112 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《統計與機率》

本題考驗機率基本計算，特別是條件機率與獨立事件的應用。

解題步驟：
首先，定義兩個事件：

• $W$: 玩家贏得遊戲。
• $L$: 玩家輸掉遊戲。
• $P_k$: 玩家擲出點數和為 $k$ 的事件。

我們需要計算玩家贏得遊戲的機率 $P(W)$。

分析擲骰子一次的點數和：
設 $S$ 為一次擲兩個骰子的點數和。可能的點數和為 2 到 12。
兩個骰子的總組合數為 $6 \times 6 = 36$。
各點數和出現的機率如下：

• $P(S=2) = 1/36$ (1,1)
• $P(S=3) = 2/36$ (1,2), (2,1)
• $P(S=4) = 3/36$ (1,3), (2,2), (3,1)
• $P(S=5) = 4/36$ (1,4), (2,3), (3,2), (4,1)
• $P(S=6) = 5/36$ (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)
• $P(S=7) = 6/36$ (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)
• $P(S=8) = 5/36$ (2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)
• $P(S=9) = 4/36$ (3,6), (4,5), (5,4), (6,3)
• $P(S=10) = 3/36$ (4,6), (5,5), (6,4)
• $P(S=11) = 2/36$ (5,6), (6,5)
• $P(S=12) = 1/36$ (6,6)

根據規則：

1. 首擲獲勝 (First roll win):

   • 如果首擲點數和為 7 或 11，玩家獲勝。
   • $P(\text{Win on first roll}) = P(S=7) + P(S=11) = 6/36 + 2/36 = 8/36 = 2/9$.

2. 首擲落敗 (First roll lose):

   • 如果首擲點數和為 2, 3, 或 12，玩家落敗。
   • $P(\text{Lose on first roll}) = P(S=2) + P(S=3) + P(S=12) = 1/36 + 2/36 + 1/36 = 4/36 = 1/9$.

3. 繼續遊戲 (Continue playing):

   • 如果首擲點數和為 4, 5, 6, 8, 9, 或 10，此點數和成為「點數」(point)。玩家必須繼續擲骰子，直到擲出點數和為該「點數」或 7。
     • 若擲出該「點數」，玩家獲勝。
     • 若擲出 7，玩家落敗。
   • 設 $P_k = P(S=k)$。
   • 設 $E_k$ 為首擲點數和為 $k$ ($k \in \{4, 5, 6, 8, 9, 10\}$)，且之後繼續遊戲直到獲勝或落敗的事件。
   • 在點數和為 $k$ 的情況下，玩家獲勝的機率是 $P(\text{Win} | S=k) = \frac{P(S=k)}{P(S=k) + P(S=7)} = \frac{P_k}{P_k + P_7}$。
   • 玩家輸掉的機率是 $P(\text{Lose} | S=k) = \frac{P(S=7)}{P(S=k) + P(S=7)} = \frac{P_7}{P_k + P_7}$。

計算在點數和為 $k$ 時獲勝的機率：

• $k=4$: $P(S=4)=3/36$, $P(\text{Win} | S=4) = \frac{3/36}{3/36 + 6/36} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$.

核心觀念

本題考查：

• 幾何級數與無窮期望型重複試驗；
• 狀態循環與遞迴機率；
• 「連續贏兩場」作為停止條件。

三位選手實力相同，因此每一場比賽雙方獲勝機率皆為 $\frac12$。

由於首場由 A、B 進行，首場勝者必為 A 或 B；之後勝者與等待中的第三位選手比賽。若勝者未能連勝，三位選手的出場順序會循環。

---

解題方法：先固定首場勝者

先假設首場由 A 獲勝，則 B 等待，下一場由 A 與 C 比賽。

從此開始，可能出現以下三種情況：

1. A 在下一場獲勝：A 連勝兩場，成為總冠軍。
2. A 輸給 C，而 C 再贏一場：C 連勝兩場，成為總冠軍。
3. A 輸給 C、C 又輸給 B，而 B 再贏一場：B 連勝兩場，成為總冠軍。
4. 三場結果依序為 A 輸、C 輸、B 輸，則 A 又輪到比賽，回到原本相同的狀態。

因此，從「首場 A 獲勝」出發：

• A 立即奪冠的機率為
  $\frac12$
• C 奪冠的機率為
  $\frac12\cdot\frac12=\frac14$
• B 奪冠的機率為
  $\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac18$
• 三場都由當時的勝者落敗，使狀態循環回來的機率為
  $\left(\frac12\right)^3=\frac18$

設首場 A 獲勝時，A、B、C 最終奪冠的機率分別為 $p_A,p_B,p_C$。

由狀態循環可得：

$$p_A=\frac12+\frac18p_A$$ $$p_B=\frac18+\frac18p_B$$ $$p_C=\frac14+\frac18p_C$$

分別解得：

$$\frac78p_A=\frac12 \quad\Longrightarrow\quad p_A=\frac47$$ $$\frac78p_B=\frac18 \quad\Longrightarrow\quad p_B=\frac17$$ $$\frac78p_C=\frac14 \quad\Longrightarrow\quad p_C=\frac27$$

所以，若首場由 A 獲勝，則

$$P(A\text{ 為總冠軍}\mid A\text{ 首場獲勝})=\frac47$$ $$P(B\text{ 為總冠軍}\mid A\text{ 首場獲勝})=\frac17$$

本題考驗機率與組合學的應用，屬於錯排問題 (Derangements) 的範疇。

核心觀念：
將 $n$ 對夫妻的 $2n$ 個人隨機配對成 $n$ 對。我們感興趣的是沒有任何一對夫妻配對成功的機率。

解題步驟：
假設有 $n$ 個丈夫 $H_1, H_2, \dots, H_n$ 和 $n$ 個妻子 $W_1, W_2, \dots, W_n$。
我們需要將這 $2n$ 個人隨機配對成 $n$ 對。
一個配對的結果可以看作是將 $n$ 個丈夫與 $n$ 個妻子進行配對。
總共有 $n!$ 種不同的配對方式，因為我們可以固定丈夫的順序，然後看妻子們有多少種排列方式。例如，將丈夫 $H_1, \dots, H_n$ 依序排好，然後將妻子 $W_{\sigma(1)}, \dots, W_{\sigma(n)}$ 分配給他們，其中 $\sigma$ 是 $\{1, \dots, n\}$ 的一個排列。

定義「符合」的事件：
一個「符合」的配對是指至少有一位丈夫 $H_i$ 被配對到他的妻子 $W_i$。
我們要求的是「沒有符合」的機率，也就是沒有任何一對夫妻配對成功的機率。這正是錯排問題的定義。

總配對數：
總共有 $n!$ 種將 $n$ 個丈夫與 $n$ 個妻子配對的方式。
例如，丈夫 $H_1$ 可以與 $n$ 個妻子中的任何一個配對，丈夫 $H_2$ 可以與剩下的 $n-1$ 個妻子中的任何一個配對，以此類推。

定義事件：
設 $S$ 為所有可能的配對方式的集合，則 $|S| = n!$。
設 $A_i$ 為事件，表示丈夫 $H_i$ 與妻子 $W_i$ 配對成功。
我們要求的是 $P(\text{沒有 } A_i \text{ 發生}) = P(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \dots \cap \overline{A_n})$。
根據容斥原理 (Principle of Inclusion-Exclusion)，這個機率是：
$P(\overline{A_1} \cap \dots \cap \overline{A_n}) = 1 - P(A_1 \cup \dots \cup A_n)$
$P(A_1 \cup \dots \cup A_n) = \sum P(A_i) - \sum P(A_i \cap A_j) + \sum P(A_i \cap A_j \cap A_k) - \dots + (-1)^{n-1} P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$

計算各項：

1. $P(A_i)$: 丈夫 $H_i$ 與妻子 $W_i$ 配對成功。
   如果 $H_i$ 與 $W_i$ 配對，則剩下 $n-1$ 對夫婦需要配對。這有 $(n-1)!$ 種方式。
   所以， $|A_i| = (n-1)!$。
   $\sum P(A_i) = \binom{n}{1} \frac{(n-1)!}{n!} = n \times \frac{(n-1)!}{n!} = n \times \frac{1}{n} = 1$。

2. $P(A_i \cap A_j)$: 丈夫 $H_i$ 與 $W_i$ 配對，且 $H_j$ 與 $W_j$ 配對。
   這意味著有 2 對夫婦確定配對。剩下 $n-2$ 對夫婦需要配對，有 $(n-2)!$ 種方式。
   所以， $|A_i \cap A_j| = (n-2)!$。
   $\sum P(A_i \cap A_j) = \binom{n}{2} \frac{(n-2)!}{n!} = \frac{n(n-1)}{2!} \times \frac{(n-2)!}{n!} = \frac{n!}{2!(n-2)!} \times \frac{(n-2)!}{n!} = \frac{1}{2!}$。

3. $P(A_i \cap A_j \cap A_k)$: 3 對夫婦確定配對。
   $\sum P(A_i \cap A_j \cap A_k) = \binom{n}{3} \frac{(n-3)!}{n!} = \frac{1}{3!}$。

以此類推，直到 $P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$: $n$ 對夫婦都確定配對。

本題考驗最大概似估計法 (Maximum Likelihood Estimation, MLE) 的應用。

核心觀念：
給定一組獨立同分布的隨機變數，其機率密度函數 (PDF) 形式已知，但包含一個未知參數 $\lambda$。我們需要找到 $\lambda$ 的 MLE。

解題步驟：

1. 寫出樣本的聯合機率密度函數 (Likelihood Function)。
   由於 $X_1, \dots, X_n$ 是獨立同分布的，它們的聯合 PDF 是個別 PDF 的乘積：
   $L(\lambda; x_1, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \lambda)$
   $L(\lambda) = \prod_{i=1}^n \left( \frac{1}{\lambda} \exp\left(-\frac{x_i}{\lambda}\right) I(x_i \ge 0) \right)$
   由於 $x_i \ge 0$ 是條件，我們假設所有觀測值 $x_i$ 都滿足此條件。如果任何 $x_i < 0$，則 PDF 為 0，此時 $\lambda$ 無法估計。假設所有 $x_i \ge 0$。
   $L(\lambda) = \left(\frac{1}{\lambda}\right)^n \exp\left(-\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\lambda}\right)$
   $L(\lambda) = \frac{1}{\lambda^n} \exp\left(-\frac{1}{\lambda} \sum_{i=1}^n x_i\right)$
   令 $S = \sum_{i=1}^n x_i$。
   $L(\lambda) = \lambda^{-n} \exp\left(-\frac{S}{\lambda}\right)$

2. 取對數以簡化計算 (Log-Likelihood Function)。
   $l(\lambda) = \ln L(\lambda) = \ln \left( \lambda^{-n} \exp\left(-\frac{S}{\lambda}\right) \right)$
   $l(\lambda) = -n \ln \lambda - \frac{S}{\lambda}$

3. 對 $\lambda$ 求偏導數，並令其等於 0。
   $\frac{\partial l(\lambda)}{\partial \lambda} = \frac{\partial}{\partial \lambda} \left( -n \ln \lambda - S \lambda^{-1} \right)$
   $\frac{\partial l(\lambda)}{\partial \lambda} = -n \left(\frac{1}{\lambda}\right) - S (-1 \lambda^{-2})$

本題考驗隨機參數模型下的期望值與變異數計算，結合了條件期望與全期望法則，以及獨立變數的變異數性質。

核心觀念：
當模型參數本身是一個隨機變數時，我們需要使用全期望法則 (Law of Total Expectation) 和全變異數法則 (Law of Total Variance) 來計算總體期望值和變異數。

解題步驟：

a) 計算 $E[Y]$

我們已知 $Y | \lambda \sim \text{Poisson}(\lambda)$，且 $\lambda$ 的 PDF 為 $f(\lambda) = e^{-\lambda} I(\lambda > 0)$。
根據全期望法則：$E[Y] = E[E[Y | \lambda]]$。

首先，計算條件期望 $E[Y | \lambda]$：
對於 Poisson 分布，其期望值等於其參數 $\lambda$。
$E[Y | \lambda] = \lambda$。

接著，計算 $E[E[Y | \lambda]]$，也就是對 $\lambda$ 取期望值：
$E[Y] = E[\lambda]$
我們需要計算隨機變數 $\lambda$ 的期望值。
$\lambda$ 的 PDF 是 $f(\lambda) = e^{-\lambda} I(\lambda > 0)$。這是一個標準的指數分布 (Exponential Distribution)，其參數為 1。
指數分布 $f(x; \beta) = \beta e^{-\beta x} I(x \ge 0)$ 的期望值為 $1/\beta$。
在此情況下，$\beta = 1$。
所以，$E[\lambda] = 1/1 = 1$。

核心觀念

本題考查：

1. 充分統計量與完全充分統計量
2. Lehmann–Scheffé 定理
3. 二項分配的階乘動差：
   $E\left[T(T-1)\right]=n(n-1)p^2,$
   $E\left[T(T-1)(T-2)\right]=n(n-1)(n-2)p^3.$

令

$T=\sum_{i=1}^n X_i.$

因為 $X_1,\dots,X_n$ 為 i.i.d. Bernoulli$(p)$，所以

$T\sim \operatorname{Binomial}(n,p).$

由因子分解定理，$T$ 是 $p$ 的充分統計量；而二項分配族中的 $T$ 為完全充分統計量。因此，只要找到一個以 $T$ 為函數且對 $v(p)=p^2(1-p)$ 不偏的估計量，即可由 Lehmann–Scheffé 定理判定其為 UMVUE。

解題方法

目標函數為

$v(p)=p^2(1-p)=p^2-p^3.$

因此分別構造 $p^2$ 與 $p^3$ 的不偏估計量。

由二項分配的階乘動差，

$E[T(T-1)]=n(n-1)p^2,$

故

$\frac{T(T-1)}{n(n-1)}$

是 $p^2$ 的不偏估計量。

同理，當 $n\ge 3$ 時，

$E[T(T-1)(T-2)]=n(n-1)(n-2)p^3,$

故

$\frac{T(T-1)(T-2)}{n(n-1)(n-2)}$

是 $p^3$ 的不偏估計量。

兩者相減可得

$$\widehat{v}(T) = \frac{T(T-1)}{n(n-1)} - \frac{T(T-1)(T-2)}{n(n-1)(n-2)}.$$

驗證其不偏性：

\begin{align*}
E[\widehat{v}(T)]
&=
\frac{E[T(T-1)]}{n(n-1)}

\frac{E[T(T-1)(T-2)]}{n(n-1)(n-2)}\
&=p^2-p^3\
&=p^2(1-p)=v(p).
\end{align*}

由於 $\widehat{v}(T)$ 是完全充分統計量 $T$ 的函數，且為 $v(p)$ 的不偏估計量，依 Lehmann–Scheffé 定理，