3.2條件分佈及獨立性

條件分佈及獨立性

　　當觀測兩個隨機變數與時, 兩個變數有時並非不相干。例如, 令表某位學生第一次考試的成績, 表第二次考試的成績。如果知道, 則的機率應是很低的。又如身高與體重, 如果知道(公分), 則 $Y \geq 60$ (公斤)的機率, 應比(公分)時, $Y \geq 60$ (公斤)的機率高。上述這些例子顯示, 有時知道的值, 是會提供一些關於的資訊。

　　設為離散型的隨機向量, 因 $\{X=x\}$ 及 $\{Y=y\}$ 為二事件, 故可以第一章(定義2.1)事件之條件機率的定義, 來定義條件機率 $P(Y=y\vert X=x)$ 。即只要, 則

$\displaystyle P(Y=y\vert X=x)=\frac{P(Y=y,X=x)}{P(X=x)}\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.1)

上式也可以p.d.f.表示, 我們給一定義如下。

定義 1.設為離散型的隨機向量, 以為聯合p.d.f., , 為邊際p.d.f.。對任意, 只要, 在給定之下, 之條件p.d.f. $f(y\vert x)$ 為

$\displaystyle f(y\vert x)=P(Y=y\vert X=x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.2)

對任意, 只要, 在給定之下, 之條件p.d.f. $f(x\vert y)$ 為

$\begin{displaymath} f(x\vert y)=P(X=x\vert Y=y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)}\raisebox{-1.2mm}{。} \end{displaymath}$

(2.3)

　　有時為了清楚隨機變數為何, 且避免混淆, 我們會以 $f_{Y\vert X}(y\vert x)$ 表在給定之下, 的條件p.d.f.。也常簡單地以 $Y\vert X$ 之分佈, 或 $Y\vert X$ 之p.d.f., 分別表條件分佈及條件p.d.f.。另外, 既然 $f(y\vert x)$ 被稱為一條件“ p.d.f.”, 它必須滿足p.d.f.的要求。這當然沒問題。首先, 因 $f_X(x)>0,f(x,y) \geq 0$ , 故 $f(y\vert x) \geq 0$ 。其次

$\begin{eqnarray*} \sum_y f(y\vert x)=\sum_y \frac {f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{\sum_y f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{f_X(x)}{f_X(x)}=1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

故 $f(y\vert x)$ 的確是一p.d.f.。

例 1. 設之聯合p.d.f.如下:

$y\setminus x$	1	2
1	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{4}$	$\frac{3}{8}$
2	$\frac{9}{16}$	$\frac{1}{16}$	$\frac{5}{8}$
	$\frac{11}{16}$	$\frac{5}{16}$	1

我們也求出邊際p.d.f.及, 一併填入上表。則

$\begin{eqnarray*} f_{Y\vert X}(1\vert 1)&=&\frac{f(1,1)}{f_X(1)}=\frac{1/8}{11/1... ...2,2)}{f_X(2)}=\frac{1/16}{5/16}=\frac{1}{5}\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

至於 $f_{X\vert Y}(x\vert y)$ 留給各位自行求出。可看出

$\begin{eqnarray*} \sum_y f_{Y\vert X}(y\vert 1)&=&f_{Y\vert X}(1\vert 1)+f_{Y\ve... ...vert X}(2\vert 2)=\frac{4}{5}+\frac{1}{5}=1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

但

$\begin{eqnarray*} \sum_x f_{Y\vert X}(1\vert x)&=&f_{Y\vert X}(1\vert 1)+f_{Y\ve... ...}(2\vert 2)=\frac{9}{11}+\frac{1}{5} \neq 1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

上例顯示, 雖 $\sum_y f_{Y\vert X}(y\vert x)=1$ , 但 $\sum_x f_{Y\vert X}(y\vert x)$ 卻不一定等於, 其中原因應不難想通。

　　利用條件p.d.f.可求出各種條件機率。例如,

$\displaystyle P(Y \leq y\vert X=x)=\sum_{v \leq y}f_{Y\vert X}(v\vert x)\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.4)

　　若為連續型的隨機向量, 則 $P(X=x)=0,\forall x \in R$ , 因此無法利用事件的機率來定義給定之下, 的條件機率, 不過經由機率理論的推導, 參照離散型隨機變數的情況, 我們給出下述定義。

定義 2.設為連續型的隨機向量, 以為聯合p.d.f., ,為邊際p.d.f.。對任意, 只要, 在給定之下, 之條件p.d.f.為

$\displaystyle f(y\vert x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.5)

對任意

, 只要

, 在給定

之下,

之條件p.d.f.為

(2.6)

　　如同離散型的情況, 亦可證明 $f(y\vert x)$ 及 $f(x\vert y)$ 皆確為p.d.f.。

例 2. 承第3.1節例1.3。可求出

$\begin{eqnarray*} f(y\vert x)&=&\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{24xy}{12x(1-x)^2} \\... ...c{2y}{(1-x)^2}, 0 \leq y \leq 1-x, 0< x < 1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

同理

$\begin{eqnarray*} f(x\vert y)=\frac{2x}{(1-y)^2}, 0 \leq x \leq 1-y, 0 < y < 1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

注意因 , 且 , 故在 $f(y\vert x)$ 中, $x \neq 0, 1$ , 在 $f(x\vert y)$ 中, $y \neq 0,1$ 。又可驗證 $f(y\vert x)$ 及 $f(x\vert y)$ 都確為p.d.f.。即

$\begin{eqnarray*} \int_0^{1-x}\frac{2y}{(1-x)^2}dy=\int_0^{1-y}\frac{2x}{(1-y)^2}dx=1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

又 $P(Y \leq 1/2\vert x)$ 是否等於

$\begin{eqnarray*} \int_0^{1/2}f(y\vert x)dy=\int_0^{1/2}\frac{2y}{(1-x)^2}dy=\frac{1}{4(1-x)^2}? \end{eqnarray*}$

要注意的是的範圍要滿足 $0 \leq y \leq 1-x$ , 而不一定小於。正確的答案為(參考附圖)

　　條件p.d.f.亦可用來求條件期望值。對一函數, 在給定之下, 之條件期望值, 以 $E(g(Y)\vert x)$ 表之, 定義為

(2.7)

條件期望值仍具有第一章定理6.1所列出的一般的期望值之特性。譬如說, 由於 $E(Y\vert x)$ 為一的函數, 故當給定, $E(Y\vert x)$ 便非隨機了。因此(利用第一章(6.5)及(6.6)式)

$\displaystyle E(E(Y\vert x)\vert x)=E(Y\vert x),$	(2.8)
	(2.9)

又在誤差的平方之期望值最小下, $E(Y\vert X)$ 為在知道之下, 之最佳預測值。這是第一章定理6.2之推廣。

例 3. 承例 1。則

$\begin{eqnarray*} E(Y\vert X=1)&=&\sum_y yf(y\vert 1)=1\cdot\frac{2}{11}+2\cdot\... ...ot\frac{4}{5}+2\cdot\frac{1}{5}=\frac{6}{5}\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

例 4. 承例 2。

又

因此

　　在給定之下, 除了可求條件期望值 $E(Y\vert X=x)$ , 亦可求條件變異數 $\mbox{Var}(Y\vert X=x)$ , 或以 $\mbox{Var}(Y\vert x)$ 表之, 其定義為

(2.10)

以上式來定義條件變異數是有道理的。變異數是量測一變數(此處為)與其期望值(此處為 $E(Y\vert x)$ )之離差平方(此處為 $(Y-E(Y\vert x))^2$ )的期望值(此處為給定之下的期望值), 故得(2.10)式。由(2.10)式立即導致(證明留在習題第3題)

$\displaystyle \mbox{Var}(Y\vert x)=E(Y^2\vert x)-(E(Y\vert x))^2\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.11)

例 5. 承第3.1節例1.3, 例 2, 及例 4。求 $\mbox{Var}(Y\vert x)$ 。

例 6. 設之聯合p.d.f.為

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\frac {1}{64}(x+y), 0\leq x,y\leq 4\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

試求(i) , (ii) $f(y\vert x)$ , (iii) $E(Y\vert x)$ , 及(iv) $\mbox{Var}(Y\vert x)$ , $0\leq x\leq 4$ 。

例 7. 設在平面上, 以, 及為三頂點之三角形內(不含三邊)均勻分佈。試求 $f(y\vert x)$ , $E(Y\vert x)$ , 及 $\mbox{Var}(Y\vert x)$ 。

註 1. 設為平面上一區域, 且設的面積(以表之)存在且為正。則
在上均勻分佈, 表之聯合p.d.f.為

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\frac {1}{S(A)}, (x,y)\in A\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

例 8. 設之聯合p.d.f.為

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\frac {1}{2} x^3e^{-x(1+y)}, x,y>0\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

試求 $f(y\vert x)$ , $E(Y\vert x)$ 及 $\mbox{Var}(Y\vert x)$ 。

例 9. 設有一函數

(i) 試證為一二維之p.d.f.;

(ii) 假設以為聯合p.d.f., 試求 $f(y\vert x)$ , $E(Y\vert x)$ 及 $\mbox{Var}(Y\vert x)$ 。

　　讀者可否看出之邊際分佈皆為 $\mathcal{U}(0,1)$ , 但並無二維的均勻分佈。又可否立即看出, 對本例, $f(x\vert y)$ , $E(X\vert y)$ 及 $\mbox{Var}(X\vert y)$ 分別為何?

　　由例 1及 2知, 給定之下, 的分佈可能會隨而變。所以在求條件分佈時, 我們得到一分佈族: 對每一有一分佈。若我們想描述整個分佈族, 可以“ $Y\vert X$ ”(給定, 或說給定之下之分佈)來表示。

　　例如, 若為一取正整數值之隨機變數, 且在給定之下, 有 ${\cal B}(x,p)$ 分佈, 則可以說 $Y\vert X$ 有 ${\cal B}(X,p)$ 分佈。採用符號“ $Y\vert X$ ”, 或是分佈中有一參數為隨機變數, 則我們便描述出一條件分佈族。同樣地, $E(g(Y)\vert x)$ 亦為一的函數, 而 $E(g(Y)\vert X)$ 則為一隨機變數, 其值依之值而定。若, 則隨機變數 $E(g(Y)\vert X)$ 之值便為 $E(g(Y)\vert x)$ 。例如, 在例 4中, 我們可以寫

$\begin{eqnarray*} E(Y\vert x)=\frac{2}{3}(1-x),\quad E(Y^2\vert x)=\frac{1}{2}(1-x)^2\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

　　在前述幾個例子中, 給定, 之分佈均隨而變。但有些時候, 給定, 之分佈並未改變, 亦即知道之值, 對並未提供任何資訊。此時我們說與獨立。
　

定義 3.設二隨機變數之聯合p.d.f.為, 邊際p.d.f.分別為 $f_X(x),\linebreak f_Y(y)$ 。若

$\displaystyle f(x,y)=f_X(x)f_Y(y), \forall x,y \in R,$

(2.12)

便稱與獨立。

　　由定義 1及 2知, 對離散型或連續型的隨機向量,

(2.13)

因此

(2.14)

若與獨立, 則(2.12)式成立, 因此

(2.15)

由上式又得對 $\forall A \subset R$ , 只要, 則

$\begin{eqnarray*} P(Y \in A\vert x)=\int_Af(y\vert x)dy=\int_Af_Y(y)dy=P(Y \in A), \end{eqnarray*}$

即知道之值, 對求的機率並無影響。

例 10. 在例 1中,與是否獨立？

例 11. 設有如例 8之聯合p.d.f., 即

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\frac 12 x^3 e^{-x(1+y)}, x,y>0\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

試判斷與是否獨立。

　　要利用(2.12)式來決定與是否獨立, 便須知與之邊際p.d.f.
及。利用下述定理, 有時可讓檢驗工作容易些。

定理 1.設隨機向量以為聯合p.d.f.。則與獨立, 若且唯若存在函數及, 使得對 $\forall x,y \in R$ ,

$\displaystyle f(x,y)=g(x)h(y)\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.16)

　　下述系理為定理 1之一立即的推論。

系理 1.設隨機向量以為其聯合分佈函數, 則與獨立, 若且唯若

$\displaystyle F(x,y)=F_X(x)F_Y(y), x,y \in R,$

(2.20)

若且唯若存在函數及, 使得對 $\forall x,y \in R$ ,

$\displaystyle F(x,y)=G(x)H(y)\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.21)

　　利用定理 1, 立即可判定例 11中的與不獨立。底下再給一例。
例 12. 設之聯合p.d.f.為

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\frac{1}{121,\!500}x^3y^2e^{-x/3-y/5},x,y>0\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

試證與獨立。

　　在利用獨立的定義, 或定理 1, 以檢驗二隨機變數是否獨立, 要留意的是使之的集合, 必須是 $\{(x,y)\vert x \in A, y \in B\}$ 的型式, 其中 $A=\{x\vert f_X(x)>0\},B=\{y\vert f_Y(y)>0\}$ , 即為上一有“乘積”型式的區域, 通常以 $A \times B$ 表之。換句話說, 的範圍要彼此無關。在第3.1節例1.3中, 雖然, 表面上看起來, 可寫成的型式, 但使之的集合為 $\{0 \leq x \leq 1$ , $0 \leq y \leq 1$ , $x+y \leq 1\}$ , 為平面上一三角形, 並無 $A \times B$ 的型式。範圍如果是 $x^2+y^2 \leq 4$ 當然也不行。更明確地說, 第3.1節例1.3中之應寫成

因其中指示函數的部分, 無法寫成一個的函數乘上一個的函數, 所以與不獨立。

　　當與獨立時, 有關與的機率或期望值都會較好求。我們給一定理。

定理 2.設為二獨立的隨機變數。則

(i) 對 $\forall A,B \subset R$ ,

$\begin{eqnarray*} P(X \in A,Y \in B)=P(X \in A)P(Y \in B), \end{eqnarray*}$

即事件 $\{X \in A\}$ 與 $\{Y \in B\}$ 相互獨立。

(ii) 設有函數及, 滿足及皆存在。則

$\begin{eqnarray*} E(g(X)h(Y))=E(g(X)) \cdot E(h(Y))\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

例 13. 設為二獨立的隨機變數, 有 ${\cal E}(2)$ 分佈, 有 ${\cal U}[0, 3]$ 分佈。求之機率及之期望值。

例 14. 設為二獨立的隨機變數, 且皆有 $\mathcal{U}(0,1]$ 分佈。又設平面上有一隨機的矩形, 四個頂點之座標分別為, , 及。則之面積的期望值與中位數何者為大?

例 15. 自區間隨機地取兩數, 以及表之。求最接近的整數恰為一偶數之機率。　　

註 2. 此處用到

$\begin{eqnarray*} \arctan x=x-\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{5}x^5+ \cdots + \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} + \cdots ,\vert x\vert\leq 1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

　　底下檢驗二隨機變數獨立的定理,亦為定理 1之一推論。我們略去其證明。

定理 3.設有二隨機變數。則與獨立, 若且唯若

$\displaystyle \psi(s,t)=E(e^{isX+itY})=E(e^{isX})E(e^{itY}), s,t\in R\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.22)

　　上式左側稱為之聯合特徵函數。定理 3即是說與獨立, 若且唯若其聯合特徵函數等於各自特徵函數之積。定理 3也有母函數(針對取非負整數值之隨機變數), 拉普拉斯轉換(針對取非負整數值之隨機變數)及動差母函數之版本。只要這些轉換至少在一二維的開區間存在(母函數及拉普拉斯轉換沒問題, 動差母函數 $M(s,t)=E(e^{sX+tY})$ 有時只有在才存在)。

　　定理 3有下述一重要的推論。

系理 2.設為二獨立的隨機變數。則

$\displaystyle E(e^{it(X+Y)})=E(e^{itX})E(e^{itY}), t \in R\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.23)

　　同樣地,系理 2亦有關於其他三個轉換的版本。

例 16. 設為二獨立的隨機變數, 各有 $\mathcal{P}(\lambda)$ 及 $\mathcal{P}(\mu)$ 的分佈。求之分佈。　　　

　　利用適當的轉換, 可求出一些具有常見分佈(參數可能不同)之隨機變數和的分佈。我們列出如下。

定理 4.設為二獨立的隨機變數。令。則對,

(i) 若有 ${\cal P}(\lambda_i)$ 分佈, 則有 ${\cal P}(\lambda_1+\lambda_2)$ 分佈;

(ii) 若有 ${\cal B}(n_i,p)$ 分佈, 則有 ${\cal B}(n_1+n_2,p)$ 分佈;

(iii) 若有 $\Gamma (\alpha_i,\beta)$ 分佈, 則有 $\Gamma(\alpha_1+\alpha_2,\beta)$ 分佈;

(iv) 若有 $\chi^2_{n_i}$ 分佈, 則有 $\chi^2_{n_1+n_2}$ 分佈;

(v) 若有 ${\cal N}(\mu_i,\sigma_i^2)$ 分佈, 則有 ${\cal N}(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$ 分佈;

(vi) 若有自0開始之 ${\cal G}e(p)$ 分佈, 則有 ${\cal NB}(2,p)$ 分佈;

(vii) 若有 ${\cal NB}(r_i,p)$ 分佈, 則有 ${\cal NB}(r_1+r_2,p)$ 分佈。

　　並非所有獨立的同一類分佈之隨機變數的和仍有同一類分佈(當然如果將幾何分佈視為負二項分佈, 則(vi)為(vii)之一特例)。定理 4(vi)為一例。另外, 設獨立。則當皆有 ${\cal U}(0,1)$ 分佈時, 並無均勻分佈。

　　我們再給一有趣的例子。

例 17. 對一正整數, 假設任選一正整數是的倍數之機率為。這個假設是合理的, 原因則讓大家自行想想。利用

$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6}\raisebox{-1.2mm}{。}$

(2.24)

試求任選二正整數互質的機率。

　　我們再給兩個補充說明。首先, 若(2.12)(或(2.16))式在一集合不成立, 但 $\int\int_Adxdy=0$ , 則與仍為獨立的隨機變數。例如, 若

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=\left\{ \begin{array}{lll} e^{-\lambda x-\mu y} &, x,... ...ambda xy} &, x,y>0,x=y\raisebox{-1.2mm}{。} \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

令 $A=\{(x,y)\vert x,y>0,x=y\}$ 。由於

$\begin{eqnarray*} \int\int_A dxdy=\int_0^\infty \int_y^y 1 dxdy=\int_0^\infty 0 dy=0, \end{eqnarray*}$

故與獨立。

　　其次,若與獨立, 由(2.15)式, 可得

$\begin{eqnarray*} E(Y\vert X)=E(Y), \end{eqnarray*}$

條件期望值與給定的無關。反之若上式成立, 是否導致與獨立呢?

　　本節最後我們來介紹偏斜常態分佈(skew normal distribution)。此分佈族包含常態分佈, 且與常態分佈有一些相同或相似的性質。但此分佈由於有一偏斜參數(skewness parameter), 適合當做有偏斜數據(即p.d.f.並非左右對稱, 期望值也不等於中位數)的機率模型。

　　一隨機變數, 若其p.d.f.為

$\displaystyle f(z)=2\phi(z)\Phi(\lambda z), -\infty<z<\infty,$

(2.25)

其中 $\lambda\in R$ , 且 $\phi(z)$ , $\Phi(z)$ 分別為 $\mathcal{N}(0,1)$ 分佈之p.d.f.及分佈函數, 便稱為有參數 $\mbox{\mathversion{bold}{$\lambda$}}$ 之偏斜常態分佈, 以 $\mathcal{SN}(\lambda)$ 表之。

　　圖 1給出兩個 $\mathcal{SN}(\lambda)$ 分佈p.d.f.的圖形。可看出圖形是有偏斜的, 不像常態分佈的圖形為左右對稱。

圖 1 $\mathcal{SN}(2)$ 及 $\mathcal{SN}(5)$ p.d.f.之圖形

　　我們列出一些偏斜常態分佈簡單的性質如下。

(i) $\mathcal{SN}(0)=\mathcal{N}(0,1)$ ;

(ii) 若 $Z\sim \mathcal{SN}(\lambda)$ , 則 $-Z\sim \mathcal{SN}(-\lambda)$ ;

(iii) 若 $Z\sim \mathcal{SN}(\lambda)$ , 則 $Z^2\sim \chi_1^2$ ;

(iv) 若 $Z\sim \mathcal{SN}(\lambda)$ , 則之分佈函數為

$\begin{eqnarray*} \Phi(z;\lambda)=P(Z\leq z)=2\int_{-\infty}^{z}\int_{-\infty}^{\lambda t}\phi(t) \phi(u) dudt; \end{eqnarray*}$

(v) $1-\Phi(-z;\lambda)=\Phi(z;-\lambda)$ ;

(vi) $\Phi(z;1)=(\Phi(z))^2$ 。

上述這些性質的證明並不困難, 其他性質可參考Azzalini(1985)。

　　由表面的形式, 一時可能不易看出(2.25)式的確定義出一p.d.f.。即使由性質(iv), 也不易看出

$\begin{eqnarray*} \lim_{z\rightarrow \infty} \Phi(z; \lambda)=2\int_{-\infty}^{\... ...-\infty}^{\lambda t} \phi(t) \phi(u) dudt=1\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

事實上, 設為二獨立的隨機變數, 且皆有 $\mathcal{N}(0,1)$ 分佈, 因 $X\stackrel{d}{=}(-X)$ , $Y\stackrel{d}{=}(-Y)$ , 故

$\begin{eqnarray*} -(X-\lambda Y)=(-X)-\lambda (-Y)\stackrel{d}{=}X-\lambda Y\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

因此

又

$\begin{eqnarray*} \frac 12=P(X-\lambda Y<0) &=& P(X<\lambda Y)\\ &=& \int_{-\in... ...\infty}^{\infty} \phi(y) \Phi(\lambda y) dy\raisebox{-1.2mm}{。} \end{eqnarray*}$

由於 $2\phi(z)\Phi(\lambda z)\geq 0$ , 且

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} 2\phi(z)\Phi(\lambda z) dz=1, \end{eqnarray*}$

故 $2\phi(z)\Phi(\lambda z)$ 為一p.d.f.。底下先給一例。

例 18. 設為二獨立的隨機變數, 且皆有 $\mathcal{N}(0,1)$ 分佈。令

試證對 $\forall \lambda\in R$ , 有 $\mathcal{SN}(\lambda)$ 分佈。

進一步閱讀資料：黃文璋 (2003) . 條件分佈及獨立性。數理統計講義第三章。國立高雄大學應用數學系。