109 年 國立中正大學通訊工程學系碩士班通訊甲組《機率》

這題考驗機率密度函數的基本性質、累積分布函數、隨機變數的變換以及條件機率。

核心觀念：

1. 機率密度函數 (PDF) 的積分必須等於 1。
2. 隨機變數的變換，PDF 的轉換方法。
3. 累積分布函數 (CDF) 的定義與計算。
4. 條件機率的定義。

詳解：
給定隨機變數 $X$ 的機率密度函數為 $f_X(x) = ce^{-\alpha|x|}$，其中 $c$ 和 $\alpha$ 是常數，且 $\alpha > 0$ (因為 $|x|$ 的指數是負的，若 $\alpha \le 0$ 則積分會發散)。

(a) 求常數 $c$。
根據機率密度函數的性質，其在整個定義域上的積分必須等於 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = 1$
$\int_{-\infty}^{\infty} ce^{-\alpha|x|} dx = 1$
由於 $|x|$ 是偶函數，所以 $e^{-\alpha|x|}$ 也是偶函數。我們可以將積分拆成兩部分：
$c \left( \int_{-\infty}^{0} e^{\alpha x} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x} dx \right) = 1$
計算積分：
$\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x} dx = \left[ -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha x} \right]_0^{\infty} = 0 - \left(-\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{1}{\alpha}$
$\int_{-\infty}^{0} e^{\alpha x} dx = \left[ \frac{1}{\alpha} e^{\alpha x} \right]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{\alpha} - 0 = \frac{1}{\alpha}$
所以，
$c \left( \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\alpha} \right) = 1$
$c \left( \frac{2}{\alpha} \right) = 1$
$c = \frac{\alpha}{2}$
因此，機率密度函數為 $f_X(x) = \frac{\alpha}{2} e^{-\alpha|x|}$。

(b) 求 $P(|X| > v)$ 對於某個正數 $v$。
$P(|X| > v)$ 表示 $X$ 的絕對值大於 $v$ 的機率，這意味著 $X > v$ 或 $X < -v$。
$P(|X| > v) = P(X > v) + P(X < -v)$
由於 $f_X(x)$ 是偶函數，且積分區域是對稱的，所以 $P(X > v) = P(X < -v)$。
我們計算 $P(X > v)$:
$P(X > v) = \int_{v}^{\infty} f_X(x) dx = \int_{v}^{\infty} \frac{\alpha}{2} e^{-\alpha x} dx \quad (\text{因為 } x > v > 0, |x| = x)$
$= \frac{\alpha}{2} \left[ -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha x} \right]_v^{\infty}$
$= \frac{\alpha}{2} \left( 0 - \left(-\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha v}\right) \right)$
$= \frac{\alpha}{2} \left( \frac{1}{\alpha} e^{-\alpha v} \right) = \frac{1}{2} e^{-\alpha v}$
所以，
$P(|X| > v) = P(X > v) + P(X < -v) = \frac{1}{2} e^{-\alpha v} + \frac{1}{2} e^{-\alpha v} = e^{-\alpha v}$
【答案】$e^{-\alpha v}$

(c) 求 $Y = 2X + 1$ 的機率密度函數 (pdf) $f_Y(y)$。
我們可以使用隨機變數變換的方法。首先，我們可以找到 $Y$ 的累積分布函數 (CDF) $F_Y(y)$，然後對其微分求 PDF。
$Y = 2X + 1 \implies X = \frac{Y-1}{2}$。
$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(2X + 1 \le y) = P(2X \le y-1) = P(X \le \frac{y-1}{2})$。
$F_Y(y) = F_X(\frac{y-1}{2})$。
其中 $F_X(x)$ 是 $X$ 的 CDF。
$F_X(x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(t) dt = \int_{-\infty}^{x} \frac{\alpha}{2} e^{-\alpha|t|} dt$
若 $x < 0$:
$F_X(x) = \int_{-\infty}^{x} \frac{\alpha}{2} e^{\alpha t} dt = \frac{\alpha}{2} \left[ \frac{1}{\alpha} e^{\alpha t} \right]_{-\infty}^{x} = \frac{1}{2} e^{\alpha x}$

這題考驗聯合累積分布函數 (CDF) 與邊際機率密度函數 (Marginal PDF) 的轉換。

核心觀念：

1. 由聯合 CDF 求邊際 CDF。
2. 由邊際 CDF 求邊際 PDF。

詳解：
給定聯合累積分布函數 (CDF) 為 $F_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{1+e^{-2x}+e^{-3y}}$。
我們要找出隨機變數 $X$ 的邊際機率密度函數 (pdf) $f_X(x)$。

首先，我們需要找到 $X$ 的邊際累積分布函數 $F_X(x)$。
邊際 CDF 可以透過將聯合 CDF 在 $y$ 的整個範圍上取極限得到：
$F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F_{X,Y}(x,y)$
$F_X(x) = \lim_{y \to \infty} \frac{1}{1+e^{-2x}+e^{-3y}}$
當 $y \to \infty$，則 $-3y \to -\infty$，所以 $e^{-3y} \to 0$。
$F_X(x) = \frac{1}{1+e^{-2x}+0} = \frac{1}{1+e^{-2x}}$
這個 $F_X(x)$ 是 $X$ 的邊際累積分布函數。

接下來，我們對 $F_X(x)$ 微分，以得到 $X$ 的邊際機率密度函數 $f_X(x)$：
$f_X(x) = \frac{d}{dx} F_X(x)$
$f_X(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{1+e^{-2x}} \right)$

這題考驗聯合機率密度函數 (PDF) 的積分計算，包括邊際 PDF 的求法，以及協方差 (Covariance) 的定義與計算。

核心觀念：

1. 聯合 PDF 的積分計算，特別是對於不規則的積分區域。
2. 由聯合 PDF 求邊際 PDF。
3. 協方差的定義：$Cov(X,Y) = E[XY] - E[X]E[Y]$。
4. 期望值 (Expectation) 的計算。

詳解：
給定聯合機率密度函數 (PDF) 為
$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} 2 & \text{if } 0 \le x \le y \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
這個定義域是一個三角形區域，其頂點為 $(0,0), (0,1), (1,1)$。

(a) 求 $X$ 的邊際機率密度函數 (pdf) $f_X(x)$。
邊際 PDF $f_X(x)$ 是將聯合 PDF $f_{X,Y}(x,y)$ 對 $y$ 在其整個定義域上積分。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) dy$
我們需要考慮 $f_{X,Y}(x,y)$ 的定義域 $0 \le x \le y \le 1$。
對於一個給定的 $x$，$y$ 的範圍是從 $x$ 到 $1$ (因為 $x \le y$ 且 $y \le 1$)。同時，$x$ 的有效範圍是 $0 \le x \le 1$ (因為 $0 \le x \le y \le 1$)。
所以，
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 2 dy \quad \text{for } 0 \le x \le 1$
$f_X(x) = 2 [y]_x^1 = 2(1-x) \quad \text{for } 0 \le x \le 1$
$f_X(x) = \begin{cases} 2(1-x) & 0 \le x \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
我們也可以檢查 $f_X(x)$ 是否滿足積分為 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = \int_{0}^{1} 2(1-x) dx = 2 \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = 2 \left( (1 - \frac{1}{2}) - (0-0) \right) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$
積分結果為 1，所以 $f_X(x)$ 是有效的 PDF。

【答案】$f_X(x) = 2(1-x)$, for $0 \le x \le 1$, and $0$ otherwise.

(b) 求 $X$ 和 $Y$ 的協方差 $Cov(X,Y)$。
協方差的定義是 $Cov(X,Y) = E[XY] - E[X]E[Y]$。我們需要計算 $E[X]$, $E[Y]$, 和 $E[XY]$。

首先計算 $E[X]$：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{0}^{1} x \cdot 2(1-x) dx$

這題考驗條件機率與組合的應用，特別是在抽樣無放回的情況下。

核心觀念：

1. 條件機率的定義：$P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$。
2. 組合的計算，用於計算不同事件發生的方式。
3. 理解事件 $A$ (至少一張 A) 與事件 $B$ (兩張 A) 的關係。

詳解：
從一副 52 張撲克牌中隨機抽取兩張牌，無放回。
牌中有 4 張 A。

定義事件：
$A$: 至少一張 A 被選中。
$B$: 兩張 A 都被選中。

我們要計算 $P(B|A)$。根據條件機率的定義：
$P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$

首先分析事件 $A \cap B$。
事件 $B$ 是「兩張 A 都被選中」。
事件 $A$ 是「至少一張 A 被選中」。
如果兩張牌都是 A (事件 B)，那麼「至少一張 A 被選中」這個條件自動滿足。
因此，事件 $B$ 是事件 $A$ 的一個子集，即 $B \subseteq A$。
所以，$A \cap B = B$。
因此，我們需要計算 $\frac{P(B)}{P(A)}$。

計算總的樣本空間大小：從 52 張牌中選 2 張，總共有 $\binom{52}{2}$ 種組合。
$\binom{52}{2} = \frac{52 \times 51}{2 \times 1} = 26 \times 51 = 1326$

計算 $P(B)$：事件 $B$ 是兩張牌都是 A。
牌中有 4 張 A，我們要選出 2 張。
$P(B) = \frac{\text{選擇 2 張 A 的組合數}}{\text{總組合數}} = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{52}{2}}$
$\binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6$
$P(B) = \frac{6}{1326} = \frac{1}{221}$

計算 $P(A)$：事件 $A$ 是至少一張 A 被選中。
計算「至少一張 A」的機率，通常用補集的做法比較方便。
事件 $A^c$ 是「沒有 A 被選中」。

這題考驗獨立常態隨機變數的線性組合的期望值與變異數，以及常態分佈的機率計算。

核心觀念：

1. 獨立隨機變數線性組合的期望值：$E[aX+bY] = aE[X]+bE[Y]$。
2. 獨立隨機變數線性組合的變異數：$VAR[aX+bY] = a^2VAR[X]+b^2VAR[Y]$。
3. 常態分佈的機率計算，使用標準常態分佈 $Z$-score 和 Q-function。
4. Q-function 的定義：$Q(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^\infty e^{-t^2/2} dt$。

詳解：
已知 $X$ 和 $Y$ 是獨立的 Gaussian (常態) 隨機變數。
$E\{X\} = 1$, $VAR\{X\} = 4$
$E\{Y\} = 3$, $VAR\{Y\} = 9$
令 $Z = X - Y$。我們要求 $P(Z > 10)$。

首先，我們需要找到 $Z$ 的期望值 $E[Z]$ 和變異數 $VAR[Z]$。
$Z = 1 \cdot X + (-1) \cdot Y$。
$E[Z] = E[X - Y] = E[X] - E[Y] = 1 - 3 = -2$。
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，所以：
$VAR[Z] = VAR[X - Y] = VAR[X] + (-1)^2 VAR[Y] = VAR[X] + VAR[Y]$。
$VAR[Z] = 4 + 9 = 13$。

核心觀念

本題考查：

• 組合計數；
• 不放回抽樣；
• 古典機率公式。

1 至 20 中共有 10 個奇數：

$$1,3,5,\ldots,19$$

從 20 顆球中不放回抽出 3 顆，每組 3 顆球被抽出的機率相同。因此：

$$P(A)=\frac{\text{有利結果數}}{\text{所有可能結果數}}$$

解題方法

抽出 3 顆球時，不考慮抽取順序，因此使用組合數計算。

所有抽法共有：

$$\binom{20}{3}$$

要使 3 顆球全部為奇數，必須從 10 顆奇數球中選出 3 顆，有利抽法為：

$$\binom{10}{3}$$

因此所求機率為：

$$P(\text{三顆皆為奇數}) = \frac{\binom{10}{3}}{\binom{20}{3}}$$

計算得：

$$\binom{10}{3}=120,\qquad \binom{20}{3}=1140$$

所以：