111 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》

本題考驗轉移機率矩陣與穩態分佈的概念。

假設 $E_t$ 代表第 $t$ 天發生地震，$E_t^c$ 代表第 $t$ 天未發生地震。
題目給定的條件可以表示為：

1. P($E_{t+1}$ | $E_t$) = 0.8
2. P($E_{t+1}^c$ | $E_t$) = 1 - 0.8 = 0.2
3. P($E_{t+1}$ | $E_t^c$) = 0.5
4. P($E_{t+1}^c$ | $E_t^c$) = 1 - 0.5 = 0.5

我們可以將此問題表示為一個馬可夫鏈，狀態為「發生地震」與「未發生地震」。
其轉移機率矩陣 P 如下：
$P = \begin{pmatrix} 0.8 & 0.2 \\ 0.5 & 0.5 \end{pmatrix}$
其中第一列代表今天發生地震 (E)，第二列代表今天未發生地震 (E^c)；第一欄代表明天發生地震 (E)，第二欄代表明天未發生地震 (E^c)。

我們要求的是「極限機率」，也就是當時間趨於無限大時，發生地震的機率。這對應於馬可夫鏈的穩態分佈 $\pi = (\pi_E, \pi_{E^c})$，其中 $\pi_E$ 是穩態時發生地震的機率，$\pi_{E^c}$ 是穩態時未發生地震的機率。

本題考驗幾何分佈的期望值性質。

首先，我們定義隨機變數 N 為第一次成功所需的試驗次數。由於每次試驗都是獨立的，且每次成功的機率為常數 $t$，因此 N 服從參數為 $t$ 的幾何分佈。
幾何分佈的機率質量函數為：
$P(N=k) = (1-t)^{k-1} t$, for $k = 1, 2, 3, \dots$

我們知道幾何分佈的期望值為 $E(N) = \frac{1}{t}$。

本題要求計算 $E(N^2)$。我們可以使用兩種方法來求解。

方法一：利用變異數的定義
變異數的定義為 $Var(N) = E(N^2) - [E(N)]^2$。
因此，$E(N^2) = Var(N) + [E(N)]^2$。
對於幾何分佈，其變異數為 $Var(N) = \frac{1-t}{t^2}$。
所以，$E(N^2) = \frac{1-t}{t^2} + \left(\frac{1}{t}\right)^2 = \frac{1-t}{t^2} + \frac{1}{t^2} = \frac{1-t+1}{t^2} = \frac{2-t}{t^2}$。

方法二：利用期望值的定義直接計算
$E(N^2) = \sum_{k=1}^{\infty} k^2 P(N=k) = \sum_{k=1}^{\infty} k^2 (1-t)^{k-1} t$
令 $q = 1-t$，則 $E(N^2) = t \sum_{k=1}^{\infty} k^2 q^{k-1}$。
我們知道 $\sum_{k=0}^{\infty} q^k = \frac{1}{1-q}$。
對其微分一次：$\sum_{k=1}^{\infty} k q^{k-1} = \frac{1}{(1-q)^2}$。

(a) 大數法則 (Law of Large Number, LLN)

大數法則是指，在進行大量獨立重複試驗時，樣本的平均值會趨近於母體的真實期望值。更精確地說，對於一個獨立且同分佈 (i.i.d.) 的隨機變數序列 $X_1, X_2, \dots, X_n$，若其期望值 $E(X_i) = \mu$ 存在，則樣本平均數 $\bar{X}_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$ 會在 $n \to \infty$ 時，機率上收斂於 $\mu$ (依機率收斂)。

應用於保險業務：
保險的核心業務是聚集風險。保險公司面對的是大量、獨立的被保險人。大數法則保證了，只要被保險人的數量足夠多，個別被保險人發生意外的機率（例如發生事故、生病、死亡等）的平均值，會非常接近保險公司根據精算模型預測的、該類人群的平均發生機率。
這使得保險公司能夠準確地預測總體賠款金額，進而計算出合理的保費。如果被保險人數量很少，則個別損失的變異性會很大，難以預測，保險公司也就難以經營。因此，大數法則為保險公司能夠穩定經營、精確定價提供了理論基礎。

(b) 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)

中央極限定理是指，對於一個任意分佈的母體，若從中抽取足夠大的樣本，則樣本平均數的抽樣分佈會趨近於常態分佈 (或稱高斯分佈)，而與母體的原始分佈形式無關。
更精確地說，若 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是一個從任意分佈（具有有限的期望值 $\mu$ 和有限的變異數 $\sigma^2 > 0$）中抽取出來的獨立同分佈隨機樣本，則當樣本數 $n$ 足夠大時，樣本平均數

本題考驗假設檢定的應用，包含單因子檢定、p-value 的計算，以及對常態分佈和 t 分佈的理解。

首先，我們定義母體參數與樣本統計量：
母體平均數：$\mu_0 = 175$
樣本數：$n = 10$
樣本平均數：$\bar{x} = 200$
樣本標準差：$s = 50$

由於母體的標準差 $\sigma$ 未知，且樣本數 $n=10$ 相對較小，我們應該使用 t 檢定。然而，題目提供的 $z$ 值（$z_{0.05}$, $z_{0.025}$, $z_{0.0099}$）以及 $\Phi$ 值（標準常態分佈的累計分佈函數），暗示我們可能需要假設母體為常態分佈，並在某些情況下（例如樣本數夠大或母體標準差已知）使用 z 檢定。在實際應用中，當母體標準差未知時，樣本標準差 $s$ 通常用來估計 $\sigma$。如果母體假設為常態，則樣本平均數的抽樣分佈是 t 分佈，自由度為 $n-1$。

在這個問題中，題目給予了標準常態分佈的臨界值，這提示我們可以將此視為一個 z 檢定的問題，或者在某些情況下，使用常態近似。但嚴格來說，當母體標準差未知時，且樣本數不大時，應使用 t 檢定。我們將先嘗試使用 z 檢定（假設母體標準差已知或用樣本標準差近似），再考慮 t 檢定。

假設檢定的步驟：

1. 設定虛無假設 ($H_0$) 與對立假設 ($H_1$)
   我們想檢定的是樣本群體的平均分數是否「高於」母體平均數。
   $H_0: \mu = 175$ (樣本群體的平均分數等於母體平均數)
   $H_1: \mu > 175$ (樣本群體的平均分數高於母體平均數)
   這是一個右尾檢定。

2. 選擇檢定統計量
   由於母體標準差未知，理論上應使用 t 統計量：
   $t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$
   自由度 $df = n-1 = 10-1 = 9$。

   然而，題目提供了 $z$ 值，且在 (b) 小題要求計算 "exact p-value"，這可能意味著題目期望我們在某些假設下使用 z 統計量，或者在進行常態近似。如果我們假設母體的標準差 $\sigma$ 已知且等於樣本標準差 $s=50$ (這是一個常見的近似，尤其是在樣本數較大的時候，但這裡樣本數不大)，或者假設母體本身就是常態分佈且我們用 $s$ 來估計 $\sigma$，我們可以使用 z 統計量：
   $z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$

   我們將先用 z 統計量進行計算，然後再討論 t 檢定的情況。

使用 z 統計量進行計算：
檢定統計量的值：
$z = \frac{200 - 175}{50/\sqrt{10}} = \frac{25}{50/\sqrt{10}} = \frac{25 \sqrt{10}}{50} = \frac{\sqrt{10}}{2}$
$\sqrt{10} \approx 3.162$
$z \approx \frac{3.162}{2} \approx 1.581$

(a) 進行顯著水準為 0.05 的假設檢定：
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
由於是對立假設 $H_1: \mu > 175$ 進行右尾檢定，我們需要找到對應於 $\alpha = 0.05$ 的臨界值。
題目給了 $z_{0.05} = 1.645$。
臨界區域是 $z > 1.645$。
我們計算出的檢定統計量 $z \approx 1.581$。
因為 $1.581 \ngtr 1.645$，所以我們無法在顯著水準 0.05 下拒絕虛無假設 $H_0$。
結論是：沒有足夠的證據顯示這個樣本群體的平均分數顯著高於母體平均數 175。

使用 t 統計量進行計算（更嚴謹的做法）：
自由度 $df = 9$。
檢定統計量：
$t = \frac{200 - 175}{50/\sqrt{10}} = \frac{25}{50/\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{2} \approx 1.581$

核心觀念

本題考查：

1. 聯合機率密度函數的積分。
2. 條件機率公式： $$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$$
3. 連續型隨機變數的條件密度。由於 $P(T_2=1/2)=0$，第（2）題不能直接套用事件條件機率公式，而須使用條件機率密度： $$f_{T_1\mid T_2}(t_1\mid t_2) = \frac{f_{T_1,T_2}(t_1,t_2)}{f_{T_2}(t_2)}$$

聯合密度的有效範圍為：

$$0\leq t_2\leq t_1\leq 1$$

也就是 $t_1$ 位於 $[0,1]$，且對固定的 $t_1$，$t_2$ 位於 $[0,t_1]$。

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（1）求 $P(T_1\leq 3/4\mid T_2\leq 1/2)$

令

$$A=\{T_1\leq 3/4\},\qquad B=\{T_2\leq 1/2\}$$

依條件機率公式：

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$$

第一步：計算分母 $P(T_2\leq 1/2)$

先依 $t_1$ 的範圍拆分積分。

當 $0\leq t_1\leq 1/2$ 時，因為 $0\leq t_2\leq t_1$，整段 $t_2$ 都符合 $t_2\leq 1/2$。

當 $1/2<t_1\leq 1$ 時，則 $0\leq t_2\leq 1/2$。

因此：

$$\begin{aligned} P(T_2\leq 1/2) &= \int_0^{1/2}\int_0^{t_1}3t_1\,dt_2\,dt_1 + \int_{1/2}^{1}\int_0^{1/2}3t_1\,dt_2\,dt_1\\ &= \int_0^{1/2}3t_1^2\,dt_1 + \int_{1/2}^{1}\frac{3}{2}t_1\,dt_1\\ &= \frac18+\frac{9}{16}\\ &= \frac{11}{16} \end{aligned}$$

第二步：計算分子 $P(T_1\leq 3/4,T_2\leq 1/2)$

同樣依 $t_1$ 的範圍拆分：

• 當 $0\leq t_1\leq 1/2$ 時，$0\leq t_2\leq t_1$。
• 當 $1/2<t_1\leq 3/4$ 時，$0\leq t_2\leq 1/2$。

所以：

$$\begin{aligned} P(T_1\leq 3/4,T_2\leq 1/2) &= \int_0^{1/2}\int_0^{t_1}3t_1\,dt_2\,dt_1 + \int_{1/2}^{3/4}\int_0^{1/2}3t_1\,dt_2\,dt_1\\ &= \int_0^{1/2}3t_1^2\,dt_1 + \int_{1/2}^{3/4}\frac{3}{2}t_1\,dt_1\\ &= \frac18+\frac{15}{128}\\ &= \frac{31}{128} \end{aligned}$$

第三步：代入條件機率公式