112 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信數學（僅含線性代數、機率）》

核心觀念

本題考查事件條件下的聯合 PDF、邊際化與條件期望：

$$f_{X,Y\mid A}(x,y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{P(A)},\qquad (x,y)\in A$$

其中事件 $A=\{Y\le 1/4\}$，必須與原本的支持範圍

$$-1\le x\le 1,\qquad 0\le y\le x^2$$

取交集。

邊際條件 PDF 由積分得到：

$$f_{Y\mid A}(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y\mid A}(x,y)\,dx$$ $$f_{X\mid A}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y\mid A}(x,y)\,dy$$

條件期望則為：

$$E[Y\mid A]=\int y f_{Y\mid A}(y)\,dy,\qquad E[X\mid A]=\int x f_{X\mid A}(x)\,dx$$

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解題方法

先求事件機率 $P(A)$

對固定的 $x$，原支持範圍給出 $0\le y\le x^2$，而事件 $A$ 又要求 $y\le 1/4$，因此

$$0\le y\le \min\left(x^2,\frac14\right).$$

當 $|x|\le 1/2$ 時，$x^2\le 1/4$；當 $|x|>1/2$ 時，$x^2>1/4$。因此將 $x$ 分成三段：

$$P(A) = \int_{-1/2}^{1/2}\int_0^{x^2}\frac{5x^2}{2}\,dy\,dx + \int_{-1}^{-1/2}\int_0^{1/4}\frac{5x^2}{2}\,dy\,dx + \int_{1/2}^{1}\int_0^{1/4}\frac{5x^2}{2}\,dy\,dx.$$

利用對稱性：

$$\begin{aligned} P(A) &= \frac52\int_{-1/2}^{1/2}x^4\,dx +\frac58\int_{|x|\in[1/2,1]}x^2\,dx\\ &= \frac52\cdot\frac1{80} +\frac58\cdot 2\int_{1/2}^{1}x^2\,dx\\ &= \frac1{32} +\frac58\cdot 2\left[\frac{x^3}{3}\right]_{1/2}^{1}\\ &= \frac1{32}+\frac{35}{96} =\frac{19}{48}. \end{aligned}$$

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(a) 條件聯合 PDF $f_{X,Y\mid A}(x,y)$

在事件 $A$ 發生時，原支持範圍變為

$$-1\le x\le 1,\qquad 0\le y\le \min\left(x^2,\frac14\right).$$

因此

$$f_{X,Y\mid A}(x,y) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{P(A)} = \frac{\frac{5x^2}{2}}{\frac{19}{48}} = \frac{120x^2}{19}.$$

故

$$f_{X,Y\mid A}(x,y) = \begin{cases} \dfrac{120x^2}{19}, & -1\le x\le 1,\ 0\le y\le \min\left(x^2,\dfrac14\right),\\[6pt] 0, &\text{其他情況}. \end{cases}$$

也可將支持範圍寫成分段形式：

$$f_{X,Y\mid A}(x,y) = \begin{cases} \dfrac{120x^2}{19}, & |x|\le \dfrac12,\ 0\le y\le x^2,\\[6pt] \dfrac{120x^2}{19}, & \dfrac12<|x|\le 1,\ 0\le y\le \dfrac14,\\[6pt] 0, &\text{其他情況}. \end{cases}$$

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(b) 條件 PDF $f_{Y\mid A}(y)$ 與 $E[Y\mid A]$

求 $f_{Y\mid A}(y)$

在事件 $A$ 下，$y$ 的範圍為

$$0\le y\le \frac14.$$

固定 $y$ 後，由原支持條件 $y\le x^2$ 可得

$$|x|\ge \sqrt y.$$

因此 $x$ 的範圍為

$$-1\le x\le-\sqrt y \quad\text{或}\quad \sqrt y\le x\le1.$$

故

$$\begin{aligned} f_{Y\mid A}(y) &= \int_{-1}^{-\sqrt y}\frac{120x^2}{19}\,dx + \int_{\sqrt y}^{1}\frac{120x^2}{19}\,dx\\ &= \frac{240}{19}\int_{\sqrt y}^{1}x^2\,dx\\ &= \frac{240}{19}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{\sqrt y}^{1}\\ &= \frac{80}{19}\left(1-y^{3/2}\right). \end{aligned}$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 動差生成函數（Moment Generating Function, MGF）的定義
  $M_X(t)=E[e^{tX}]$
• MGF 與各階動差的關係
  $M_X^{(n)}(0)=E[X^n]$
• 常態分布的動差與 MGF。

題目給出的奇數階動差皆為 $0$，表示分布具有以 $0$ 為中心的對稱性；偶數階動差則可與常態分布比較。

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解題方法

一、辨認其對應的常態分布

若 $X\sim N(0,\sigma^2)$，則其奇數階動差為 $0$，偶數階動差為

$$E[X^{2k}] = \frac{(2k)!}{2^k k!}\sigma^{2k}.$$

題目給定

$$E[X^{2k}]=\frac{(2k)!}{k!}.$$

比較兩式：

$$\frac{(2k)!}{2^k k!}\sigma^{2k} = \frac{(2k)!}{k!}.$$

約去共同因子 $\frac{(2k)!}{k!}$，得到

$$\frac{\sigma^{2k}}{2^k}=1.$$

因此

$$\sigma^2=2.$$

所以 $X$ 對應於

$$X\sim N(0,2).$$

其平均數與變異數也可直接由 $k=1$ 驗算：

$$E[X]=0,$$ $$\operatorname{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2=2.$$

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二、求 MGF

由動差展開式，

$$M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{E[X^n]}{n!}t^n.$$

由於所有奇數階動差皆為 $0$，只留下偶數項：

$$M_X(t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{E[X^{2k}]}{(2k)!}t^{2k}.$$

代入題目所給的偶數階動差：

$$M_X(t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!/k!}{(2k)!}t^{2k} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k}}{k!}.$$

利用指數函數級數

本題考驗線性代數中關於矩陣可逆性、秩 (rank) 以及矩陣乘法的基本性質。

(a) Let A be an invertible matrix. Then $A + A^2$ is also an invertible matrix.
False (F)。
反例：令 $A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。A 是可逆的，其行列式為 $(-1)(-1) - 0 \cdot 0 = 1 \ne 0$。
則 $A^2 = (-I)^2 = I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$A + A^2 = -I + I = 0$ (零矩陣)。零矩陣是不可逆的。
另一個反例：令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$。A 是可逆的。
$A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
$A + A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
這個矩陣的行列式為 $2 \cdot 0 - 0 \cdot 0 = 0$，因此是不可逆的。
一般來說，$A + A^2 = A(I + A)$。如果 $I+A$ 是不可逆的，那麼 $A+A^2$ 也是不可逆的。$I+A$ 不可逆當且僅當 $-1$ 是 A 的一個特徵值。

(b) For an invertible matrix M, we have rank($M^2$) = rank(M).
True (T)。
若 M 是 $n \times n$ 的可逆矩陣，則 rank(M) = n。
由於 M 可逆，其行列式 det(M) $\ne 0$。
則 det($M^2$) = det(M)det(M) = (det(M))$^2 \ne 0$。
因此，$M^2$ 也是可逆的，所以 rank($M^2$) = n。

本題考驗線性代數中線性轉換的標準矩陣表示以及逆線性轉換的求解。

線性轉換 T 將向量 $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ 映射到 $\begin{pmatrix} x \\ x+y \\ x+y+z \end{pmatrix}$。
標準矩陣 A 的每一行（或每一列，取決於定義方式，此處為列向量）由線性轉換 T 作用於標準基底向量後得到的結果組成。
在 $R^3$ 中，標準基底向量為 $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。

計算 T 作用於這些基底向量的結果：
$T(e_1) = T\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1+0 \\ 1+0+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。這是標準矩陣的第一個行向量。
$T(e_2) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0+1 \\ 0+1+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。這是標準矩陣的第二個行向量。
$T(e_3) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0+0 \\ 0+0+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。這是標準矩陣的第三個行向量。

因此，標準矩陣 A 為：

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

我們可以驗證 $T\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$：

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1x + 0y + 0z \\ 1x + 1y + 0z \\ 1x + 1y + 1z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ x+y \\ x+y+z \end{pmatrix}$$

這與題目給定的 T 的定義一致。

接下來，我們需要找到 T 的逆線性轉換 $T^{-1}$。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來尋找 $A^{-1}$。將 A 和單位矩陣 I 並列，進行行運算，直到左邊變成 I，右邊就變成 $A^{-1}$。

$$[A | I] = \left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$$

進行行運算：
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$:

本題考驗線性代數中特徵多項式 (characteristic polynomial) 與矩陣行列式 (determinant) 的關係。

對於一個 $n \times n$ 的矩陣 M，其特徵多項式 $p(t) = \det(M - tI)$。
特徵多項式的一般形式為：
$p(t) = (-1)^n t^n + c_{n-1} t^{n-1} + \dots + c_1 t + c_0$。
其中，$c_{n-1} = (-1)^{n-1} \text{trace}(M)$，且常數項 $c_0 = \det(M)$。

在這個問題中，M 是一個 $4 \times 4$ 的矩陣，所以 $n=4$。
給定的特徵多項式是 $p(t) = \lambda t^4 - t^3 + 7t^2 - 3t + 5$。
這裡的係數 $\lambda$ 似乎有些不尋常，因為特徵多項式的最高次項係數應該是 $(-1)^n = (-1)^4 = 1$。
通常，特徵多項式定義為 $\det(M - tI)$，這樣最高次項係數為 $(-1)^n$。
如果定義為 $\det(tI - M)$，則最高次項係數為 $1$。
題目給出的形式 $p(t) = \lambda t^4 - t^3 + \dots$ 意味著 $\lambda$ 應該等於 $(-1)^4 = 1$。
我們假設題目中的 $\lambda$ 實際上就是指最高次項的係數，並且這個係數應該是 1。
如果题目給定的形式是 $p(t) = \det(M-tI)$, 則 $p(t) = (-1)^4 t^4 + \dots = t^4 + \dots$.
所以，這裡的 $\lambda$ 應該是 1。