113 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：

1. 條件機率
2. 幾何分布（Geometric Distribution）
3. 全機率公式

令：

• $K$：隨機選出的整數，$K\in\{1,2,\ldots,6\}$
• $N$：擲骰子的次數，直到第一次出現「點數大於或等於 $K$」

由於 $K$ 在 $1,\ldots,6$ 中等機率選出，

$$P(K=k)=\frac16,\qquad k=1,2,\ldots,6.$$

解題方法

固定 $K=k$ 後，每次擲骰成功的條件為骰面點數至少為 $k$，因此成功機率為

$$p_k=P(\text{骰面}\ge k) =\frac{7-k}{6}.$$

失敗機率為

$$1-p_k=\frac{k-1}{6}.$$

在固定 $K=k$ 的條件下，$N$ 服從以 $p_k$ 為成功機率的幾何分布，因此

$$P(N=n\mid K=k) = \left(\frac{k-1}{6}\right)^{n-1} \left(\frac{7-k}{6}\right), \qquad n=1,2,\ldots$$

因為前 $n-1$ 次必須失敗，第 $n$ 次成功。

利用全機率公式：

$$P(N=n) = \sum_{k=1}^{6}P(N=n\mid K=k)P(K=k).$$

代入各項後，得到

$$P(N=n) = \frac16\sum_{k=1}^{6} \left(\frac{k-1}{6}\right)^{n-1} \left(\frac{7-k}{6}\right), \qquad n=1,2,\ldots$$

也就是

$$\boxed{ P(N=n) = \frac16\left[ \mathbf{1}_{\{n=1\}} +\frac56\left(\frac16\right)^{n-1} +\frac46\left(\frac26\right)^{n-1} +\frac36\left(\frac36\right)^{n-1} +\frac26\left(\frac46\right)^{n-1} +\frac16\left(\frac56\right)^{n-1} \right] }$$

其中 $\mathbf{1}_{\{n=1\}}$ 表示：

$$\mathbf{1}_{\{n=1\}}= \begin{cases} 1,&n=1,\\ 0,&n\ne 1. \end{cases}$$

此題考驗獨立隨機變數的聯合機率密度函數、變數變換以及判斷隨機變數獨立性的方法。

首先，我們知道 $X$ 和 $Y$ 是獨立的指數分佈隨機變數，其 PDF 為 $f_X(x) = e^{-x} I(x>0)$，其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。由於 $X$ 和 $Y$ 具有相同的 PDF，它們都服從參數為 $\lambda=1$ 的指數分佈。
因此，$f_X(x) = e^{-x}$ for $x>0$ 且 $f_Y(y) = e^{-y}$ for $y>0$。
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，它們的聯合 PDF 為 $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y) = e^{-x} e^{-y} = e^{-(x+y)}$ for $x>0, y>0$。

我們定義新的隨機變數 $U = X + Y$ 和 $V = X/(X + Y)$。
由於 $X>0$ 且 $Y>0$，我們有 $U = X+Y > 0$。
對於 $V = X/(X+Y)$，由於 $X>0$ 且 $X+Y>0$，所以 $V > 0$。
同時，因為 $X < X+Y$，所以 $V = X/(X+Y) < 1$。
因此，$U > 0$ 且 $0 < V < 1$。

我們需要判斷 $U$ 和 $V$ 是否獨立。判斷方法是檢查它們的聯合 PDF 是否等於它們各自 PDF 的乘積，即 $f_{U,V}(u,v) = f_U(u) f_V(v)$。

我們使用變數變換的方法來找到 $U$ 和 $V$ 的聯合 PDF。
令 $u = x+y$ 和 $v = x/(x+y)$。
我們可以反解出 $x$ 和 $y$：
從 $v = x/u$，得到 $x = uv$。
代入 $u = x+y$，得到 $u = uv + y$，所以 $y = u - uv = u(1-v)$。

現在我們計算 Jacobian 矩陣的行列式：
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} v & u \\ 1-v & -u \end{pmatrix}$
$J = v(-u) - u(1-v) = -uv - u + uv = -u$
因此，Jacobian 的絕對值是 $|J| = |-u| = u$ (因為 $u > 0$)。

聯合 PDF $f_{U,V}(u,v)$ 可以通過以下公式得到：
$f_{U,V}(u,v) = f_{X,Y}(x(u,v), y(u,v)) |J|$

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 條件分配與全機率公式：依據 $Y$ 的取值分解 $W$ 的分布。
2. 變數線性轉換：若 $W=aX+b$ 且 $a>0$，則
   $f_W(w)=\frac{1}{a}f_X\left(\frac{w-b}{a}\right)。$
3. 條件期望：
   $E[W\mid Y]=\frac{E[X]+Y}{2}。$
4. $Y$ 為 Bernoulli$(0.5)$，因此
   $P(Y=0)=P(Y=1)=\frac12。$

由於 $X$ 與 $Y$ 獨立，且 $X\sim U[0,1]$，所以

$$f_X(x)= \begin{cases} 1, & 0\le x\le 1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

---

(a) $W$ 的 CDF 與 PDF

第一步：依 $Y$ 的取值分析 $W$

由

$$W=\frac{X+Y}{2}$$

分別討論 $Y=0$ 與 $Y=1$。

當 $Y=0$

$$W=\frac{X}{2}.$$

因為 $0\le X\le 1$，所以

$$0\le W\le \frac12.$$

此時 $W$ 的條件密度為

$$f_{W\mid Y=0}(w) =2f_X(2w) = \begin{cases} 2, & 0\le w\le \frac12,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

當 $Y=1$

$$W=\frac{X+1}{2}.$$

因為 $0\le X\le 1$，所以

$$\frac12\le W\le 1.$$

此時

$$f_{W\mid Y=1}(w) =2f_X(2w-1) = \begin{cases} 2, & \frac12\le w\le 1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

第二步：使用全機率公式求 PDF

$$f_W(w) = P(Y=0)f_{W\mid Y=0}(w) + P(Y=1)f_{W\mid Y=1}(w).$$

代入 $P(Y=0)=P(Y=1)=\frac12$：

$$f_W(w) = \frac12f_{W\mid Y=0}(w) + \frac12f_{W\mid Y=1}(w).$$

因此：

• 當 $0\le w\le \frac12$ 時，
  $f_W(w)=\frac12\cdot 2=1。$

• 當 $\frac12\le w\le 1$ 時，
  $f_W(w)=\frac12\cdot 2=1。$

• 其他範圍密度為 $0$。

故 $W$ 的 PDF 為

$$f_W(w)= \begin{cases} 1, & 0\le w\le 1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

也就是

$$W\sim U[0,1]。$$

第三步：求 CDF

CDF 定義為

$$F_W(w)=P(W\le w).$$

由 $f_W(w)=1$ 於 $[0,1]$ 上成立，直接積分得：

$$F_W(w)= \begin{cases} 0, & w<0,\\ w, & 0\le w\le 1,\\ 1, & w\ge 1. \end{cases}$$

此題考驗矩陣的對角化性質，特別是關於矩陣運算（冪、加法、乘法）對對角化性的影響。

一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$ 是可對角化的，若且唯若存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}MP$ 是對角矩陣。這等價於存在一組 $n$ 個線性獨立的特徵向量。

已知 $A$ 和 $B$ 是相同大小的可對角化矩陣。設它們的大小為 $n \times n$。
由於 $A$ 和 $B$ 是可對角化的，它們各自有 $n$ 個線性獨立的特徵向量。

我們逐一檢驗選項：

(a) $A^2$
如果 $A$ 是可對角化的，則存在可逆矩陣 $P$ 和對角矩陣 $D_A$ 使得 $A = P D_A P^{-1}$。
那麼 $A^2 = (P D_A P^{-1})(P D_A P^{-1}) = P D_A (P^{-1}P) D_A P^{-1} = P D_A I D_A P^{-1} = P D_A^2 P^{-1}$。
由於 $D_A$ 是對角矩陣， $D_A^2$ 也是對角矩陣。
因此，$A^2$ 也是可對角化的，並且與 $A$ 具有相同的對角化矩陣 $P$。
所以，(a) $A^2$ 是可對角化的。

(b) $B+I$
如果 $B$ 是可對角化的，存在可逆矩陣 $P$ 和對角矩陣 $D_B$ 使得 $B = P D_B P^{-1}$。
那麼 $B+I = P D_B P^{-1} + P I P^{-1} = P (D_B + I) P^{-1}$。
由於 $D_B$ 是對角矩陣， $D_B+I$ 也是對角矩陣。
因此，$B+I$ 也是可對角化的，並且與 $B$ 具有相同的對角化矩陣 $P$。
所以，(b) $B+I$ 是可對角化的。

(c) $A+B$
矩陣加法對對角化性沒有普遍的保證。
即使 $A$ 和 $B$ 都是可對角化的，它們的和 $A+B$ 不一定可對角化。
一個反例：
設 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$，這是對角矩陣，所以可對角化。
設 $B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$B$ 的特徵值：$\det(B - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)(1-\lambda) = 0$。
特徵值為 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 1$。
對於 $\lambda_1 = 2$: $(B-2I)v = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies v_2 = 0$。特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
對於 $\lambda_2 = 1$: $(B-I)v = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies v_1 + v_2 = 0$。特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。
$B$ 有兩個線性獨立的特徵向量，所以 $B$ 是可對角化的。

現在計算 $A+B$:
$A+B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$。
$A+B$ 的特徵值：$\det(A+B - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 0 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)^2 = 0$。
特徵值為 $\lambda = 3$ (重根)。
對於 $\lambda = 3$: $(A+B-3I)v = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies v_2 = 0$。
特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
$A+B$ 只有一個線性獨立的特徵向量，所以 $A+B$ 不是可對角化的。
所以，(c) $A+B$ 不一定可對角化。

(d) $AB$
矩陣乘法對對角化性也沒有普遍的保證，除非 $A$ 和 $B$ 可交換 ($AB=BA$)。
如果 $A$ 和 $B$ 可交換，且它們都是可對角化的，則 $A+B$ 和 $AB$ 也是可對角化的。
但是題目並沒有假設 $A$ 和 $B$ 可交換。
一個反例：
設 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ (可對角化)。
設 $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$B$ 的特徵值：$\det(B - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)^2 = 0$。
特徵值為 $\lambda = 1$ (重根)。
對於 $\lambda = 1$: $(B-I)v = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies v_2 = 0$。
特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
$B$ 只有一個線性獨立的特徵向量，所以 $B$ 不是可對角化的。這個例子不適用。

此題考驗線性轉換的標準矩陣表示、逆轉換以及矩陣的秩 (rank)。

給定的線性轉換是 $T: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$，定義為：
$T\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$

1. Find the standard matrix of T.

標準矩陣 $A$ 的每一欄是由線性轉換作用於標準基底向量後得到的結果。
$\mathbb{R}^3$ 的標準基底向量是 $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。

我們計算 $T$ 作用在這些基底向量上的結果：
$T(e_1) = T\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3$
$T(e_2) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0 \cdot e_1 + 1 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3$
$T(e_3) = T\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = 0 \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + 1 \cdot e_3$

標準矩陣 $A$ 的第一欄是 $T(e_1)$，第二欄是 $T(e_2)$，第三欄是 $T(e_3)$。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
這個矩陣就是 $3 \times 3$ 的單位矩陣 $I_3$。
這表示線性轉換 $T$ 是恆等轉換 (identity transformation)，它將每個向量映射到其本身。

2. Find the inverse of T.

一個線性轉換 $T$ 存在逆轉換 $T^{-1}$，若且唯若 $T$ 是雙射 (bijective)，即一是單射 (injective) 且二是滿射 (surjective)。
對於一個從 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathbb{R}^n$ 的線性轉換，其標準矩陣 $A$ 是可逆的，當且僅當 $T$ 是雙射。