113 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

核心觀念

若箱中共有 $x$ 顆白球與 $30$ 顆黑球，則球的總數為

$$x+30.$$

隨機抽取一球時，抽到白球的機率為

$$P(\text{白球})=\frac{\text{白球數}}{\text{球的總數}} =\frac{x}{x+30}.$$

題目給定抽到白球的機率為 $\frac{1}{5}$，因此可建立方程式。

解題方法

由機率條件：

$$\frac{x}{x+30}=\frac{1}{5}.$$

交叉相乘：

$$5x=x+30.$$

整理得：

$$4x=30,$$

因此

$$x=\frac{30}{4}=7.5.$$

然而，球的數量必須為整數；且題目選項中沒有 $7.5$。這表示題目文字與選項存在矛盾。

若依照選項判斷，檢查各選項對應的白球機率：

• $x=3$：

  $$\frac{3}{3+30}=\frac{1}{11}\neq\frac{1}{5}.$$

• $x=5$：

  $$\frac{5}{5+30}=\frac{1}{7}\neq\frac{1}{5}.$$

• $x=6$：

本題考驗組合的應用，特別是從不同群體中選取指定人數的問題。

解題過程：
題目要求從一個班級中選出一個隊伍，隊伍必須包含 2 位男生和 3 位女生。
班級裡有 $s$ 位男生和 $t$ 位女生。
選取男生和女生是兩個獨立的事件。
根據組合的定義，從 $n$ 個不同物品中選取 $k$ 個，不考慮順序，其組合數為 $C(n, k) = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$。

1. 選取男生：
   需要從 $s$ 位男生中選取 2 位。
   選取男生的人數為 $\binom{s}{2} = \frac{s!}{2!(s-2)!} = \frac{s(s-1)}{2 \times 1} = \frac{s(s-1)}{2}$。

2. 選取女生：
   需要從 $t$ 位女生中選取 3 位。

本題考驗獨立事件的定義與性質。

解題過程：
題目給定 A 和 B 是兩個獨立事件。我們需要判斷下列敘述何者正確。

首先，我們回顧獨立事件的定義：
如果事件 A 和事件 B 是獨立的，則它們同時發生的機率等於它們各自機率的乘積。
即：$P(A \cap B) = P(A)P(B)$。

現在我們逐一檢視選項：

(A) A and B must be mutually exclusive.
互斥事件 (mutually exclusive events) 指的是兩個事件不能同時發生，即 $P(A \cap B) = 0$。
如果 A 和 B 是獨立事件，且 $P(A) > 0$ 且 $P(B) > 0$，則 $P(A \cap B) = P(A)P(B) > 0$。
這表示獨立事件（除非其中一個機率為零）不能是互斥事件。
因此，選項 (A) 是錯誤的。

(B) P(A) + P(B) = 1
這個敘述只有在 A 和 B 是互補事件 (complementary events) 且它們是獨立的情況下才可能成立。
一般情況下，獨立事件的機率加總不一定等於 1。例如，假設 P(A) = 0.5，P(B) = 0.5。它們是獨立的，因為 $P(A \cap B) = P(A)P(B) = 0.5 \times 0.5 = 0.25$。

本題考驗的是「無記憶性」(Memoryless Property) 的定義與應用，特別是對於連續型隨機變數，通常指指數分佈。

解題過程：
一個連續型隨機變數 X 具有無記憶性，如果對於所有 $s \ge 0$ 和 $t \ge 0$，滿足以下條件：
$P(X > s + t | X > s) = P(X > t)$

這個性質的直觀意義是：如果我們知道事件 $X > s$ 已經發生，那麼 X 必須再經過時間 $t$ 才能滿足 $X > s+t$ 的條件的機率，等於 X 從頭開始經過時間 $t$ 才能滿足 $X > t$ 的機率。換句話說，過去的狀態（$X>s$）對未來的預測（$X>s+t$ 相對於 $X>s$）沒有影響。

我們將題目中的 $p$ 和 $q$ 對應到無記憶性定義中的 $s$ 和 $t$。
題目給定 $p \ge 0$ 和 $q \ge 0$。

我們來檢視選項：

(A) $P(X < p + q | X < p) = P(X < q)$
這個選項涉及的是條件機率 $P(X < \cdot | X < \cdot)$。無記憶性通常是針對「存活時間」或「剩餘時間」的，也就是 $P(X > s+t | X > s)$ 這種形式。
考慮一個指數分佈 $X \sim Exp(\lambda)$，其 PDF 為 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$ for $x \ge 0$，CDF 為 $F(x) = 1 - e^{-\lambda x}$ for $x \ge 0$。
$P(X < q)$ 是 $F(q) = 1 - e^{-\lambda q}$。
$P(X < p+q | X < p) = \frac{P(X < p+q \cap X < p)}{P(X < p)}$。
由於 $p \ge 0$ 且 $q \ge 0$，所以 $p+q \ge p$。因此，$X < p+q \cap X < p$ 等同於 $X < p$。

本題考驗對泊松分佈 (Poisson Distribution) 的理解與應用，特別是計算累積機率。

解題過程：
題目告知我們，銀行在一小時內顧客的到來次數服從泊松分佈，且平均數（期望值）為 $\lambda = 8.8$。
泊松分佈的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(K=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$
其中 $K$ 是在一個時間段內事件發生的次數，$k$ 是發生的具體次數，$\lambda$ 是平均發生率。

題目要求計算在一個工作小時內，到來的顧客數「不多於 3 人」的機率。
「不多於 3 人」意味著到來的顧客數可以是 0, 1, 2, 或 3 人。
所以，我們需要計算 $P(K \le 3)$。
$P(K \le 3) = P(K=0) + P(K=1) + P(K=2) + P(K=3)$

我們將 $\lambda = 8.8$ 代入公式，並計算每一項：
$P(K=0) = \frac{e^{-8.8} (8.8)^0}{0!} = e^{-8.8} \times 1 / 1 = e^{-8.8}$
$P(K=1) = \frac{e^{-8.8} (8.8)^1}{1!} = e^{-8.8} \times 8.8$
$P(K=2) = \frac{e^{-8.8} (8.8)^2}{2!} = e^{-8.8} \times \frac{77.44}{2} = e^{-8.8} \times 38.72$
$P(K=3) = \frac{e^{-8.8} (8.8)^3}{3!} = e^{-8.8} \times \frac{681.472}{6} = e^{-8.8} \times 113.57866...$

本題考驗指數分佈 (Exponential Distribution) 的中位數計算。

解題過程：
題目告知隨機變數 T 服從指數分佈，其平均值為 $\frac{1}{\lambda}$。
指數分佈的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$
指數分佈的累積分佈函數 (CDF) 為：
$F(t) = P(T \le t) = 1 - e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$

中位數 (median) 是指一個隨機變數值，使得累積機率達到 0.5。也就是說，我們需要找到一個值 $m$ 使得 $P(T \le m) = 0.5$。
利用 CDF，我們設定 $F(m) = 0.5$：
$1 - e^{-\lambda m} = 0.5$

接下來，我們解出 $m$：
$e^{-\lambda m} = 1 - 0.5$
$e^{-\lambda m} = 0.5$

本題考驗計算隨機變數協方差 (Covariance) 的能力。

解題過程：
協方差 $\sigma_{XY}$ 的定義是：
$\sigma_{XY} = E[(X - E(X))(Y - E(Y))]$
展開後可得：
$\sigma_{XY} = E[XY - X E(Y) - Y E(X) + E(X)E(Y)]$
利用期望值的線性性質，可以寫成：
$\sigma_{XY} = E(XY) - E[X E(Y)] - E[Y E(X)] + E[E(X)E(Y)]$
由於 $E(X)$ 和 $E(Y)$ 是常數，可以提出期望值運算符：
$\sigma_{XY} = E(XY) - E(Y)E(X) - E(X)E(Y) + E(X)E(Y)$
$\sigma_{XY} = E(XY) - E(X)E(Y)$

題目給定了以下資訊：
$E(X) = \frac{1}{4}$
$E(Y) = \frac{1}{2}$
$E(XY) = \frac{3}{14}$

本題考驗隨機變數間關係的理解，特別是「不相關」(uncorrelated) 與「獨立」(independent) 的區別，以及協方差為零的意義。

解題過程：
題目給定兩個隨機變數 X 和 Y 滿足 $\sigma_{XY} = 0$。我們需要判斷下列敘述何者正確。

首先，我們回顧協方差的定義：
$\sigma_{XY} = E[(X - E(X))(Y - E(Y))] = E(XY) - E(X)E(Y)$。

如果 $\sigma_{XY} = 0$，這意味著 $E(XY) - E(X)E(Y) = 0$，即 $E(XY) = E(X)E(Y)$。
這正是「不相關」的定義。

現在我們逐一檢視選項：

(A) X and Y are uncorrelated.
根據上面的推導，如果 $\sigma_{XY} = 0$，則 $E(XY) = E(X)E(Y)$，這就是 X 和 Y 不相關的定義。
因此，選項 (A) 是正確的。

(B) X and Y are independent.
獨立性比不相關性更強。如果 X 和 Y 獨立，則它們一定不相關。但是，反過來不一定成立。
也就是說，不相關並不一定意味著獨立。
舉例說明：
考慮一個離散隨機變數 X，其可能值為 -1, 0, 1，且機率均為 $\frac{1}{3}$。
令 $Y = X^2$。
則 $E(X) = -1 \times \frac{1}{3} + 0 \times \frac{1}{3} + 1 \times \frac{1}{3} = 0$。
$E(Y) = E(X^2) = (-1)^2 \times \frac{1}{3} + 0^2 \times \frac{1}{3} + 1^2 \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} + 0 + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$。
$E(XY) = E(X \cdot X^2) = E(X^3) = (-1)^3 \times \frac{1}{3} + 0^3 \times \frac{1}{3} + 1^3 \times \frac{1}{3} = -\frac{1}{3} + 0 + \frac{1}{3} = 0$。
此時，$E(XY) = 0$ 且 $E(X)E(Y) = 0 \times \frac{2}{3} = 0$。
因此 $\sigma_{XY} = E(XY) - E(X)E(Y) = 0 - 0 = 0$。
所以 X 和 Y 是不相關的。
然而，X 和 Y 並非獨立。

本題考驗指數分佈的特性，特別是兩個獨立的指數分佈隨機變數的最小值所服從的分佈。

解題過程：
題目給定兩個獨立的隨機變數 A 和 B，它們分別服從參數為 $\lambda_A$ 和 $\lambda_B$ 的指數分佈。
$A \sim Exp(\lambda_A)$
$B \sim Exp(\lambda_B)$

我們需要確定 $M = \min(A, B)$ 所服從的分佈。
對於獨立的隨機變數，最小值 M 的 CDF 可以通過以下方式計算：
$P(M \le m) = 1 - P(M > m)$
$M > m$ 當且僅當 $A > m$ 且 $B > m$。
由於 A 和 B 是獨立的，所以：
$P(M > m) = P(A > m \text{ and } B > m) = P(A > m) P(B > m)$

指數分佈 $X \sim Exp(\lambda)$ 的「存活函數」(survival function) 或「尾部機率」(tail probability) 為 $P(X > x) = e^{-\lambda x}$，對於 $x \ge 0$。

因此，
$P(A > m) = e^{-\lambda_A m}$
$P(B > m) = e^{-\lambda_B m}$

本題考驗兩個獨立隨機變數聯合機率密度函數 (Joint Probability Density Function, Joint PDF) 的性質。

解題過程：
題目告知 U 和 V 是兩個獨立的隨機變數，它們的機率密度函數分別是 $f_U(u)$ 和 $f_V(v)$。
我們需要找出它們的聯合機率密度函數 $f_{UV}(x, y)$。

根據獨立隨機變數的定義，如果 U 和 V 是獨立的，那麼它們的聯合 PDF 等於它們各自 PDF 的乘積。
即：
$f_{UV}(x, y) = f_U(x) f_V(y)$

請注意，這裡的 $f_U(x)$ 表示變數為 $x$ 時 U 的 PDF，而 $f_V(y)$ 表示變數為 $y$ 時 V 的 PDF。
在選項中，有些寫法是 $f_U(x)$ 和 $f_V(y)$，有些是 $f(x+y)$。
我們要確保使用的是正確的變數表示。

我們來逐一檢視選項：
(A) $f_{UV}(x, y) = f_U(x) * f_V(y)$
這裡的 $*$ 通常表示捲積 (convolution)。

本題考驗離散隨機變數的機率質量函數 (PMF) 和累積分佈函數 (CDF) 的計算，以及如何從樣本空間映射到隨機變數。

解題過程：
首先，我們需要根據樣本空間 $\Omega$ 和給定的機率，以及隨機變數 X 和 Y 的映射關係，計算出 X 和 Y 的機率質量函數 (PMF)。

隨機變數 X 的 PMF：
X 的可能值是 $\{1, 2, 3\}$。我們需要計算 P(X=x) 對於每個可能的 x 值。

• P(X=1):
  X=1 對應於樣本點 $w_1$ 和 $w_2$。
  $P(X=1) = P(\{w_1\}) + P(\{w_2\}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$。
• P(X=2):
  X=2 對應於樣本點 $w_3$。
  $P(X=2) = P(\{w_3\}) = \frac{1}{8}$。
• P(X=3):
  X=3 對應於樣本點 $w_4$。
  $P(X=3) = P(\{w_4\}) = \frac{1}{8}$。

驗證 PMF 的總和是否為 1：
$P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \frac{3}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{6}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{8}{8} = 1$。
PMF 是正確的。

隨機變數 X 的累積分佈函數 (CDF)：
CDF $F_X(x)$ 定義為 $P(X \le x)$。
X 的可能值是 1, 2, 3。

• 當 $x < 1$: $F_X(x) = P(X \le x) = 0$。
• 當 $1 \le x < 2$: $F_X(x) = P(X \le x) = P(X=1) = \frac{3}{4}$。
• 當 $2 \le x < 3$: $F_X(x) = P(X \le x) = P(X=1) + P(X=2) = \frac{3}{4} + \frac{1}{8} = \frac{6}{8} + \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$。
• 當 $x \ge 3$: $F_X(x) = P(X \le x) = P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \frac{3}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = 1$。

所以，X 的 CDF 為：

$$F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 1 \\ \frac{3}{4}, & 1 \le x < 2 \\ \frac{7}{8}, & 2 \le x < 3 \\ 1, & x \ge 3 \end{cases}$$

隨機變數 Y 的 PMF：
Y 的可能值是 $\{1, 3\}$。我們需要計算 P(Y=y) 對於每個可能的 y 值。

• P(Y=1):
  Y=1 對應於樣本點 $w_3$ 和 $w_4$。

本題考驗計算隨機變數 Y 的期望值和協方差，其中 Y 是 X 的函數，並且 X 的機率密度函數已知。

解題過程：
我們需要計算 $\sigma_{XY} = E(XY) - E(X)E(Y)$。

1. 計算 E(X):
X 的 PDF 是在 $(-\pi, \pi)$ 區間上的均勻分佈。
$f_X(x) = \frac{1}{2\pi}$，對於 $-\pi < x < \pi$。
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{-\pi}^{\pi} x \left(\frac{1}{2\pi}\right) dx$
$E(X) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x dx$
由於 $x$ 是一個奇函數，且積分區間 $(-\pi, \pi)$ 是對稱的，所以積分值為 0。
$E(X) = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi} \left( \frac{\pi^2}{2} - \frac{(-\pi)^2}{2} \right) = \frac{1}{2\pi} \left( \frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{2} \right) = 0$。

2. 計算 E(Y):
Y 是 X 的函數，即 $Y = \cos X$。
$E(Y) = E(\cos X) = \int_{-\infty}^{\infty} \cos(x) f_X(x) dx$
$E(Y) = \int_{-\pi}^{\pi} \cos(x) \left(\frac{1}{2\pi}\right) dx$

本題考驗多元高斯分佈的性質，以及複數隨機變數的聯合機率密度函數。

解題過程：
題目給定的聯合 PDF $f_{X,Y}(x, y) = \frac{1}{2\pi\sigma^2} e^{-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2}}$ 是一個二維高斯分佈 (Gaussian distribution)，其中 X 和 Y 是獨立的，且都服從期望值為 0，標準差為 $\sigma$ 的高斯分佈。
即 $X \sim N(0, \sigma^2)$ 且 $Y \sim N(0, \sigma^2)$，且 X 和 Y 是獨立的。

我們需要找到複數隨機變數 $Z = X + jY$ 及其複數共軛 $Z^* = X - jY$ 的聯合 PDF，記為 $f_{Z, Z^*}(z, z^*)$。

首先，我們定義兩個新的隨機變數：
$Z = X + jY$
$W = Z^* = X - jY$

我們可以將 X 和 Y 表示為 Z 和 W 的函數：
$Z + W = (X + jY) + (X - jY) = 2X \implies X = \frac{Z+W}{2}$
$Z - W = (X + jY) - (X - jY) = 2jY \implies Y = \frac{Z-W}{2j}$

現在，我們需要計算 Jacobian 矩陣的行列式，以便進行變數變換。
考慮從 $(X, Y)$ 到 $(Z, W)$ 的變換。
$z = x + jy$
$w = x - jy$

我們計算偏導數：
$\frac{\partial z}{\partial x} = 1$
$\frac{\partial z}{\partial y} = j$
$\frac{\partial w}{\partial x} = 1$
$\frac{\partial w}{\partial y} = -j$

Jacobian 矩陣為：
$J = \begin{pmatrix} \frac{\partial z}{\partial x} & \frac{\partial z}{\partial y} \\ \frac{\partial w}{\partial x} & \frac{\partial w}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & j \\ 1 & -j \end{pmatrix}$

Jacobian 行列式為：
$\det(J) = (1)(-j) - (j)(1) = -j - j = -2j$

變數變換中的 Jacobian 的絕對值是 $|\det(J)| = |-2j| = 2$。
然而，對於複變數的變換，通常使用 CR 變換的 Jacobian，其定義為：
$J_{CR} = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial z}{\partial x} & \frac{\partial z}{\partial y} \\ \frac{\partial z^*}{\partial x} & \frac{\partial z^*}{\partial y} \end{pmatrix}$
這裡 $z = x+jy$, $z^* = x-jy$。
$\frac{\partial z}{\partial x} = 1$, $\frac{\partial z}{\partial y} = j$
$\frac{\partial z^*}{\partial x} = 1$, $\frac{\partial z^*}{\partial y} = -j$
$J_{CR} = \det \begin{pmatrix} 1 & j \\ 1 & -j \end{pmatrix} = -j - j = -2j$
這個 Jacobian 的絕對值是 $|-2j| = 2$。

對於從 $(x, y)$ 到 $(z, w)$ 的變換，新的 PDF $f_{Z,W}(z, w)$ 與舊的 PDF $f_{X,Y}(x, y)$ 的關係是：
$f_{Z,W}(z, w) = f_{X,Y}\left(x(z,w), y(z,w)\right) \left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(z, w)}\right|$
其中 $\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(z, w)}\right|$ 是逆 Jacobian 的絕對值。
我們有 $x = \frac{z+w}{2}$ 和 $y = \frac{z-w}{2j}$。
$\frac{\partial x}{\partial z} = \frac{1}{2}$
$\frac{\partial x}{\partial w} = \frac{1}{2}$
$\frac{\partial y}{\partial z} = \frac{1}{2j}$
$\frac{\partial y}{\partial w} = -\frac{1}{2j}$
Jacobian of inverse transformation:
$J^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial w} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2j} & -\frac{1}{2j} \end{pmatrix}$
$\det(J^{-1}) = \left(\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2j}\right) - \left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2j}\right) = -\frac{1}{4j} - \frac{1}{4j} = -\frac{2}{4j} = -\frac{1}{2j} = \frac{j}{2}$
$| \det(J^{-1}) | = |\frac{j}{2}| = \frac{1}{2}$。

所以，$f_{Z,W}(z, w) = f_{X,Y}\left(\frac{z+w}{2}, \frac{z-w}{2j}\right) \left|\frac{j}{2}\right|$。

將 $x = \frac{z+w}{2}$ 和 $y = \frac{z-w}{2j}$ 代入 $f_{X,Y}(x, y)$：
$x^2 + y^2 = \left(\frac{z+w}{2}\right)^2 + \left(\frac{z-w}{2j}\right)^2$
$= \frac{z^2 + 2zw + w^2}{4} + \frac{z^2 - 2zw + w^2}{4j^2}$

核心觀念

本題考查：

1. 聯合 PDF 的三個條件：
   $f(x_1,x_2)\ge 0,\qquad \iint_{\mathbb R^2}f(x_1,x_2)\,dx_1dx_2=1$
2. 邊際 PDF 的求法。
3. 聯合高斯分布與邊際高斯分布的差異。
4. 獨立性的判斷：
   $f(x_1,x_2)=f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2)$

由圖可知，$h(x)$ 為反對稱函數，且在 $[-1,1]$ 內呈線性：

$$h(x)= \begin{cases} 0.1(1-x),&0<x\le 1,\\ -0.1(x+1),&-1\le x<0,\\ 0,&|x|>1, \end{cases}$$

並且 $h(0)=0$。因此 $h(-x)=-h(x)$，所以

$$\int_{-\infty}^{\infty}h(x)\,dx=0.$$

---

解題方法

(a) $f(x_1,x_2)$ 是否為良好定義的聯合 PDF？

首先檢查非負性。

在 $[-1,1]$ 內，$g(x)$ 的最小值為

$$g(1)=g(-1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-1/2}\approx 0.242,$$

而由圖可知

$$|h(x)|\le 0.1.$$

因此對所有 $x$，

$$|h(x)|\le g(x).$$

所以

$$|h(x_1)h(x_2)|\le g(x_1)g(x_2),$$

進而

$$f(x_1,x_2) =g(x_1)g(x_2)+h(x_1)h(x_2) \ge g(x_1)g(x_2)-|h(x_1)h(x_2)| \ge 0.$$

再檢查總積分：

$$\begin{aligned} \iint f(x_1,x_2)\,dx_1dx_2 &=\iint g(x_1)g(x_2)\,dx_1dx_2 +\iint h(x_1)h(x_2)\,dx_1dx_2\\ &=\left(\int g(x)\,dx\right)^2 +\left(\int h(x)\,dx\right)^2\\ &=1^2+0^2\\ &=1. \end{aligned}$$

因此 $f(x_1,x_2)$ 符合聯合 PDF 的條件。

---

(b) $X_1$ 與 $X_2$ 是否為聯合高斯？

答案是否定的。

由 (c) 可知兩個邊際分布都是標準常態，但「邊際皆為高斯」不代表「聯合分布必為聯合高斯」。

若 $X_1,X_2$ 為聯合高斯，且兩者皆為標準常態，則其條件分布必為

$$X_2\mid X_1=x \sim N\left(\rho x,1-\rho^2\right),$$

其中 $\rho$ 為相關係數。

當 $|x_1|>1$ 時，$h(x_1)=0$，因此

$$f(x_1,x_2)=g(x_1)g(x_2),$$

所以

$$f_{X_2\mid X_1}(x_2\mid x_1)=g(x_2)=N(0,1).$$