111 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《機率與統計》

本題考驗的是超幾何分布的應用。

題目描述：
總共有 $N=20$ 個 DVD 播放器，其中有 $K=5$ 個是 defective (不良品)。
我們隨機抽取 $n=10$ 個進行檢查。
要求出這 10 個中恰好有 $k=2$ 個是 defective 的機率。

這符合超幾何分布的定義，其機率質量函數為：
$P(X=k) = \frac{\binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$

將題目數值代入：
$N = 20$ (總數)
$K = 5$ (不良品總數)
$n = 10$ (抽樣數量)
$k = 2$ (要求的不良品數量)

因此，所求機率為：
$P(\text{2 defective out of 10}) = \frac{\binom{5}{2} \binom{20-5}{10-2}}{\binom{20}{10}}$
$= \frac{\binom{5}{2} \binom{15}{8}}{\binom{20}{10}}$

計算組合數：
$\binom{5}{2} = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$

本題考驗的是二項分布及其 Poisson 近似。

題目描述：
已知書籍有 5% 的機率是 defective in binding (裝訂有瑕疵)。
我們考慮 100 本書，要求其中有 2 本 defective 的機率。

1. 使用二項分布 (Binomial Distribution)

假設抽取一本，裝訂有瑕疵的機率為 $p = 0.05$。
我們抽取 $n = 100$ 本書。
令 $X$ 為這 100 本書中裝訂有瑕疵的本數。
則 $X \sim \text{Binomial}(n=100, p=0.05)$。

我們要求 $P(X=2)$。
二項分布的機率質量函數為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

代入數值：
$P(X=2) = \binom{100}{2} (0.05)^2 (1-0.05)^{100-2}$
$P(X=2) = \binom{100}{2} (0.05)^2 (0.95)^{98}$

計算組合數：
$\binom{100}{2} = \frac{100 \times 99}{2 \times 1} = 50 \times 99 = 4950$

所以，
$P(X=2) = 4950 \times (0.0025) \times (0.95)^{98}$
$P(X=2) = 12.375 \times (0.95)^{98}$

計算 $(0.95)^{98}$：
$(0.95)^{98} \approx 0.007378$

本題考驗的是聯合機率密度函數、邊界機率、聯合分布函數以及隨機變數的獨立性判斷。

給定的聯合機率密度函數為：

$$f(x_1, x_2) = \begin{cases} 6e^{-2x_1-3x_2}, & \text{for } x_1 > 0, x_2 > 0 \\ 0, & \text{elsewhere} \end{cases}$$

首先，我們需要驗證這是一個有效的機率密度函數，即其在整個定義域上的積分是否為 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x_1, x_2) dx_1 dx_2 = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} 6e^{-2x_1-3x_2} dx_1 dx_2$
$= 6 \left( \int_{0}^{\infty} e^{-2x_1} dx_1 \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-3x_2} dx_2 \right)$
$= 6 \left[ -\frac{1}{2}e^{-2x_1} \right]_{0}^{\infty} \left[ -\frac{1}{3}e^{-3x_2} \right]_{0}^{\infty}$
$= 6 \left( 0 - (-\frac{1}{2}) \right) \left( 0 - (-\frac{1}{3}) \right)$
$= 6 \left( \frac{1}{2} \right) \left( \frac{1}{3} \right) = 6 \times \frac{1}{6} = 1$
驗證通過。

1. 求 $P(X_1 < 2 \text{ and } X_2 > 2)$

我們需要計算聯合機率密度函數在指定區域上的積分。
$P(X_1 < 2, X_2 > 2) = \int_{-\infty}^{2} \int_{2}^{\infty} f(x_1, x_2) dx_2 dx_1$
由於 $f(x_1, x_2)$ 在 $x_1 \le 0$ 或 $x_2 \le 0$ 時為 0，積分範圍應調整為：
$P(X_1 < 2, X_2 > 2) = \int_{0}^{2} \int_{2}^{\infty} 6e^{-2x_1-3x_2} dx_2 dx_1$
$= 6 \left( \int_{0}^{2} e^{-2x_1} dx_1 \right) \left( \int_{2}^{\infty} e^{-3x_2} dx_2 \right)$

計算第一個積分：
$\int_{0}^{2} e^{-2x_1} dx_1 = \left[ -\frac{1}{2}e^{-2x_1} \right]_{0}^{2} = -\frac{1}{2}e^{-4} - (-\frac{1}{2}e^{0}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}e^{-4}$

計算第二個積分：
$\int_{2}^{\infty} e^{-3x_2} dx_2 = \left[ -\frac{1}{3}e^{-3x_2} \right]_{2}^{\infty} = 0 - (-\frac{1}{3}e^{-6}) = \frac{1}{3}e^{-6}$

將結果相乘：
$P(X_1 < 2, X_2 > 2) = 6 \times \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2}e^{-4} \right) \times \left( \frac{1}{3}e^{-6} \right)$
$= 6 \times \frac{1}{2} (1 - e^{-4}) \times \frac{1}{3} e^{-6}$
$= 3 (1 - e^{-4}) \times \frac{1}{3} e^{-6}$
$= (1 - e^{-4}) e^{-6}$
$= e^{-6} - e^{-10}$

【答案】
$P(X_1 < 2, X_2 > 2) = e^{-6} - e^{-10}$。

2. 求聯合分布函數 (Joint Distribution Function)

聯合分布函數 $F(x_1, x_2)$ 定義為 $P(X_1 \le x_1, X_2 \le x_2)$。
$F(x_1, x_2) = \int_{-\infty}^{x_1} \int_{-\infty}^{x_2} f(u_1, u_2) du_2 du_1$

我們需要考慮 $x_1$ 和 $x_2$ 的不同範圍。
由於 $f(u_1, u_2)$ 只在 $u_1 > 0$ 且 $u_2 > 0$ 時非零，我們主要關注 $x_1 > 0$ 和 $x_2 > 0$ 的情況。

• 情況 1: $x_1 \le 0$ 或 $x_2 \le 0$
  若 $x_1 \le 0$，則積分範圍 $\int_{-\infty}^{x_1}$ 包含 $u_1 \le 0$，在此範圍 $f(u_1, u_2)=0$。
  若 $x_2 \le 0$，則積分範圍 $\int_{-\infty}^{x_2}$ 包含 $u_2 \le 0$，在此範圍 $f(u_1, u_2)=0$。
  因此，若 $x_1 \le 0$ 或 $x_2 \le 0$，則 $F(x_1, x_2) = 0$。

• 情況 2: $x_1 > 0$ 且 $x_2 > 0$
  $F(x_1, x_2) = \int_{0}^{x_1} \int_{0}^{x_2} 6e^{-2u_1-3u_2} du_2 du_1$

本題考驗的是條件機率密度函數的計算。

題目給定的聯合機率密度函數為：

$$f(x_1,x_2) = \begin{cases} \frac{2}{3} (x_1+2x_2), & \text{for } 0 < x_1 < 1, 0 < x_2 < 1 \\ 0, & \text{elsewhere} \end{cases}$$

要求 $X_1$ 在給定 $X_2 = x_2$ 的條件下機率密度函數 $f_{X_1|X_2}(x_1|x_2)$。
其定義為：
$f_{X_1|X_2}(x_1|x_2) = \frac{f(x_1, x_2)}{f_{X_2}(x_2)}$
其中 $f_{X_2}(x_2)$ 是 $X_2$ 的邊界機率密度函數。

首先，我們需要計算 $X_2$ 的邊界機率密度函數 $f_{X_2}(x_2)$。
$f_{X_2}(x_2) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x_1, x_2) dx_1$
由於 $f(x_1, x_2)$ 的定義域為 $0 < x_1 < 1$ 且 $0 < x_2 < 1$，我們積分範圍為 $0$ 到 $1$。
對於 $0 < x_2 < 1$:
$f_{X_2}(x_2) = \int_{0}^{1} \frac{2}{3} (x_1+2x_2) dx_1$
$= \frac{2}{3} \int_{0}^{1} (x_1+2x_2) dx_1$
$= \frac{2}{3} \left[ \frac{x_1^2}{2} + 2x_1x_2 \right]_{0}^{1}$
$= \frac{2}{3} \left( \left( \frac{1^2}{2} + 2(1)x_2 \right) - \left( \frac{0^2}{2} + 2(0)x_2 \right) \right)$
$= \frac{2}{3} \left( \frac{1}{2} + 2x_2 \right)$
$= \frac{1}{3} + \frac{4}{3}x_2$

對於 $x_2$ 在 $0 < x_2 < 1$ 之外的範圍， $f_{X_2}(x_2) = 0$。
所以，

本題考驗的是期望值與變異數的線性性質以及獨立性條件的應用。

題目給定：
$E(X_1) = \mu_1 = 4$
$Var(X_1) = \sigma_1^2 = 9$
$E(X_2) = \mu_2 = -2$
$Var(X_2) = \sigma_2^2 = 5$
$X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的。

1. 求 $E(2X_1 + X_2 - 5)$

利用期望值的線性性質：$E(aX + bY + c) = aE(X) + bE(Y) + c$。
令 $Y = 2X_1 + X_2 - 5$。
$E(Y) = E(2X_1 + X_2 - 5)$
$= E(2X_1) + E(X_2) + E(-5)$
$= 2E(X_1) + E(X_2) - 5$

代入已知數值：
$E(Y) = 2(4) + (-2) - 5$
$= 8 - 2 - 5$
$= 1$

【答案】
$E(2X_1 + X_2 - 5) = 1$。

2. 求 $Var(2X_1 + X_2 - 5)$