108 年 國立臺北大學通訊工程研究所《機率》

本題考驗隨機變數的定義、機率質量函數 (pmf)、期望值與變異數的計算。

核心觀念：
隨機變數的定義、獨立重複試驗 (with replacement) 的機率計算、離散型隨機變數的期望值與變異數公式。

解題步驟：
首先定義可能抽出的兩種面額的錢幣。
令 $B_1$ 為第一次抽取的紙鈔面額，$B_2$ 為第二次抽取的紙鈔面額。
紙鈔種類：$2,$2, $2,$2, $5。總共有 5 張。 抽到$2 的機率為 $P(B_i = 2) = \frac{4}{5}$。
抽到 $5 的機率為$P(B_i = 5) = \frac{1}{5}$。
由於是「with replacement」，兩次抽取是獨立的。

隨機變數 $X$ 為兩次抽取金額的總和，即 $X = B_1 + B_2$。
可能的值有：

1. 抽到 $2 和$2：$X = 2 + 2 = 4$
2. 抽到 $2 和$5：$X = 2 + 5 = 7$
3. 抽到 $5 和$2：$X = 5 + 2 = 7$
4. 抽到 $5 和$5：$X = 5 + 5 = 10$
   所以 $X$ 的可能值為 $\{4, 7, 10\}$。

(a) 求 $X$ 的機率質量函數 (pmf)。
$P(X=4) = P(B_1=2, B_2=2) = P(B_1=2) \times P(B_2=2) = \frac{4}{5} \times \frac{4}{5} = \frac{16}{25}$。
$P(X=7) = P(B_1=2, B_2=5) + P(B_1=5, B_2=2)$
$= P(B_1=2)P(B_2=5) + P(B_1=5)P(B_2=2)$
$= \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} + \frac{1}{5} \times \frac{4}{5} = \frac{4}{25} + \frac{4}{25} = \frac{8}{25}$。
$P(X=10) = P(B_1=5, B_2=5) = P(B_1=5) \times P(B_2=5) = \frac{1}{5} \times \frac{1}{5} = \frac{1}{25}$。
驗證總機率：$\frac{16}{25} + \frac{8}{25} + \frac{1}{25} = \frac{25}{25} = 1$。
PMF 為：
$P(X=x) = \begin{cases} \frac{16}{25} & x=4 \\ \frac{8}{25} & x=7 \\ \frac{1}{25} & x=10 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

(b) 求 $X$ 的期望值 $E[X]$。
$E[X] = \sum_{x} x P(X=x) = 4 \times P(X=4) + 7 \times P(X=7) + 10 \times P(X=10)$
$E[X] = 4 \times \frac{16}{25} + 7 \times \frac{8}{25} + 10 \times \frac{1}{25}$
$E[X] = \frac{64}{25} + \frac{56}{25} + \frac{10}{25} = \frac{130}{25} = \frac{26}{5} = 5.2

本題考驗二項分布的定義與機率質量函數的推導。

核心觀念：
二項分布 (Binomial Distribution) 的條件：獨立的伯努利試驗 (Bernoulli trials) 重複固定次數，每次試驗成功機率相同。

解題步驟：
題目定義 $X$ 為「N 個事件序列中成功的事件數量」。
每個事件是獨立的，且成功的機率為 $p$。
這符合二項分布的定義，其中：

• 試驗次數 (number of trials) 為 $N$。
• 每次試驗成功的機率 (probability of success) 為 $p$。
• 隨機變數 $X$ 代表成功次數。

核心觀念

令 $X$ 表示第一個錯誤位元出現的位置。由於每個位元獨立傳送，且單一位元傳錯的機率為 $p$，傳送正確的機率為

$$1-p$$

「前 $n$ 個位元皆正確」等價於「第一個錯誤位元的位置晚於第 $n$ 位」，即

$$\{X>n\}.$$

因此題目要求的是條件機率

$$P(X>10\mid X>4).$$

解題方法

已知前 $4$ 個位元正確，代表第 $1$ 至第 $4$ 位已經確定沒有錯誤。要使前 $10$ 個位元皆正確，只需再要求第 $5$ 至第 $10$ 位共 $6$ 個位元全部正確。

由位元傳送彼此獨立，

$$P(X>10\mid X>4) = P(\text{第 5 至第 10 位皆正確})$$ $$=(1-p)^6.$$

也可直接利用幾何分布的條件機率表示：

核心觀念

本題考查：

• Poisson 隨機變數的機率質量函數（pmf）。
• Poisson process 的到達率與區間計數分布。
• 「第一個人於某時間後才出現」等價於「該時間以前沒有任何人進入」。

一小時平均有 50 人進入，因此到達率為

$$\lambda=50\quad\text{人／小時}$$

在標準均勻 Poisson process 假設下，長度為 $t$ 小時的時間區間內，進入人數服從

$$N(t)\sim\operatorname{Poisson}(\lambda t)$$

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解題方法

(a) $N$ 的 pmf

題目中的 $N$ 表示一小時內進入的人數，因此

$$N\sim\operatorname{Poisson}(50)$$

Poisson 隨機變數的 pmf 為

$$P(N=n)=\frac{e^{-\mu}\mu^n}{n!}, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

代入平均值 $\mu=50$，得到

$$\boxed{ P(N=n)=\frac{e^{-50}50^n}{n!}, \qquad n=0,1,2,\ldots }$$

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(b) 第一個人於 $0.5$ 小時後才出現的機率

令 $T_1$ 表示第一個人出現的時間。「第一個人於 $0.5$ 小時後才出現」表示前 $0.5$ 小時內沒有任何人進入，因此

$$P(T_1>0.5)=P\bigl(N(0.5)=0\bigr)$$

由 Poisson process 的性質，

$$N(0.5)\sim\operatorname{Poisson}(50\times0.5) =\operatorname{Poisson}(25)$$

因此

本題考驗累積分布函數 (cdf) 與機率密度函數 (pdf) 的關係，以及期望值、變異數和中位數的計算。

核心觀念：

1. cdf 到 pdf 的轉換：$f(x) = \frac{d}{dx} F(x)$。
2. 期望值 (Mean)：$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx$。
3. 變異數 (Variance)：$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
4. 中位數 (Median)：滿足 $F(m) = 0.5$ 的值 $m$。

解題步驟：
給定的累積分布函數 (cdf) 為：

$$F(x) = \begin{cases} 0 & x \le 0 \\ \frac{x^2}{16} & 0 < x \le 4 \\ 1 & x > 4 \end{cases}$$

(a) 求 X 的機率密度函數 (p.d.f.)。
pdf 是 cdf 的導數。我們對 $F(x)$ 在其定義域內進行微分。
對於 $0 < x < 4$，
$f(x) = \frac{d}{dx} F(x) = \frac{d}{dx} \left(\frac{x^2}{16}\right) = \frac{2x}{16} = \frac{x}{8}$。
對於 $x \le 0$ 或 $x > 4$，cdf 是常數 (0 或 1)，其導數為 0。
所以，X 的 p.d.f. 為：

$$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{8} & 0 < x < 4 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$$

驗證 pdf 的總積分是否為 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int_{0}^{4} \frac{x}{8} dx = \left[\frac{x^2}{16}\right]_0^4 = \frac{4^2}{16} - \frac{0^2}{16} = \frac{16}{16} - 0 = 1$。 驗證通過。

(b) 求 X 的期望值 (mean) $E[X]$。

本題考驗多變量機率的觀念，包括求常數、邊緣機率密度函數、條件機率、條件期望值以及共變異數的計算。

核心觀念：

1. 聯合機率密度函數 (Joint PDF) 的歸一化：積分必須為 1。
2. 邊緣機率密度函數 (Marginal PDF)：對聯合 PDF 積分掉其他變數。
3. 條件機率密度函數 (Conditional PDF)：$f_{X_1|X_2=x_2}(x_1|x_2) = \frac{f_{X_1, X_2}(x_1, x_2)}{f_{X_2}(x_2)}$。
4. 條件期望值 (Conditional Expectation)：$E[X_1|X_2=x_2] = \int_{-\infty}^{\infty} x_1 f_{X_1|X_2=x_2}(x_1|x_2) dx_1$。
5. 共變異數 (Covariance)：$Cov(X_1, X_2) = E[X_1 X_2] - E[X_1] E[X_2]$。
6. 指數分布的性質：獨立性。

解題步驟：
給定的聯合機率密度函數 (joint pdf) 為：
$f(x_1, x_2, x_3) = k e^{-2x_1 - x_2 - x_3}, \quad \text{for } x_1 > 0, x_2 > 0, x_3 > 0$
且在其他區域為 0。

(a) 求常數 $k$ 的值。
聯合 PDF 在整個定義域上的積分必須等於 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x_1, x_2, x_3) dx_1 dx_2 dx_3 = 1$
$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} k e^{-2x_1} e^{-x_2} e^{-x_3} dx_1 dx_2 dx_3 = 1$
由於各個指數項是獨立的，我們可以將積分拆開：
$k \left( \int_{0}^{\infty} e^{-2x_1} dx_1 \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x_2} dx_2 \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x_3} dx_3 \right) = 1$
計算每個積分：
$\int_{0}^{\infty} e^{-ax} dx = \left[-\frac{1}{a} e^{-ax}\right]_0^{\infty} = 0 - (-\frac{1}{a} e^0) = \frac{1}{a}$。
所以，
$\int_{0}^{\infty} e^{-2x_1} dx_1 = \frac{1}{2}$
$\int_{0}^{\infty} e^{-x_2} dx_2 = \frac{1}{1} = 1$
$\int_{0}^{\infty} e^{-x_3} dx_3 = \frac{1}{1} = 1$
將這些結果代回：
$k \left(\frac{1}{2}\right) (1) (1) = 1$
$\frac{k}{2} = 1 \implies k = 2$。

所以，聯合 pdf 為 $f(x_1, x_2, x_3) = 2 e^{-2x_1 - x_2 - x_3}$，for $x_1 > 0, x_2 > 0, x_3 > 0$。
注意到，這可以寫成 $f(x_1, x_2, x_3) = (2e^{-2x_1})(e^{-x_2})(e^{-x_3})$。
這表示 $X_1, X_2, X_3$ 是獨立的隨機變數。
$X_1$ 的 pdf 是 $f_{X_1}(x_1) = 2e^{-2x_1}$ for $x_1 > 0$ (指數分布，參數 $\lambda_1=2$)。
$X_2$ 的 pdf 是 $f_{X_2}(x_2) = e^{-x_2}$ for $x_2 > 0$ (指數分布，參數 $\lambda_2=1$)。
$X_3$ 的 pdf 是 $f_{X_3}(x_3) = e^{-x_3}$ for $x_3 > 0$ (指數分布，參數 $\lambda_3=1$)。

(b) 求 $X_1$ 和 $X_3$ 的邊緣聯合 p.d.f. ($f_{X_1, X_3}(x_1, x_3)$)。
邊緣 PDF 是透過對聯合 PDF 積分掉所有其他變數得到的。
$f_{X_1, X_3}(x_1, x_3) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x_1, x_2, x_3) dx_2$
$f_{X_1, X_3}(x_1, x_3) = \int_{0}^{\infty} 2 e^{-2x_1} e^{-x_2} e^{-x_3} dx_2$
$f_{X_1, X_3}(x_1, x_3) = 2 e^{-2x_1} e^{-x_3} \int_{0}^{\infty} e^{-x_2} dx_2$
我們已經計算過 $\int_{0}^{\infty} e^{-x_2} dx_2 = 1$。
所以，$f_{X_1, X_3}(x_1, x_3) = 2 e^{-2x_1} e^{-x_3}$，for $x_1 > 0, x_3 > 0$。