112 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丁組《線性代數及機率》

此題考驗中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)。中央極限定理指出，若獨立同分布的隨機變數序列，其期望值與變異數存在且有限，則這些隨機變數的樣本平均值（經過適當標準化後）的分布會趨近於標準常態分布。

證明過程如下：
令 $Y_i = X_i - \mu$。由於 $X_i$ 是獨立同分布，且 $E[X_i] = \mu$ 且 $\text{Var}(X_i) = \sigma^2$，我們有：
$E[Y_i] = E[X_i - \mu] = E[X_i] - \mu = \mu - \mu = 0$
$\text{Var}(Y_i) = \text{Var}(X_i - \mu) = \text{Var}(X_i) = \sigma^2$

此題考驗變數變換 (change of variables) 的技巧，將兩個獨立標準常態分布的隨機變數 $(X, Y)$ 轉換為極座標 $(V, W)$，並求其聯合機率密度函數 (joint pdf)。

首先，我們知道 $X$ 和 $Y$ 是獨立標準常態分布的隨機變數，其聯合 pdf 為：
$f_{X,Y}(x, y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_X} e^{-\frac{(x-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_Y} e^{-\frac{(y-\mu_Y)^2}{2\sigma_Y^2}}$
由於是標準常態分布，$\mu_X = \mu_Y = 0$ 且 $\sigma_X = \sigma_Y = 1$。
所以，
$f_{X,Y}(x, y) = \frac{1}{2\pi} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$

我們有變換關係：
$V = \sqrt{X^2 + Y^2}$
$W = \angle(X, Y)$ (角度，通常定義為 $W = \arctan(\frac{Y}{X})$，但需考慮象限)

為了求聯合 pdf $f_{V,W}(v, w)$，我們需要計算雅可比矩陣 (Jacobian matrix) 的行列式。
從 $(V, W)$ 反向轉換回 $(X, Y)$：
$X = V \cos W$
$Y = V \sin W$

雅可比矩陣為：
$J = \begin{pmatrix} \frac{\partial X}{\partial V} & \frac{\partial X}{\partial W} \\ \frac{\partial Y}{\partial V} & \frac{\partial Y}{\partial W} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos W & -V \sin W \\ \sin W & V \cos W \end{pmatrix}$
行列式為：
$\det(J) = (\cos W)(V \cos W) - (-V \sin W)(\sin W) = V \cos^2 W + V \sin^2 W = V$

此題考驗隨機變數函數的機率密度函數 (pdf) 的求解，需要利用變數變換的技巧。

首先，我們處理 $Y = 1/X^2$。
已知 $X$ 的 pdf 為 $f_X(x) = e^{-x}$，其中 $x > 0$。
$Y$ 的範圍：由於 $X > 0$，所以 $X^2 > 0$，因此 $Y = 1/X^2 > 0$。

我們可以使用累積分布函數 (CDF) 的方法來求解。
$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(1/X^2 \le y)$
由於 $y > 0$，我們可以進行如下操作：
$P(1/X^2 \le y) = P(X^2 \ge 1/y)$
因為 $X > 0$，所以 $X \ge \sqrt{1/y} = 1/\sqrt{y}$。
$F_Y(y) = P(X \ge 1/\sqrt{y})$
由於 $X$ 的 pdf 是 $f_X(x) = e^{-x}$ for $x > 0$，其 CDF 是 $F_X(x) = P(X \le x) = \int_0^x e^{-t} dt = 1 - e^{-x}$ for $x > 0$。
因此，$P(X \ge a) = 1 - P(X < a) = 1 - F_X(a) = 1 - (1 - e^{-a}) = e^{-a}$ for $a > 0$.
所以，
$F_Y(y) = e^{-1/\sqrt{y}}$，對於 $y > 0$。

現在，我們對 $F_Y(y)$ 求導以得到 pdf $f_Y(y)$：
$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} (e^{-y^{-1/2}})$
$f_Y(y) = e^{-y^{-1/2}} \cdot \frac{d}{dy} (-y^{-1/2})$
$f_Y(y) = e^{-y^{-1/2}} \cdot (-\frac{1}{2}) (-y^{-3/2})$

此題考驗二項分布 (Binomial Distribution) 的機率計算。我們需要計算在 $n$ 次獨立的伯努利試驗中，成功次數為奇數的總機率。

設 $X$ 為 $n$ 次獨立伯努利試驗中的成功次數，則 $X$ 服從參數為 $n$ 和 $p$ 的二項分布，其機率質量函數 (pmf) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \quad k = 0, 1, 2, \dots, n$
我們要計算的機率是成功次數為奇數的總和，即：
$P(\text{odd number of successes}) = P(X=1) + P(X=3) + P(X=5) + \dots$
$P(\text{odd}) = \sum_{k \text{ odd}, 0 \le k \le n} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

我們知道二項定理的展開式：
$(x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}$
令 $x=p$ 且 $y=1-p$：
$(p + (1-p))^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = 1^n = 1$
這表示所有可能成功次數的機率總和為 1。

現在考慮 $(y-x)^n$ 的展開式：
$(y-x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-x)^k y^{n-k} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k x^k y^{n-k}$
令 $y=1-p$ 且 $x=p$：

此題為線性代數的觀念題，需要判斷四個關於矩陣性質的敘述是否正確。

(a) 判斷 $I+A$ 是否可逆，其中 $A$ 是可逆矩陣。
考慮反例。設 $A = -I$。由於 $A$ 是可逆矩陣（其行列式為 $(-1)^n \neq 0$），且 $I$ 是相同大小的單位矩陣。
那麼 $I + A = I + (-I) = I - I = 0$ (零矩陣)。
零矩陣是不可逆的。
因此，此敘述是錯誤的。

(b) 判斷 $\det(I + A^TA) > 0$ 對於實數矩陣 $A$ 是否成立。
令 $B = I + A^TA$。我們需要證明 $\det(B) > 0$。
首先，$A^TA$ 是一個對稱矩陣。
對任意非零向量 $x$，我們有 $x^T A^T A x = (Ax)^T (Ax) = \|Ax\|^2 \ge 0$。
因此，$A^TA$ 是半正定 (positive semi-definite) 的。
如果 $A$ 是 $n \times n$ 矩陣，那麼 $A^TA$ 的特徵值都大於或等於 0。
現在考慮 $B = I + A^TA$。
對於任意非零向量 $x$，
$x^T B x = x^T (I + A^TA) x = x^T I x + x^T A^T A x = \|x\|^2 + \|Ax\|^2$。
由於 $\|x\|^2 > 0$ (因為 $x$ 是非零向量)，且 $\|Ax\|^2 \ge 0$。
所以，$x^T B x = \|x\|^2 + \|Ax\|^2 > 0$。

此題考驗線性轉換的標準矩陣表示法以及逆轉換的求解。

首先，我們需要找出線性轉換 $T$ 的標準矩陣。標準矩陣的各個行向量是將標準基底向量代入線性轉換後得到的結果。在 $\mathbb{R}^3$ 中，標準基底向量為 $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。

將標準基底向量代入 $T$：
$T(e_1) = T\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+0 \\ 0+1 \\ 0+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
$T(e_2) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+0 \\ 1+0 \\ 0+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
$T(e_3) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+1 \\ 0+0 \\ 1+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$

標準矩陣 $A$ 的各個行向量就是 $T(e_1), T(e_2), T(e_3)$。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

接下來，我們需要找到 $T$ 的逆轉換 $T^{-1}$。這相當於找到標準矩陣 $A$ 的逆矩陣 $A^{-1}$。
我們可以使用高斯消去法 (Gauss-Jordan elimination) 來求 $A^{-1}$。將 $A$ 和單位矩陣 $I$ 併成增廣矩陣 $[A | I]$，然後進行列運算，直到左側變成單位矩陣，右側即為 $A^{-1}$。
$[A | I] = \left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$:
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$:
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & -1 & 1 \end{array} \right]$
$R_3 \leftarrow \frac{1}{2} R_3$:
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1/2 & -1/2 & 1/2 \end{array} \right]$
$R_1 \leftarrow R_1 - R_3$:

此題考驗特徵多項式 (characteristic polynomial) 與矩陣可逆性之間的關係。

一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$ 可逆的充要條件是其行列式 $\det(M) \neq 0$。
特徵多項式 $p(t)$ 的定義是 $p(t) = \det(M - tI)$，其中 $I$ 是 $n \times n$ 的單位矩陣。

我們將 $t=0$ 代入特徵多項式：
$p(0) = \det(M - 0I) = \det(M)$

題目給定的 $4 \times 4$ 矩陣 $M$ 的特徵多項式為 $p(t) = t^4 - t^3 + 5t^2 - 3t + 7$。
將 $t=0$ 代入：