109 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

核心觀念

若事件 $A$ 與 $B$ 互斥（disjoint），則

$$A\cap B=\varnothing$$

因此

$$\Pr(A\cap B)=0$$

由機率加法定理：

$$\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)-\Pr(A\cap B)$$

當 $A$、$B$ 互斥時，化為

$$\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)$$

又因為 $\Pr(A\cup B)\le 1$，所以互斥的必要條件是

$$\Pr(A)+\Pr(B)\le 1$$

本題問的是「哪些事件對可以互斥」，因此只要兩事件的機率總和不超過 $1$，就能安排成互斥事件。

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解題方法

先將每個選項中的 $\Pr(B)$ 求出，再檢查

$$\Pr(A)+\Pr(B)\le 1$$

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選項分析

（A）$\Pr(A)=\frac13$，$\Pr(B)=\frac23$

計算機率總和：

$$\Pr(A)+\Pr(B) =\frac13+\frac23 =1$$

兩事件可以互斥。此時若互斥，則

$$\Pr(A\cup B)=1$$

表示 $A$ 與 $B$ 可以剛好分割整個樣本空間。

因此（A）正確。

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（B）$\Pr(A)=\frac14$，$\Pr(B^c)=\frac12$

由補事件公式：

$$\Pr(B)=1-\Pr(B^c) =1-\frac12 =\frac12$$

因此

$$\Pr(A)+\Pr(B) =\frac14+\frac12 =\frac34\le 1$$

本題考驗對機率密度函數、常數求解、事件機率計算、隨機變數變換、條件期望值與條件變異數的計算。

第一步：求解機率密度函數中的常數 $c$
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。
$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = 1$
$\int_{1}^{2} c x^{-2} dx = 1$
$c \left[ -x^{-1} \right]_{1}^{2} = 1$
$c \left( -\frac{1}{2} - (-\frac{1}{1}) \right) = 1$
$c \left( 1 - \frac{1}{2} \right) = 1$
$c \left( \frac{1}{2} \right) = 1 \implies c = 2$
所以，機率密度函數為 $f_X(x) = 2x^{-2}$，對於 $1 \le x \le 2$。

第二步：計算事件 A 的機率 $P(A)$
事件 A 定義為 $\{X > 3/2\}$。
$P(A) = P(X > 3/2) = \int_{3/2}^{2} f_X(x) dx$
$P(A) = \int_{3/2}^{2} 2x^{-2} dx$
$P(A) = 2 \left[ -x^{-1} \right]_{3/2}^{2}$
$P(A) = 2 \left( -\frac{1}{2} - (-\frac{1}{3/2}) \right)$
$P(A) = 2 \left( -\frac{1}{2} + \frac{2}{3} \right)$
$P(A) = 2 \left( \frac{-3+4}{6} \right) = 2 \left( \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{3}$
所以，$P(A) = 1/3$。

第三步：求隨機變數 Y 的機率密度函數 $f_Y(y)$
$Y = X^2$。由於 $1 \le X \le 2$，所以 $1^2 \le X^2 \le 2^2$，即 $1 \le Y \le 4$。
我們可以使用變數變換的方法來求 $f_Y(y)$。
令 $y = x^2$，則 $x = \sqrt{y}$ (因為 $x \ge 0$)。
$dx/dy = \frac{1}{2\sqrt{y}}$。
$f_Y(y) = f_X(x) \left| \frac{dx}{dy} \right|$
$f_Y(y) = (2x^{-2}) \left| \frac{1}{2\sqrt{y}} \right|$
將 $x = \sqrt{y}$ 代入：
$f_Y(y) = (2(\sqrt{y})^{-2}) \left( \frac{1}{2\sqrt{y}} \right)$
$f_Y(y) = (2y^{-1}) \left( \frac{1}{2y^{1/2}} \right)$
$f_Y(y) = y^{-1} y^{-1/2} = y^{-3/2}$
所以，$f_Y(y) = y^{-3/2}$，對於 $1 \le y \le 4$。

第四步：求條件機率密度函數 $f_{Y|A}(y|A)$
條件機率密度函數 $f_{Y|A}(y|A)$ 定義為：
$f_{Y|A}(y|A) = \begin{cases} \frac{f_{Y}(y)}{P(A)} & \text{if } y \text{ is in the range of Y given A;} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$
事件 A 是 $\{X > 3/2\}$。由於 $Y = X^2$，當 $X > 3/2$ 時，$Y = X^2 > (3/2)^2 = 9/4$。
所以，當 A 發生時，Y 的範圍是 $9/4 < y \le 4$。

本題考驗對聯合機率密度函數、邊際機率密度函數、期望值、變異數及相關係數的計算。

第一步：求解聯合機率密度函數中的常數 $c$
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。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx dy = 1$
$\int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{\pi/2} c \sin(x)\sin(y) dx dy = 1$
由於 $\sin(x)$ 和 $\sin(y)$ 是獨立的，我們可以將積分拆開：
$c \left( \int_{0}^{\pi/2} \sin(x) dx \right) \left( \int_{0}^{\pi/2} \sin(y) dy \right) = 1$
計算單獨的積分：
$\int_{0}^{\pi/2} \sin(x) dx = [-\cos(x)]_{0}^{\pi/2} = -\cos(\pi/2) - (-\cos(0)) = -0 - (-1) = 1$
所以，
$c (1)(1) = 1 \implies c = 1$
聯合機率密度函數為 $f(x,y) = \sin(x)\sin(y)$，對於 $0 \le x \le \pi/2, 0 \le y \le \pi/2$。

第二步：求解 X 和 Y 的邊際機率密度函數
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy = \int_{0}^{\pi/2} \sin(x)\sin(y) dy$
$f_X(x) = \sin(x) \int_{0}^{\pi/2} \sin(y) dy = \sin(x) [-\cos(y)]_{0}^{\pi/2} = \sin(x) (1) = \sin(x)$
對於 $0 \le x \le \pi/2$。
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx = \int_{0}^{\pi/2} \sin(x)\sin(y) dx$
$f_Y(y) = \sin(y) \int_{0}^{\pi/2} \sin(x) dx = \sin(y) [-\cos(x)]_{0}^{\pi/2} = \sin(y) (1) = \sin(y)$
對於 $0 \le y \le \pi/2$。

第三步：檢查 X 和 Y 是否獨立
由於 $f(x,y) = \sin(x)\sin(y) = f_X(x) f_Y(y)$，且定義域是矩形區域，所以 X 和 Y 是獨立的隨機變數。

第四步：計算相關係數 $\rho_{XY}$
相關係數的定義是 $\rho_{XY} = \frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}$。
由於 X 和 Y 是獨立的，它們的協方差 $Cov(X,Y) = E[XY] - E[X]E[Y] = 0$。
所以，相關係數 $\rho_{XY} = 0$。

（補充計算：期望值和變異數，以確認）
計算 $E[X]$：
$E[X] = \int_{0}^{\pi/2} x f_X(x) dx = \int_{0}^{\pi/2} x \sin(x) dx$

核心觀念

本題考查：

• 機率密度函數的積分與尾端機率
• 累積分布函數
• 動差生成函數
• 指數分布的平移、期望值與變異數

已知

$$f(x)=e^{-x-1}=e^{-(x+1)},\qquad x>-1.$$

令

$$Y=X+1,$$

則 $Y$ 服從參數 $\lambda=1$ 的指數分布，即 $Y\sim\operatorname{Exp}(1)$。因此 $X=Y-1$ 是指數分布向左平移 $1$ 單位。

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解題方法

直接依照各選項所涉及的定義計算，並利用平移後指數分布的性質：

$$E[X]=E[Y]-1,\qquad \operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(Y).$$

對於 $Y\sim\operatorname{Exp}(1)$，

$$E[Y]=1,\qquad \operatorname{Var}(Y)=1.$$

因此

$$E[X]=1-1=0,$$

且

$$\operatorname{Var}(X)=1.$$

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選項分析

(A) $\Pr(1\le X)=e^{-1}$

由尾端機率定義，

$$\Pr(X\ge 1) =\int_1^\infty e^{-x-1}\,dx.$$

計算得

$$\Pr(X\ge 1) =\left[-e^{-x-1}\right]_1^\infty =e^{-2}.$$

因此

$$\Pr(1\le X)=e^{-2}\ne e^{-1},$$

故 (A) 錯誤。

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(B) $M_X(t)=e^{-t}$

動差生成函數定義為

$$M_X(t)=E[e^{tX}] =\int_{-1}^{\infty}e^{tx}e^{-x-1}\,dx.$$

當 $t<1$ 時，

$$M_X(t) =e^{-1}\int_{-1}^{\infty}e^{(t-1)x}\,dx.$$

積分後得

$$M_X(t) =\frac{e^{-t}}{1-t},\qquad t<1.$$

所以並非僅為 $e^{-t}$，故 (B) 錯誤。

也可由 $X=Y-1$ 直接得到：

$$M_X(t)=E[e^{t(Y-1)}] =e^{-t}M_Y(t) =e^{-t}\frac{1}{1-t}.$$

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(C) $E[X]=-1$

本題考驗對聯合機率密度函數、邊際機率密度函數、期望值、平方期望值及機率計算。

第一步：確認聯合機率密度函數的有效性
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} 2 dx dy = \int_{0}^{1} [2x]_{0}^{y} dy = \int_{0}^{1} 2y dy = [y^2]_{0}^{1} = 1^2 - 0^2 = 1$
PDF 是有效的。

第二步：計算邊際機率密度函數 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy$
由於 $0 \le x \le y \le 1$，對於給定的 $x$，$y$ 的範圍是 $x \le y \le 1$。
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 2 dy = [2y]_{x}^{1} = 2(1) - 2x = 2 - 2x, \quad \text{for } 0 \le x \le 1$
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx$
由於 $0 \le x \le y \le 1$，對於給定的 $y$，$x$ 的範圍是 $0 \le x \le y$。
$f_Y(y) = \int_{0}^{y} 2 dx = [2x]_{0}^{y} = 2y - 0 = 2y, \quad \text{for } 0 \le y \le 1$

第三步：檢查選項

(A) E[X] = 1
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{0}^{1} x (2 - 2x) dx$
$E[X] = \int_{0}^{1} (2x - 2x^2) dx = \left[ x^2 - \frac{2}{3}x^3 \right]_{0}^{1}$
$E[X] = (1^2 - \frac{2}{3}(1)^3) - (0 - 0) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
選項 (A) 錯誤。

本題考驗對聯合機率質量函數、邊際機率質量函數、事件機率計算、獨立性判斷。

第一步：列出所有可能的 (x, y) 組合及其機率
定義域為 $x \in \{1, 2\}$， $y \in \{1, 2, 3, 4\}$。共有 $2 \times 4 = 8$ 個組合。
$f(x,y) = \frac{x+y}{32}$

x	y	x+y	f(x,y)
1	1	2	2/32
1	2	3	3/32
1	3	4	4/32
1	4	5	5/32
2	1	3	3/32
2	2	4	4/32
2	3	5	5/32
2	4	6	6/32

驗證總機率和是否為 1：
$2+3+4+5+3+4+5+6 = 32$。所以總機率為 $32/32 = 1$。

第二步：檢查各選項

(A) Pr(X > Y) = 3/32
找出滿足 $x > y$ 的組合：
只有 $(x,y) = (2,1)$ 滿足 $x > y$。
$P(X > Y) = f(2,1) = 3/32$。
選項 (A) 是正確的。

(B) Pr(Y = 2X) = 9/32
找出滿足 $y = 2x$ 的組合：
如果 $x=1$, $y=2(1)=2$。組合為 $(1,2)$。
如果 $x=2$, $y=2(2)=4$。組合為 $(2,4)$。
$P(Y = 2X) = f(1,2) + f(2,4) = 3/32 + 6/32 = 9/32$。
選項 (B) 是正確的。

(C) Pr(X + Y = 3) = 3/16
找出滿足 $x+y=3$ 的組合：
如果 $x=1$, $y=2$。組合為 $(1,2)$。
如果 $x=2$, $y=1$。組合為 $(2,1)$。
$P(X + Y = 3) = f(1,2) + f(2,1) = 3/32 + 3/32 = 6/32 = 3/16$。
選項 (C) 是正確的。

(D) Pr(X $\le$ 3 – Y) = 1/4
找出滿足 $x \le 3-y$ 的組合：
$y=1 \implies x \le 3-1=2$。 $(1,1), (2,1)$ 滿足。
$y=2 \implies x \le 3-2=1$。 $(1,2)$ 滿足。

核心觀念

本題考查：

1. 由機率密度函數求累積分布函數。
2. 獨立隨機變數之最大值分布。
3. 連續型隨機變數在單一點的機率為 $0$。

令

$$Y=\max(X_1,X_2,X_3).$$

則事件 $\{Y\le y\}$ 等價於三個元件的失效時間都不超過 $y$：

$$\{Y\le y\}=\{X_1\le y,X_2\le y,X_3\le y\}.$$

由於 $X_1,X_2,X_3$ 相互獨立，因此

$$F_Y(y)=P(Y\le y) =P(X_1\le y)P(X_2\le y)P(X_3\le y).$$

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解題方法

第一步：求各隨機變數的累積分布函數

對 $0< x<1$，

$$F_{X_1}(x)=\int_0^x 3t^2\,dt=x^3,$$ $$F_{X_2}(x)=\int_0^x 4t^3\,dt=x^4,$$ $$F_{X_3}(x)=\int_0^x 6t^5\,dt=x^6.$$

因此，對 $0<y<1$，

$$F_Y(y) =F_{X_1}(y)F_{X_2}(y)F_{X_3}(y) =y^3\cdot y^4\cdot y^6 =y^{13}.$$

所以

$$P(Y\le y)=y^{13},\qquad 0<y<1.$$

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第二步：計算 $P(Y=1/2)$

由於 $Y$ 為連續型隨機變數，單一點的機率為 $0$：

$$P(Y=1/2)=0.$$

因此選項 (A)、(B) 所給的正數皆不正確。

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第三步：計算 $P(Y\le 1/3)$

代入 $y=1/3$：

$$P(Y\le 1/3) =F_Y(1/3) =\left(\frac13\right)^{13} =\frac{1}{3^{13}}.$$

此結果不等於選項 (C) 或 (D)。

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選項分析

(A) $P(Y=1/2)=\dfrac{13}{4096}$

錯誤。

$Y$ 是連續型隨機變數，因此

$$P(Y=1/2)=0,$$

不可能等於正數 $\dfrac{13}{4096}$。

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(B) $P(Y=1/2)=\dfrac{1}{8192}$

錯誤。

同樣因為 $Y$ 為連續型隨機變數，

$$P(Y=1/2)=0,$$

所以不等於 $\dfrac{1}{8192}$。

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核心觀念

本題考查：

1. 動差生成函數的定義
   $M_X(t)=E(e^{tX}).$

2. Markov 不等式：若 $Y\ge 0$，則
   $P(Y\ge a)\le \frac{E(Y)}{a},\qquad a>0.$

3. 指數函數 $e^{tx}$ 在 $t>0$ 與 $t<0$ 時的單調性。

若 $t>0$，$e^{tx}$ 隨 $x$ 遞增；若 $t<0$，$e^{tx}$ 隨 $x$ 遞減。

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解題方法

將事件中的 $X$ 不等式轉換成 $e^{tX}$ 的不等式，再套用 Markov 不等式。

對於 $t>0$：

$X\ge a\quad\Longrightarrow\quad e^{tX}\ge e^{ta},$

因此

$$P(X\ge a)\le P(e^{tX}\ge e^{ta}) \le \frac{E(e^{tX})}{e^{ta}} =e^{-ta}M_X(t).$$

對於 $t<0$：

$X\le a\quad\Longrightarrow\quad e^{tX}\ge e^{ta},$

因此

$P(X\le a)\le e^{-ta}M_X(t).$

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選項分析

(A)

當 $0<t<h$ 時，

$X\ge 1\quad\Longrightarrow\quad e^{tX}\ge e^t.$

由 Markov 不等式，

$$\begin{aligned} P(X\ge 1) &=P(e^{tX}\ge e^t)\\ &\le \frac{E(e^{tX})}{e^t}\\ &=e^{-t}M_X(t). \end{aligned}$$

因此 (A) 正確。

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(B)

當 $0<t<h$ 時，

$X\ge -2\quad\Longrightarrow\quad e^{tX}\ge e^{-2t}.$

套用 Markov 不等式，

核心觀念

本題考查：

• 獨立隨機變數的函數仍可保持獨立的條件；
• 標準常態分布的對稱性；
• 絕對值常態分布 $|X|$ 的性質；
• 條件分布與期望值的判斷。

由於 $X,Y$ 為連續型隨機變數，

$$P(XY=0)=0,$$

因此只需考慮 $XY>0$ 與 $XY<0$ 的情況。

觀察 $Z$ 的定義可得：

• 當 $Y>0$ 時，若 $X>0$，則 $Z=X=|X|$；若 $X<0$，則 $Z=-X=|X|$。
• 當 $Y<0$ 時，若 $X<0$，則 $Z=X=-|X|$；若 $X>0$，則 $Z=-X=-|X|$。

因此幾乎處處有

$$Z=\operatorname{sgn}(Y)|X|.$$

其中 $\operatorname{sgn}(Y)$ 表示 $Y$ 的正負號。

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解題方法

令

$$S=\operatorname{sgn}(Y),\qquad W=|X|.$$

則

$$Z=SW.$$

因為 $X$ 與 $Y$ 獨立，所以 $W=|X|$ 與 $S=\operatorname{sgn}(Y)$ 也獨立。

又因為 $Y\sim N(0,1)$ 對稱於 $0$，所以

$$P(S=1)=P(S=-1)=\frac12.$$

而 $W=|X|$ 為非負的半常態隨機變數。乘上獨立且等機率的正負號後，$Z$ 會恢復成標準常態分布。

更精確地，對任意 $z>0$，

$$P(Z\le z) = P(S=1,W\le z)+P(S=-1),$$

因此

$$P(Z\le z) = \frac12 P(|X|\le z)+\frac12.$$

由於

$$P(|X|\le z)=P(-z\le X\le z)=2\Phi(z)-1,$$

可得

$$P(Z\le z) = \frac12[2\Phi(z)-1]+\frac12 = \Phi(z).$$

對 $z<0$ 亦可得到相同的標準常態累積分布函數。因此

$$Z\sim N(0,1).$$

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選項分析

核心觀念

累積分布函數（CDF）$F_X(x)=P(X\le x)$ 必須滿足：

1. 單調不減。
2. $0\le F_X(x)\le 1$。
3. 右連續。
4. $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}F_X(x)=0$。
5. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F_X(x)=1$。

若隨機變數只在 $(0,\infty)$ 上取值，CDF 通常寫成

$$F_X(x)= \begin{cases} 0, & x\le 0,\\ F_X(x), & x>0. \end{cases}$$

題目選項中的定義域若標示為 $(0,\infty)$，即採用此種常見省略寫法。

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解題方法

逐一檢查各選項是否滿足 CDF 的基本條件，特別注意：

• 左右無限遠的極限；
• 是否單調不減；
• 是否落在 $[0,1]$ 內；
• 在支撐範圍端點是否能自然延伸。

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選項分析

（A）$F(x)=\dfrac12+\dfrac1\pi\arctan(x)$

因為

$$\frac{d}{dx}F(x) =\frac{1}{\pi(1+x^2)}>0,$$

所以 $F(x)$ 在整個實數軸上嚴格遞增。

此外，

$$\lim_{x\to-\infty}\arctan(x)=-\frac{\pi}{2},$$

因此

$$\lim_{x\to-\infty}F(x) =\frac12-\frac12=0.$$

又因為

$$\lim_{x\to\infty}\arctan(x)=\frac{\pi}{2},$$

所以

$$\lim_{x\to\infty}F(x) =\frac12+\frac12=1.$$

且 $F(x)$ 的值介於 $0$ 與 $1$ 之間，符合 CDF 條件。因此（A）可以是 CDF。

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（B）$F(x)=1-e^{-x},\ x>0$

在 $x>0$ 時，

$$\frac{d}{dx}F(x)=e^{-x}>0,$$

故其為單調遞增函數。

當 $x\to0^+$ 時，

$$\lim_{x\to0^+}(1-e^{-x})=0,$$

當 $x\to\infty$ 時，

核心觀念

本題考查：

• 聯合機率質量函數與邊際分布
• 條件機率分布
• 條件期望值
• 隨機變數獨立的判定
• 共變異數與不相關的判定

題目表格中的所有機率總和為

$$0.15+0.1+0.1+0.05+0.1+0.15+0.1+0.15+0.05=0.95.$$

因此原表嚴格而言尚未形成合法的 pmf。以下採用合理修正：將每個表格數值除以 $0.95$，使總和為 $1$。由於

$$\frac{1}{0.95}=\frac{20}{19},$$

各格機率皆乘以 $\frac{20}{19}$。

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(a) 求 $X$ 的邊際分布

邊際機率由聯合機率對所有 $Y$ 加總：

$$P_X(x)=\sum_y P(X=x,Y=y).$$

因此

$$P(X=-1)=\frac{0.15+0.05+0.10}{0.95} =\frac{0.30}{0.95} =\frac{6}{19},$$ $$P(X=0)=\frac{0.10+0.10+0.15}{0.95} =\frac{0.35}{0.95} =\frac{7}{19},$$ $$P(X=1)=\frac{0.10+0.15+0.05}{0.95} =\frac{0.30}{0.95} =\frac{6}{19}.$$

所以 $X$ 的邊際分布為

$$\begin{array}{c|ccc} x & -1 & 0 & 1\\ \hline P_X(x) & \frac{6}{19} & \frac{7}{19} & \frac{6}{19} \end{array}$$

驗算：

$$\frac{6}{19}+\frac{7}{19}+\frac{6}{19}=1.$$

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(b) 求給定 $Y=4$ 時，$X$ 的條件分布

條件機率公式為

$$P(X=x\mid Y=4) = \frac{P(X=x,Y=4)}{P(Y=4)}.$$

先求 $Y=4$ 的邊際機率：

$$P(Y=4)=\frac{0.05+0.10+0.15}{0.95} =\frac{0.30}{0.95} =\frac{6}{19}.$$

因此

$$P(X=-1\mid Y=4) = \frac{0.05/0.95}{0.30/0.95} = \frac{0.05}{0.30} = \frac{1}{6},$$ $$P(X=0\mid Y=4) = \frac{0.10}{0.30} = \frac{1}{3},$$ $$P(X=1\mid Y=4) = \frac{0.15}{0.30} = \frac{1}{2}.$$

所以條件分布為

$$\begin{array}{c|ccc} x & -1 & 0 & 1\\ \hline P(X=x\mid Y=4) & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} & \frac{1}{2} \end{array}$$

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(c) 求條件平均數 $E[X\mid Y]$

$E[X\mid Y]$ 是 $Y$ 的函數，必須分別計算 $Y=2,4,6$ 時的條件期望值。

當 $Y=2$

$$P(Y=2)=\frac{0.35}{0.95}.$$

故

$$P(X=-1\mid Y=2)=\frac{0.15}{0.35}=\frac{3}{7},$$ $$P(X=0\mid Y=2)=\frac{0.10}{0.35}=\frac{2}{7},$$ $$P(X=1\mid Y=2)=\frac{0.10}{0.35}=\frac{2}{7}.$$

因此

$$E[X\mid Y=2] = (-1)\frac{3}{7} +0\cdot\frac{2}{7} +(1)\frac{2}{7} = -\frac{1}{7}.$$

當 $Y=4$

利用 (b) 的條件分布：

$$E[X\mid Y=4] = (-1)\frac{1}{6} +0\cdot\frac{1}{3} +(1)\frac{1}{2} = \frac{1}{3}.$$

當 $Y=6$

$$P(X=-1\mid Y=6)=\frac{0.10}{0.30}=\frac{1}{3},$$ $$P(X=0\mid Y=6)=\frac{0.15}{0.30}=\frac{1}{2},$$ $$P(X=1\mid Y=6)=\frac{0.05}{0.30}=\frac{1}{6}.$$

因此