114 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

本題考驗二項式定理的應用，以及如何利用其導出級數求和。

我們知道二項式定理為 $(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$。
令 $x=1, y=1$，則 $(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{n-k} 1^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n$。

現在我們考慮原式 $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} k$。
我們可以將 $k$ 寫成 $k \binom{n}{k}$。
利用組合恆等式 $k \binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1}$ (對於 $k \ge 1$)，我們有：

本題考驗二項式定理的應用，特別是當其中一項為負值時的級數求和。

二項式定理為 $(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$。
我們考慮原式 $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k}$。
這可以看作是二項式定理中 $x=1, y=-1$ 的情況：
$(1 + (-1))^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{n-k} (-1)^k$
$= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k$

本題為典型的組合問題，屬於「隔板法」或稱「重複組合」問題。我們需要找出非負整數解的個數。

題目要求 $x_1 + x_2 + x_3 = 10$，其中 $x_1, x_2, x_3$ 可以是 0 或正整數。
這意味著 $x_i \ge 0$ 對於 $i=1, 2, 3$。

這是一個標準的重複組合問題，可以使用隔板法來解決。
我們將 10 個單位（例如 10 個球）分配給 3 個變數（例如 3 個箱子）。
我們需要 $n=10$ 個單位和 $k=3$ 個變數。

本題考驗排列組合問題，特別是處理有重複字母的排列。

首先，我們需要分析單字 "examination" 中的字母組成及其出現次數。
單字 "examination" 總共有 11 個字母。
字母列表：e, x, a, m, i, n, a, t, i, o, n
字母及其出現次數：
a: 2
e: 1
i: 2
m: 1
n: 2
o: 1
t: 1
x: 1

總共有 11 個字母，其中有 3 個字母 (a, i, n) 各重複出現 2 次，其餘 5 個字母 (e, m, o, t, x) 各出現 1 次。

我們要形成一個 11 個字母的單字，這意味著我們需要使用 "examination" 中的所有字母，並且要考慮字母的排列順序。

這是一個關於排列的標準問題，其中有重複的元素。
如果所有字母都不同，則排列數為 $11!$。
然而，由於有重複的字母，我們需要除以重複字母的階乘。

核心觀念

隨機變數依其機率分布型態，通常可分為：

1. 離散型隨機變數（discrete random variable）：只取有限個或可數無限個數值。
2. 連續型隨機變數（continuous random variable）：可在某個區間內取不可數多個數值，並以機率密度函數描述。
3. 混合型隨機變數（mixed random variable）：同時具有離散型與連續型的機率成分。

混合型隨機變數也常稱為 hybrid random variable，因此 hybrid 與 mixed 在此處是同義用語。

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解題方法

判斷各選項是否為隨機變數的分類名稱：

• 若名稱代表某種機率分布型態，便是隨機變數的類型。
• 若只是「沒有上述選項」的答題選項，則不屬於隨機變數類型本身。

由於 A 至 D 都是隨機變數的類型或同義分類名稱，因此不存在一個真正的隨機變數類型被列在 A 至 D 中而需要排除，應選「以上皆非」。

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選項分析

(A) Continuous random variables

連續型隨機變數是標準分類。

若 $X$ 為連續型隨機變數，通常存在機率密度函數 $f_X(x)$，使得

$$P(a<X\leq b)=\int_a^b f_X(x)\,dx$$

且單點機率通常為

$$P(X=x)=0$$

因此此選項正確，確實是隨機變數的一種類型。

(B) Discrete random variables

離散型隨機變數也是標準分類。

若 $X$ 為離散型隨機變數，則其可能值為有限個或可數無限個，並以機率質量函數

$$p_X(x)=P(X=x)$$

描述其分布，且滿足

$$\sum_x p_X(x)=1$$

因此此選項正確。

本題考驗累積分佈函數 (CDF) 的基本性質。累積分佈函數 $F_X(x)$ 定義為 $P(X \le x)$。

CDF 的基本性質包括：

1. $0 \le F_X(x) \le 1$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$。
2. $F_X(x)$ 是非遞減函數，即若 $x_1 \le x_2$，則 $F_X(x_1) \le F_X(x_2)$。
3. $\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = 0$。
4. $\lim_{x \to \infty} F_X(x) = 1$。
5. $F_X(x)$ 是右連續的，即 $\lim_{h \to 0^+} F_X(x+h) = F_X(x)$。
6. $P(a < X \le b) = F_X(b) - F_X(a)$ 對於 $a < b$。

現在我們逐一檢驗選項：

(A) $F_X(a) > F_X(b)$ when $a > b$
這是不正確的。CDF 是非遞減函數，不是嚴格遞增。例如，如果 $X$ 是一個離散隨機變數，其值只在 $x=1$ 時取到，那麼對於 $a < 1$ 和 $b=1$，有 $a < b$，但 $F_X(a)$ 可能等於 $F_X(b)$ (如果 $a$ 也是一個使得 $P(X \le a)$ 不變的值)。更確切地說，若 $a > b$，則 $F_X(a) \ge F_X(b)$，而不是嚴格大於。

(B) $F_X(a) \ge F_X(b)$ when $a \ge b$
這是不正確的。根據性質 2，若 $x_1 \le x_2$，則 $F_X(x_1) \le F_X(x_2)$。
所以，若 $a \ge b$，則應該是 $F_X(a) \ge F_X(b)$。
選項寫的是 $a \ge b$ 的時候，$F_X(a) \ge F_X(b)$，這與性質 2 的方向相反。
正確的敘述應該是：若 $b \ge a$，則 $F_X(b) \ge F_X(a)$。
或者，若 $a \ge b$，則 $F_X(a) \ge F_X(b)$。
仔細檢查題目和選項的寫法：
選項 B: $F_X(a) \ge F_X(b)$ when $a \ge b$.
這其實是正確的。如果 $a \ge b$, 那麼 $F_X$ 在 $b$ 的值應該小於或等於在 $a$ 的值。
例如，若 $b=1, a=2$, 則 $a \ge b$。我們應該有 $F_X(2) \ge F_X(1)$。

本題考驗對狄拉克 δ 函數（Dirac delta function）和單位階躍函數（Heaviside step function）的積分性質的理解。

狄拉克 δ 函數 $\delta(t)$ 有一個重要的篩選性質（sifting property）：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \delta(t-a) dt = f(a)$
其中 $f(t)$ 是一個在 $a$ 點連續的函數。

在這個問題中，我們需要計算的積分是 $\int_{-\infty}^{\infty} H(\phi) \delta(\phi - x) d\phi$。
這裡，我們的積分變數是 $\phi$，而 $x$ 是一個常數。
篩選性質中的 $f(t)$ 對應於 $H(\phi)$，而 $\delta(t-a)$ 對應於 $\delta(\phi-x)$。
所以，$a$ 對應於 $x$。

本題考驗相關係數的性質，特別是當兩個隨機變數線性相關時的情況。

相關係數 $\rho_{XY}$ 定義為：
$\rho_{XY} = \frac{Cov(X, Y)}{\sigma_X \sigma_Y}$
其中 $Cov(X, Y)$ 是 $X$ 和 $Y$ 的共變異數，$\sigma_X$ 和 $\sigma_Y$ 分別是 $X$ 和 $Y$ 的標準差。

兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 被稱為線性相關，如果它們之間存在一個線性關係，即 $Y = aX + b$ 或 $X = aY + b$，其中 $a$ 和 $b$ 是常數，且 $a \ne 0$。

我們來分析在這種線性關係下相關係數的值。

考慮 $Y = aX + b$，其中 $a \ne 0$。
共變異數 $Cov(X, Y) = Cov(X, aX+b) = a Cov(X, X) = a Var(X) = a \sigma_X^2$。
$Y$ 的標準差 $\sigma_Y = \sqrt{Var(Y)} = \sqrt{Var(aX+b)} = \sqrt{a^2 Var(X)} = |a| \sigma_X$。

本題考驗泊松分佈（Poisson distribution）的動差生成函數（Moment-Generating Function, MGF）。

一個離散隨機變數 $X$ 服從參數為 $\lambda$ 的泊松分佈，其機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$, $k = 0, 1, 2, \dots$
其期望值（平均值）為 $E[X] = \lambda$。

題目中給定 $X$ 是泊松隨機變數，其平均值為 $\mu$。因此，我們可以使用 $\lambda = \mu$。
PMF 為：$P(X=k) = \frac{e^{-\mu} \mu^k}{k!}$, $k = 0, 1, 2, \dots$

動差生成函數 (MGF) 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$。
對於離散隨機變數，MGF 的計算公式為：
$M_X(t) = \sum_{k} e^{tk} P(X=k)$

將泊松分佈的 PMF 代入：
$M_X(t) = \sum_{k=0}^{\infty} e^{tk} \frac{e^{-\mu} \mu^k}{k!}$
$M_X(t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{e^{-\mu} (\mu e^t)^k}{k!}$

核心觀念

本題考的是離散隨機變數的函數轉換。若 $Y=g(X)$，則其機率質量函數為

$$f_Y(y)=\sum_{x:\,g(x)=y}f_X(x).$$

也就是把所有會映射到 $y$ 的 $x$ 所對應的機率相加。離散型轉換不需要乘上導數或雅可比因子。

本題給定的 $f_X$ 未正規化，嚴格而言不是合法的機率質量函數；以下先依題面指定的函數進行轉換，再說明此問題。

解題方法

由於 $X\in\mathbb Z^+$，而 $Y=X^2$，故 $Y$ 的取值範圍為

$$\{1,4,9,\ldots\}.$$

對每個正整數平方 $y=n^2$，其中 $n\in\mathbb Z^+$，只有 $X=n$ 會使 $Y=y$。雖然方程式 $x^2=y$ 有正、負兩個根，但 $-\sqrt y$ 不在 $X$ 的取值範圍內，因此只需取正根。

依離散型轉換公式，

$$f_Y(n^2)=f_X(n)=\left(\frac34\right)^{n-1}.$$

將 $n=\sqrt y$ 代入，得到題面函數的轉換結果：

$$f_Y(y)= \begin{cases} \displaystyle\left(\frac34\right)^{\sqrt y-1}, & y\in\{1,4,9,\ldots\},\\[6pt] 0,& \text{其餘 }y. \end{cases}$$

故依題面作答，對應選項 (B)。

選項分析

• **(A) 錯誤：**多乘了 $\frac12$。每個 $y$ 只有一個符合 $X\in\mathbb Z^+$ 的原像，不需要將機率減半。

本題要求列出一個公平硬幣拋擲三次的所有可能結果，即樣本空間 $\Omega$。

樣本空間是隨機實驗所有可能結果的集合。
對於一次公平硬幣拋擲，可能出現的結果是正面 (H, Heads) 或反面 (T, Tails)。

當拋擲三次時，每一次拋擲都是獨立的，並且有兩種結果。
因此，總的可能結果數是 $2 \times 2 \times 2 = 2^3 = 8$。

我們可以用符號 H 代表正面，T 代表反面。
所有可能的結果如下：
第一次拋擲 | 第二次拋 ત | 第三次拋掷 | 結果

本題要求定義事件 $E_i$ 為恰好出現 $i$ 次正面的結果集合，並計算每個事件包含的樣本點個數。

樣本空間 $\Omega = \{HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH, TTT\}$。
事件 $E_i$ 是指在三次拋擲中，恰好有 $i$ 次出現正面 (H)。

我們需要分別計算 $i=0, 1, 2, 3$ 的情況。

情況 $i=0$：恰好 0 次正面 (即全部是反面)
結果是 TTT。
$E_0 = \{TTT\}$。
$E_0$ 包含的樣本點個數為 1。
這也可以用組合數計算：在 3 次拋擲中選擇 0 次正面，即 $\binom{3}{0} = 1$。

情況 $i=1$：恰好 1 次正面
結果是 H 在第一次，或第二次，或第三次。
$E_1 = \{HTT, THT, TTH\}$。
$E_1$ 包含的樣本點個數為 3。

本題要求定義事件 $F$ 為至少出現兩次正面的結果集合。

從上一小題的定義，我們有：
$E_0$: 恰好 0 次正面
$E_1$: 恰好 1 次正面
$E_2$: 恰好 2 次正面
$E_3$: 恰好 3 次正面

事件 $F$ 是指「至少兩次」正面。這意味著正面出現的次數可以是 2 次，或者 3 次。
因此，事件 $F$ 是事件 $E_2$ 和事件 $E_3$ 的聯集。

核心觀念

本題考查：

• 聯合機率密度函數；
• 條件機率密度函數公式；
• 獨立隨機變數的聯合密度分解；
• 和的機率密度函數，也就是 convolution。

條件 PDF 的公式為

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

因為 $X$ 與 $N$ 獨立，且 $Y=X+N$，所以當 $y=x+n$ 時，$n=y-x$，聯合密度為

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_N(y-x).$$

其中

$$f_X(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{2\pi}, & 0<x<2\pi,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

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解題方法

1. 求聯合 PDF

由 $Y=X+N$ 可得

$$N=Y-X.$$

因此

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_N(y-x).$$

當 $0<x<2\pi$ 時，

$$f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[-\frac{(y-x)^2}{2\sigma^2}\right].$$

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2. 求 $Y$ 的邊際 PDF

將 $X$ 積分掉：

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\,dx.$$

由於 $X$ 的支撐範圍為 $(0,2\pi)$，

$$f_Y(y) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[-\frac{(y-x)^2}{2\sigma^2}\right]dx.$$

令

$$u=\frac{y-x}{\sigma}, \qquad dx=-\sigma\,du.$$

當 $x=0$ 時，$u=y/\sigma$；當 $x=2\pi$ 時，$u=(y-2\pi)/\sigma$。因此

$$f_Y(y) = \frac{1}{2\pi} \int_{(y-2\pi)/\sigma}^{y/\sigma} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du.$$

以標準常態分布的累積分布函數 $\Phi(\cdot)$ 表示：

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

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3. 套用條件 PDF 公式

當 $0<x<2\pi$ 時，

本題要求利用累積分佈函數 (CDF) $F_N(n)$ 來證明隨機變數 $N$ 是一個正整數值隨機變數。

首先，我們回顧一下 CDF 的定義和性質。
對於一個隨機變數 $X$，其 CDF $F_X(x)$ 定義為 $P(X \le x)$。
一個隨機變數被稱為「正整數值」的，意味著它的所有可能取值都是正整數，即 $\{1, 2, 3, \dots\}$。

給定的 CDF 是 $F_N(n) = \frac{n}{n+1}$，適用於所有整數 $n \ge 1$。
對於 $n < 1$ 的整數（即 $n \le 0$），CDF 的值應該是 0。
我們需要驗證：

1. $F_N(n)$ 在其定義域內是否滿足 CDF 的性質。
2. $N$ 的取值是否僅限於正整數。

CDF 性質驗證：

1. 非遞減性：
   對於 $n_1, n_2$ 是整數且 $n_2 > n_1 \ge 1$。
   $F_N(n_1) = \frac{n_1}{n_1+1}$
   $F_N(n_2) = \frac{n_2}{n_2+1}$
   我們需要證明 $F_N(n_1) \le F_N(n_2)$。
   考慮函數 $f(x) = \frac{x}{x+1} = 1 - \frac{1}{x+1}$。
   其導數為 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2}$。
   對於 $x \ge 1$， $f'(x) > 0$，所以函數 $f(x)$ 是嚴格遞增的。
   因此，對於 $n_2 > n_1 \ge 1$，我們有 $F_N(n_1) < F_N(n_2)$。
   這滿足 CDF 的非遞減性質。

2. 極限性質：

   • 當 $n \to \infty$ 時：
     $\lim_{n \to \infty} F_N(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + 1/n} = 1$。
     這滿足 CDF 的性質 $\lim_{x \to \infty} F_X(x) = 1$。

   • 對於 $n \le 0$ 的整數：
     如果 $N$ 的取值僅限於正整數，那麼對於 $n \le 0$，事件 $\{N \le n\}$ 的機率應該為 0。
     我們需要定義 $F_N(n)$ 對於 $n \le 0$ 的情況。
     通常，對於正整數值隨機變數，我們定義 $F_N(n) = 0$ 當 $n < 1$。
     所以，對於 $n=0$, $F_N(0) = 0$。
     對於 $n=-1$, $F_N(-1) = 0$。
     這滿足 CDF 的性質 $\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = 0$。

3. 機率值範圍：
   對於 $n \ge 1$， $0 < \frac{n}{n+1} < 1$。
   例如，$F_N(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$。
   $F_N(2) = \frac{2}{2+1} = \frac{2}{3}$。
   $F_N(3) = \frac{3}{3+1} = \frac{3}{4}$。

本題要求計算隨機變數 $N$ 的機率質量函數 (PMF)，記為 $P_N(n)$。

我們已經知道 $N$ 是一個正整數值隨機變數，其累積分佈函數 (CDF) 為 $F_N(n) = \frac{n}{n+1}$ 對於整數 $n \ge 1$，並且 $F_N(n) = 0$ 對於 $n < 1$。

對於離散隨機變數，PMF 可以通過 CDF 計算得到：
$P(N=n) = F_N(n) - F_N(n-1)$

我們需要分情況討論：

情況 1：$n < 1$ (即 $n \le 0$)
對於 $n \le 0$， $F_N(n) = 0$。
$F_N(n-1) = 0$ (因為 $n-1 < 1$)。
所以，$P(N=n) = 0 - 0 = 0$。
這表示 $N$ 的取值不會是 0 或負整數。

情況 2：$n = 1$
$P(N=1) = F_N(1) - F_N(1-1) = F_N(1) - F_N(0)$
根據定義，$F_N(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$。
$F_N(0) = 0$ (因為 $0 < 1$)。
所以，$P(N=1) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$。

情況 3：$n \ge 2$
$P(N=n) = F_N(n) - F_N(n-1)$
$F_N(n) = \frac{n}{n+1}$
$F_N(n-1) = \frac{n-1}{(n-1)+1} = \frac{n-1}{n}$ (因為 $n \ge 2$, 所以 $n-1 \ge 1$)。
$P(N=n) = \frac{n}{n+1} - \frac{n-1}{n}$
$P(N=n) = \frac{n \cdot n - (n-1)(n+1)}{n(n+1)}$
$P(N=n) = \frac{n^2 - (n^2 - 1)}{n(n+1)}$
$P(N=n) = \frac{1}{n(n+1)}$。

總結 PMF：
$P_N(n) = \begin{cases} \frac{1}{2} & \text{if } n = 1 \\ \frac{1}{n(n+1)} & \text{if } n \ge 2 \text{ (and } n \text{ is an integer)} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

我們需要驗證這個 PMF 是否歸一化，即所有可能取值的機率總和是否為 1。

本題要求計算隨機變數 $N$ 的期望值 $E\{N\}$。

我們已經計算出 $N$ 的機率質量函數 (PMF) 為：
$P_N(n) = \frac{1}{n(n+1)}$， for all integers $n \ge 1$.

期望值的定義為：
$E\{N\} = \sum_{n} n \cdot P_N(n)$

將 PMF 代入：
$E\{N\} = \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot \frac{1}{n(n+1)}$

我們可以簡化 $n \cdot \frac{1}{n(n+1)}$：
$n \cdot \frac{1}{n(n+1)} = \frac{n}{n(n+1)} = \frac{1}{n+1}$ (因為 $n \ge 1$, $n \ne 0$)。

所以，
$E\{N\} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}$

這個級數是：
$\frac{1}{1+1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{3+1} + \dots$
$= \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots$

本題要求計算二項分佈隨機變數 $S_N$ 的動差生成函數 (MGF)。

首先，我們需要理解 $S_N$ 的分佈。
$B_i$ 是獨立的伯努利隨機變數，參數為 $p=0.5$。
$S_N = B_1 + B_2 + \dots + B_N$ 是 $N$ 個獨立同分佈的伯努利隨機變數之和。
這意味著 $S_N$ 服從二項分佈，參數為 $N$（試驗次數）和 $p=0.5$（成功的機率）。
$S_N \sim Binomial(N, p=0.5)$。

二項分佈的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(S_N = k) = \binom{N}{k} p^k (1-p)^{N-k}$， for $k = 0, 1, \dots, N$.
在這裡，$p=0.5$，所以 $1-p=0.5$。
$P(S_N = k) = \binom{N}{k} (0.5)^k (0.5)^{N-k} = \binom{N}{k} (0.5)^N$。

動差生成函數 (MGF) 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$。
對於離散隨機變數，MGF 的計算公式為：
$M_{S_N}(t) = \sum_{k=0}^{N} e^{tk} P(S_N=k)$

將二項分佈的 PMF 代入：
$M_{S_N}(t) = \sum_{k=0}^{N} e^{tk} \binom{N}{k} (0.5)^N$
$M_{S_N}(t) = (0.5)^N \sum_{k=0}^{N} \binom{N}{k} (e^t)^k$

我們知道二項式定理：$(x+y)^N = \sum_{k=0}^{N} \binom{N}{k} x^{N-k} y^k$。
令 $x=1$ 和 $y=e^t$。

核心觀念

本題考查 Chernoff bound 與動差生成函數（moment-generating function, MGF）的最佳化。

若 $S_N$ 為 $N$ 個獨立且服從 Bernoulli$\left(\frac12\right)$ 的隨機變數總和，則

$$S_N=\sum_{i=1}^{N}X_i,\qquad X_i\sim\operatorname{Bernoulli}\left(\frac12\right).$$

單一 $X_i$ 的 MGF 為

$$M_{X_i}(t)=E[e^{tX_i}] =\frac12 e^t+\frac12 =\frac{1+e^t}{2}.$$

由獨立性，

$$M_{S_N}(t) =\prod_{i=1}^{N}M_{X_i}(t) =\left(\frac{1+e^t}{2}\right)^N.$$

因此 Chernoff bound 為

$$P(S_N\ge N\beta) \leq \min_t \left\{ e^{-tN\beta} \left(\frac{1+e^t}{2}\right)^N \right\}.$$

以下假設 $\frac12<\beta<1$，即考察高於平均值 $E[S_N]=N/2$ 的右尾機率。

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解題方法：最小化對數函數

令

$$g(t)=e^{-tN\beta} \left(\frac{1+e^t}{2}\right)^N.$$

因為對數函數嚴格遞增，最小化 $g(t)$ 等價於最小化其自然對數：

$$\ln g(t) =-tN\beta +N\ln\left(\frac{1+e^t}{2}\right).$$

整理為

$$\ln g(t) =N\left[ -\beta t+\ln(1+e^t)-\ln 2 \right].$$

對 $t$ 微分：

$$\frac{d}{dt}\ln g(t) =N\left[ -\beta+\frac{e^t}{1+e^t} \right].$$

令導數等於 $0$：

$$-\beta+\frac{e^t}{1+e^t}=0,$$

因此

$$\frac{e^t}{1+e^t}=\beta.$$

解得

$$e^t=\beta(1+e^t),$$ $$e^t(1-\beta)=\beta,$$

故最佳化參數為

$$\boxed{ t^*=\ln\frac{\beta}{1-\beta} }.$$

由於 $\beta>\frac12$，所以 $t^*>0$，符合右尾 Chernoff bound 的要求。

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代回求得 Chernoff bound

先計算

$$e^{-t^*\beta} = \left(\frac{1-\beta}{\beta}\right)^\beta.$$

另外，

$$e^{t^*}=\frac{\beta}{1-\beta},$$

所以

$$\frac{1+e^{t^*}}{2} = \frac{1+\frac{\beta}{1-\beta}}{2} = \frac{1}{2(1-\beta)}.$$

因此