109 年 國立政治大學風險管理與保險學系碩士班精算科學組《統計學》

本題在考驗聯合機率密度函數的計算，以及積分區域的判斷。

核心觀念： 聯合機率密度函數的積分代表機率，積分區域的設定需嚴格依據題目給定的條件。

(1) 計算 $P(T_1 < 2, T_2 > 1)$

首先，我們需要確定積分的區域。題目給定的聯合密度函數 $f(t_1, t_2)$ 僅在 $0 \le t_2 \le t_1 < \infty$ 的區域內非零。我們要求的機率是 $P(T_1 < 2, T_2 > 1)$，這表示我們需要積分的區域同時滿足以下條件：

1. $0 \le t_2 \le t_1 < \infty$ (由密度函數定義)
2. $T_1 < 2$
3. $T_2 > 1$

結合這些條件，我們可以得到積分區域為：
$1 < T_2 \le T_1 < 2$

因此，我們需要對密度函數 $f(t_1, t_2) = e^{-t_1}$ 在這個區域上進行積分：

$$P(T_1 < 2, T_2 > 1) = \int_{1}^{2} \int_{1}^{t_1} e^{-t_1} dt_2 dt_1$$

先對 $t_2$ 積分：

$$\int_{1}^{t_1} e^{-t_1} dt_2 = e^{-t_1} [t_2]_{1}^{t_1} = e^{-t_1} (t_1 - 1)$$

再對 $t_1$ 積分：

$$\int_{1}^{2} e^{-t_1} (t_1 - 1) dt_1$$

這是一個積分，我們可以使用分部積分法，令 $u = t_1 - 1$ 且 $dv = e^{-t_1} dt$。
則 $du = dt$ 且 $v = -e^{-t_1}$。

$$\int (t_1 - 1) e^{-t_1} dt_1 = -(t_1 - 1) e^{-t_1} - \int (-e^{-t_1}) dt = -(t_1 - 1) e^{-t_1} + \int e^{-t_1} dt = -(t_1 - 1) e^{-t_1} - e^{-t_1} = -t_1 e^{-t_1} + e^{-t_1} - e^{-t_1} = -t_1 e^{-t_1}$$

將上下限代入：

本題考驗對 Poisson 過程的理解，特別是條件機率以及 Poisson 分佈的性質。

核心觀念： Poisson 過程的獨立增量性與無記憶性，以及條件機率在 Poisson 過程中的應用。

題目提到旅行者以 Poisson 率 $\lambda$ 抵達，這表示在任意時間間隔 $(t, t+\Delta t]$ 內抵達的旅客人數 $N(t+\Delta t) - N(t)$ 服從參數為 $\lambda \Delta t$ 的 Poisson 分佈。
此外，題目給定了一個條件：在第一個分鐘（即時間間隔 $[0, 1]$ 分鐘內）總共來了 2 位旅客。我們設 $N(t)$ 為從時刻 0 開始，在時間 $t$ 內抵達的旅客總數。則已知 $N(1) = 2$。

我們將時間單位統一為秒。1 分鐘 = 60 秒。
因此，Poisson 率為 $\lambda$ (每分鐘)，在秒為單位時，率為 $\lambda/60$ (每秒)。
題目中說「Poisson rate $\lambda$」，但後面又說「2 travelers arrived during the first minute」，這表示 $\lambda$ 的單位是「每分鐘」。為了方便，我們將時間單位定為「秒」。
則在 1 分鐘（60 秒）內的平均抵達數為 $60 \times (\lambda/60) = \lambda$。
所以，題目給定 $N(60) = 2$。

(1) 計算在第一個 20 秒內兩位旅客都抵達的機率

這是條件機率問題，我們要求 $P(N(20) = 2 \mid N(60) = 2)$。
對於 Poisson 過程，給定總數 $N(T) = n$，則這 $n$ 個事件在時間區間 $[0, T]$ 內的抵達時間是獨立且均勻分佈的。
也就是說，這 $n$ 個抵達時間點在 $[0, T]$ 區間內服從一個大小為 $n$ 的無母數樣本，其分佈是均勻的。

本題考驗對最大概似估計法的基本理解以及在常態分配下的應用。

核心觀念： 最大概似估計法的原理、概似函數的建立、對數概似函數的應用，以及常態分配的參數估計。

(1) 最大概似估計法 (Method of Maximum Likelihood)

最大概似估計法是一種統計推論的方法，用於估計機率模型的參數。其基本思想是：假設我們有一個包含未知參數 $\theta$ 的機率分佈，並且我們觀測到一組數據 $x_1, x_2, \dots, x_n$。最大概似估計法的目標是找到一個參數值 $\hat{\theta}$，使得在該參數值下，觀測到這組數據的機率（或機率密度）最大。

具體步驟如下：

1. 建立概似函數 (Likelihood Function): 給定觀測數據 $x_1, \dots, x_n$ 和參數 $\theta$，概似函數 $L(\theta \mid x_1, \dots, x_n)$ 被定義為這組數據出現的聯合機率（或機率密度），將其視為參數 $\theta$ 的函數。

   $$L(\theta \mid x_1, \dots, x_n) = f(x_1, \dots, x_n \mid \theta)$$

   如果數據是獨立同分佈的，則 $L(\theta \mid x_1, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^n f(x_i \mid \theta)$，其中 $f(x_i \mid \theta)$ 是單一觀測值的機率密度函數（PDF）或機率質量函數（PMF）。

2. 最大化概似函數: 尋找使 $L(\theta \mid x_1, \dots, x_n)$ 達到最大值的 $\theta$。通常，直接最大化 $L(\theta)$ 比較困難，因為涉及連乘積。

3. 使用對數概似函數 (Log-Likelihood Function): 由於對數函數是單調遞增的，最大化 $L(\theta)$ 等價於最大化其對數 $\ln L(\theta)$。對數概似函數 $\ell(\theta) = \ln L(\theta)$ 通常更容易處理，因為連乘積變成了連加和。

   $$\ell(\theta) = \ln \left( \prod_{i=1}^n f(x_i \mid \theta) \right) = \sum_{i=1}^n \ln f(x_i \mid \theta)$$

4. 求導並令導數為零: 對對數概似函數 $\ell(\theta)$ 關於參數 $\theta$ 求偏導數，並將其設為零，解出 $\theta$。

   $$\frac{\partial \ell(\theta)}{\partial \theta} = 0$$

   解這個方程得到候選的最大概似估計量 $\hat{\theta}$。

5. 驗證最大值: 通常需要驗證解出的 $\hat{\theta}$ 確實是最大值（例如，檢查二階導數是否為負，或者通過檢查邊界情況）。

總之，最大概似估計法就是尋找一個參數值，使得我們觀測到的數據「最有可能」發生。

(2) 常態分配參數 $\mu$ 和 $\sigma^2$ 的最大概似估計量

設 $T_1, T_2, \dots, T_n$ 是從一個平均數為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$ 的常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$ 中抽取的一個隨機樣本。
其機率密度函數 (PDF) 為：

$$f(t \mid \mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$

建立概似函數 $L(\mu, \sigma^2 \mid T_1, \dots, T_n)$:
由於樣本是獨立同分佈的，概似函數是各個樣本點 PDF 的乘積：

$$L(\mu, \sigma^2) = \prod_{i=1}^n f(T_i \mid \mu, \sigma^2) = \prod_{i=1}^n \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(T_i-\mu)^2}{2\sigma^2}} \right)$$ $$L(\mu, \sigma^2) = \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \right)^n \exp\left( -\sum_{i=1}^n \frac{(T_i-\mu)^2}{2\sigma^2} \right)$$ $$L(\mu, \sigma^2) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (T_i-\mu)^2 \right)$$

本題考驗對機率論中兩個基本定理的理解：大數法則與中央極限定理。

核心觀念： 大數法則描述樣本平均值趨近於期望值，中央極限定理描述樣本平均值的抽樣分佈趨近於常態分佈。

(1) 大數法則 (Law of Large Numbers, LLN)

大數法則是一個機率論的定理，它描述了當獨立同分佈（i.i.d.）的隨機變數樣本數足夠大時，樣本的平均值會趨近於其期望值。

敘述：
設 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是一組獨立同分佈（i.i.d.）的隨機變數，且它們具有相同的期望值 $E[X_i] = \mu$ 和有限的變異數 $Var(X_i) = \sigma^2 < \infty$。
令 $\bar{X}_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$ 為前 $n$ 個隨機變數的樣本平均值。
那麼，隨著樣本數 $n$ 的增加，樣本平均值 $\bar{X}_n$ 會「趨近於」期望值 $\mu$。

這裡的「趨近於」有不同的數學定義，對應著不同版本的大數法則：

• 弱大數法則 (Weak Law of Large Numbers, WLLN): 樣本平均值 $\bar{X}_n$ 在機率上收斂於期望值 $\mu$。

  $$\lim_{n \to \infty} P(|\bar{X}_n - \mu| < \epsilon) = 1 \quad \text{for any } \epsilon > 0$$

  這表示對於任意小的正數 $\epsilon$，當 $n$ 足夠大時，樣本平均值與期望值之差的絕對值小於 $\epsilon$ 的機率趨近於 1。

• 強大數法則 (Strong Law of Large Numbers, SLLN): 樣本平均值 $\bar{X}_n$ 幾乎處處收斂於期望值 $\mu$。

  $$P(\lim_{n \to \infty} \bar{X}_n = \mu) = 1$$

  這表示樣本平均值序列 $\bar{X}_n$ 在機率空間中幾乎必然地收斂到 $\mu$。

本題考驗對假設檢定中第一類錯誤 (Type I error) 的理解，以及二項分佈在其中的應用。

核心觀念： 第一類錯誤的定義，以及在二項分佈模型下計算發生第一類錯誤的機率。

假設檢定設定：

• 虛無假設 $H_0: p = 0.5$ （總體中支持 Tom 的選民比例為 0.5）
• 對立假設 $H_a: p < 0.5$ （總體中支持 Tom 的選民比例小於 0.5）
• 樣本大小 $n = 10$
• 檢定統計量 $T$：樣本中支持 Tom 的選民數量。
• 拒絕域 (Rejection Region): $T \le 3$

第一類錯誤 (Type I Error) 的定義：
第一類錯誤是指當虛無假設 $H_0$ 為真時，我們卻拒絕了 $H_0$。
在這種情況下，虛無假設 $H_0: p=0.5$ 是真的。
我們選擇的拒絕域是 $T \le 3$。
因此，發生第一類錯誤的機率，就是在 $p=0.5$ 的條件下，樣本統計量 $T$ 落入拒絕域的機率。

計算第一類錯誤的機率：
在虛無假設 $H_0$ 為真時，即 $p=0.5$，樣本大小為 $n=10$，則檢定統計量 $T$（支持 Tom 的選民數量）服從二項分佈 $B(n=10, p=0.5)$。
我們需要計算 $P(T \le 3 \mid p=0.5)$。

$$P(T \le 3 \mid p=0.5) = P(T=0) + P(T=1) + P(T=2) + P(T=3)$$

二項分佈的機率質量函數 (PMF) 為 $P(T=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
在這裡，$n=10$ 且 $p=0.5$，所以 $1-p = 0.5$。

$$P(T=k) = \binom{10}{k} (0.5)^k (0.5)^{10-k} = \binom{10}{k} (0.5)^{10}$$