0) + c(1) = a + c$。

現在計算 $\text{Cov}(Y, Z) = E[Y Z]$。
$E[Y Z] = E[(a + bZ + cZ^2)Z] = E[aZ + bZ^2 + cZ^3]$。
$E[Y Z] = aE[Z] + bE[Z^2] + cE[Z^3]$。
我們知道 $E[Z] = 0$ 和 $E[Z^2] = 1$。
對於標準常態分布，奇數階矩為 0，所以 $E[Z^3] = 0$。
因此，$E[Y Z] = a(0) + b(1) + c(0) = b$。
所以，$\text{Cov}(Y, Z) = b$。

接下來，我們計算 $\text{Var}(Y)$。
$\text{Var}(Y) = \text{Var}(a + bZ + cZ^2)$。
由於 $a$ 是常數，$\text{Var}(a) = 0$。
$\text{Var}(Y) = \text{Var}(bZ + cZ^2)$。
$\text{Var}(Y) = E[(bZ + cZ^2 - E[bZ + cZ^2])^2] = E[(bZ + cZ^2 - (bE[Z] + cE[Z^2]))^2]$。
$\text{Var}(Y) = E[(bZ + cZ^2 - (b(0) + c(1)))^2] = E[(bZ + cZ^2 - c)^2]$。
$\text{Var}(Y) = E[b^2 Z^2 + c^2 Z^4 + c^2 + 2bc Z^3 - 2bc Z^2 - 2c^2 Z]$。
$\text{Var}(Y) = b^2 E[Z^2] + c^2 E[Z^4] + c^2 E[1] + 2bc E[Z^3] - 2bc E[Z^2] - 2c^2 E[Z]$。
我們知道：
$E[Z] = 0$
$E[Z^2] = 1$
$E[Z^3] = 0$
$E[Z^4]$ 是標準常態分布的第四階矩。

此題主要測試線性代數中關於線性算子、矩陣性質、子空間以及秩的基本概念。

(a) 線性算子 T 作用在向量空間 V 上。$T^2$ 表示 T 的複合運算，即 $T^2(v) = T(T(v))$。
線性算子的定義是：對於向量空間 V 中的任意向量 u, v 以及任意純量 c，滿足 $T(u+v) = T(u)+T(v)$ 和 $T(cu) = cT(u)$。
我們需要檢查 $T^2$ 是否滿足這兩個條件。
$T^2(u+v) = T(T(u+v)) = T(T(u)+T(v))$ (因為 T 是線性算子)
$= T(T(u)) + T(T(v))$ (因為 T 是線性算子)
$= T^2(u) + T^2(v)$。
$T^2(cu) = T(T(cu)) = T(cT(u))$ (因為 T 是線性算子)
$= cT(T(u))$ (因為 T 是線性算子)
$= cT^2(u)$。
因此，$T^2$ 滿足線性算子的定義，是一個線性算子。
【答案】(a) T

(b) 若 A 是一個 n x n 的方陣，則 I + A 必須是可逆矩陣。
這個說法不一定正確。一個矩陣是可逆的，若且唯若它的行列式不為零，或者其特徵值都不為零。
考慮一個反例。設 A 為一個 n x n 的矩陣。如果 -1 是 A 的一個特徵值，那麼 $Ax = -x$ 對於某個非零向量 x 成立。
則 $(I+A)x = Ix + Ax = x + (-x) = 0$。
因為存在非零向量 x 使得 $(I+A)x = 0$，所以 I + A 不是可逆矩陣（它是一個奇異矩陣）。
例如，令 $n=1$，矩陣 $A = [-1]$。則 $I = [1]$。
$I+A = [1] + [-1] = [0]$。矩陣 [0] 是不可逆的。
再例如，令 $n=2$，矩陣 $A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
則 $I+A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$。
這個矩陣的行列式為 0，因此是不可逆的。
【答案】(b) F

(c) 設 W₁ 和 W₂ 是向量空間 V 的兩個子空間。則 W₁ U W₂ 也是 V 的一個子空間。
這個說法不一定正確。

此題主要考驗矩陣的特徵值與特徵向量的性質，特別是行列式和可逆性的判斷。

給定一個 4x4 的矩陣 B，其特徵值為 $\lambda_1 = -1, \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 1, \lambda_4 = 2$。

(1) 求 $B^2 + 2I$ 的行列式。
一個矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積。
如果 $\lambda$ 是矩陣 B 的一個特徵值，那麼對於多項式 $p(x)$， $p(\lambda)$ 是矩陣 $p(B)$ 的一個特徵值。
在這裡，我們考慮多項式 $p(x) = x^2 + 2$。
那麼，$p(B) = B^2 + 2I$。
$B$ 的特徵值是 $-1, 0, 1, 2$。
$B^2+2I$ 的特徵值將是：
$p(-1) = (-1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$p(0) = (0)^2 + 2 = 0 + 2 = 2$
$p(1) = (1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$p(2) = (2)^2 + 2 = 4 + 2 = 6$

所以，$B^2 + 2I$ 的特徵值是 $3, 2, 3, 6$。
$B^2 + 2I$ 的行列式是其特徵值的乘積：
$\det(B^2 + 2I) = 3 \times 2 \times 3 \times 6 = 6 \times 18 = 108$。

【答案】(1) 108

(2) 從下列選項中選擇可逆矩陣：(a) B (b) B+I (c) B-I (d) $B^2+I$ (e) $2B+I$
一個矩陣是可逆的，當且僅當它的所有特徵值都不為零。
我們將檢查每個選項對應的矩陣的特徵值。

(a) 矩陣 B 的特徵值是 $-1, 0, 1, 2$。由於存在特徵值 0，所以 B 是不可逆的。

此題考驗矩陣的線性獨立性以及 Cayley-Hamilton 定理的應用。

給定一個 n x n 的矩陣 A，考慮集合 $S = \{I, A, A^2, \ldots, A^n\}$。這個集合包含 n+1 個矩陣。
我們需要判斷 S 是否可能是一個線性獨立集，並給出理由。

線性獨立的定義是：若 $\sum_{i=0}^k c_i M_i = 0$，其中 $M_i$ 是向量或矩陣，則必須有 $c_i = 0$ 對於所有的 i。
在這個問題中，我們考慮線性組合：
$c_0 I + c_1 A + c_2 A^2 + \ldots + c_n A^n = 0$ (零矩陣)。
如果這個等式只能在所有係數 $c_0, c_1, \ldots, c_n$ 都為零時成立，則集合 S 是線性獨立的。

Cayley-Hamilton 定理指出：每一個方陣 A 都滿足其自身的特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$。也就是說，將 $\lambda$ 替換為 A，我們得到 $p(A) = 0$。
特徵多項式 $p(\lambda)$ 的次數是 n。
所以，根據 Cayley-Hamilton 定理，存在一個次數為 n 的多項式 $p(x)$，使得 $p(A) = 0$。
$p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0$。
其中 $a_n \neq 0$（因為它是 n 次多項式）。
所以，$p(A) = a_n A^n + a_{n-1} A^{n-1} + \ldots + a_1 A + a_0 I = 0$。

我們有 n+1 個矩陣 $I, A, A^2, \ldots, A^n$。
Cayley-Hamilton 定理給出了一個這些矩陣的線性組合，結果為零矩陣：
$a_n A^n + a_{n-1} A^{n-1} + \ldots + a_1 A + a_0 I = 0$。
這裡的係數是 $c_0 = a_0, c_1 = a_1, \ldots, c_n = a_n$。