114 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信數學（僅含線性代數、機率）》

核心觀念

已知

$$X\sim\operatorname{Poisson}(3),$$

因此 $X$ 的機率質量函數為

$$P(X=x)=e^{-3}\frac{3^x}{x!}, \qquad x=0,1,2,\ldots$$

要求隨機變數

$$Y=|X-3|$$

的 PMF，必須找出所有會使 $|X-3|=y$ 的 $X$ 值，再將這些 $X$ 值的機率相加。

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解題方法

由

$$Y=|X-3|$$

可得

$$|X-3|=y \quad\Longleftrightarrow\quad X=3-y\ \text{或}\ X=3+y.$$

但 $X$ 只能取非負整數，因此要依照 $y$ 的範圍討論。

情況一：$y=0$

此時只有 $X=3$：

$$P(Y=0)=P(X=3) =e^{-3}\frac{3^3}{3!} =\frac{9}{2}e^{-3}.$$

情況二：$y=1,2,3$

此時 $3-y\geq 0$，兩個對應值 $X=3-y$ 與 $X=3+y$ 都合法，因此

$$\begin{aligned} P(Y=y) &=P(X=3-y)+P(X=3+y)\\ &=e^{-3}\frac{3^{3-y}}{(3-y)!} +e^{-3}\frac{3^{3+y}}{(3+y)!}. \end{aligned}$$

情況三：$y\geq 4$

此時 $3-y<0$，不符合 $X$ 的取值範圍，只剩下 $X=3+y$：

$$P(Y=y)=P(X=3+y) =e^{-3}\frac{3^{3+y}}{(3+y)!}.$$

另外，$Y$ 不可能取負值，也不可能取非整數值。

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PMF

因此，$Y$ 的機率質量函數為

核心觀念

令

• $K$：$n$ 次試驗中的成功次數；
• $X$：第一次成功發生的試驗編號。

題目要求條件機率質量函數：

$$P(X=j\mid K=k).$$

條件為 $K=k$ 時，代表 $n$ 次試驗中恰有 $k$ 次成功。此時 $X=j$ 表示：

1. 前 $j-1$ 次皆失敗；
2. 第 $j$ 次成功；
3. 後面的 $n-j$ 次中還要出現 $k-1$ 次成功。

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解題方法與推導

假設 $1\le k\le n$，且單次成功機率為 $p$、失敗機率為 $1-p$。

計算聯合機率 $P(X=j,K=k)$

事件 $\{X=j,K=k\}$ 發生時，前 $j-1$ 次失敗、第 $j$ 次成功，而最後 $n-j$ 次中有 $k-1$ 次成功。

因此，後 $n-j$ 次的成功位置共有

$$\binom{n-j}{k-1}$$

種選法。每一種排列均包含 $k$ 次成功與 $n-k$ 次失敗，所以其機率為

$$p^k(1-p)^{n-k}.$$

故

$$P(X=j,K=k) = \binom{n-j}{k-1}p^k(1-p)^{n-k}.$$

計算 $P(K=k)$

$n$ 次 Bernoulli 試驗中恰有 $k$ 次成功，因此

$$P(K=k) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.$$

套用條件機率公式

$$\begin{aligned} P(X=j\mid K=k) &= \frac{P(X=j,K=k)}{P(K=k)}\\[4pt] &= \frac{ \binom{n-j}{k-1}p^k(1-p)^{n-k} }{ \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k} }\\[4pt] &= \frac{\binom{n-j}{k-1}}{\binom{n}{k}}. \end{aligned}$$

因此，條件 PMF 為

$$P(X=j\mid K=k) = \frac{\binom{n-j}{k-1}}{\binom{n}{k}}.$$

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定義域與特殊情況

為了使第 $j$ 次能成為第一次成功，且總共有 $k$ 次成功：

• $j\ge 1$；
• 第 $j$ 次成功後，還剩下 $k-1$ 次成功；
• 因此必須有 $n-j\ge k-1$。

所以

$$1\le j\le n-k+1.$$

完整寫法為

核心觀念

由於 $X,Y,Z$ 相互獨立，且皆服從平均數 $0$、變異數 $\sigma^2$ 的常態分布：

$$X,Y,Z\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}N(0,\sigma^2),$$

其聯合機率密度函數為

$$f_{X,Y,Z}(x,y,z) = \frac{1}{(2\pi\sigma^2)^{3/2}} \exp\left( -\frac{x^2+y^2+z^2}{2\sigma^2} \right).$$

題目中的速度為

$$V=\sqrt{X^2+Y^2+Z^2}.$$

此變數代表三維常態向量 $(X,Y,Z)$ 到原點的距離，因此可使用三維球座標，或利用卡方分布與變數變換求得其 PDF。此分布稱為三維 Maxwell 分布。

解題方法：三維球座標

令

$$x=v\sin\theta\cos\phi,\qquad y=v\sin\theta\sin\phi,\qquad z=v\cos\theta,$$

其中

$$v\ge 0,\qquad 0\le \theta\le \pi,\qquad 0\le \phi<2\pi.$$

球座標的體積元素為

$$dx\,dy\,dz=v^2\sin\theta\,dv\,d\theta\,d\phi.$$

又因為

$$x^2+y^2+z^2=v^2,$$

所以聯合密度在球面半徑 $v$ 上只與 $v$ 有關：

$$f_{X,Y,Z}(x,y,z) = \frac{1}{(2\pi\sigma^2)^{3/2}} \exp\left(-\frac{v^2}{2\sigma^2}\right).$$

因此，$V$ 落在 $[v,v+dv]$ 的機率，等於半徑約為 $v$、厚度為 $dv$ 的球殼機率：

$$f_V(v)\,dv = \int_0^{2\pi}\int_0^\pi \frac{1}{(2\pi\sigma^2)^{3/2}} \exp\left(-\frac{v^2}{2\sigma^2}\right) v^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi\,dv.$$

計算角度部分：

$$\int_0^{2\pi}d\phi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta = 2\pi\cdot 2 = 4\pi.$$

故

$$f_V(v) = \frac{4\pi v^2}{(2\pi\sigma^2)^{3/2}} \exp\left(-\frac{v^2}{2\sigma^2}\right), \qquad v\ge 0.$$

整理常數：

$$\frac{4\pi}{(2\pi\sigma^2)^{3/2}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{\sigma^3}.$$

因此速度 $V$ 的機率密度函數為

$$f_V(v) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\, \frac{v^2}{\sigma^3} \exp\left(-\frac{v^2}{2\sigma^2}\right), \qquad v\ge 0.$$

由於速度不可能為負數，完整寫法為

核心觀念

設兩人的到達時間分別為 $T_1,T_2$。題目要求「第一個到達的人等待超過 5 分鐘」，等價於兩人的到達時間差超過 5 分鐘：

$$|T_1-T_2|>5.$$

已知 $T_1,T_2$ 相互獨立，且共同機率密度函數為

$$f_T(t)=\frac{1}{10}\left(1-\frac{|t|}{5}\right) =\frac{5-|t|}{50},\qquad -5<t<5.$$

因此可利用二維聯合密度：

$$f_{T_1,T_2}(x,y)=f_T(x)f_T(y).$$

解題方法

在 $(x,y)$ 平面上，兩人的到達時間皆落在 $(-5,5)$，樣本空間為邊長 $10$ 的正方形。

等待超過 5 分鐘的事件為

$$|x-y|>5.$$

由於兩人的分布相同，事件 $x-y>5$ 與 $y-x>5$ 的機率相等，因此

$$P(|T_1-T_2|>5) =2P(T_1-T_2>5).$$

考慮 $T_1-T_2>5$。因為 $-5<T_1,T_2<5$，只有當 $0<x<5$ 時才可能發生，此時

$$-5<y<x-5.$$

故

$$P(T_1-T_2>5) =\int_0^5\int_{-5}^{x-5}f_T(x)f_T(y)\,dy\,dx.$$

先求 $y\in(-5,0)$ 時的累積分布函數：

$$F_T(y)=\int_{-5}^{y}\frac{5+u}{50}\,du =\frac{(y+5)^2}{100}.$$

令 $y=x-5$，其中 $0<x<5$，可得

$$F_T(x-5)=\frac{x^2}{100}.$$

又因為 $0<x<5$，