112 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》

本題考驗貝氏定理（Bayes' Theorem）在診斷檢定上的應用。題目要求計算「預測值陽性」（Predictive Value Positive, P.V.P.），也就是檢測結果為陽性時，該對象確實患有該疾病的機率。

我們定義以下事件：
H：該對象患有高血壓（Hypertensive）。
NH：該對象未患有高血壓（Normotensive）。
D+：該設備檢測結果為陽性（Classified as hypertensive）。
D-：該設備檢測結果為陰性（Classified as normotensive）。

根據題目給予的資訊：

1. 人口中患有高血壓的比例（先驗機率）：$P(H) = 0.30$。
   因此，未患有高血壓的比例為：$P(NH) = 1 - P(H) = 1 - 0.30 = 0.70$。
2. 高血壓者被設備檢測為陽性的機率（靈敏度，Sensitivity）：$P(D+|H) = 0.80$。
3. 非高血壓者被設備檢測為陽性的機率（第一型錯誤率，False Positive Rate）：$P(D+|NH) = 0.20$。

題目要求計算「預測值陽性」（P.V.P.），即在設備檢測結果為陽性的條件下，該對象確實患有高血壓的機率。這表示我們要求計算 $P(H|D+)$。

核心觀念

本題考查：

• 幾何級數的應用；
• 以「前兩次都未出現正面」作為一個完整循環；
• 極限的基本運算。

設硬幣出現正面的機率為 $t$，則出現反面的機率為 $1-t$。

第一位玩家在第 $1、3、5,\ldots$ 次擲硬幣時有機會獲勝。

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(a) 求 $\displaystyle \lim_{t\to 1} f(t)$

當 $t\to 1$ 時，硬幣出現正面的機率趨近於 $1$，因此第一位玩家幾乎必定在第一次擲硬幣時就獲勝。

故

$$\lim_{t\to 1} f(t)=1.$$

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(b) 求 $f(t)$

第一位玩家獲勝的情況如下：

• 第一次出現正面：機率為 $t$；
• 前兩次都是反面，第三次出現正面：機率為 $(1-t)^2t$；
• 前四次都是反面，第五次出現正面：機率為 $(1-t)^4t$；
• 依此類推。

因此

$$f(t)=t+(1-t)^2t+(1-t)^4t+\cdots.$$

提出 $t$：

$$f(t)=t\left[1+(1-t)^2+(1-t)^4+\cdots\right].$$

括號內是首項為 $1$、公比為 $(1-t)^2$ 的無窮等比級數。當 $0<t\leq 1$ 時，公比滿足 $0\leq (1-t)^2<1$，所以

$$1+(1-t)^2+(1-t)^4+\cdots = \frac{1}{1-(1-t)^2}.$$

因此

$$f(t)=\frac{t}{1-(1-t)^2}.$$

化簡分母：

$$1-(1-t)^2 = 1-(1-2t+t^2) = 2t-t^2 = t(2-t).$$

所以

本題考驗期望值的計算。期望值是隨機變數所有可能取值的加權平均，權重為其對應的機率。

我們需要計算 Alex 玩這個遊戲的預期收益。
首先，確定一副標準 52 張撲克牌的組成：

• 四種花色（紅心、方塊、梅花、黑桃）。
• 每種花色有 K, Q, J, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, A 共 13 張牌。
• 總牌數 = 4 種花色 × 13 張/花色 = 52 張。

Alex 獲得的收益情況如下：

1. 支付：15 美元。
   情況：抽到 King (K) 或 Ace (A)。
   一副牌中有 4 張 K 和 4 張 A。
   總計 K 或 A 的牌數 = 4 + 4 = 8 張。
   抽到 K 或 A 的機率 $P(\text{K or A}) = \frac{8}{52}$。

2. 支付：5 美元。
   情況：抽到 Jack (J) 或 Queen (Q)。
   一副牌中有 4 張 J 和 4 張 Q。
   總計 J 或 Q 的牌數 = 4 + 4 = 8 張。
   抽到 J 或 Q 的機率 $P(\text{J or Q}) = \frac{8}{52}$。

3. 支付：-4 美元（相當於損失 4 美元）。
   情況：抽到任何其他牌。
   其他牌的種類有：10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2。
   每種花色有 9 張這樣的牌（13 - 4 (K, A, J, Q) = 9）。
   總計其他牌的數量 = 4 種花色 × 9 張/花色 = 36 張。
   抽到其他牌的機率 $P(\text{Other}) = \frac{36}{52}$。

我們可以用機率來驗證：$\frac{8}{52} + \frac{8}{52} + \frac{36}{52} = \frac{16+36}{52} = \frac{52}{52} = 1$。機率分布正確。

本題考驗機率密度函數（Probability Density Function, PDF）的基本性質。一個有效的機率密度函數必須滿足兩個主要條件：

1. $f(t) \ge 0$ 對於所有的 $t$。
2. 函數在整個定義域上的積分值為 1，即 $\int_{-\infty}^{\infty} f(t) dt = 1$。

題目給定的機率密度函數為：
$f(t) = at^2 + t, \quad 0 \le t \le 1$
$f(t) = 0, \quad \text{otherwise}$

我們需要利用第二個條件來求解參數 $a$。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(t) dt = 1$
由於 $f(t)$ 只在 $0 \le t \le 1$ 的區間內非零，所以積分範圍為 $[0, 1]$：
$\int_{0}^{1} (at^2 + t) dt = 1$

現在進行積分計算：
$\int_{0}^{1} (at^2 + t) dt = \left[ a\frac{t^3}{3} + \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1}$

本題為基本統計學概念的定義題，旨在測試考生對統計學核心術語的理解。

(a) 隨機變數 (Random Variable)
隨機變數是一種變數，其值是某個隨機現象的結果。更正式地說，隨機變數是從樣本空間到實數的函數。它將隨機實驗的每一個可能結果映射到一個數值。隨機變數可以是離散的（只能取有限個或可數無限個值）或連續的（可以在一個區間內取任意值）。
例如，擲骰子的點數是一個離散隨機變數；一個人的身高是一個連續隨機變數。

(b) 隨機樣本 (Random Sample)
隨機樣本是從一個母體中抽取的一組觀測值，其抽取方式必須確保母體中的每一個元素都有相等且獨立的機會被選中。
在統計推論中，我們通常假設樣本是從母體中獨立同分布（Independent and Identically Distributed, i.i.d.）地抽取的。這意味著：

1. 獨立性：樣本中的一個觀測值不會影響其他觀測值的抽取機率。

本題要求說明普通最小平方法（Ordinary Least Squares, OLS）線性迴歸模型的關鍵古典假設。這些假設是保證 OLS 估計量具有良好統計性質（如BLUE - Best Linear Unbiased Estimator）的基礎。

OLS 線性迴歸模型的基本形式為：
$Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_{i1} + \beta_2 X_{i2} + \dots + \beta_k X_{ik} + \epsilon_i$
其中 $Y_i$ 是應變數，$X_{i1}, \dots, X_{ik}$ 是自變數，$\beta_0, \dots, \beta_k$ 是迴歸係數，$\epsilon_i$ 是誤差項。

以下是 OLS 的關鍵古典假設：

1. 線性假設 (Linearity)：
   模型中的應變數 $Y_i$ 必須是自變數的線性組合，加上一個誤差項。
   $E(Y_i | X_{i1}, \dots, X_{ik}) = \beta_0 + \beta_1 X_{i1} + \dots + \beta_k X_{ik}$
   這意味著模型的結構是線性的，即使自變數本身可以是變數的函數（例如 $X^2$），只要係數是線性的即可。

2. 隨機抽樣假設 (Random Sampling)：
   樣本是從母體中隨機抽取的，這保證了樣本統計量（如迴歸係數估計值）能夠代表母體參數。

3. 無完美共線性假設 (No Perfect Collinearity)：
   在樣本中，自變數之間不能存在完全的線性關係。也就是說，任何一個自變數都不能是其他自變數的精確線性組合。
   如果存在完美共線性，OLS 估計量將無法計算（分母為零）。如果存在高度共線性，估計量的標準誤會很大，導致估計不穩定。

4. 零條件均值假設 (Zero Conditional Mean of the Error Term)：
   誤差項 $\epsilon_i$ 對於給定的自變數值，其條件期望值必須為零。
   $E(\epsilon_i | X_{i1}, \dots, X_{ik}) = 0$
   這個假設與線性假設結合，保證了 OLS 估計量是無偏的（unbiased）。