113 年 國立中正大學通訊工程學系碩士班通訊甲組《機率》

本題主要考驗機率的基本性質與獨立事件的定義。

核心觀念：機率公理、集合運算、獨立事件定義。

解題過程：
首先，我們知道樣本空間 $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$，以及三個事件 $A = \{1, 2\}$，$B = \{2, 3\}$，$C = \{4, 5, 6\}$。機率測度 $P(\cdot)$ 未知，但滿足機率公理。

a) 求 $P(A \cap C)$：
事件 $A \cap C$ 是指事件 $A$ 與事件 $C$ 同時發生的集合。
$A \cap C = \{1, 2\} \cap \{4, 5, 6\} = \emptyset$ (空集合)。
由於 $A \cap C$ 是空集合，根據機率的性質，空集合的機率為 0。
因此，$P(A \cap C) = P(\emptyset) = 0$。

b) 求 $P(A \cup B \cup C)$：
事件 $A \cup B \cup C$ 是指事件 $A$ 或事件 $B$ 或事件 $C$ 中至少有一個發生的集合。
首先，我們計算集合 $A \cup B \cup C$：
$A \cup B = \{1, 2\} \cup \{2, 3\} = \{1, 2, 3\}$
$(A \cup B) \cup C = \{1, 2, 3\} \cup \{4, 5, 6\} = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} = \Omega$
因此，$A \cup B \cup C$ 是整個樣本空間 $\Omega$。
根據機率的性質，樣本空間的機率為 1。
因此，$P(A \cup B \cup C) = P(\Omega) = 1$。

c) 找出 $B$ 和 $C$ 獨立的條件：
兩個事件 $B$ 和 $C$ 被定義為獨立的，如果它們的聯合機率等於它們各自機率的乘積，即 $P(B \cap C) = P(B)P(C)$。

本題考驗機率密度函數 (pdf) 的基本性質、計算累積分布函數 (cdf) 以及機率。

核心觀念：機率密度函數的性質 (積分為 1)、累積分布函數的定義、連續隨機變數的機率計算。

解題過程：
由圖可知，隨機變數 $X$ 的機率密度函數 $f_X(x)$ 在 $x \in [0, 4]$ 區間內有定義，在其他地方為 0。
在區間 $[0, 1]$，$f_X(x)$ 為常數 $A$。
在區間 $[1, 4]$，$f_X(x)$ 為一條直線，通過點 $(1, A)$ 和 $(4, 0)$。
該直線的斜率為 $\frac{0 - A}{4 - 1} = -\frac{A}{3}$。
直線方程式為 $f_X(x) - A = -\frac{A}{3}(x - 1)$，即 $f_X(x) = A - \frac{A}{3}(x - 1) = \frac{A}{3}(3 - (x - 1)) = \frac{A}{3}(4 - x)$，對於 $1 \le x \le 4$。

a) 計算常數 $A$ 的值：
機率密度函數的總積分必須等於 1，即 $\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = 1$。
$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = \int_{0}^{1} A dx + \int_{1}^{4} \frac{A}{3}(4 - x) dx = 1$

計算第一個積分：
$\int_{0}^{1} A dx = A[x]_{0}^{1} = A(1 - 0) = A$

計算第二個積分：
$\int_{1}^{4} \frac{A}{3}(4 - x) dx = \frac{A}{3} [4x - \frac{x^2}{2}]_{1}^{4}$
$= \frac{A}{3} \left( (4 \cdot 4 - \frac{4^2}{2}) - (4 \cdot 1 - \frac{1^2}{2}) \right)$
$= \frac{A}{3} \left( (16 - 8) - (4 - \frac{1}{2}) \right)$
$= \frac{A}{3} \left( 8 - \frac{7}{2} \right)$
$= \frac{A}{3} \left( \frac{16 - 7}{2} \right) = \frac{A}{3} \cdot \frac{9}{2} = \frac{3A}{2}$

將兩個積分加總並令等於 1：
$A + \frac{3A}{2} = 1$
$\frac{2A + 3A}{2} = 1$
$\frac{5A}{2} = 1$
$A = \frac{2}{5}$

b) 計算累積分布函數 $F_X(x)$：
累積分布函數 $F_X(x)$ 定義為 $F_X(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(t) dt$。
我們需要分段討論 $x$ 的範圍。

當 $x < 0$：
$F_X(x) = \int_{-\infty}^{x} 0 dt = 0$。

當 $0 \le x < 1$：
$f_X(t) = A = \frac{2}{5}$。
$F_X(x) = \int_{-\infty}^{0} 0 dt + \int_{0}^{x} \frac{2}{5} dt = 0 + [\frac{2}{5} t]_{0}^{x} = \frac{2}{5}x$。

當 $1 \le x < 4$：
$F_X(x) = \int_{-\infty}^{0} 0 dt + \int_{0}^{1} \frac{2}{5} dt + \int_{1}^{x} \frac{2}{5 \cdot 3}(4 - t) dt$
$F_X(x) = 0 + \frac{2}{5} \cdot 1 + \frac{2}{15} \int_{1}^{x} (4 - t) dt$
$F_X(x) = \frac{2}{5} + \frac{2}{15} [4t - \frac{t^2}{2}]_{1}^{x}$
$F_X(x) = \frac{2}{5} + \frac{2}{15} \left( (4x - \frac{x^2}{2}) - (4 \cdot 1 - \frac{1^2}{2}) \right)$

核心觀念

本題考查：

• 離散型隨機變數 $X$ 的機率質量函數。
• 連續型隨機變數 $Y$ 的全機率公式。
• 貝氏定理求條件密度 $f_{X|Y}(x|y)$。
• 離散—連續混合型聯合分布的處理方式。

已知

$$P(X=1)=P(X=-1)=\frac12$$

且

$$Y|X=x\sim N(x,\sigma^2).$$

因此：

• 當 $X=1$ 時，$Y\sim N(1,\sigma^2)$。
• 當 $X=-1$ 時，$Y\sim N(-1,\sigma^2)$。

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解題方法

因為 $X$ 只取 $+1$ 與 $-1$，先求出 $X$ 的分布，再利用條件密度加權得到 $Y$ 的邊際密度，最後使用貝氏定理反推 $X$ 給定 $Y$ 的條件分布。

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(a) 求 $f_X(x)$

$X$ 是離散型隨機變數，嚴格來說應使用機率質量函數：

$$p_X(x)= \begin{cases} \dfrac12, & x=1,\\[6pt] \dfrac12, & x=-1,\\[6pt] 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

題目以 $f_X(x)$ 表示，若要用廣義 pdf 表示，可寫成 Dirac delta 函數：

$$f_X(x)=\frac12\delta(x-1)+\frac12\delta(x+1).$$

其中 $\delta(\cdot)$ 集中表示 $X$ 在 $1$ 與 $-1$ 兩點各有機率 $\frac12$。

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(b) 求 $f_Y(y)$

由全機率公式，

$$f_Y(y)=\sum_x f_{Y|X}(y|x)P(X=x).$$

由於 $X$ 只有 $1$ 與 $-1$ 兩種可能值，

$$f_Y(y) = f_{Y|X}(y|1)P(X=1) + f_{Y|X}(y|-1)P(X=-1).$$

代入題目給定的條件密度與先驗機率：

$$f_Y(y) = \frac12 \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y-1)^2}{2\sigma^2}\right) + \frac12 \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y+1)^2}{2\sigma^2}\right).$$

整理得

$$f_Y(y) = \frac{1}{2\sqrt{2\pi\sigma^2}} \left[ \exp\left(-\frac{(y-1)^2}{2\sigma^2}\right) + \exp\left(-\frac{(y+1)^2}{2\sigma^2}\right) \right].$$

因此，$Y$ 的分布是兩個高斯密度的等權重混合：

$$Y\sim \frac12N(1,\sigma^2)+\frac12N(-1,\sigma^2).$$

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(c) 求 $f_{X|Y}(x|y)$

由貝氏定理，

$$f_{X|Y}(x|y) = \frac{f_{Y|X}(y|x)f_X(x)}{f_Y(y)}.$$

由於 $X$ 是離散型，這裡實際上是求兩個條件機率：

$$P(X=x|Y=y) = \frac{f_{Y|X}(y|x)P(X=x)}{f_Y(y)}, \qquad x\in\{1,-1\}.$$

當 $x=1$

$$P(X=1|Y=y) = \frac{ \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y-1)^2}{2\sigma^2}\right) \cdot\frac12 }{ f_Y(y) }.$$

將 $f_Y(y)$ 代入並約去共同因子，得到

本題考驗獨立同分佈的指數分佈隨機變數的最大值的累積分布函數 (cdf) 和機率密度函數 (pdf)。

核心觀念：指數分佈、獨立隨機變數、最大值的 cdf 和 pdf 的計算。

解題過程：
首先，我們知道 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立且同分佈 (i.i.d.) 的指數分佈隨機變數，其 pdf 為 $f_{X_i}(x) = \frac{1}{\mu} e^{-x/\mu} u(x)$，其中 $\mu > 0$。
指數分佈的 cdf 為 $F_{X_i}(x) = P(X_i \le x) = \int_0^x \frac{1}{\mu} e^{-t/\mu} dt = [-e^{-t/\mu}]_0^x = 1 - e^{-x/\mu}$，對於 $x \ge 0$。對於 $x < 0$，cdf 為 0。

a) 求 $Z = \max(X_1, X_2)$ 的 cdf，即 $F_Z(z)$。
$F_Z(z) = P(Z \le z) = P(\max(X_1, X_2) \le z)$。
一個事件 $\max(X_1, X_2) \le z$ 成立，當且僅當 $X_1 \le z$ 且 $X_2 \le z$。
由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的，我們可以將機率相乘：
$P(X_1 \le z \text{ and } X_2 \le z) = P(X_1 \le z) P(X_2 \le z)$。
所以，$F_Z(z) = F_{X_1}(z) F_{X_2}(z)$。
由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是同分佈的，它們有相同的 cdf：$F_{X_1}(z) = F_{X_2}(z) = 1 - e^{-z/\mu}$ (假設 $z \ge 0$)。
$F_Z(z) = (1 - e^{-z/\mu}) (1 - e^{-z/\mu}) = (1 - e^{-z/\mu})^2$。
這個公式對於 $z \ge 0$ 成立。
如果 $z < 0$，則 $P(X_1 \le z) = 0$ 且 $P(X_2 \le z) = 0$，所以 $F_Z(z) = 0 \cdot 0 = 0$。

因此，$F_Z(z)$ 為：

$$F_Z(z) = \begin{cases} 0 & z < 0 \\ (1 - e^{-z/\mu})^2 & z \ge 0 \end{cases}$$

b) 求 $Z = \max(X_1, X_2)$ 的 pdf，即 $f_Z(z)$。
pdf 是 cdf 的導數。
對於 $z < 0$，$f_Z(z) = \frac{d}{dz}(0) = 0$。

本題考驗兩個獨立隨機變數乘積的累積分布函數 (cdf)、機率密度函數 (pdf) 以及期望值。

核心觀念：獨立隨機變數乘積的 cdf 和 pdf、期望值的性質。

解題過程：
已知 $M$ 和 $V$ 是獨立且非負的隨機變數，其 pdf 分別為 $f_M(m)$ 和 $f_V(v)$。
我們定義動量 $P = MV$。

a) 求動量 $P$ 的 cdf，即 $F_P(p)$。
$F_P(p) = P(P \le p) = P(MV \le p)$。
由於 $M$ 和 $V$ 都是非負隨機變數，所以 $P = MV$ 也是非負的。因此，如果 $p < 0$，則 $F_P(p) = 0$。
我們只考慮 $p \ge 0$ 的情況。
$F_P(p) = P(MV \le p) = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} I(mv \le p) f_M(m) f_V(v) dm dv$，其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。

我們可以通過積分來計算。對於固定的 $m > 0$，如果 $mv \le p$，則 $v \le p/m$。
所以，
$F_P(p) = \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\infty} I(v \le p/m) f_V(v) dv \right) f_M(m) dm$
$F_P(p) = \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{p/m} f_V(v) dv \right) f_M(m) dm$
令 $F_V(v) = \int_{0}^{v} f_V(t) dt$ 為 $V$ 的 cdf。
則 $F_P(p) = \int_{0}^{\infty} F_V(p/m) f_M(m) dm$。
這個表達式給出了 $F_P(p)$，但它依賴於 $F_V$。題目要求用 $f_M$ 和 $f_V$ 表示。

更常見的推導方法是通過聯合 pdf。
令 $U = MV$。我們需要求 $P(U \le p)$。
$P(U \le p) = \int_{0}^{\infty} P(MV \le p | M=m) f_M(m) dm$
$P(MV \le p | M=m) = P(mv \le p | M=m) = P(v \le p/m | M=m)$。
由於 $M$ 和 $V$ 獨立，這等於 $P(v \le p/m)$。
$P(v \le p/m) = \int_{0}^{p/m} f_V(v) dv = F_V(p/m)$。
所以，$F_P(p) = \int_{0}^{\infty} F_V(p/m) f_M(m) dm$。
這是正確的表達式，但它使用了 $F_V$。

如果我們希望直接用 $f_M$ 和 $f_V$ 表示，則需要考慮更複雜的積分形式，或者先求 pdf 再積分。

b) 求動量 $P$ 的 pdf，即 $f_P(p)$。
PDF 可以通過對 CDF 求導得到：$f_P(p) = \frac{d}{dp} F_P(p)$。