115 年國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》考古題與詳解

Question 1

1. (4%) The maximum difference between any two probabilities is (A) 0. (B) 0.5. (C) 1. (D) infinite. (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗對機率基本性質的理解。 任何機率值 $P$ 都必須滿足 $0 \le P \le 1$。

Question 2

2. (4%) $\sum{k=0}^{n^2} \binom{n^2}{k}$ = (A) 1. (B) 2. (C) $2^{2n}$. (D) $\binom{2n}{n}$. (E) $\binom{n^2}{n}$.

Accepted Answer

核心觀念 本題考察二項式定理： $$ (a+b)^m=\sum{k=0}^{m}\binom{m}{k}a^{m-k}b^k $$ 令 $a=b=1$，可得： $$ (1+1)^m=\sum{k=0}^{m}\binom{m}{k} $$ 因此： $$ \sum{k=0}^{m}\binom{m}{k}=2^m $$ --- 解題方法 題目中的上限與二項係數上標皆為 $n^2$，直接令 $m=n^2$： $$ \sum{k=0}^{n^2}\binom{n^2}{k} =2^{n^2} $$ 所以本題的正確值為： $$ \boxed{2^{n^2}} $$ --- 選項分析 - (A) $1$：錯誤。 當 $n$ 為正整數時，至少包含 $\binom{n^2}{0}=1$ 與 $\binom{n^2}{n^2}=1$，總和不會只有 $1$。 - (B) $2$：錯誤。 依二項式定理，總和應為 $2^{n^2}$，一般不等於 $2$。僅在特殊情況 $n=1$ 時才有 $2^{n^2}=2$。

Question 3

3. (4%) What is the total number of possible solutions for $x1 + x2 + x3 = 100$, where $x1, x2, x3 \in \{3, 4, 5, ...\}$ ? (A) 4186 (B) 4278 (C) 456 288 (D) 912 576 (Ε) 970 200

Accepted Answer

這題是典型的組合數學問題，屬於不定方程的整數解個數計算，可以使用「隔板法」（stars and bars）的概念來解決。

題目要求計算方程 $x_1 + x_2 + x_3 = 100$ 的整數解個數，其中 $x_1, x_2, x_3$ 必須大於或等於 3。

為了使用標準的隔板法，我們需要將變數進行轉換，使得它們的下界為 0 或 1。
令 $y_1 = x_1 - 3$ , $y_2 = x_2 - 3$ , $y_3 = x_3 - 3$ 。
由於 $x_1, x_2, x_3 \ge 3$ ，所以 $y_1, y_2, y_3 \ge 0$ 。

將這些變數代入原方程：
$(y_1 + 3) + (y_2 + 3) + (y_3 + 3) = 100$
$y_1 + y_2 + y_3 + 9 = 100$
$y_1 + y_2 + y_3 = 100 - 9$
$y_1 + y_2 + y_3 = 91$

現在問題轉化為，計算非負整數解 $y_1, y_2, y_3$ 的個數，使得 $y_1 + y_2 + y_3 = 91$ 。
這是一個標準的隔板法問題。

Question 4

4. (4%) If Z follows the standard normal distribution, then $P(Z^2 = 0) =$ (A) 0. (B) 0.25. (C) 0.5. (D) 1. (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗對標準常態分布（Standard Normal Distribution）及其平方的理解。

標準常態分布的隨機變數 $Z$ 的期望值是 $E[Z] = 0$ ，變異數是 $Var(Z) = 1$ 。
$Z$ 是一個連續型隨機變數，其機率密度函數（PDF）為 $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2}$ ，對於所有的實數 $z$ 。
對於連續型隨機變數，任何單一點的機率值都是 0。

Question 5

5. (4%) Given that 2% of light bulbs are defective. If 100 light bulbs are randomly chosen, what is the probability (in 3 decimal places) that no more than 3 light bulbs are defective? (A) 0.677 (B) 0.726 (C) 0.857 (D) 0.859 (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗對二項分布（Binomial Distribution）的應用。

題目描述了一個伯努利試驗序列：檢查一個燈泡是否 defective。
成功的定義是燈泡 defective，失敗的定義是燈泡 not defective。
成功的機率 $p = 0.02$ 。
試驗的總次數 $n = 100$ 。
我們感興趣的隨機變數是 defective 燈泡的數量，我們稱之為 $X$ 。
$X$ 服從二項分布 $B(n, p)$ ，即 $X \sim B(100, 0.02)$ 。

我們需要計算「 no more than 3 light bulbs are defective」的機率，這表示 $X \le 3$ 。
$P(X \le 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$ 。

二項分布的機率質量函數（PMF）為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

在這裡， $n=100$ , $p=0.02$ , $1-p=0.98$ 。

$P(X=0) = \binom{100}{0} (0.02)^0 (0.98)^{100} = 1 \times 1 \times (0.98)^{100}$
$P(X=1) = \binom{100}{1} (0.02)^1 (0.98)^{99} = 100 \times 0.02 \times (0.98)^{99} = 2 \times (0.98)^{99}$
$P(X=2) = \binom{100}{2} (0.02)^2 (0.98)^{98} = \frac{100 \times 99}{2} \times (0.0004) \times (0.98)^{98} = 4950 \times 0.0004 \times (0.98)^{98} = 1.98 \times (0.98)^{98}$
$P(X=3) = \binom{100}{3} (0.02)^3 (0.98)^{97} = \frac{100 \times 99 \times 98}{3 \times 2 \times 1} \times (0.000008) \times (0.98)^{97} = 161700 \times 0.000008 \times (0.98)^{97} = 1.2936 \times (0.98)^{97}$

直接計算 $(0.98)^{100}$ 等比較困難，通常會使用軟體或近似方法。
在這個情況下，由於 $n$ 很大 ( $n=100$ ) 且 $p$ 很小 ( $p=0.02$ )，我們可以考慮使用卜瓦松分

Question 6

6. (4%) Let $H(x)$ and $\delta(x)$, respectively, be the Heaviside step function and the Dirac delta function evaluated at $x$. A mixed random variable $X$ takes the value 0 with probability of 0.35 and distributes uniformly on $(1,3]$ with probability of 0.65. Find $fX(x)$, the probability density function of $X$. (A) $fX(x) = 0.35 \delta(x) + 0.65 [H(x - 1) + H(x - 3)]$ (B) $fX(x) = 0.35 \delta(x) + 0.65 [H(x-1) - H(x - 3)]$ (C) $fX(x) = 0.35 H(x) + 0.65 [\delta(x – 1) + \delta(x – 3)]$ (D) $fX(x) = 0.35 H(x) + 0.65 [\delta(x – 1) – \delta(x – 3)]$ (E) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 這題考查混合型隨機變數的機率密度函數。混合型隨機變數可能同時包含： 1. 離散點質量：以 Dirac delta function 表示。 2. 連續分布部分：以一般的機率密度函數表示。 題目給定： - $P(X=0)=0.35$； - 以機率 $0.65$ 均勻分布於 $(1,3]$。 若 $X\mid X	ext{ 屬於連續部分}\sim U(1,3]$，則其條件密度為 $$ f{X\mid 	ext{連續部分}}(x) = \frac{1}{3-1} = \frac12,\qquad 1<x\le 3. $$ 因此連續部分的加權密度為 $$ 0.65\cdot \frac12=0.325. $$ --- 解題方法 離散點 $X=0$ 的機率質量 $0.35$，使用 Dirac delta function 表示為 $$ 0.35\delta(x). $$ 區間 $(1,3]$ 的指示函數可用 Heaviside step function 表示為 $$ H(x-1)-H(x-3). $$ 因為： - $x<1$ 時，兩者皆為 $0$； - $1<x<3$ 時，$H(x-1)=1$、$H(x-3)=0$，差為 $1$； - $x3$ 時，兩者皆為 $1$，差為 $0$。 所以連續部分的密度為 $$ 0.325\left[H(x-1)-H(x-3)ight]. $$ 故混合型隨機變數的廣義機率密度函數為 $$ \boxed{ fX(x) = 0.35\delta(x) + 0.325\left[H(x-1)-H(x-3)ight] }. $$ 快速驗算總機率： $$ \int{-\infty}^{\infty}fX(x)\,dx = 0.35+0.325(3-1) = 0.35+0.65 = 1. $$ --- 選項分析 (A) $$ 0.35\delta(x)+0.65[H(x-1)+H(x-3)] $$ 錯誤。區間指示函數應為差 $$ H(x-1)-H(x-3), $$ 而非和。使用和會使 $x3$ 時函數仍然保持非零，無法表示只分布於 $(1,3]$。此外，連續均勻分布還缺少區間長度所產生的密度因子 $\frac12$。 --- (B)

Question 7

7. (4%) Let $X$ and $Y$ be two random variables such that they are linearly dependent. Define $\rho{XY}$ as the correlation coefficient of $X$ and $Y$. Which of the following is correct? (A) $X$ and $Y$ are uncorrelated. (B) $\rho{XY} = 0$ (C) $\rho{XY} = -1$ (D) $\rho{XY} = 1$ (E) $\rho{XY} = \pm 1$

Accepted Answer

這題考驗對線性相關（Linearly Dependent）與相關係數（Correlation Coefficient）之間關係的理解。 線性相關的定義是，存在常數 $a$ 和 $b$，其中 $a 
e 0$，使得 $Y = aX + b$。 相關係數 $ho{XY}$ 的定義是： $ho{XY} = \frac{Cov(X, Y)}{\sqrt{Var(X) Var(Y)}}$ 我們來計算 $Cov(X, Y)$ 和 $Var(Y)$： $Cov(X, Y) = Cov(X, aX + b)$ 由於 $Cov(X, b) = 0$（常數的協方差為 0）， $Cov(X, aX + b) = Cov(X, aX) + Cov(X, b) = a Cov(X, X) = a Var(X)$。 $Var(Y) = Var(aX + b)$ 由於 $Var(b) = 0$（常數的變異數為 0）， $Var(aX + b) = Var(aX) + Var(b) = a^2 Var(X)$。 現在我們將這些代入相關係數的公式： $ho{XY} = \frac{a Var(X)}{\sqrt{Var(X) a^2 Var(X)}} = \frac{a Var(X)}{\sqrt{a^2 Var(X)^2}} = \frac{a Var(X)}{|a| Var(X)}$ （假設 $Var(X) 0$。

Question 8

8. (4%) Given that $X \sim B(m, 	heta)$, find $MX(t)$, the moment-generating function of $X$. (A) $[	heta(e^t - 1)]^m$ (B) $[	heta(e^t - 1) + 1]^m$ (C) $[e^{	heta t} + 1]^m$ (D) $e^{m	heta(e^t-1)}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗對二項分布（Binomial Distribution）的動差生成函數（Moment-Generating Function, MGF）的知識。

若一個隨機變數 $X$ 服從二項分布 $B(m, \theta)$ ，則其機率質量函數（PMF）為：
$P(X=k) = \binom{m}{k} \theta^k (1-\theta)^{m-k}$ , for $k = 0, 1, 2, ..., m$ .

動差生成函數（MGF）的定義為：
$M_X(t) = E[e^{tX}]$

對於二項分布，其 MGF 的推導如下：
$M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum_{k=0}^{m} e^{tk} P(X=k)$
$M_X(t) = \sum_{k=0}^{m} e^{tk} \binom{m}{k} \theta^k (1-\theta)^{m-k}$
$M_X(t) = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} (e^t)^k \theta^k (1-\theta)^{m-k}$
$M_X(t) = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} (\theta e^t)^k (1-\theta)^{m-k}$

Question 9

Directions: Questions 9 - 15 refer to two candidates, U and V, to work independently on a certain task. The times taken (in minutes) by U and V for completing the task, $T_U$ and $T_V$ follow the exponential distributions with non-zero means $\frac{1}{\lambda_U}$ and $\frac{1}{\lambda_V}$ , respectively. Let $R = \frac{T_U}{T_V}$ and $T_m = \min(T_U, T_V)$ .

(4%) Find $F_{T_U}(t)$ , the cumulative distribution function of $T_U$ .
(A) $F_{T_U}(t) = 1 - e^{-\lambda_U t}, \forall t \ge 0$
(B) $F_{T_U}(t) = 1 - e^{-\lambda_V t}, \forall t \ge 0$
(C) $F_{T_U}(t) = \lambda_U e^{-\lambda_U t}, \forall t \ge 0$
(D) $F_{T_U}(t) = \lambda_U e^{-\lambda_U t}, \forall t \ge 0$
(E) None of the above.

Accepted Answer

這題考察指數分布（Exponential Distribution）的累積分布函數（Cumulative Distribution Function, CDF）。

題目指出， $T_U$ 服從指數分布，且其非零平均值為 $\frac{1}{\lambda_U}$ 。
對於一個平均值為 $\mu$ 的指數分布，其機率密度函數（PDF）為 $f(t) = \frac{1}{\mu} e^{-t/\mu}$ ，其中 $t \ge 0$ 。
如果平均值是 $\frac{1}{\lambda_U}$ ，那麼 $\mu = \frac{1}{\lambda_U}$ 。
所以，PDF 為 $f_{T_U}(t) = \frac{1}{1/\lambda_U} e^{-t/(1/\lambda_U)} = \lambda_U e^{-\lambda_U t}$ ，對於 $t \ge 0$ 。

累積分布函數（CDF）定義為 $F(t) = P(T \le t) = \int_{0}^{t} f(\tau) d\tau$ 。
因此，
$F_{T_U}(t) = \int_{0}^{t} \lambda_U e^{-\lambda_U \tau} d\tau$
令 $u = -\lambda_U \tau$ ，則 $du = -\lambda_U d\tau$ ，所以 $d\tau = -\frac{1}{\lambda_U} du$ 。
當 $\tau = 0$ , $u = 0$ 。
當 $\tau = t$ , $u = -\lambda_U t$ 。

Question 10

10. (4%) What is the median of $TU$? (A) $\lambdaU$ (B) $\frac{1}{\lambdaU}$ (C) $\frac{\ln 2}{\lambdaU}$ (D) $\frac{\log{10} 2}{\lambdaU}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考察指數分布（Exponential Distribution）的中位數（Median）。

中位數 $m$ 是滿足 $F(m) = 0.5$ 的值。
我們已經知道 $T_U$ 的累積分布函數（CDF）是 $F_{T_U}(t) = 1 - e^{-\lambda_U t}$ ，對於 $t \ge 0$ 。

我們需要找到一個 $t_{median}$ 使得 $F_{T_U}(t_{median}) = 0.5$ 。
$1 - e^{-\lambda_U t_{median}} = 0.5$
$e^{-\lambda_U t_{median}} = 1 - 0.5$
$e^{-\lambda_U t_{median}} = 0.5$

Question 11

11. (4%) Find $FR(r)$, the cumulative distribution function of $R$, where $r \ge 0$. $R = \frac{TU}{TV}$ (A) $\frac{r\lambdaU}{\lambdaV}$ (B) $\frac{r\lambdaU}{\lambdaU+\lambdaV}$ (C) $\frac{r\lambdaU\lambdaV}{\lambdaU+\lambdaV}$ (D) $\frac{r\lambdaU+\lambdaV}{\lambdaU+\lambdaV}$ (E) $\frac{r\lambdaU}{\lambdaU+r\lambdaV}$

Accepted Answer

這題是關於兩個獨立指數分布變數比值的累積分布函數（CDF）的計算。 $TU \sim Exp(\lambdaU)$，其 PDF 為 $f{TU}(t) = \lambdaU e^{-\lambdaU t}$ for $t \ge 0$。 $TV \sim Exp(\lambdaV)$，其 PDF 為 $f{TV}(v) = \lambdaV e^{-\lambdaV v}$ for $v \ge 0$。 $TU$ 和 $TV$ 相互獨立。 我們要求 $R = \frac{TU}{TV}$ 的 CDF，即 $FR(r) = P(R \le r) = P(\frac{TU}{TV} \le r)$。 由於 $TV 0$ (因為是指數分布，平均值非零，所以 $TV=0$ 的機率為 0)，我們可以將不等式改寫為 $TU \le r TV$。 所以，$FR(r) = P(TU \le r TV)$。 因為 $TU$ 和 $TV$ 是連續隨機變數，我們可以通過計算聯合機率來求解。 聯合 PDF 為 $f{U,V}(t, v) = f{TU}(t) f{TV}(v) = \lambdaU e^{-\lambdaU t} \lambdaV e^{-\lambdaV v}$，對於 $t \ge 0, v \ge 0$。 $FR(r) = P(TU \le r TV) = \int{0}^{\infty} \int{0}^{r v} \lambdaU e^{-\lambdaU t} \lambdaV e^{-\lambdaV v} dt dv$ 先計算內部積分： $\int{0}^{r v} \lambdaU e^{-\lambdaU t} dt = [-e^{-\lambdaU t}]{0}^{r v}$ $= -e^{-\lambdaU (r v)} - (-e^0)$ $= 1 - e^{-r \lambdaU v}$ 現在將結果代入外部積分： $FR(r) = \int{0}^{\infty} (1 - e^{-r \lambdaU v}) \lambdaV e^{-\lambdaV v} dv$

Question 12

12. (4%) Find $fR(r)$, the probability density function of $R$, where $r 0$. (A) $\frac{\lambdaU}{\lambdaV}$ (B) $\frac{r\lambdaU}{\lambdaU\lambdaV}$ (C) $\frac{\lambdaU\lambdaV}{(\lambdaU+r\lambdaV)^2}$ (D) $\frac{\lambdaU\lambdaV}{(\lambdaU+r\lambdaV)^2}$ (E) $\frac{\lambdaU\lambdaV}{(r\lambdaU+\lambdaV)^2}$

Accepted Answer

這題要求計算隨機變數 $R = \frac{TU}{TV}$ 的機率密度函數（PDF），其中 $TU$ 和 $TV$ 是獨立的指數分布隨機變數。 我們已經在上一題計算了 $R$ 的累積分布函數（CDF）： $FR(r) = P(R \le r) = \frac{r \lambdaU}{r \lambdaU + \lambdaV}$, for $r \ge 0$. PDF 是 CDF 的導數：$fR(r) = \frac{d}{dr} FR(r)$。 我們需要對 $FR(r) = \frac{r \lambdaU}{r \lambdaU + \lambdaV}$ 求導。 使用除法規則 $(u/v)' = (u'v - uv')/v^2$。 令 $u = r \lambdaU$, $v = r \lambdaU + \lambdaV$。 $u' = \frac{d}{dr}(r \lambdaU) = \lambdaU$。 $v' = \frac{d}{dr}(r \lambdaU + \lambdaV) = \lambdaU$。 所以，

Question 13

13. (4%) What is the probability that $U$ needs less than $\frac{1}{m}$ (where $m 0$) of the amount of time required by $V$ to accomplish the task? (A) $\frac{\lambdaU}{m\lambdaV}$ (B) $\frac{\lambdaU}{	au\lambdaV}$ (C) $\frac{m\lambdaU}{m\lambdaV+\lambdaU}$ (D) $\frac{m\lambdaU}{m\lambdaV+\lambdaU}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 設 $U$ 與 $V$ 分別表示兩人完成工作的時間，且 $$ U\sim \operatorname{Exp}(\lambdaU),\qquad V\sim \operatorname{Exp}(\lambdaV), $$ 並假設 $U$、$V$ 相互獨立。 指數分布的存活函數為 $$ P(Vt)=e^{-\lambdaV t},\qquad t\ge 0. $$ 題目要求「$U$ 所需時間小於 $V$ 所需時間的 $\frac{1}{m}$」，事件可寫成 $$ U<\frac{V}{m}, $$ 等價於 $$ VmU. $$ --- 解題方法 以 $U$ 作條件化。給定 $U=u$ 時，事件 $VmU$ 變成 $Vmu$，因此 $$ P(VmU\mid U=u)=P(Vmu) =e^{-\lambdaVmu}. $$ 所以 $$ \begin{aligned} P\left(U<\frac{V}{m}ight) &=P(VmU)\ &=\int0^\infty P(Vmu\mid U=u)fU(u)\,du\ &=\int0^\infty e^{-m\lambdaVu} \lambdaUe^{-\lambdaUu}\,du\ &=\lambdaU\int0^\infty e^{-(\lambdaU+m\lambdaV)u}\,du\ &=\frac{\lambdaU}{\lambdaU+m\lambdaV}. \end{aligned} $$ 因此正確機率為 $$ \boxed{\frac{\lambdaU}{\lambdaU+m\lambdaV}}. $$ --- 選項分析

Question 14

14. (4%) What is the distribution of $Tm$? $Tm = \min(TU, TV)$ (A) $Tm \sim Exp(\lambdaU \lambdaV)$ (B) $Tm \sim Geo(\lambdaU \lambdaV)$ (C) $Tm \sim Exp(\lambdaU + \lambdaV)$ (D) $Tm \sim Geo(\lambdaU + \lambdaV)$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗兩個獨立指數分布隨機變數的最小值（Minimum）的分布。 設 $TU \sim Exp(\lambdaU)$ 和 $TV \sim Exp(\lambdaV)$，且 $TU, TV$ 獨立。 我們要求 $Tm = \min(TU, TV)$ 的分布。 我們首先計算 $Tm$ 的累積分布函數（CDF）： $F{Tm}(t) = P(Tm \le t) = P(\min(TU, TV) \le t)$ 通常計算最小值的 CDF，更方便的方法是計算其補集的機率： $P(Tm t) = P(\min(TU, TV) t)$ $\min(TU, TV) t$ 當且僅當 $TU t$ 且 $TV t$。 由於 $TU$ 和 $TV$ 獨立， $P(Tm t) = P(TU t 	ext{ and } TV t) = P(TU t) P(TV t)$。 對於指數分布 $Exp(\lambda)$，其 $P(T t) = 1 - F(t) = 1 - (1 - e^{-\lambda t}) = e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$。 所以，$P(TU t) = e^{-\lambdaU t}$，對於 $t \ge 0$。 $P(TV t) = e^{-\lambdaV t}$，對於 $t \ge 0$。

Question 15

15. (4%) Which of the following is true about $Tm$? (A) $P(Tm \alpha + \beta | Tm \alpha) = P(Tm \beta)$, $\forall \alpha, \beta \ge 0$ (B) $P(Tm \alpha + \beta | Tm \alpha) + P(Tm \beta)$, $\exists \alpha, \beta \ge 0$ (C) $P(Tm \alpha + \beta | Tm \alpha) = P(Tm \alpha)$, $\forall \alpha, \beta \ge 0$ (D) $P(Tm \alpha + \beta | Tm \alpha) + P(Tm \alpha)$, $\exists \alpha, \beta \ge 0$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗指數分布（Exponential Distribution）的無記憶性（Memoryless Property）。

在第 14 題中，我們確定了 $T_m = \min(T_U, T_V)$ 服從指數分布 $Exp(\lambda_U + \lambda_V)$ 。
指數分布具有無記憶性，這意味著對於任意的 $\alpha, \beta \ge 0$ ，條件機率 $P(T_m > \alpha + \beta | T_m > \alpha)$ 等於 $P(T_m > \beta)$ 。

這個性質的推導如下：
已知 $T_m \sim Exp(\lambda)$ ，其中 $\lambda = \lambda_U + \lambda_V$ 。
$P(T_m > t) = e^{-\lambda t}$ 。
$P(T_m > \alpha + \beta | T_m > \alpha) = \frac{P(T_m > \alpha + \beta \text{ and } T_m > \alpha)}{P(T_m > \alpha)}$
由於 $\alpha + \beta \ge \alpha$ (因為 $\beta \ge 0$ )，所以如果 $T_m > \alpha + \beta$ ，則 $T_m > \alpha$ 自動成立。
因此， $P(T_m > \alpha + \beta \text{ and } T_m > \alpha) = P(T_m > \alpha + \beta)$ 。
所以，
$P(T_m > \alpha + \beta | T_m > \alpha) = \frac{P(T_m > \alpha + \beta)}{P(T_m > \alpha)}$

Question 16

16. (4%) Find $M{X1}(t)$, the moment-generating function of $X1$, where $t < \frac{1}{2}$. The probability density function of a positive random variable $X$ is defined as: $fX(x; k) = \frac{x^{k-1} e^{-x/2}}{2^k \Gamma(k)}$, where $x 0$, $ki \in \mathbb{Z}^+$, and $\Gamma(t) = \int{0}^{\infty} x^{t-1} e^{-x} dx$ for $t 0$. Let $Y = \sum{i=1}^{N} \phii Xi$, where $Xi$ ($i = 1, 2, ..., N$) are mutually independent random variables and $\phii$ ($i = 1, 2, ..., N$) are real constants. (A) $(1 - 2t)^{-k1/2}$ (B) $(1 - 2t)^{-k1}$ (C) $(1 - 2t)^{-k1/2}$ (D) $(1 - 2t)^{k1}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗 Gamma 分布（Gamma Distribution）的動差生成函數（MGF）。

題目給出的 PDF 形式為 $f_X(x; k) = \frac{x^{k-1} e^{-x/2}}{2^k \Gamma(k)}$ 。
這個形式與標準的 Gamma 分布 PDF 略有不同。
標準的 Gamma 分布 PDF 形式為 $f(x; \alpha, \beta) = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x}$ ，對於 $x > 0$ 。
在這裡， $\alpha$ 是形狀參數（shape parameter）， $\beta$ 是尺度參數（scale parameter）。

我們將題目給出的 PDF 與標準形式對比：
$f_X(x; k) = \frac{x^{k-1} e^{-x/2}}{2^k \Gamma(k)}$
我們可以將其改寫為：
$f_X(x; k) = \frac{(1/2)^k}{\Gamma(k)} x^{k-1} e^{-x/2}$
對比標準形式 $\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x}$ ，我們可以看到：
$\alpha = k$
$\beta = 1/2$

Question 17

17. (4%) What is $\varphi{X1}(t)$, the characteristic function of $X1$? (A) $(1 - 2it)^{-k1/2}$ (B) $(1 - 2it)^{-k1}$ (C) $(1 - 2it)^{-k1/2}$ (D) $(1 - 2it)^{k1}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗 Gamma 分布（Gamma Distribution）的特徵函數（Characteristic Function）。

在第 16 題中，我們確定了 $X_1 \sim Gamma(k_1, 1/2)$ 。
特徵函數 $\varphi_X(t)$ 與動差生成函數（MGF） $M_X(t)$ 的關係是：
$\varphi_X(t) = M_X(it)$
其中 $i$ 是虛數單位 ( $i^2 = -1$ )。

我們在第 16 題中得到的 $X_1$ 的 MGF 是：
$M_{X_1}(t) = (1 - 2t)^{-k_1}$

Question 18

18. (4%) What is the mean of $X1$? (A) $\frac{k1}{2}$ (B) $k1$ (C) $2k1$ (D) $k1^2$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗 Gamma 分布（Gamma Distribution）的期望值（Mean）。

在第 16 題中，我們確定了 $X_1$ 服從 Gamma 分布，其參數為 $\alpha = k_1$ 和 $\beta = 1/2$ 。
即 $X_1 \sim Gamma(k_1, 1/2)$ 。

Gamma 分布 $Gamma(\alpha, \beta)$ 的期望值（Mean）為 $E[X] = \frac{\alpha}{\beta}$ 。
將 $\alpha = k_1$ 和 $\beta = 1/2$ 代入公式：
$E[X_1] = \frac{k_1}{1/2} = 2k_1$ 。

Question 19

19. (4%) What is the variance of $Xi$? (A) $\frac{ki}{2}$ (B) $ki$ (C) $2ki$ (D) $ki^2$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗 Gamma 分布（Gamma Distribution）的變異數（Variance）。

從第 16 題的分析可知，題目中給出的 $X_i$ 服從 Gamma 分布，其參數為形狀參數 $\alpha = k_i$ 和尺度參數 $\beta = 1/2$ 。
即 $X_i \sim Gamma(k_i, 1/2)$ 。

Question 20

20. (4%) Find $f{\sqrt{Xi}}(\zeta)$, the probability density function of $\sqrt{Xi}$, where $\zeta 0$. (A) $\frac{\zeta^{ki-1} e^{-\zeta^2/2}}{2^{ki} \Gamma(ki/2)}$ (B) $\frac{\zeta^{ki-1} e^{-\zeta^2/2}}{2^{ki} \Gamma(ki)}$ (C) $\frac{\zeta^{ki-1} e^{-\zeta^2/2}}{2^{ki/2} \Gamma(ki/2)}$ (D) $\frac{\zeta^{ki-1} e^{-\zeta^2/2}}{2^{ki/2} \Gamma(ki)}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「單調函數的機率密度函數變數變換」。 依題目選項的形式，可知 $Xi$ 服從自由度為 $ki$ 的卡方分布： $$ f{Xi}(x)= \frac{x^{ki/2-1}e^{-x/2}} {2^{ki/2}\Gamma(ki/2)},\qquad x0. $$ 令 $$ Y=\sqrt{Xi}. $$ 由於 $Xi0$，故 $Y0$，且 $Y$ 服從自由度為 $ki$ 的卡分布（chi distribution）。 --- 解題方法 因為 $$ Y=\sqrt{Xi} \quad\Longleftrightarrow\quad Xi=Y^2, $$ 取反函數 $x=y^2$，其導數為 $$ \frac{dx}{dy}=2y. $$ 單調變數變換公式為 $$ fY(y)=f{Xi}(y^2)\left|\frac{dx}{dy}ight|, \qquad y0. $$ 代入卡方分布的密度函數： $$ \begin{aligned} fY(y) &= \frac{(y^2)^{ki/2-1}e^{-y^2/2}} {2^{ki/2}\Gamma(ki/2)} \cdot 2y\ &= \frac{y^{ki-2}e^{-y^2/2}} {2^{ki/2}\Gamma(ki/2)} \cdot 2y\ &= \frac{y^{ki-1}e^{-y^2/2}} {2^{ki/2-1}\Gamma(ki/2)}. \end{aligned} $$ 因此，以題目中的變數 $\zeta$ 表示： $$ f{\sqrt{Xi}}(\zeta) = \frac{\zeta^{ki-1}e^{-\zeta^2/2}} {2^{ki/2-1}\Gamma(ki/2)}, \qquad \zeta0. $$ --- 選項分析 - (A) $$ \frac{\zeta^{ki-1}e^{-\zeta^2/2}} {2^{ki}\Gamma(ki/2)} $$

Question 21

21. (4%) Find $MY(t)$, the moment-generating function of $Y$. $Y = \sum{i=1}^{N} \phii Xi$ (A) $\sum{i=1}^{N} \phii (1 - 2t)^{-ki/2}$ (B) $\prod{i=1}^{N} (1 - 2it)^{-ki/2}$ (C) $\sum{i=1}^{N} \phii (1 - 2t)^{-ki}$ (D) $\prod{i=1}^{N} (1 - 2it)^{-ki}$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗線性組合（Linear Combination）的動差生成函數（MGF）。

我們已知 $X_i$ 是相互獨立的隨機變數，且 $X_i \sim Gamma(k_i, 1/2)$ 。
根據第 16 題， $X_i$ 的 MGF 是 $M_{X_i}(t) = (1 - 2t)^{-k_i}$ 。

我們需要找到 $Y = \sum_{i=1}^{N} \phi_i X_i$ 的 MGF。
MGF 的一個重要性質是：如果 $X_1, X_2, ..., X_N$ 是相互獨立的隨機變數，則它們線性組合 $Y = \sum_{i=1}^{N} a_i X_i$ 的 MGF 是各個 MGF 的乘積，但這裡的係數 $a_i$ 是 $\phi_i$ ，而不是 $1$ 。
MGF 的性質是：如果 $X_1, ..., X_N$ 獨立，則 $M_{\sum a_i X_i}(t) = \prod_{i=1}^N M_{X_i}(a_i t)$ 。

所以，
$M_Y(t) = M_{\sum_{i=1}^{N} \phi_i X_i}(t)$
$= \prod_{i=1}^{N} M_{X_i}(\phi_i t)$

Question 22

22. (4%) Suppose that $k = \sum{i=1}^{N} ki$ and $\phij = 1$, where $j = 1, 2, ..., N$. Find $fY(y)$, for all $y 0$. (A) $\frac{y^{k-1} e^{-y/2}}{2^k \Gamma(k)}$ (B) $\frac{y^{k-1} e^{-y/2}}{2^{k-1} \Gamma(k)}$ (C) $\frac{y^{k-1} e^{-y/2}}{2^{k/2} \Gamma(k/2)}$ (D) $\frac{y^{k-1} e^{-y/2}}{2^{k/2} \Gamma(k)}$ (E) $\frac{y^{k-1} e^{-y/2}}{2^{k-1} \Gamma(k/2)}$

Accepted Answer

這題要求計算一個特定情況下的 $Y$ 的機率密度函數（PDF）。
在第 21 題的題目描述中，我們有 $Y = \sum_{i=1}^{N} \phi_i X_i$ 。
這裡的 $X_i \sim Gamma(k_i, 1/2)$ 。

在這一題中，給定了特殊條件：

$k = \sum_{i=1}^{N} k_i$ 。
$\phi_j = 1$ , where $j = 1, 2, ..., N$ 。

這意味著 $\phi_i = 1$ 對於所有的 $i=1, 2, ..., N$ 。
所以， $Y = \sum_{i=1}^{N} 1 \cdot X_i = \sum_{i=1}^{N} X_i$ 。

我們需要找到 $Y = X_1 + X_2 + ... + X_N$ 的 PDF，其中 $X_i$ 是相互獨立的 $Gamma(k_i, 1/2)$ 分布。
兩個獨立的 Gamma 分布 $X_1 \sim Gamma(\alpha_1, \beta)$ 和 $X_2 \sim Gamma(\alpha_2, \beta)$ 的和 $X_1 + X_2$ 服從 $Gamma(\alpha_1 + \alpha_2, \beta)$ 。
這個性質可以推廣到 $N$ 個獨立的 Gamma 分布，只要它們具有相同的尺度參數 $\beta$ 。

在這裡，所有的 $X_i$ 都具有相同的尺度參數 $\beta = 1/2$ 。
它們的形狀參數分別是 $k_1, k_2, ..., k_N$ 。

Question 23

23. (4%) A random sample is drawn from an infinite statistical population, on which $Y$ is defined. Let $Y$ be the sample mean. Assume that the sample size $s$ is large (say, $s 30$). What is the mean of $Y$? (A) $\sum{i=1}^{N} \phii^2 ki$ (B) $\sum{i=1}^{N} \phii ki$ (C) $\sum{i=1}^{N} \phii ki^2$ (D) $\sum{i=1}^{N} \phii ki$ (E) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「樣本平均數的期望值」以及樣本平均數的不偏性。

設母體隨機變數為 $X$ ，抽取樣本 $X_1,X_2,\ldots,X_s$ ，樣本平均數為

Y=\frac{1}{s}\sum_{j=1}^{s}X_j.

由期望值的線性性質，

E(Y) =E\left(\frac{1}{s}\sum_{j=1}^{s}X_j\right) =\frac{1}{s}\sum_{j=1}^{s}E(X_j).

因為 $X_1,\ldots,X_s$ 都來自同一母體，所以

E(X_j)=E(X)=\mu,

因此

E(Y)=\frac{1}{s}\cdot s\mu=\mu.

所以，樣本平均數 $Y$ 的平均值等於母體平均數，與樣本數 $s$ 是否大於 $30$ 無關。 $s>30$ 通常與中央極限定理有關，但不影響樣本平均數期望值的計算。

若母體隨機變數取值為 $k_i$ ，其對應機率為 $\phi_i$ ，則母體平均數為

\mu=E(X)=\sum_{i=1}^{N} k_i\phi_i =\sum_{i=1}^{N}\phi_i k_i.

故

E(Y)=\sum_{i=1}^{N}\phi_i k_i.

解題方法

直接使用樣本平均數的期望值：

Y=\frac{X_1+\cdots+X_s}{s}.

取期望值得

E(Y) =\frac{E(X_1)+\cdots+E(X_s)}{s}.

由於每個樣本皆來自相同母體，

E(X_1)=\cdots=E(X_s)=\mu,

所以

E(Y)=\frac{s\mu}{s}=\mu.

若母體平均數以離散型分布表示為

\mu=\sum_{i=1}^{N}\phi_i k_i,

則

E(Y)=\sum_{i=1}^{N}\phi_i k_i.

選項分析

Question 24

24. (4%) Following from Question 23, what is the variance of $Y$? (A) $\frac{\sum{i=1}^{N} \phii^2 ki}{s}$ (B) $\frac{\sum{i=1}^{N} \phii ki}{s}$ (C) $\frac{\sum{i=1}^{N} \phii^2 ki^2}{s^2}$ (D) $\frac{2 \sum{i=1}^{N} \phii^2 ki}{s}$ (E) $\frac{2 \sum{i=1}^{N} \phii^2 ki}{s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查獨立隨機變數線性組合的變異數，以及 Poisson 隨機變數的性質： 若 $Xi\sim\operatorname{Poisson}(\lambdai)$，則 $$ \operatorname{E}[Xi]=\operatorname{Var}(Xi)=\lambdai. $$ 若各個 $Xi$ 相互獨立，且 $$ Y=\sum{i=1}^{N}\phiiXi, $$ 則 $$ \operatorname{Var}(Y) =\sum{i=1}^{N}\phii^2\operatorname{Var}(Xi). $$ 依第 23 題的設定，$Xi$ 的 Poisson 參數為 $$ \lambdai=\frac{ki}{s}. $$ 因此 $$ \operatorname{Var}(Xi)=\frac{ki}{s}. $$ 解題方法 將 $Y$ 視為各個 $Xi$ 的加權和： $$ Y=\sum{i=1}^{N}\phiiXi. $$ 利用獨立性，交叉共變異數為零： $$ \begin{aligned} \operatorname{Var}(Y) &=\operatorname{Var}\left(\sum{i=1}^{N}\phiiXiight)\ &=\sum{i=1}^{N}\phii^2\operatorname{Var}(Xi)\ &=\sum{i=1}^{N}\phii^2\left(\frac{ki}{s}ight)\ &=\frac{\sum{i=1}^{N}\phii^2ki}{s}. \end{aligned} $$ 所以 $$ \boxed{\operatorname{Var}(Y)=\frac{\sum{i=1}^{N}\phii^2ki}{s}}. $$ 選項分析

Question 25

25. (4%) Following from Question 24, what is the variance of $Y$ when $s$ becomes infinitely large? (A) $+\infty$ (B) 1 (C) 0 (D) $-\infty$ (E) None of the above.

Accepted Answer

這題考驗樣本平均值（Sample Mean）的變異數（Variance）在樣本數趨於無限大時的行為。

在第 24 題中，我們假設 $Y$ 是樣本平均值，其變異數是 $Var(Y) = \frac{\text{Population Variance}}{s}$ 。
我們假設 Population Variance 是 $\sum_{i=1}^{N} \phi_i^2 k_i$ (對應選項 A)。
那麼 $Var(Y) = \frac{\sum_{i=1}^{N} \phi_i^2 k_i}{s}$ 。

115 年國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

第 1 題4 分

第 2 題4 分

第 3 題4 分

第 4 題4 分

第 5 題4 分

第 6 題4 分

第 7 題4 分

第 8 題4 分

第 9 題4 分

第 10 題4 分

第 11 題4 分

第 12 題4 分

第 13 題4 分

第 14 題4 分

第 15 題4 分

第 16 題4 分

第 17 題4 分

第 18 題4 分

第 19 題4 分

第 20 題4 分

第 21 題4 分

第 22 題4 分

第 23 題4 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 24 題4 分

第 25 題4 分

其他考古題

115 年中山大學的其他科目

中山大學《機率》其他年度

其他學校的通訊系考古題

115 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》

第 1 題4 分

第 2 題4 分

第 3 題4 分

第 4 題4 分

第 5 題4 分

第 6 題4 分

第 7 題4 分

第 8 題4 分

第 9 題4 分

第 10 題4 分

第 11 題4 分

第 12 題4 分

第 13 題4 分

第 14 題4 分

第 15 題4 分

第 16 題4 分

第 17 題4 分

第 18 題4 分

第 19 題4 分

第 20 題4 分

第 21 題4 分

第 22 題4 分

第 23 題4 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 24 題4 分

第 25 題4 分

其他考古題

115 年中山大學的其他科目

中山大學《機率》其他年度

其他學校的通訊系考古題

115 年國立中山大學通訊工程研究所甲組《機率》