110 年 國立政治大學風險管理與保險學系碩士班管理組《統計學》

本題考驗的是混合分布（Mixture Distribution）的概念。我們已知 $Y$ 的條件分布為 Poisson 分布，而其參數 $\tau$ 則服從指數分布。要求 $P\{Y = n\}$，我們需要對參數 $\tau$ 進行積分（或求和），將其條件機率邊緣化。

核心觀念：邊緣機率的計算，特別是當參數本身為隨機變數時。

解題步驟：

1. 定義各隨機變數的分布：

   • $Y | \tau \sim Poisson(\tau)$，其機率質量函數為 $P(Y=n | \tau) = \frac{e^{-\tau}\tau^n}{n!}$，其中 $n = 0, 1, 2, \dots$。
   • $\tau \sim Exponential(1)$，其機率密度函數為 $f(\tau) = e^{-\tau}$，其中 $\tau \ge 0$。注意，指數分布的平均值為 $1/\lambda$，題目給定的平均值是 1，所以 $\lambda = 1$。

2. 計算邊緣機率 $P\{Y = n\}$：
   我們可以使用全機率公式，對參數 $\tau$ 進行積分：
   $P(Y=n) = \int_{0}^{\infty} P(Y=n | \tau) f(\tau) d\tau$
   將 Poisson 和 Exponential 的機率函數代入：
   $P(Y=n) = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^{-\tau}\tau^n}{n!} \right) (e^{-\tau}) d\tau$
   $P(Y=n) = \frac{1}{n!} \int_{0}^{\infty} e^{-2\tau}\tau^n d\tau$

3. 計算積分：
   觀察積分 $\int_{0}^{\infty} e^{-2\tau}\tau^n d\tau$，這看起來像是 Gamma 函數。Gamma 函數的定義是 $\Gamma(z) = \int_{0}^{\infty} x^{z-1}e^{-x} dx$。
   為了讓積分形式符合 Gamma 函數，我們可以做一個變數代換。令 $u = 2\tau$，則 $du = 2 d\tau$，所以 $d\tau = \frac{1}{2} du$。當 $\tau=0$ 時，$u=0$；

本題考驗的是常態分布的應用，特別是如何根據給定的平均值、標準差以及所需的百分位數來計算一個分數的切割點（cutoff）。

核心觀念：常態分布的百分位數與 Z 分數的轉換。

解題步驟：

1. 識別已知資訊：

   • 平均分數 (Mean, $\mu$) = 70
   • 分數的變異數 (Variance, $\sigma^2$) = 25
   • 標準差 (Standard Deviation, $\sigma$) = $\sqrt{25} = 5$
   • 目標：找出一個分數切割點，使得只有最高 5% 的學生能通過。這意味著我們需要找到分數 $X$ 的值，使得 $P(X > \text{cutoff}) = 0.05$。

2. 轉換為 Z 分數：
   我們假設學生的分數大致服從常態分布。為了找到這個切割點，我們需要利用標準常態分布（Z 分布）的性質。Z 分數的計算公式是 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$。
   我們需要找到一個 Z 值，使得標準常態分布曲線下，大於該 Z 值的面積為 0.05。這個 Z 值就是 $z_{0.05}$。

核心觀念

本題考查連續型隨機變數的聯合機率密度函數（Joint PDF）、邊際機率密度函數（Marginal PDF）、隨機變數的獨立性（Independence），以及期望值與變異數之計算。

1. 聯合期望值定義：
   若連續型隨機變數 $(T_1, T_2)$ 的聯合機率密度函數為 $f(t_1, t_2)$，則任意函數 $g(T_1, T_2)$ 的期望值為：

   $$E[g(T_1, T_2)] = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} g(t_1, t_2) f(t_1, t_2) \, dt_1 \, dt_2$$

2. 獨立性判定定理：
   若隨機變數 $(T_1, T_2)$ 的支撐集（Support）為直積集合（矩形區域 $a \le t_1 \le b$ 且 $c \le t_2 \le d$），且聯合密度函數可分離分解為 $f(t_1, t_2) = g(t_1) h(t_2)$，則 $T_1$ 與 $T_2$ 互相獨立。
   當兩變數相互獨立時：

   $$E(T_1 T_2) = E(T_1) E(T_2)$$

3. 邊際機率密度函數與變異數計算：

   • 邊際機率密度函數： $$f_{T_1}(t_1) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t_1, t_2) \, dt_2$$
   • 變異數定義與計算公式： $$Var(T_1) = E(T_1^2) - [E(T_1)]^2$$ 其中 $E(T_1^k) = \int_{-\infty}^{\infty} t_1^k f_{T_1}(t_1) \, dt_1$。

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解題方法

第 (1) 小題：求 $E(T_1 T_2)$

方法一：依雙重積分定義直接計算
根據期望值定義，直接對 $T_1$ 與 $T_2$ 的定義域 $[0, 1] \times [0, 1]$ 進行二重積分：

$$E(T_1 T_2) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} (t_1 t_2)(2t_1) \, dt_2 \, dt_1$$

整理被積函數：

$$E(T_1 T_2) = \int_{0}^{1} 2t_1^2 \left( \int_{0}^{1} t_2 \, dt_2 \right) dt_1$$

先計算內層對 $t_2$ 的積分：

$$\int_{0}^{1} t_2 \, dt_2 = \left[ \frac{1}{2} t_2^2 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}$$

代回外層對 $t_1$ 進行積分：

$$E(T_1 T_2) = \int_{0}^{1} 2t_1^2 \left( \frac{1}{2} \right) dt_1 = \int_{0}^{1} t_1^2 \, dt_1 = \left[ \frac{1}{3} t_1^3 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3}$$

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第 (2) 小題：求 $Var(T_1)$

步驟一：求 $T_1$ 的邊際機率密度函數 $f_{T_1}(t_1)$
在 $0 \le t_1 \le 1$ 範圍內，對 $t_2$ 積分消去 $t_2$：

本題考驗的是相關分析和迴歸分析的基本概念，包括決定係數的解釋以及相關性的統計檢定。

核心觀念：決定係數 ($R^2$)、皮爾森相關係數 ($r$)、假設檢定、t 檢定。

第一小題：解釋變異的百分比

(1) 什麼百分比的成績變異可以用讀書時間來解釋？
這個問題問的是「決定係數」的解釋。決定係數 ($R^2$) 是相關係數 ($r$) 的平方，它表示因變數（在這裡是成績）的總變異中，有多少比例可以由自變數（在這裡是讀書時間）來解釋。
題目給定的相關係數 $r = 0.6$。
決定係數 $R^2 = r^2$。
$R^2 = (0.6)^2 = 0.36$
將這個比例轉換為百分比：
$0.36 \times 100\% = 36\%$。
這表示成績的總變異中有 36% 可以由讀書時間來解釋。

【答案】 36%

第二小題：統計檢定

(2) 在顯著水準 0.05 下，是否有統計證據聲稱讀書時間和成績是正相關的？
這是一個假設檢定問題，我們要檢定的是相關係數是否顯著大於零。

• 虛無假設 ($H_0$)：讀書時間和成績之間沒有正相關，即 $\rho \le 0$ (其中 $\rho$ 是母體的相關係數)。
• 對立假設 ($H_1$)：讀書時間和成績之間存在正相關，即 $\rho > 0$。
• 顯著水準 ($\alpha$)：0.05。
• 樣本大小 ($n$)：18 位考生。
• 樣本相關係數 ($r$)：0.6。

本題考驗的是條件機率、貝氏定理以及組合數學在機率問題中的應用。

核心觀念：全機率公式、貝氏定理、條件機率、組合計算。

解題步驟：

首先，我們需要了解每個碗（Bowl）中球的組成。
總共有 5 個碗，標號為 $t=1, 2, 3, 4, 5$。
碗 $t$ 中有 $t$ 個紅球 (Red) 和 $5-t$ 個藍球 (Blue)。
每種碗被隨機選擇的機率是相等的，即 $P(\text{Bowl } t) = \frac{1}{5}$ 對於 $t=1, 2, 3, 4, 5$。
從選定的碗中，隨機抽取兩顆球，且是無放回抽樣。

第一小題：計算兩球皆為紅球的機率 $P(\text{Both Red})$

我們需要計算從任一碗中取出兩顆紅球的機率，然後對所有碗進行加權平均（因為每個碗被選取的機率是相等的，所以是簡單平均）。
令 $R_2$ 表示「選出的兩球皆為紅球」。
我們需要計算 $P(R_2)$。
根據全機率公式：
$P(R_2) = \sum_{t=1}^{5} P(R_2 | \text{Bowl } t) P(\text{Bowl } t)$
由於 $P(\text{Bowl } t) = \frac{1}{5}$ 對於所有 $t$，所以：
$P(R_2) = \frac{1}{5} \sum_{t=1}^{5} P(R_2 | \text{Bowl } t)$

現在，我們計算每個碗中取出兩顆紅球的條件機率 $P(R_2 | \text{Bowl } t)$。
碗 $t$ 中共有 $t$ 個紅球和 $5-t$ 個藍球，總球數為 $t + (5-t) = 5$ 顆。
從碗 $t$ 中取出兩顆球，總共有 $\binom{5}{2}$ 種組合。
要取出兩顆紅球，必須從該碗的 $t$ 個紅球中選取 2 個，組合數為 $\binom{t}{2}$。
所以，$P(R_2 | \text{Bowl } t) = \frac{\binom{t}{2}}{\binom{5}{2}}$。
請注意，當 $t < 2$ 時，$\binom{t}{2} = 0$。

我們逐一計算：

• Bowl 1 ($t=1$): 有 1 紅球, 4 藍球。 $\binom{1}{2} = 0$。 $P(R_2 | \text{Bowl } 1) = \frac{0}{\binom{5}{2}} = 0$。
• Bowl 2 ($t=2$): 有 2 紅球, 3 藍球。 $\binom{2}{2} = 1$。 $P(R_2 | \text{Bowl } 2) = \frac{1}{\binom{5}{2}} = \frac{1}{10}$。
• Bowl 3 ($t=3$): 有 3 紅球, 2 藍球。 $\binom{3}{2} = 3$。 $P(R_2 | \text{Bowl } 3) = \frac{3}{\binom{5}{2}} = \frac{3}{10}$。
• Bowl 4 ($t=4$): 有 4 紅球, 1 藍球。 $\binom{4}{2} = 6$。 $P(R_2 | \text{Bowl } 4) = \frac{6}{\binom{5}{2}} = \frac{6}{10}$。