# Probability HW4-1
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- [name=0716023 曾文鼎]

人生好難

## 1a

* 上圖邊長為 $2$ 的正方形為 event space 。
* 符合題目的要求的區域為圖中的半圓與正方形重疊的區域，即半徑為 $1$ 且弧度為 $\pi/4$ 扇形區域。

因此答案為 $$\dfrac{1^2\pi/8}{2^2} = \dfrac{\pi}{32} \approx 0.0982$$

## 1b
以下給出證明。 $$\begin{align}
P\left(g(X) \in A, h(Y) \in B\right) &= P\left(X \in g^{-1}(A), Y \in h^{-1}(B)\right) \\
&= P\left(X \in g^{-1}(A)\right) \cdot P\left(Y \in h^{-1}(B)\right) \\
&= P\left(g(X) \in A) \cdot P(h(Y) \in B\right)
\end{align}$$

上式第二個等號成立，因為 $X,Y$ 為兩個獨立的機率變數。

## 2a

根據對稱性，顯然 $E[X]=0$ 。但以下還是給出推導 $E[X]$ 的過程。 $$\begin{align}
E[X] &= \int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)\mathrm dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} x \left(\int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(x,y)\mathrm dy\right)\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{1} x \left(\int_{0}^{1} f_{XY}(x,y)\mathrm dy\right)\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{1} x \left(1-|x|\right)\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{0} x \left(1+x\right)\mathrm dx + \int_{0}^{1} x \left(1-x\right)\mathrm dx \\
&= \left[\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{0} + \left[\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{1} \\
&= 0
\end{align}$$

以下計算 $E[Y]$ $$\begin{align}
E[Y] &= \int_{-\infty}^{\infty}yf_Y(y)\mathrm dy \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} y \left(\int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(x,y)\mathrm dx\right)\mathrm dy \\
&= \int_{0}^{1} y \left(\int_{-1}^{1} f_{XY}(x,y)\mathrm dx\right)\mathrm dy \\
&= \int_{0}^{1}y(2y)\mathrm dy \\
&= \left[\frac{2y^3}{3}\right]_{0}^{1} \\
&= \frac 2 3
\end{align}$$

以下計算 $E[XY]$ 。 $$\begin{align}
E[XY] &= \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} xyf_{XY}(x,y) \mathrm dy\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{1}\int_{0}^{1} xyf_{XY}(x,y) \mathrm dy\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{1}\int_{|x|}^{1} xy \mathrm dy\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{0}\int_{-x}^{1} xy \mathrm dy\mathrm dx + \int_{0}^{1}\int_{x}^{1} xy \mathrm dy\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{0} x\left[\frac{y^2}{2}\right]_{-x}^1\mathrm dx + \int_{-1}^{0} x\left[-\frac{y^2}{2}\right]_{x}^1\mathrm dx \\
&= \int_{-1}^{0} \left(\frac x 2 - \frac{x^3}{2}\right) \mathrm dx + \int_{0}^{1} \left(\frac x 2 - \frac{x^3}{2}\right) \mathrm dx \\
&= \left[\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8}\right]^0_{-1} + \left[\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8}\right]_0^1 \\
&= 0
\end{align}$$

故得出 $E[XY]=E[X] \cdot E[Y]=0$ 。

## 2b
令 $A=B=\left(0, \dfrac 1 2\right)$ 。則
* $\Pr(X\in A, Y\in B)=\dfrac 1 8$

* $\Pr(X\in A) = \dfrac 3 8$

* $\Pr(Y\in B) = \dfrac 1 4$

發現 $\Pr(X\in A, Y\in B) \neq \Pr(X \in A)\cdot\Pr(Y \in B)$ 。故 $X,Y$ 不獨立。

## 3a
令 $f$ 為標準常態分布函數。亦即 $$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)$$

因為函數 $x^3f(x)$ 顯然收斂，故根據對稱性， $E[X^3] = 0$。

以下計算 $E[X^4]$ 。 $$\begin{align}
E[X^4] &= \int_{-\infty}^{\infty}x^4f(x)\mathrm dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^4}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\mathrm dx \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(x\sqrt2\right)^4}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-\left(x\sqrt2\right)^2}{2}\right)\sqrt2\mathrm dx \\
&= \frac{4}{\sqrt \pi} \int_{-\infty}^{\infty}x^4 e^{-x^2} \mathrm dx \\
&= \frac{4}{\sqrt \pi} \left( \left[-\frac{x^3 e^{-x^2}}{2}\right]^{\infty}_{-\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}-\frac{3x^2 e^{-x^2}}{2} \mathrm dx \right) \\
&= \frac{4}{\sqrt \pi} \left( - \int_{-\infty}^{\infty}-\frac{3x^2 e^{-x^2}}{2} \mathrm dx \right) \\
&= \frac{6}{\sqrt \pi} \int_{-\infty}^{\infty}{x^2 e^{-x^2}}\mathrm dx \\
&= \frac{6}{\sqrt \pi} \left( \left[-\frac{xe^{-x^2}}{2} \right]_{-\infty}^{\infty} -\int_{-\infty}^{\infty}-\frac{e^{-x^2}}{2}\,\mathrm{d}x \right) \\
&= \frac{6}{\sqrt \pi} \left( -\int_{-\infty}^{\infty}-\frac{e^{-x^2}}{2} \mathrm dx \right) \\
&= \frac{3}{\sqrt \pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \mathrm dx \\
&= \frac{3}{\sqrt \pi} \left[\frac{\sqrt\pi\text{erf}(x)}{2}\right]^{\infty}_{-\infty} \\
&= 3
\end{align}$$

## 3b
* 因為 $X$ 為標準常態分布的變數，因此 $E[X]=0,E[X^2]=1$ 。
* 承 3a 亦知 $E[X^3]=0, E[X^4]=3$ 。

以下計算 $E[Y]$ $$\begin{align}E[Y]&=E[aX^2+bX+c]\\&=aE[X^2]+bE[X]+c\\&=a+c\end{align}$$

以下計算 $E[Y^2]$ $$\begin{align}
E[Y^2] &= E[(aX^2+bX+c)^2] \\
&= E[a^2X^4+2abX^3+(b^2+2ac)X^2+2bcX+c^2] \\
&= a^2E[X^4]+2abE[X^3]+(b^2+2ac)E[X^2]+2bcE[X]+c^2 \\
&= 3a^2+b^2+2ac+c^2
\end{align}$$

以下計算 ${\sigma_Y}^2$ $$\begin{align}
{\sigma_Y}^2 &= E[Y^2]-E[Y]^2 \\
&= \left(3a^2+b^2+2ac+c^2\right)- (a+c)^2 \\
&= 2a^2+b^2
\end{align}$$

以下計算 $E[XY]$ $$\begin{align}
E[XY] &= E[aX^3+bX^2+cX] \\
&= aE[X^3]+bE[X^2]+cE[X] \\
&= b
\end{align}$$

以下計算 $\rho(X,Y)$ $$\begin{align}
\rho(X,Y) &= \frac{E[XY]-E[X]E[Y]}{\sigma_X\sigma_Y} \\
&= \frac{b-0\cdot E[Y]}{1\cdot\left(2a^2+b^2\right)^{1/2}} \\
&= \frac{b}{\left(2a^2+b^2\right)^{1/2}}
\end{align}$$