108 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

一個函數要成為累積分布函數 (CDF)，必須滿足以下三個條件：

1. 非遞減 (non-decreasing)。
2. $\lim_{x \to -\infty} F(x) = 0$。
3. $\lim_{x \to \infty} F(x) = 1$。

我們逐一檢驗選項：

(A) $F_X(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \arctan(x)$
此函數的極限為：
$\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} (-\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$
$\lim_{x \to \infty} F_X(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} (\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$
$\arctan(x)$ 是單調遞增函數，因此 $F_X(x)$ 也是單調遞增函數。
所以，選項 (A) 是一個有效的 CDF。

(B) $F_X(x) = e^{-|x|}$
此函數的極限為：
$\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = \lim_{x \to -\infty} e^{x} = 0$
$\lim_{x \to \infty} F_X(x) = \lim_{x \to \infty} e^{-x} = 0$

這題考驗對二項分布期望值性質的掌握，特別是如何利用變異數來計算二階矩 $E[X^2]$。

一個參數為 $n$ 和 $p$ 的二項分布隨機變數 $X$，其期望值 $E[X]$ 和變異數 $Var(X)$ 分別為：
$E[X] = np$
$Var(X) = np(1-p)$

我們知道變異數的定義是 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
因此，我們可以推導出 $E[X^2]$：
$E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2$

核心觀念

對非負整數值隨機變數 $X$，其 moment generating function 為

$$M_X(s)=E(e^{sX}).$$

當 $s\to-\infty$ 時：

• 若 $X=0$，則 $e^{sX}=1$；
• 若 $X\ge 1$，則 $e^{sX}\to 0$。

因此由期望的極限性質，

$$P(X=0)=\lim_{s\to-\infty}M_X(s).$$

這是本題最直接的切入點。

解題方法

題目給定

$$M(s)=\exp\left\{2\left(\exp\left\{e^s-1\right\}-1\right)\right\}.$$

令 $s\to-\infty$，則

$$e^s\to 0,$$

所以

$$\exp\{e^s-1\}\to \exp\{-1\}=e^{-1}.$$

代入原式：

$$\begin{aligned} P(X=0) &=\lim_{s\to-\infty}M(s)\\ &=\exp\left\{2\left(e^{-1}-1\right)\right\}. \end{aligned}$$

因此

$$P(X=0)=e^{2(e^{-1}-1)}.$$

選項分析

• (A) $0$：錯誤。
  $e^{-1}-1<0$，但為有限值，因此
  $e^{2(e^{-1}-1)}>0$，不可能等於 $0$。

• (B) $e^{-e}$：錯誤。
  此數值並非由 $M(s)$ 在 $s\to-\infty$ 時的極限所得。

這題考驗對高斯隨機變數性質的理解，特別是當它與離散隨機變數相乘時，乘積的分布形式。

一個重要的性質是：

1. 如果 $X$ 是一個高斯隨機變數，則 $aX+b$ 對於任意常數 $a, b$ 也是高斯隨機變數。
2. 如果 $X$ 和 $Y$ 是獨立的高斯隨機變數，則 $X+Y$ 和 $X-Y$ 也是高斯隨機變數。
3. 如果 $X$ 是一個高斯隨機變數，且 $c$ 是一個常數，則 $cX$ 也是高斯隨機變數。

現在我們考慮 $Z = XY$。
$X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$。
$Y$ 是一個離散隨機變數，其取值為 $1$ 或 $-1$。

我們需要分析 $Z=XY$ 的分布。
$Z$ 的取值有兩種可能：

1. 當 $Y=1$ 時， $Z = X \cdot 1 = X$。
2. 當 $Y=-1$ 時， $Z = X \cdot (-1) = -X$。

所以，$Z$ 的值取決於 $Y$ 的值。
$P(Z=z) = P(Z=z | Y=1) P(Y=1) + P(Z=z | Y=-1) P(Y=-1)$
$P(Z=z) = P(X=z) P(Y=1) + P(-X=z) P(Y=-1)$
$P(Z=z) = P(X=z) p + P(X=-z) (1-p)$

如果 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$，則其 PDF 為 $f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_X} e^{-\frac{(x-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}}$。
$-X$ 的期望值為 $E[-X] = -E[X] = -\mu_X$。
$-X$ 的變異數為 $Var(-X) = (-1)^2 Var(X) = \sigma_X^2$。
所以，如果 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$，那麼 $-X \sim N(-\mu_X, \sigma_X^2)$。

$Z$ 的 PDF 是 $f_Z(z) = p f_X(z) + (1-p) f_{-X}(z)$。
$f_Z(z) = p \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_X} e^{-\frac{(z-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}} + (1-p) \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_X} e^{-\frac{(z-(-\mu_X))^2}{2\sigma_X^2}}$
$f_Z(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_X} \left[ p e^{-\frac{(z-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}} + (1-p) e^{-\frac{(z+\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}} \right]$

要使 $Z$ 成為高斯隨機變數，其 PDF 必須是高斯分布的形式 $f(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_Z} e^{-\frac{(z-\mu_Z)^2}{2\sigma_Z^2}}$。

核心觀念

本題考查：

• 聯合機率密度函數與幾何面積的關係
• 條件機率
• 條件聯合 PDF
• 條件邊際 PDF

因為 $X$、$Y$ 相互獨立且均勻分布於 $[0,1]$，所以

$$f_X(x)=f_Y(y)=1,\qquad 0\leq x,y\leq 1$$

由獨立性，

$$f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=1,\qquad 0\leq x,y\leq 1$$

因此，$(X,Y)$ 在單位正方形內均勻分布，事件機率可直接視為對應區域的面積。

令

$$A=\{X>Y\}$$

其對應區域為單位正方形中直線 $y=x$ 下方的三角形，因此

$$P(A)=\frac{1}{2}$$

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解題方法

1. 求條件聯合 PDF

條件聯合 PDF 的定義為

$$f_{XY|A}(x,y|A) = \frac{f_{XY}(x,y)}{P(A)}, \qquad (x,y)\in A$$

代入 $f_{XY}(x,y)=1$ 與 $P(A)=1/2$：

$$f_{XY|X>Y}(x,y|X>Y) = \frac{1}{1/2} = 2$$

定義域為

$$0\leq y\leq x\leq 1$$

故

$$f_{XY|X>Y}(x,y|X>Y) = \begin{cases} 2, & 0\leq y\leq x\leq 1,\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}$$

2. 求條件邊際 PDF

由條件聯合 PDF 對 $y$ 積分：

$$f_{X|X>Y}(x|X>Y) = \int_0^x 2\,dy = 2x, \qquad 0\leq x\leq 1$$

此結果也符合直觀：給定 $X>Y$ 後，$X$ 越大，能搭配的 $Y$ 範圍越寬，因此 $X$ 的條件密度隨 $x$ 線性增加。

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選項分析

(A) $P(X>2Y|X>Y)=1/4$

事件 $X>2Y$ 必然包含於 $X>Y$，因此

$$P(X>2Y|X>Y) = \frac{P(X>2Y)}{P(X>Y)}$$

在單位正方形中，$X>2Y$ 等價於 $0\leq y<x/2$，其面積為

這題要求計算一個給定概率密度函數 (PDF) 的隨機變數的變異數。首先需要確定常數 $k$，然後計算期望值 $E[X]$ 和 $E[X^2]$，最後計算變異數 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。

第一步：確定常數 $k$。
PDF 必須滿足 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
$\int_0^1 k(1-x)x^3 dx = 1$
$k \int_0^1 (x^3 - x^4) dx = 1$
$k \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = 1$
$k \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) = 1$
$k \left( \frac{5-4}{20} \right) = 1$
$k \left( \frac{1}{20} \right) = 1 \implies k = 20$。
所以，PDF 為 $f(x) = 20(1-x)x^3 = 20(x^3 - x^4)$，對於 $0 \leq x \leq 1$。

第二步：計算 $E[X]$。
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_0^1 x \cdot 20(x^3 - x^4) dx$
$E[X] = 20 \int_0^1 (x^4 - x^5) dx$
$E[X] = 20 \left[ \frac{x^5}{5} - \frac{x^6}{6} \right]_0^1$
$E[X] = 20 \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{6} \right)$
$E[X] = 20 \left( \frac{6-5}{30} \right)$

核心觀念

本題考查聯合高斯隨機變數的線性組合，以及期望值、變異數與共變異數的計算公式。

若 $X$ 與 $Y$ 聯合高斯，則任意線性組合 $aX+bY$ 仍服從高斯分布。

此外：

$$E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]$$ $$\operatorname{Var}(aX+bY) =a^2\operatorname{Var}(X)+b^2\operatorname{Var}(Y) +2ab\operatorname{Cov}(X,Y)$$

相關係數與共變異數的關係為：

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho_{X,Y}\sigma_X\sigma_Y$$

由題意，

$$\mu_X=1,\quad \sigma_X=2,\quad \mu_Y=-1,\quad \sigma_Y=1,\quad \rho_{X,Y}=\frac13$$

因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =\frac13(2)(1)=\frac23$$

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解題方法

令

$$Z=X-3Y$$

依序計算 $Z$ 的分布、期望值、變異數，以及 $X$ 與 $Z$ 的共變異數，再逐一檢查各選項。

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選項分析

(A) $Z$ is Gaussian distributed

因為 $X$ 與 $Y$ 聯合高斯，而 $Z=X-3Y$ 是 $X,Y$ 的線性組合，所以 $Z$ 仍為高斯分布。

因此選項 (A) 正確。

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(B) $E[Z]=-2$

利用期望值的線性性：

$$E[Z]=E[X-3Y] =E[X]-3E[Y]$$

代入題目數值：

$$E[Z]=1-3(-1)=1+3=4$$

所以

$$E[Z]=4\neq -2$$

因此選項 (B) 錯誤。

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(C) $\sigma_Z^2=9$

利用線性組合的變異數公式：

核心觀念

本題考查連續型隨機變數的累積分布函數、期望值、變異數，以及單調變數轉換後的機率密度函數。已知 $X$ 的機率密度函數為

$$f_X(x)=xe^{-x^2/2},\qquad x\geq 0.$$

計算期望值與二次動差時，可使用高斯積分公式

$$\int_0^\infty e^{-x^2/2}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}.$$

解題方法

先由密度函數積分求 $F_X(x)$，再計算 $E[X]$ 與 $E[X^2]$，利用 $\operatorname{Var}(X)=E[X^2]-(E[X])^2$ 求變異數。最後令 $Y=X^2$，以單調變數轉換公式求 $Y$ 的密度。

選項分析

(A) 正確。 當 $x<0$ 時，$F_X(x)=0$。當 $x\geq 0$ 時，

$$F_X(x)=\int_0^x te^{-t^2/2}\,dt =\left[-e^{-t^2/2}\right]_0^x =1-e^{-x^2/2}.$$

因此選項所列的 $x\geq 0$ 範圍內 CDF 正確。

(B) 錯誤。 期望值為

$$\begin{aligned} E[X] &=\int_0^\infty x f_X(x)\,dx\\ &=\int_0^\infty x^2e^{-x^2/2}\,dx\\ &=\sqrt{\frac{\pi}{2}}. \end{aligned}$$

這與選項中的 $\sqrt{\pi}$ 不同，因此此選項錯誤。

(C) 正確。 二次動差為

這題考驗對離散隨機變數期望值、變異數和共變異數的計算，以及相關係數的定義。

一個公平的六面骰子，其可能的點數為 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$，每個點數出現的機率都是 $1/6$。

定義隨機變數 $X$ 和 $Y$：
$X = \begin{cases} 1 & \text{if the number is 3} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
$Y = \begin{cases} 1 & \text{if the number is 2} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

我們需要計算 $X$ 和 $Y$ 的相關係數 $\rho_{X,Y} = \frac{Cov(X, Y)}{\sigma_X \sigma_Y}$。

首先，計算 $X$ 的概率分佈：
$P(X=1) = P(\text{roll is 3}) = 1/6$
$P(X=0) = P(\text{roll is not 3}) = 5/6$

計算 $E[X]$：
$E[X] = 1 \cdot P(X=1) + 0 \cdot P(X=0) = 1 \cdot (1/6) + 0 \cdot (5/6) = 1/6$。

計算 $E[X^2]$：
$E[X^2] = 1^2 \cdot P(X=1) + 0^2 \cdot P(X=0) = 1 \cdot (1/6) + 0 \cdot (5/6) = 1/6$。

計算 $Var(X)$：
$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = 1/6 - (1/6)^2 = 1/6 - 1/36 = 6/36 - 1/36 = 5/36$。
$\sigma_X = \sqrt{5/36} = \frac{\sqrt{5}}{6}$。

接下來，計算 $Y$ 的概率分佈：
$P(Y=1) = P(\text{roll is 2}) = 1/6$
$P(Y=0) = P(\text{roll is not 2}) = 5/6$

這題考驗對獨立同分布 (i.i.d.) 指數分布隨機變數的最小值性質的理解。

已知 $X \sim Exp(\lambda)$ 且 $Y \sim Exp(\lambda)$，其中 PDF 為 $f(u) = \lambda e^{-\lambda u}$。
題目給定的 PDF 是 $f_X(u) = f_Y(u) = e^{-u}$， for $u \geq 0$。
這表示 $\lambda = 1$。所以 $X \sim Exp(1)$ 且 $Y \sim Exp(1)$。

(A) 計算 $Z = \min\{X, Y\}$ 的 CDF $F_Z(z)$。
$F_Z(z) = P(Z \leq z) = 1 - P(Z > z)$
$P(Z > z) = P(\min\{X, Y\} > z)$
由於 $X$ 和 $Y$ 獨立， $P(\min\{X, Y\} > z) = P(X > z \text{ and } Y > z) = P(X > z) P(Y > z)$。
對於指數分布 $Exp(\lambda)$，其 CDF 為 $F(x) = 1 - e^{-\lambda x}$，其生存函數 (survival function) 為 $P(X > x) = 1 - F(x) = e^{-\lambda x}$。
所以，$P(X > z) = e^{-1 \cdot z} = e^{-z}$。
$P(Y > z) = e^{-1 \cdot z} = e^{-z}$。

這題要求計算一個離散隨機變數的累積分布函數 (CDF)，該隨機變數的機率質量函數 (PMF) 是一個差分形式。

給定的 PMF 是 $P(X = k) = \frac{1}{k^4} - \frac{1}{(k+1)^4}$，對於 $k = 1, 2, \dots$。
CDF 的定義是 $F_X(x) = P(X \leq x) = \sum_{k \leq x} P(X=k)$。

由於 $X$ 的取值是 $k=1, 2, 3, \dots$，所以 $X$ 是一個取值範圍為正整數的離散隨機變數。

我們需要考慮 $x$ 的不同範圍：

1. 當 $x < 1$ 時：
   由於 $X$ 的最小取值是 1，所以 $P(X \leq x) = 0$。
   $F_X(x) = 0$, for $x < 1$。

2. 當 $x \geq 1$ 時：
   $F_X(x) = P(X \leq x) = \sum_{k=1}^{\lfloor x \rfloor} P(X=k)$。
   這裡 $\lfloor x \rfloor$ 是小於或等於 $x$ 的最大整數。
   $F_X(x) = \sum_{k=1}^{\lfloor x \rfloor} \left( \frac{1}{k^4} - \frac{1}{(k+1)^4} \right)$。
   這是一個望遠級數 (telescoping series)。
   展開級數：
   當 $k=1$: $\frac{1}{1^4} - \frac{1}{2^4}$
   當 $k=2$: $\frac{1}{2^4} - \frac{1}{3^4}$
   當 $k=3$: $\frac{1}{3^4} - \frac{1}{4^4}$
   ...
   當 $k=\lfloor x \rfloor$: $\frac{1}{\lfloor x \rfloor^4} - \frac{1}{(\lfloor x \rfloor+1)^4}$

   將這些項相加，中間的項會被抵消：

核心觀念

本題考查：

• 二維常態分布的線性變換。
• 變數變換法求聯合 PDF。
• Jacobian（雅可比行列式）的計算。
• 由聯合 PDF 的定義域判斷兩個隨機變數是否獨立。

已知

$$X,Y\overset{\text{ind}}{\sim}N(0,\sigma^2).$$

定義

$$U=X+Y,\qquad V=X^2+Y^2.$$

直接使用 $X,Y$ 對 $U,V$ 進行變數變換會產生多對一問題，因此先採用旋轉座標：

$$A=\frac{X+Y}{\sqrt{2}},\qquad B=\frac{X-Y}{\sqrt{2}}.$$

由於 $(X,Y)$ 為平均向量為零、共變異矩陣為 $\sigma^2 I$ 的二維常態向量，正交旋轉後仍有

$$A,B\overset{\text{ind}}{\sim}N(0,\sigma^2).$$

且

$$U=\sqrt{2}A,\qquad V=A^2+B^2.$$

---

解題方法：先旋轉，再使用變數變換

第一步：寫出 $(A,B)$ 的聯合 PDF

因為 $A,B$ 相互獨立，故

$$f_{A,B}(a,b) = \frac{1}{2\pi\sigma^2} \exp\left(-\frac{a^2+b^2}{2\sigma^2}\right).$$

由

$$u=\sqrt{2}a,\qquad v=a^2+b^2,$$

可得

$$a=\frac{u}{\sqrt{2}}, \qquad b^2=v-\frac{u^2}{2}.$$

因此必須滿足

$$v\geq \frac{u^2}{2}.$$

當 $v>u^2/2$ 時，$b$ 有兩個可能值：

$$b=\pm\sqrt{v-\frac{u^2}{2}}.$$

---

第二步：計算 Jacobian

由 $(a,b)$ 到 $(u,v)$ 的轉換為

$$u=\sqrt{2}a,\qquad v=a^2+b^2.$$

其 Jacobian 為

$$\frac{\partial(u,v)}{\partial(a,b)} = \begin{vmatrix} \sqrt{2} & 0\\ 2a & 2b \end{vmatrix} = 2\sqrt{2}\,b.$$

所以

$$\left| \frac{\partial(a,b)}{\partial(u,v)} \right| = \frac{1}{2\sqrt{2}|b|}.$$

由於對每一組 $(u,v)$ 有兩個 $b$ 值，且兩者的 PDF 與 Jacobian 絕對值相同，因此需將兩個分支相加：

$$f_{U,V}(u,v) = 2\cdot f_{A,B}\left(\frac{u}{\sqrt{2}}, \sqrt{v-\frac{u^2}{2}}\right) \cdot \frac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{v-\frac{u^2}{2}}}.$$

代入 $a^2+b^2=v$，得到

$$f_{A,B} = \frac{1}{2\pi\sigma^2} \exp\left(-\frac{v}{2\sigma^2}\right).$$

因此

這題要求證明，通過逆變換法 (inverse transform method)，一個服從 $(0,1)$ 均勻分布的隨機變數 $U$ 經過一個隨機變數 $X$ 的 CDF 的反函數 $F^{-1}(u)$ 轉換後，得到的隨機變數 $Z$ 與 $X$ 具有相同的 CDF。

已知：

1. $U \sim U[0, 1]$。
2. $F(x)$ 是隨機變數 $X$ 的 CDF。
3. $F^{-1}(u)$ 對於 $u \in [0,1]$ 是 well-defined 的，這意味著 $F(x)$ 在其值域為 $[0,1]$ 的區間內是嚴格單調遞增的（或者至少是連續且嚴格單調遞增的）。
4. $Z = F^{-1}(U)$。

我們需要證明 $Z$ 的 CDF 與 $X$ 的 CDF 相同，即 $F_Z(z) = F_X(z)$ 對於所有 $z$。

首先，計算 $Z$ 的 CDF，記為 $F_Z(z)$。
$F_Z(z) = P(Z \leq z)$
根據 $Z = F^{-1}(U)$ 的定義，
$F_Z(z) = P(F^{-1}(U) \leq z)$

由於 $F^{-1}$ 是 $F$ 的反函數，且 $F$ 是嚴格單調遞增的（這是 "well-defined" 的一個常見含義，確保了反函數的唯一性），我們可以將不等式兩邊同時應用函數 $F$。因為 $F$ 是非遞減的，應用 $F$ 後不等號方向不變。
$P(F^{-1}(U) \leq z) = P(F(F^{-1}(U)) \leq F(z))$
$P(U \leq F(z))$

由於 $U \sim U[0, 1]$，其 CDF 為 $F_U(u) = u$ 對於 $0 \leq u \leq 1$。
所以，$P(U \leq F(z)) = F_U(F(z))$。

因為 $F(z)$ 是 $X$ 的 CDF 值，所以 $0 \leq F(z) \leq 1$。
因此，$F_U(F(z)) = F(z)$。

所以，我們得到：
$F_Z(z) = F(z)$。

這證明了隨機變數 $Z$ 的 CDF 與隨機變數 $X$ 的 CDF 相同。
這也是逆變換法的核心原理：如果 $X$ 是一個隨機變數，其 CDF 為 $F_X(x)$，且 $F_X$ 是連續且嚴格單調遞增的，那麼 $Z = F_X^{-1}(U)$，其中 $U \sim U[0,1]$，則 $Z$ 和

這題考察在圓形區域內均勻分布的聯合機率密度函數 (joint PDF) 的性質，包括邊緣 PDF (marginal PDF)、條件期望值 (conditional expectation) 和獨立性。

給定的聯合 PDF 是 $f_{XY}(x, y) = \frac{1}{\pi r^2}$，在圓盤 $x^2 + y^2 \leq r^2$ 內，否則為 0。

(a) 尋找 X 的邊緣 PDF $f_X(x)$。
邊緣 PDF 的定義是 $f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(x, y) dy$。
我們需要在 $y$ 的範圍內對聯合 PDF 積分。
對於一個給定的 $x$ 值， $y$ 的範圍是使得 $x^2 + y^2 \leq r^2$。
這意味著 $y^2 \leq r^2 - x^2$，所以 $-\sqrt{r^2 - x^2} \leq y \leq \sqrt{r^2 - x^2}$。
這個積分只在 $-r \leq x \leq r$ 的範圍內有意義。

$f_X(x) = \int_{-\sqrt{r^2 - x^2}}^{\sqrt{r^2 - x^2}} \frac{1}{\pi r^2} dy$
$f_X(x) = \frac{1}{\pi r^2} [y]_{-\sqrt{r^2 - x^2}}^{\sqrt{r^2 - x^2}}$
$f_X(x) = \frac{1}{\pi r^2} (\sqrt{r^2 - x^2} - (-\sqrt{r^2 - x^2}))$
$f_X(x) = \frac{1}{\pi r^2} (2\sqrt{r^2 - x^2})$
$f_X(x) = \frac{2\sqrt{r^2 - x^2}}{\pi r^2}$, for $-r \leq x \leq r$。
否則 $f_X(x) = 0$。

(b) 給定 $X = r/2$，計算條件期望值 $E[Y|X = r/2]$。
條件 PDF $f_{Y|X}(y|x) = \frac{f_{XY}(x, y)}{f_X(x)}$。
我們已經計算了 $f_X(x) = \frac{2\sqrt{r^2 - x^2}}{\pi r^2}$。
當 $x = r/2$ 時：
$f_X(r/2) = \frac{2\sqrt{r^2 - (r/2)^2}}{\pi r^2} = \frac{2\sqrt{r^2 - r^2/4}}{\pi r^2} = \frac{2\sqrt{3r^2/4}}{\pi r^2} = \frac{2 \cdot (\sqrt{3}r/2)}{\pi r^2} = \frac{\sqrt{3}r}{\pi r^2} = \frac{\sqrt{3}}{\pi r}$。

現在計算條件 PDF $f_{Y|X}(y|x=r/2)$：
$f_{Y|X}(y|r/2) = \frac{f_{XY}(r/2, y)}{f_X(r/2)}$。
聯合 PDF $f_{XY}(r/2, y) = \frac{1}{\pi r^2}$，條件是 $(r/2)^2 + y^2 \leq r^2$，即 $r^2/4 + y^2 \leq r^2$，所以 $y^2 \leq 3r^2/4$，即 $-\frac{\sqrt{3}r}{2} \leq y \leq \frac{\sqrt{3}r}{2}$。
$f_{Y|X}(y|r/2) = \frac{1/(\pi r^2)}{\sqrt{3}/(\pi r)} = \frac{1}{\pi r^2} \cdot \frac{\pi r}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}r}$。