109 年 國立臺北大學通訊工程研究所《機率》

這題主要在考驗對機率基本概念的理解，包含獨立事件、互斥事件、全機率法則以及變異數的性質。

(a) False。獨立事件的定義是對於任意子集合都滿足機率乘積等於交集機率。雖然 $P[E_1 \cap E_2 \cap E_3] = P[E_1]P[E_2]P[E_3]$ 是三個事件獨立的必要條件之一，但它本身並不充分。例如，若 $E_1$, $E_2$, $E_3$ 兩兩獨立，且 $E_1 \cap E_2 \cap E_3 = \emptyset$，則 $P[E_1 \cap E_2 \cap E_3] = 0$，而 $P[E_1]P[E_2]P[E_3]$ 可能不為零。更嚴謹地說，三個事件 $E_1, E_2, E_3$ 獨立的定義為：
$P(E_1 \cap E_2) = P(E_1)P(E_2)$
$P(E_1 \cap E_3) = P(E_1)P(E_3)$
$P(E_2 \cap E_3) = P(E_2)P(E_3)$
$P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) = P(E_1)P(E_2)P(E_3)$
僅滿足最後一項不等同於獨立。

(b) True。若兩個事件 $E_1$ 和 $E_2$ 互斥（disjoint），表示它們不會同時發生，即 $E_1 \cap E_2 = \emptyset$。在此情況下，聯集事件的機率為個別機率之和。這是機率公理之一（加法公理的特殊情況）。

(c) True。事件 $E_1$ 和 $E_2$ 是互斥事件且它們的聯集是樣本空間 $\Omega$，即 $E_1 \cap E_2 = \emptyset$ 且 $E_1 \cup E_2 = \Omega$。

核心觀念

機率質量函數必須滿足：

$$P_X(x)\ge 0,\qquad \sum_x P_X(x)=1.$$

本題對所有正整數 $x=1,2,3,\ldots$ 定義

$$P_X(x)=\frac{c}{x}.$$

因此必須檢查調和級數 $\sum_{x=1}^{\infty}\frac{1}{x}$ 是否收斂。

解題方法

由 PMF 的總和必須為 $1$：

$$\sum_{x=1}^{\infty}P_X(x) = \sum_{x=1}^{\infty}\frac{c}{x} = c\sum_{x=1}^{\infty}\frac{1}{x} =1.$$

然而，調和級數發散：

$$\sum_{x=1}^{\infty}\frac{1}{x}=\infty.$$

若 $c>0$，則

$$c\sum_{x=1}^{\infty}\frac{1}{x}=\infty\neq 1.$$

若 $c=0$，則所有機率皆為 $0$，總和為 $0$，同樣不符合 PMF 必須滿足的總和為 $1$。

因此不存在任何常數 $c$，能使題目所給的函數成為合法的 PMF。

各小題分析

(a) 不存在合法的常數 $c$。題目所給的函數無法構成 PMF。

(b) 由於不存在符合條件的隨機變數 $X$，因此

此題考驗對 Poisson 分布及其性質的理解，包括 PMF 的計算、子區間的機率以及期望值的線性性質。

Poisson 分布的 PMF 為 $P(X=k) = \frac{e^{-\alpha} \alpha^k}{k!}$，其中 $k = 0, 1, 2, \dots$。
平均數 $E[X] = \alpha$，變異數 $Var[X] = \alpha$。

(a) 沒有人訪問網站的機率
這對應於 $X=0$ 的情況。
$P(X=0) = \frac{e^{-\alpha} \alpha^0}{0!} = \frac{e^{-\alpha} \cdot 1}{1} = e^{-\alpha}$。

(b) 在 10am 和 11am 之間沒有人訪問網站的機率
Poisson 分布具有無記憶性（memoryless property）和時段可加性（additivity）。
如果一個過程在單位時間內的總訪問次數服從參數為 $\alpha$ 的 Poisson 分布，那麼在任何時間間隔 $t$ 內，訪問次數服從參數為 $\alpha t$ 的 Poisson 分布。
題目中提到「在一天內」的訪問次數是 Poisson 隨機變數，平均數為 $\alpha$。
我們需要假設「一天」是一個標準時間單位，例如 24 小時。
那麼，10am 到 11am 是一個 1 小時的時間間隔。
如果平均數 $\alpha$ 是指「每天」的訪問次數，那麼在 1 小時內，平均訪問次數應為 $\alpha/24$。
設 $X_{day}$ 為一天內的總訪問次數， $E[X_{day}] = \alpha$。
設 $X_{1hr}$ 為 1 小時內的訪問次數。

此題考驗對連續型隨機變數的機率密度函數 (PDF) 的基本性質的應用，包括求常數、計算期望值、變異數、中位數，以及函數轉換的期望值。

PDF 的性質要求：

1. $f_X(x) \ge 0$ 對於所有 $x$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = 1$。

(a) 求常數 $c$
根據 PDF 的第二個性質，總積分必須為 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = \int_{0}^{3} f_X(x) dx = 1$
$\int_{0}^{2} cx dx + \int_{2}^{3} 2c(3-x) dx = 1$
計算第一個積分：
$\int_{0}^{2} cx dx = c \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^2 = c \left( \frac{2^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = c \cdot 2 = 2c$
計算第二個積分：
$\int_{2}^{3} 2c(3-x) dx = 2c \int_{2}^{3} (3-x) dx = 2c \left[ 3x - \frac{x^2}{2} \right]_2^3$
$= 2c \left[ \left( 3(3) - \frac{3^2}{2} \right) - \left( 3(2) - \frac{2^2}{2} \right) \right]$
$= 2c \left[ \left( 9 - \frac{9}{2} \right) - \left( 6 - 2 \right) \right] = 2c \left[ \frac{9}{2} - 4 \right] = 2c \left[ \frac{9-8}{2} \right] = 2c \cdot \frac{1}{2} = c$
將兩個積分結果相加：
$2c + c = 1$
$3c = 1 \implies c = \frac{1}{3}$。
同時，檢查 $f_X(x) \ge 0$。由於 $c=1/3 > 0$，對於 $0 \le x \le 2$， $cx = x/3 \ge 0$。對於 $2 < x \le 3$， $2c(3-x) = 2(1/3)(3-x) = (2/3)(3-x)$。當 $x \le 3$ 時，$3-x \ge 0$，所以 $f_X(x) \ge 0$。PDF 是有效的。

(b) 求 $X$ 的平均數 $E[X]$
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{0}^{3} x f_X(x) dx$
$E[X] = \int_{0}^{2} x (cx) dx + \int_{2}^{3} x (2c(3-x)) dx$
代入 $c = 1/3$：
$E[X] = \int_{0}^{2} x \left(\frac{1}{3}x\right) dx + \int_{2}^{3} x \left(2\frac{1}{3}(3-x)\right) dx$
$E[X] = \frac{1}{3} \int_{0}^{2} x^2 dx + \frac{2}{3} \int_{2}^{3} x(3-x) dx$
計算第一個積分：
$\frac{1}{3} \int_{0}^{2} x^2 dx = \frac{1}{3} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^2 = \frac{1}{3} \left( \frac{2^3}{3} - 0 \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{8}{3} = \frac{8}{9}$
計算第二個積分：
$\frac{2}{3} \int_{2}^{3} (3x-x^2) dx = \frac{2}{3} \left[ \frac{3x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_2^3$
$= \frac{2}{3} \left[ \left( \frac{3(3)^2}{2} - \frac{3^3}{3} \right) - \left( \frac{3(2)^2}{2} - \frac{2^3}{3} \right) \right]$
$= \frac{2}{3} \left[ \left( \frac{27}{2} - 9 \right) - \left( 6 - \frac{8}{3} \right) \right]$
$= \frac{2}{3} \left[ \left( \frac{27-18}{2} \right) - \left( \frac{18-8}{3} \right) \right] = \frac{2}{3} \left[ \frac{9}{2} - \frac{10}{3} \right]$
$= \frac{2}{3} \left[ \frac{27 - 20}{6} \right] = \frac{2}{3} \cdot \frac{7}{6} = \frac{14}{18} = \frac{7}{9}$

核心觀念

因為 $X,Y$ 相互獨立，且皆服從 $[0,2]$ 上的均勻分布，所以聯合機率密度為

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac14, \qquad 0\le x\le 2,\ 0\le y\le 2.$$

因此，任何事件的機率都等於：

$$P\bigl((X,Y)\in A\bigr) =\frac{\text{事件區域 }A\text{ 的面積}} {\text{正方形 }[0,2]\times[0,2]\text{ 的面積}}.$$

整個樣本空間是邊長 $2$ 的正方形，面積為 $4$。

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(a) 求 $P(X<2Y)$

不等式

$$X<2Y$$

可改寫為

$$Y>\frac X2.$$

在 $xy$ 平面上，這是直線 $y=x/2$ 上方的區域。

直線 $y=x/2$ 在正方形內與邊界交於 $(0,0)$ 和 $(2,1)$。不符合條件的區域為

$$Y\le \frac X2,$$

其為直角三角形，兩股長分別為 $2$ 與 $1$，面積為

$$\frac12(2)(1)=1.$$

所以符合條件的區域面積為

$$4-1=3.$$

因此

$$P(X<2Y)=\frac34.$$

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(b) 求 $P(2X<Y\mid X<2Y)$

利用條件機率公式：

$$P(2X<Y\mid X<2Y) = \frac{P(2X<Y,\ X<2Y)} {P(X<2Y)}.$$

由於 $X,Y\ge 0$，若滿足 $2X<Y$，則

$$Y>2X\ge \frac X2,$$

因此事件 $\{2X<Y\}$ 完全包含於事件 $\{X<2Y\}$ 中。故

$$\{2X<Y\}\cap\{X<2Y\}=\{2X<Y\}.$$

分子只需計算 $Y>2X$ 的機率。

直線 $y=2x$ 在正方形內從 $(0,0)$ 延伸至 $(1,2)$。符合 $Y>2X$ 的區域為上方三角形，面積為

$$\int_0^1(2-2x)\,dx = \left[2x-x^2\right]_0^1 =1.$$

因此

$$P(2X<Y)=\frac14.$$

再由 (a) 的結果，

$$P(2X<Y\mid X<2Y) = \frac{1/4}{3/4} = \frac13.$$

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(c) 求 $Z=|Y-X|$ 的累積分布函數

由定義，

$$F_Z(z)=P(Z\le z) =P(|Y-X|\le z).$$

分情況討論。

情況一：$z<0$

因為 $Z=|Y-X|\ge 0$，所以

$$F_Z(z)=0.$$

情況二：$0\le z\le 2$

條件

$$|Y-X|\le z$$

等價於

$$-z\le Y-X\le z,$$

也就是

$$X-z\le Y\le X+z.$$

在正方形 $[0,2]^2$ 中，不符合條件的區域為：

$$Y-X>z \quad\text{或}\quad X-Y>z.$$

這兩個區域是正方形左上角與右下角的全等直角三角形。

每個三角形的直角邊長皆為 $2-z$，所以兩個三角形的總面積為

本題考驗隨機變數函數轉換的機率計算，特別是利用 CDF 方法來求解。
已知 $X$ 的 PDF 為 $f_X(x) = 2x$, $0 \le x \le 1$。
已知 $Y$ 的 PDF 為 $f_Y(y) = e^{-y}$, $y > 0$。
$Y = g(X)$。我們需要找到函數 $g(x)$。

首先，我們計算 $X$ 的 CDF。
對於 $0 \le x \le 1$:
$F_X(x) = \int_{0}^{x} f_X(t) dt = \int_{0}^{x} 2t dt = [t^2]_0^x = x^2$。
所以，$F_X(x) = x^2$ for $0 \le x \le 1$。
對於 $x < 0$, $F_X(x) = 0$。
對於 $x > 1$, $F_X(x) = 1$。

接下來，我們計算 $Y$ 的 CDF。
對於 $y > 0$:
$F_Y(y) = \int_{0}^{y} f_Y(t) dt = \int_{0}^{y} e^{-t} dt = [-e^{-t}]_0^y = -e^{-y} - (-e^0) = 1 - e^{-y}$。
所以，$F_Y(y) = 1 - e^{-y}$ for $y > 0$。
對於 $y \le 0$, $F_Y(y) = 0$。

我們知道，如果 $Y = g(X)$ 且 $g$ 是一個嚴格單調遞增的函數，那麼 $F_Y(y) = F_X(g^{-1}(y))$。
如果 $g$ 是一個嚴格單調遞減的函數，那麼 $F_Y(y) = 1 - F_X(g^{-1}(y))$。

首先，我們需要判斷 $g(x)$ 的單調性。
$Y$ 的值域是 $(0, \infty)$。
$X$ 的值域是 $[0,1]$。
由於 $Y = g(X)$，我們有 $f_Y(y)$ 的積分範圍從 0 到 $\infty$，而 $f_X(x)$ 的積分範圍是 0 到 1。
這意味著 $g(x)$ 必須將區間 $[0,1]$ 映射到區間 $(0, \infty)$。
如果 $g(x)$ 是單調遞增的，則 $g(0)$ 應該是 $Y$ 的最小值（趨近於 0），而 $g(1)$ 應該是 $Y$ 的最大值（趨近於 $\infty$）。
如果 $g(x)$ 是單調遞減的，則 $g(0)$ 應該是 $Y$ 的最大值（趨近於 $\infty$），而 $g(1)$ 應該是 $Y$ 的最小值（趨近於 0）。

考慮 $F_Y(y) = 1 - e^{-y}$ for $y > 0$。
考慮 $F_X(x) = x^2$ for $0 \le x \le 1$。

假設 $g(x)$ 是嚴格單調遞增的。
那麼 $F_Y(y) = F_X(g^{-1}(y))$。
$1 - e^{-y} = (g^{-1}(y))^2$。
$g^{-1}(y) = \sqrt{1 - e^{-y}}$ (取正根，因為 $g^{-1}(y)$ 的值域應是 $X$ 的值域 $[0,1]$)。
所以，$g(x) = \sqrt{1 - e^{-x}}$。
我們需要檢查這個 $g(x)$ 是否符合要求。
$g(0) = \sqrt{1 - e^0} = \sqrt{1-1} = 0$。
$g(1) = \sqrt{1 - e^{-1}} = \sqrt{1 - 1/e}$。
這與 $Y$ 的值域 $(0, \infty)$ 不符。 $g(1)$ 應該趨近於 $\infty$。
所以 $g(x)$ 不是嚴格單調遞增的。

假設 $g(x)$ 是嚴格單調遞減的。
那麼 $F_Y(y) = 1 - F_X(g^{-1}(y))$。
$1 - e^{-y} = 1 - (g^{-1}(y))^2$。