1. (12%) Y y = y(t)  (sec t)y

Sol:

(sec t)y⁰+ y = 1=⇒y⁰ + (cos t)y = cos t integrating factor µ(t) = e^{Rcos tdt}= e^{sin t}

y⁰+ (cos t)y = cos t=⇒e^{sin t}y⁰+ e^{sin t}(cos t)y = e^{sin t}cos t

=⇒(e^{sin t}y)⁰ = e^{sin t}cos t=⇒e^{sin t}y =R e^{sin t}cos tdt = e^{sin t}+ c

=⇒y = 1 + ce^{− sin t}

by y(0) = 0, 0 = 1 + c=⇒c = −1

∴y = 1 − e^{− sin t}

2. (12%) 求解 y = y(t) 滿足 yy⁰ = ty + t 且 y(0) = 0 。只須求出 y 和 t 之關係式 , 不必將 y 寫成 t 之 顯函數 。 提示 : ty + t = t(y + 1) 。

Sol:

yy⁰ = ty + t

⇒ y

1 + yy⁰ = t

⇒

Z y

1 + yy⁰dt = Z

tdt

⇒

Z y

1 + ydy = Z

tdt

⇒ Z

1 − 1

1 + ydy = Z

tdt

⇒ y − ln|1 + y| = t² 2 + C

y(0) = 0 ⇒ 0 − ln|1 + 0| = 0 + C ⇒ C = 0

⇒ y − ln|1 + y| = t² 2 3. (12%) 已知

Z ∞

−∞

e^−x2dx =√ π , 求

Z ∞

−∞

e^−x2−xdx 之值 。

Sol:

Z ∞

−∞

e^−x2−xdx = Z ∞

−∞

e^{−x2−x−14+14}dx

= Z ∞

−∞

e^{−(x+12)2+14}dx

= Z ∞

−∞

e^−(x+12)2e¹⁴dx

= e¹⁴ Z ∞

−∞

e^−(x+12)2dx

作變數代換, 取y=x + 1

2則dy=dx 式子就變成 = e¹⁴

Z ∞

−∞

e^−y2dy 再根據題目所給的已知

Z ∞

−∞

e^−x2dx=√

π 得 = e¹⁴√ π

4. (12%) 求瑕積分 Z ∞

2

ln x dx

x³ 之值 。 Sol:

method.1

Z ∞ 2

ln x

x³ dx = lim

b→∞

Z b 2

ln x x³ dx

= lim

b→∞(ln x(x⁻²

−2) + x⁻²

−4)   

b 2

= ln 2 8 + 1

16 method.2

Z ∞ 2

ln x

x³ dx = lim

b→∞

Z b 2

ln x x³ dx

= lim

b→∞

Z b 2

ln xd(x⁻²

−2)

= lim

b→∞(x⁻²

−2 ln x   

b 2−

Z b 2

x⁻³

−2dx)

= ln 2

8 + lim

b→∞

Z b 2

x⁻³ 2 dx

= ln 2

8 + lim

b→∞(x⁻²

−4)   

b 2

= ln 2 + 1

意 X ≤ 3 。 求

(a) P (X = 0) , P (X = 1) , P (X = 2) 及 P (X = 3) 。 (b) E(X) 。

(c) Var(X) 。 Sol:

(a)

P(X = 0) = C⁵₄ C⁸₄ = 1

14; P(X = 1) = C⁵₃C³₁

C⁸₄ = 3 7; P(X = 2) = C⁵₂C³₂

C⁸₄ = 3 7; P(X = 3) = C⁵₁C³₃

C⁸₄ = 1 14. (b)

E(X) =

3

X

k=0

k · P(X = k)

= 0 · 1

14+ 1 · 3

7+ 2 · 3

7 + 3 · 1 14

= 3 2. (c)

Var(X) = E((X − E(X))²)

= E(X²) − E²(X)

= 0² · 1

14 + 1²· 3

7+ 2²· 3

7+ 3²· 1 14

−3 2

2

= 39 14− 9

4

= 15 28.

6. (共 16% , 各 4%) 某種樹葉 , 其長度 X 為一隨機變數 。 其機率密度為

f (x) =







k(4x − x²) , 當 0 ≤ x ≤ 4 0 , 當 x < 0 或 x > 4 其中 k 為常數 。

(a) 求 k 之值 。 (b) 求 P (X ≥ 3) 。

(c) 求葉子之平均長度 (即 E(X)) 。 (d) 求 Var(X) 。

Sol:

(a)

Z 4 0

k(4x − x²)dx = 1 k



2x²−x³ 3

  

4 0



= 1 k(32 − 64

3 ) = 1

⇒ k = 3 32 (b)

P (X ≥ 3) = 3 32

Z 4 3

4x − x²dx

= 3 32



2x²− x³ 3

  

4 3

= 5 32

E(X) = 3 32

Z 4 0

4x²− x³dx

= 3 32

 4

3x³ −x⁴ 4

  

4 0

= 3 32

 256 3 − 64



= 3 32· 64

3 = 2 (d)

Var(X) = E(X²) − (E(X))²

= 3 32

Z 4 0

4x³− x⁴dx − 4

= 3 32



x⁴−x⁵ 5

  

4 0

− 4

= 3 32· 256

5 − 4 = 4 5 7. (12%) 一離散隨機變數 X , 取值為 0, 1, 2, · · · , 若滿足

P (X = k) = e^−λλ^k

k! , k = 0, 1, 2, · · · , 其中 λ 為大於 0 之常數 , 則稱其有 Poisson 分佈 。 求 E(X) 。

Sol:

Given P (X = k) = e^−λλ^k

k! k = 0, 1, 2...

then:

E(X) =

∞

X

n=1

kP (X = k) = λe^−λ

∞

X

n=1

λ^k−1

(k − 1)! = λe^−λe^λ = λ

8. (共 12% , 各 6%) 每週被丟棄在公路上的車輛數為 Poisson 分佈 。 假設平均每週被丟棄的車輛數為 2 。

(a) 求下週沒有車輛被丟棄之機率 。 (b) 求下週至少有兩輛被丟棄之機率 。 Sol:

(a) ∵ P (X = k) = e^−λλ^k

k! , where λ = 2,

∴ P (X = 0) = e⁻²2⁰ 0! = e⁻²

(b) P (X ≥ 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 − e⁻²− 2¹

1!e⁻² = 1 − e⁻²− 2e⁻² = 1 − 3e⁻²