112 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

這題考驗對集合論與機率基本概念的理解，特別是使用文氏圖或集合公式處理包含關係的機率問題。

設 M 為考上 A 的學生集合，F 為考上 A 的學生集合。
已知總學生數為 33 人。
考上期中考 A 的學生數 $|M| = 17$。
考上期末考 A 的學生數 $|F| = 14$。
兩次考試都沒考上 A 的學生數 $|M^c \cap F^c| = 11$。

根據德摩根定律，我們知道 $|M^c \cap F^c| = |(M \cup F)^c|$。
因此，考上期中考 A 或期末考 A (或兩者都考上) 的學生數為：
$|M \cup F| = \text{總學生數} - |(M \cup F)^c| = 33 - 11 = 22$。

這題考驗對獨立事件機率的理解，特別是單一事件的機率計算。

題目問的是「第八次投擲的結果不是重複」，這句話的關鍵在於「重複」是指與「之前任何一次」重複，還是指與「前一次」重複。從選項的結構來看，它似乎是指第八次結果與「前一次」（第七次）的結果不同。如果題目意圖是「第八次結果與前七次任一次都不同」，則問題會更複雜，且選項結構也會不同。我們假設題目指的是「第八次結果與第七次結果不同」。

一個公正的骰子有 6 個面，分別是 1, 2, 3, 4, 5, 6。
每次投擲骰子都是一個獨立事件。
投擲一次骰子，出現任何一個特定點數的機率是 $1/6$。

核心觀念

題幹中的「$AB$」依常見題目記法解讀為 $A\subseteq B$（$A$ 包含於 $B$）。本題考查：

1. 事件包含關係：$A\subseteq B$ 時，$A\cap B=A$。
2. 事件獨立定義：
   $P(A\cap B)=P(A)P(B)。$

由於 $A\subseteq B$，因此

$$P(A)=P(A\cap B)=P(A)P(B)。$$

移項得

$$P(A)\bigl(1-P(B)\bigr)=0。$$

這表示必須滿足下列其中一種情形：

• $P(A)=0$；
• $P(B)=1$。

但題目條件並未強迫其中一個固定成立，因此不能判定 $P(A)$ 必為 $0$，也不能判定 $P(B)$ 必為 $1$。

解題方法

直接將「包含關係」代入「獨立事件公式」：

$$A\subseteq B \quad\Longrightarrow\quad A\cap B=A。$$

又因為 $A$ 與 $B$ 獨立，

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)。$$

所以

$$P(A)=P(A)P(B),$$

進而得到

$$P(A)\bigl(1-P(B)\bigr)=0。$$

這只說明「$P(A)=0$ 或 $P(B)=1$ 至少有一項成立」，並不代表兩者各自都必然成立。

選項分析

(A) $P(A)$ must be zero

錯誤。取 $B=\Omega$，並令 $A$ 為一個機率介於 $0$ 與 $1$ 之間的非空事件，則 $A\subset B$，且

$$P(A\cap B)=P(A)=P(A)P(\Omega),$$

核心觀念

離散型隨機變數的機率質量函數（PMF）$p(x)$ 必須同時滿足：

1. 非負性：對所有 $x$，$p(x)\ge 0$。
2. 總和為 $1$：
   $\sum_x p(x)=1.$

本題逐一檢查各選項的機率總和即可。

選項分析

(A)

$$\sum_{x=1}^{5}p(x) =\sum_{x=1}^{5}\frac{x}{15} =\frac{1+2+3+4+5}{15} =\frac{15}{15}=1.$$

且各個 $p(x)$ 均為非負，因此 (A) 是 PMF。

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(B)

$$\sum p(x) =\frac{1}{(1-2)^2} +\frac{1}{(1+0)^2} +\frac{1}{(1+1)^2} +\frac{1}{(1+2)^2}.$$

因此

$$\sum p(x) =1+1+\frac14+\frac19 =\frac{85}{36}\ne 1.$$

雖然各項皆非負，但總和不等於 $1$，因此 (B) 不是 PMF。

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(C)

$$\sum_{x=1}^{3}p(x) =\sum_{x=1}^{3}\frac{x}{8} =\frac{1+2+3}{8} =\frac{6}{8} =\frac34\ne 1.$$

這題考驗對隨機變數期望值計算的理解，特別是當其生存函數 (Survival Function, 即 $P(X>t)$) 給定時。

給定隨機變數 $X$ 的生存函數為：
$S(t) = P(X > t) = \frac{1}{2}e^{-\lambda t} + \frac{1}{2}e^{-\mu t}$, for $t \ge 0$,
其中 $\lambda > 0$ 且 $\mu > 0$。

對於一個非負隨機變數 $X$，其期望值 $E[X]$ 可以透過其生存函數計算，公式為：
$E[X] = \int_{0}^{\infty} P(X > t) dt$。

我們將給定的生存函數代入公式中：
$E[X] = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{2}e^{-\lambda t} + \frac{1}{2}e^{-\mu t} \right) dt$。

我們可以將積分拆開：
$E[X] = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}e^{-\lambda t} dt + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}e^{-\mu t} dt$。

現在，我們分別計算這兩個積分。
對於第一項積分：
$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}e^{-\lambda t} dt = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-\lambda t} dt$。
我們知道 $\int e^{ax} dx = \frac{1}{a}e^{ax} + C$。
所以，$\int e^{-\lambda t} dt = -\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}$。
計算定積分：
$\frac{1}{2} \left[ -\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t} \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{2} \left( \lim_{t \to \infty} (-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}) - (-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda \cdot 0}) \right)$。
由於 $\lambda > 0$，當 $t \to \infty$ 時，$e^{-\lambda t} \to 0$。
所以，$\frac{1}{2} \left( 0 - (-\frac{1}{\lambda}e^{0}) \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\lambda} \right) = \frac{1}{2\lambda}$。

這題考驗對標準常態分配 (Standard Normal Distribution) 性質的理解，特別是期望值、對稱性以及相關的機率分佈轉換。標準常態隨機變數 $X$ 表示 $X \sim N(0, 1)$，其機率密度函數 (PDF) 為 $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。

標準常態分配的 PDF $\phi(x)$ 是偶函數，即 $\phi(x) = \phi(-x)$。
其期望值 $E[X] = 0$，變異數 $Var(X) = E[X^2] = 1$。

我們逐一檢查各選項：

(A) $E[X\cos X]$
令 $f(x) = x\cos x$。我們需要計算 $E[f(X)] = \int_{-\infty}^{\infty} x\cos x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} dx$。
被積函數 $g(x) = x\cos x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。
我們檢查 $g(x)$ 的奇偶性：
$g(-x) = (-x)\cos(-x) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(-x)^2/2} = (-x)(\cos x) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} = -x\cos x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} = -g(x)$。
由於 $g(x)$ 是奇函數，且積分範圍是對稱的（從 $-\infty$ 到 $\infty$），所以積分值為 0。
因此，$E[X\cos X] = 0$。選項 (A) 聲稱等於 1，是錯誤的。

(B) $E[\sin X]$
令 $f(x) = \sin x$。我們需要計算 $E[f(X)] = \int_{-\infty}^{\infty} \sin x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} dx$。
被積函數 $h(x) = \sin x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。
我們檢查 $h(x)$ 的奇偶性：
$h(-x) = \sin(-x) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(-x)^2/2} = (-\sin x) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} = -h(x)$。
由於 $h(x)$ 是奇函數，且積分範圍是對稱的，所以積分值為 0。
因此，$E[\sin X] = 0$。選項 (B) 聲稱等於 $\pi$，是錯誤的。

(C) $E[e^{\frac{X}{\sqrt{e}}}]$
我們需要計算 $E[e^{cX}]$，其中 $c = \frac{1}{\sqrt{e}}$。
對於一個隨機變數 $X$ 和常數 $c$， $E[e^{cX}]$ 是矩量生成函數 (Moment Generating Function, MGF) $M_X(t)$ 在 $t=c$ 的值。
標準常態變數 $X \sim N(0, 1)$ 的 MGF 是 $M_X(t) = e^{0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot t^2} = e^{t^2/2}$。
所以，$E[e^{cX}] = M_X(c) = e^{c^2/2}$。

核心觀念

本題考查連續型隨機變數的累積分布函數（CDF）與單調變換：

$$F_W(w)=P(W\le w).$$

已知 $X\sim U(0,1)$，因此

$$F_X(x)= \begin{cases} 0, & x\le 0,\\ x, & 0<x<1,\\ 1, & x\ge 1. \end{cases}$$

題目中的 $Z=X"$ 應理解為 $Z=X^n$。

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一、求 $Y=-\ln(1-X)$ 的分布

因為 $0<X<1$，所以 $0<1-X<1$，故

$$Y=-\ln(1-X)>0.$$

當 $y\ge 0$ 時，

$$\begin{aligned} P(Y\le y) &=P\bigl(-\ln(1-X)\le y\bigr)\\ &=P\bigl(\ln(1-X)\ge -y\bigr)\\ &=P\bigl(1-X\ge e^{-y}\bigr)\\ &=P\bigl(X\le 1-e^{-y}\bigr). \end{aligned}$$

由於 $0\le 1-e^{-y}<1$，因此

$$P(Y\le y)=1-e^{-y},\qquad y\ge 0.$$

這表示 $Y$ 服從參數為 $1$ 的指數分布。

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二、逐一分析選項

(A) $P(Y\le y)=1-e^{-y}$ if $y\ge 0$

由上述推導，

$$P(Y\le y)=1-e^{-y},\qquad y\ge 0.$$

在 $y=0$ 時，右側為 $1-e^0=0$，也符合 $P(Y\le 0)=0$。

因此 (A) 正確。

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(B) $P(Y\le y)=0$ if $y\le 0$

由 $Y=-\ln(1-X)>0$ 可知，當 $y<0$ 時顯然

$$P(Y\le y)=0.$$

當 $y=0$ 時，

$$P(Y\le 0)=P(Y=0)=0,$$

因為連續型隨機變數在單一點的機率為 $0$。

因此

$$P(Y\le y)=0,\qquad y\le 0.$$

故 (B) 正確。

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(C) $P(Z\le z)=z^{1/n}$ if $n>0$ and $0<z<1$

當 $n>0$ 時，函數 $x^n$ 在 $(0,1)$ 上遞增，因此

這題考驗對獨立指數分佈隨機變數的最大值期望值的計算。
已知 $X$ 和 $Y$ 是獨立的指數分佈隨機變數，且它們的期望值均為 1。
指數分佈的期望值為 $1/\lambda$，其中 $\lambda$ 是分佈的參數。
所以，$E[X] = 1/\lambda_X = 1$ 且 $E[Y] = 1/\lambda_Y = 1$。
這意味著 $\lambda_X = 1$ 且 $\lambda_Y = 1$。
因此，$X \sim \text{Exponential}(1)$ 且 $Y \sim \text{Exponential}(1)$。
它們的 PDF 分別為 $f_X(x) = e^{-x}$ for $x \ge 0$ 且 $f_Y(y) = e^{-y}$ for $y \ge 0$。

我們需要計算 $E[\max(X, Y)]$。
首先，我們需要找到隨機變數 $M = \max(X, Y)$ 的 CDF。
$F_M(m) = P(M \le m) = P(\max(X, Y) \le m)$。
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，
$P(\max(X, Y) \le m) = P(X \le m \text{ and } Y \le m) = P(X \le m) P(Y \le m)$。
指數分佈 $X \sim \text{Exponential}(\lambda)$ 的 CDF 是 $F_X(x) = 1 - e^{-\lambda x}$ for $x \ge 0$。
所以，$P(X \le m) = 1 - e^{-1 \cdot m} = 1 - e^{-m}$ for $m \ge 0$。
同樣地，$P(Y \le m) = 1 - e^{-m}$ for $m \ge 0$。
因此，$F_M(m) = (1 - e^{-m})(1 - e^{-m}) = (1 - e^{-m})^2$ for $m \ge 0$。
$F_M(m) = 1 - 2e^{-m} + e^{-2m}$ for $m \ge 0$。

接下來，我們計算 $M$ 的 PDF，對 CDF 求導：
$f_M(m) = \frac{d}{dm} F_M(m) = \frac{d}{dm} (1 - 2e^{-m} + e^{-2m})$。
$f_M(m) = 0 - 2(-e^{-m}) + (-2e^{-2m}) = 2e^{-m} - 2e^{-2m}$ for $m \ge 0$。

最後，我們計算 $E[M]$：
$E[M] = \int_{0}^{\infty} m f_M(m) dm = \int_{0}^{\infty} m (2e^{-m} - 2e^{-2m}) dm$。
$E[M] = 2 \int_{0}^{\infty} m e^{-m} dm - 2 \int_{0}^{\infty} m e^{-2m} dm$。

我們需要計算 $\int_{0}^{\infty} m e^{-am} dm$。這是一個 Gamma 函數的特例，或者可以使用分部積分法。
使用分部積分法：$\int u dv = uv - \int v du$。
令 $u = m$, $dv = e^{-am} dm$.

核心觀念

本題考查矩母函數（moment-generating function, MGF）與各階動差的關係：

$$M_X(t)=E[e^{tX}]$$

若 $X$ 的 MGF 存在於 $t=0$ 附近，則

$$E[X^n]=M_X^{(n)}(0).$$

題目給定

$$M_X(t)=\frac12e^{-t^2/4}+\frac12e^{-t^2/8}.$$

此 MGF 為偶函數，因此所有奇數階動差皆為 $0$。

此外，常態分布 $N(0,\sigma^2)$ 的 MGF 為

$$e^{\sigma^2t^2/2}.$$

因此：

• $e^{-t^2/4}=e^{(1/2)t^2/2}$，對應 $N(0,\frac12)$；
• $e^{-t^2/8}=e^{(1/4)t^2/2}$，對應 $N(0,\frac14)$。

所以 $X$ 可視為以各 $1/2$ 的機率分別來自 $N(0,\frac12)$ 與 $N(0,\frac14)$ 的混合分布。

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解題方法

對於 $Y\sim N(0,\sigma^2)$，其偶數階動差為

$$E[Y^{2k}]=(2k-1)!!\,\sigma^{2k},$$

其中

$$(2k-1)!!=(2k-1)(2k-3)\cdots 3\cdot 1.$$

因此，當 $n=2k$ 時，

$$E[X^{2k}] = \frac12(2k-1)!! \left(\frac12\right)^k + \frac12(2k-1)!! \left(\frac14\right)^k.$$

當 $n$ 為奇數時，

$$E[X^n]=0.$$

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各選項分析

(A) $E[X^{1002}]=\frac13$

因為 $1002=2(501)$，所以

$$E[X^{1002}] = \frac12(1001)!! \left(\frac12\right)^{501} + \frac12(1001)!! \left(\frac14\right)^{501}.$$

此值為嚴格正值，且包含極大的雙階乘因子 $(1001)!!$，不等於 $\frac13$。

因此 (A) 錯誤。

這題考驗對聯合機率密度函數 (Joint PDF) 的理解，包括邊緣分佈、相關性、期望值等概念。
給定的聯合 PDF 是 $f(x, y) = 2e^{-x-y}$，對於 $0 < x < y < \infty$，否則為 0。

首先，我們需要驗證這是否是一個有效的聯合 PDF。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dx dy = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y} 2e^{-x-y} dx dy$。
內部積分：$\int_{0}^{y} 2e^{-x-y} dx = 2e^{-y} \int_{0}^{y} e^{-x} dx = 2e^{-y} [-e^{-x}]_{0}^{y} = 2e^{-y} (-e^{-y} - (-e^0)) = 2e^{-y} (1 - e^{-y}) = 2e^{-y} - 2e^{-2y}$。
外部積分：$\int_{0}^{\infty} (2e^{-y} - 2e^{-2y}) dy = [-\frac{2}{1}e^{-y} - (-\frac{2}{2})e^{-2y}]_{0}^{\infty} = [-2e^{-y} + e^{-2y}]_{0}^{\infty}$。
$= (\lim_{y \to \infty} (-2e^{-y} + e^{-2y})) - (-2e^0 + e^0) = (0 + 0) - (-2 + 1) = 0 - (-1) = 1$。
所以，這是一個有效的聯合 PDF。

現在我們逐一檢查選項：

(A) X and Y are uncorrelated.
要判斷是否不相關，我們需要計算 $E[X]$、$E[Y]$ 和 $E[XY]$。
首先，計算邊緣 PDF $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dy = \int_{x}^{\infty} 2e^{-x-y} dy$ (因為 $0 < x < y < \infty$)。
$f_X(x) = 2e^{-x} \int_{x}^{\infty} e^{-y} dy = 2e^{-x} [-e^{-y}]_{x}^{\infty} = 2e^{-x} (0 - (-e^{-x})) = 2e^{-x} e^{-x} = 2e^{-2x}$ for $x > 0$。
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dx = \int_{0}^{y} 2e^{-x-y} dx$ (因為 $0 < x < y$)。
$f_Y(y) = 2e^{-y} \int_{0}^{y} e^{-x} dx = 2e^{-y} [-e^{-x}]_{0}^{y} = 2e^{-y} (1 - e^{-y}) = 2e^{-y} - 2e^{-2y}$ for $y > 0$。
這是我們在驗證 PDF 時計算出的結果。

現在計算 $E[X]$：
$E[X] = \int_{0}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{0}^{\infty} x (2e^{-2x}) dx = 2 \int_{0}^{\infty} x e^{-2x} dx$。
我們之前計算過 $\int_{0}^{\infty} m e^{-am} dm = 1/a^2$。
所以，令 $a=2$, $\int_{0}^{\infty} x e^{-2x} dx = 1/2^2 = 1/4$。
$E[X] = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$。

計算 $E[Y]$：
$E[Y] = \int_{0}^{\infty} y f_Y(y) dy = \int_{0}^{\infty} y (2e^{-y} - 2e^{-2y}) dy$。
$E[Y] = 2 \int_{0}^{\infty} y e^{-y} dy - 2 \int_{0}^{\infty} y e^{-2y} dy$。
使用 $\int_{0}^{\infty} m e^{-am} dm = 1/a^2$。
$E[Y] = 2(\frac{1}{1^2}) - 2(\frac{1}{2^2}) = 2(1) - 2(\frac{1}{4}) = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$。

要判斷是否不相關，我們還需要計算 $E[XY]$。

這題考驗對獨立事件定義的理解，以及如何利用已知條件證明新的獨立性。
題目要求證明：若 A 和 B 是獨立事件，則 A 和 $\bar{B}$（B 的補集）也是獨立事件。
獨立事件的定義是：若事件 A 和 B 獨立，則 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。
題目給出的提示是：A 和 $\bar{B}$ 獨立若 $P(A \cap \bar{B}) = P(A)P(\bar{B})$。

已知條件：A 和 B 是獨立事件。
這意味著：

1. $P(A \cap B) = P(A)P(B)$
2. $P(A \cap \bar{B}) = P(A)P(\bar{B})$ (由提示可知，這也是獨立性的條件)
3. $P(\bar{A} \cap B) = P(\bar{A})P(B)$
4. $P(\bar{A} \cap \bar{B}) = P(\bar{A})P(\bar{B})$

我們需要證明的是 A 和 $\bar{B}$ 獨立。
根據獨立性的定義，我們需要證明 $P(A \cap \bar{B}) = P(A)P(\bar{B})$。
但是，這個條件已經包含在獨立事件的四個等價條件中了（如果 A 和 B 獨立）。
所以，如果 A 和 B 獨立，那麼 A 和 $\bar{B}$ 必然獨立。

讓我們嘗試用基本機率公理來證明。
我們知道，對於任何事件 A 和 B，
$P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap \bar{B})$。
這是因為 B 和 $\bar{B}$ 是互斥且窮盡的，所以 $A = (A \cap B) \cup (A \cap \bar{B})$，且 $(A \cap B) \cap (A \cap \bar{B}) = \emptyset$。

這題考驗對隨機變數轉換的技巧，特別是當轉換函數是指數函數時。
已知 $X$ 是一個均值為 0，變異數為 1 的高斯（常態）隨機變數，即 $X \sim N(0, 1)$。
我們需要找到隨機變數 $Y = e^X$ 的機率密度函數 (PDF)。
這意味著 $Y$ 服從對數常態分佈 (Log-normal distribution)。

我們可以使用變數轉換的方法來求解。
首先，我們需要找到 $Y$ 的累積分佈函數 (CDF)，即 $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
$F_Y(y) = P(e^X \le y)$。
由於 $e^X$ 的值域是 $(0, \infty)$，所以如果 $y \le 0$, $P(Y \le y) = 0$。
對於 $y > 0$, 我們可以對不等式兩邊取自然對數：
$F_Y(y) = P(X \le \ln y)$。
由於 $X \sim N(0, 1)$, 其 CDF 為 $\Phi(x) = P(X \le x)$，其中 $\Phi$ 是標準常態分佈的 CDF。
所以，$F_Y(y) = \Phi(\ln y)$ for $y > 0$。

現在，我們計算 $Y$ 的 PDF，對 CDF $F_Y(y)$ 求導：
$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} \Phi(\ln y)$。
使用鏈式法則：
$f_Y(y) = \Phi'(\ln y) \cdot \frac{d}{dy}(\ln y)$。
我們知道 $\Phi'(x)$ 是標準常態分佈的 PDF，即 $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。

這題包含兩個小題，都與高斯（常態）分佈的性質有關。

(a) Find the pdf of Z if Z = X/Y.
已知 $X \sim N(0, 1)$ 且 $Y \sim N(0, 1)$，且 X 和 Y 是獨立的。
我們需要找到 $Z = X/Y$ 的 PDF。
這個問題涉及到比例隨機變數的 PDF。
由於 $Y$ 是標準常態分佈，它有 $P(Y=0) = 0$。所以 $Z$ 的定義是良好的。
$X$ 和 $Y$ 的聯合 PDF 是 $f(x, y) = f_X(x)f_Y(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2} = \frac{1}{2\pi}e^{-(x^2+y^2)/2}$。

我們可以使用變數轉換的方法。設 $Z = X/Y$ 且 $W = Y$。
那麼 $X = ZW$ 且 $Y = W$。
雅可比矩陣 (Jacobian matrix) 的行列式是：
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial w} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} w & z \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = w \cdot 1 - z \cdot 0 = w$。
新的聯合 PDF $f_{Z,W}(z, w)$ 與舊的聯合 PDF $f_{X,Y}(x, y)$ 的關係是：
$f_{Z,W}(z, w) = f_{X,Y}(x(z,w), y(z,w)) |J|$。
$f_{Z,W}(z, w) = \frac{1}{2\pi}e^{-((zw)^2+w^2)/2} |w|$。
$f_{Z,W}(z, w) = \frac{1}{2\pi}e^{-(z^2w^2+w^2)/2} |w| = \frac{1}{2\pi}e^{-w^2(z^2+1)/2} |w|$。

現在，我們需要找到 $Z$ 的邊緣 PDF，對 $w$ 積分：
$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{Z,W}(z, w) dw = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2\pi}e^{-w^2(z^2+1)/2} |w| dw$。
由於被積函數是偶函數（關於 $w$），我們可以將積分範圍改為 $(0, \infty)$ 並乘以 2：
$f_Z(z) = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2\pi}e^{-w^2(z^2+1)/2} w dw = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-w^2(z^2+1)/2} w dw$。
令 $u = w^2(z^2+1)/2$。
那麼 $du = w(z^2+1) dw$, 所以 $w dw = \frac{du}{z^2+1}$。
當 $w=0$, $u=0$。當 $w \to \infty$, $u \to \infty$。
$f_Z(z) = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \frac{du}{z^2+1} = \frac{1}{\pi(z^2+1)} \int_{0}^{\infty} e^{-u} du$。
$\int_{0}^{\infty} e^{-u} du = [-e^{-u}]_{0}^{\infty} = 0 - (-1) = 1$。
所以，$f_Z(z) = \frac{1}{\pi(z^2+1)}$。

這就是 Cauchy 分佈的 PDF。
因此，$Z = X/Y$ 服從標準 Cauchy 分佈。

(b) Let $Z_1 = X + Y$ and $Z_2 = X - Y$. Are $Z_1$ and $Z_2$ independent? Provide your justification.
已知 $X \sim N(0, 1)$ 且 $Y \sim N(0, 1)$，且 X 和 Y 是獨立的。
我們需要判斷 $Z_1 = X + Y$ 和 $Z_2 = X - Y$ 是否獨立。
對於兩個隨機變數 $U$ 和 $V$ 獨立，有幾個條件可以判斷：

1. $P(U \in A, V \in B) = P(U \in A)P(V \in B)$ 對於所有事件 A, B。
2. $Cov(U, V) = 0$ 且它們的聯合分佈是聯合常態分佈。
3. 它們的聯合 MGF 可以分解為各自 MGF 的乘積。

首先，我們計算 $Z_1$ 和 $Z_2$ 的分佈。
由於 X 和 Y 是獨立的常態分佈，它們的線性組合也是常態分佈。
$Z_1 = X + Y$。
$E[Z_1] = E[X+Y] = E[X] + E[Y] = 0 + 0 = 0$。
$Var(Z_1) = Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y)$ (因為 X, Y 獨立)。