112 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》

本題主要考驗計算離散型隨機變數的期望值（平均數）與變異數。我們需要根據題目提供的機率分佈，計算公司 A 與公司 B 的股價變動百分比的期望值與變異數，然後進行比較。

首先，我們將股價變動的百分比轉換成數值。

• Increase 18% 轉換為 +0.18
• Increase 8% 轉換為 +0.08
• decrease 13% 轉換為 -0.13
• Increase 15% 轉換為 +0.15
• Increase 7% 轉換為 +0.07
• decrease 6% 轉換為 -0.06

令 $X_A$ 為公司 A 的股價變動百分比，令 $X_B$ 為公司 B 的股價變動百分比。

(a) 計算平均數 (期望值)

公司 A 的期望值 $E[X_A]$：
$E[X_A] = (0.18)(0.3) + (0.08)(0.5) + (-0.13)(0.2)$
$E[X_A] = 0.054 + 0.040 - 0.026$
$E[X_A] = 0.068$

公司 B 的期望值 $E[X_B]$：
$E[X_B] = (0.15)(0.3) + (0.07)(0.5) + (-0.06)(0.2)$
$E[X_B] = 0.045 + 0.035 - 0.012$
$E[X_B] = 0.068$

比較 $E[X_A]$ 和 $E[X_B]$，兩者相等。
【答案】Both have same mean.

(b) 計算變異數

首先，我們需要計算公司 A 和公司 B 的股價變動百分比的變異數。變異數的公式為 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。

核心觀念

本題測驗的重點為獨立連續隨機變數的聯合機率分配、指數分配之性質以及二維平面上的機率積分計算：

1. 指數分配（Exponential Distribution）：若隨機變數 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，其機率密度函數（pdf）為： $$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, \quad x > 0$$ 其期望值 $E[X] = \frac{1}{\lambda}$。本題平均數為 $1$，故參數 $\lambda = 1$。
2. 獨立隨機變數的聯合分配：若 $X_1, X_2$ 獨立且同分配（i.i.d.），其聯合機率密度函數為邊際機率密度函數之乘積： $$f_{X_1, X_2}(x_1, x_2) = f(x_1)f(x_2) = e^{-x_1} e^{-x_2} = e^{-(x_1 + x_2)}, \quad x_1 > 0, x_2 > 0$$
3. 對稱性（Symmetry）：題目所求事件為「其中一個損失大於另一個損失的兩倍」，即 $A = \{X_1 > 2X_2\} \cup \{X_2 > 2X_1\}$。由於 $X_1, X_2$ 獨立同分配，此二事件互斥且發生的機率相等。

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解題方法

設兩筆獨立的損失分別為 $X_1$ 與 $X_2$。
依題意，已知：

$$X_1, X_2 \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} \text{Exp}(1)$$

所求為「任一損失超過另一損失之兩倍」的機率，即求：

$$P\Big((X_1 > 2X_2) \cup (X_2 > 2X_1)\Big)$$

由於 $X_1$ 與 $X_2$ 均為正值，事件 $\{X_1 > 2X_2\}$ 與 $\{X_2 > 2X_1\}$ 不可能同時發生，兩者互斥（mutually exclusive）。再由 $X_1$ 與 $X_2$ 具對稱同分配性，可知：

$$P(X_1 > 2X_2) = P(X_2 > 2X_1)$$

因此，所求機率可簡化為計算單邊機率的兩倍：

$$P\Big((X_1 > 2X_2) \cup (X_2 > 2X_1)\Big) = 2 \times P(X_1 > 2X_2)$$

計算步驟：

利用條件機率或重積分計算 $P(X_1 > 2X_2)$：

方法一：二重積分法

$$P(X_1 > 2X_2) = \int_{0}^{\infty} \int_{2x_2}^{\infty} e^{-(x_1 + x_2)} \, dx_1 \, dx_2$$

先對 $x_1$ 進行積分：

$$\int_{2x_2}^{\infty} e^{-x_1} \, dx_1 = \left[ -e^{-x_1} \right]_{2x_2}^{\infty} = e^{-2x_2}$$

接著代入對 $x_2$ 積分：

核心觀念

本題表面上考最大概似估計量（MLE），關鍵在於：

1. 似然函數必須同時包含密度函數本身與參數限制的指示函數。
2. 支持集會隨參數 $\theta$ 改變，必須由
   $\theta^2\leq X_{(1)},\qquad X_{(1)}=\min\{X_1,\ldots,X_n\}$
   限制 $\theta$ 的可行範圍。
3. 最大概似估計量定義為
   $\hat\theta=\arg\max_\theta L(\theta).$

題目所給函數的數學問題

題目聲稱

$$f(x;\theta)=e^{-(\theta x-\theta^2)} =e^{-\theta x+\theta^2},\qquad x\geq\theta^2.$$

但它並非對題目所列的參數空間 $-\infty<\theta<\infty$ 都是機率密度函數。

當 $\theta<0$ 時，

$$\int_{\theta^2}^{\infty}e^{-\theta x+\theta^2}\,dx=\infty,$$

因為 $-\theta>0$，被積函數會隨 $x$ 增大而發散。

當 $\theta>0$ 時，

$$\int_{\theta^2}^{\infty}e^{-\theta x+\theta^2}\,dx =e^{\theta^2}\int_{\theta^2}^{\infty}e^{-\theta x}\,dx =\frac{e^{\theta^2-\theta^3}}{\theta},$$

一般也不等於 $1$。因此，嚴格而言，題目給定的 $f(x;\theta)$ 不是一個合法的機率密度函數，故不存在嚴格定義下的最大概似估計量。

依題目形式進行的形式化最大化

若依考題意旨，將題目中的 $f(x;\theta)$ 視為「概似函數核」進行最大化，則觀察值為 $x_1,\ldots,x_n$ 時，

$$L(\theta) =\prod_{i=1}^n e^{-\theta x_i+\theta^2} \mathbf 1\{\theta^2\leq x_i,\ \forall i\}.$$

令

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

中央極限定理是機率論和統計學中的一個基本定理，它描述了當獨立同分佈的隨機變數的數量足夠大時，它們的平均值的分佈會趨近於常態分佈 (Normal Distribution)，而與原始變數的實際分佈無關。

定理內容：
假設 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 是一組獨立且同分佈 (i.i.d.) 的隨機變數，它們具有相同的期望值 $\mu$ 和有限的變異數 $\sigma^2 > 0$。當樣本數 $n$ 足夠大時（通常認為 $n \ge 30$ 即可），這些隨機變數的樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的分佈將近似於一個期望值為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2/n$ 的常態分佈。

用數學式表示為：
$\bar{X} \xrightarrow{d} N(\mu, \sigma^2/n) \quad \text{as } n \to \infty$
其中 $\xrightarrow{d}$ 表示依分佈收斂 (convergence in distribution)。

重要性與應用：

1. 推論統計的基石： 中央極限定理是許多推論統計方法的理論基礎，例如信賴區間的建構和假設檢定的執行。即使原始母體分佈未知或不是常態分佈，只要樣本數足夠大，我們就可以利用常態分佈的性質來進行統計推斷。
2. 近似計算： 在處理複雜分佈的總和或平均值時，CLT 提供了一種近似計算的方法。
3. 廣泛適用性： 該定理不僅適用於離散隨機變數，也適用於連續隨機變數，只要它們具有有限的期望值和變異數。

前提條件：

• 樣本必須是獨立的。
• 樣本必須是同分佈的。
• 變異數必須是有限的。

限制：

• 「足夠大」的樣本數是相對的，取決於原始分佈的偏度和峰度。如果原始分佈本身就非常偏斜，可能需要更大的樣本數。
• CLT 描述的是近似分佈，並非精確分佈。

(b) 先驗分佈與後驗分佈 (Prior and Posterior Distribution)

這兩個概念是貝氏統計學 (Bayesian Statistics) 中的核心要素，用於描述在觀察到數據之前和之後，我們對模型參數的信念更新過程。

1. 先驗分佈 (Prior Distribution):

本題考驗保險精算中，關於利潤變異數的計算。我們需要定義公司在這個保單上的利潤，並考慮其可能的情況及其對應的機率，然後計算利潤的變異數。

假設保單面額為 $B = 1000$。
保費為 $P = 30$。
公司營運費用為 $E = 2$。
死亡機率為 $q = 0.02$。
生存機率為 $p = 1 - q = 1 - 0.02 = 0.98$。
若被保險人於年底生存，公司支付股息 $D = 3$。
利息被忽略。

我們定義公司在這個保單上的利潤 $Y$。利潤是公司收到的總收入減去支付的總支出。

情況 1：被保險人死亡

• 發生機率：$q = 0.02$
• 公司收入：保費 $P = 30$
• 公司支出：保險給付 $B = 1000$ 加上營運費用 $E = 2$。
• 利潤 $Y_1 = P - (B + E) = 30 - (1000 + 2) = 30 - 1002 = -972$。

情況 2：被保險人生存

• 發生機率：$p = 0.98$
• 公司收入：保費 $P = 30$。
• 公司支出：營運費用 $E = 2$ 加上股息 $D = 3$。
• 利潤 $Y_2 = P - (E + D) = 30 - (2 + 3) = 30 - 5 = 25$。

核心觀念

令 $X$ 表示保單在期間內的損失次數。給定保戶的損失機率為 $q$ 時，

$$X\mid q\sim \operatorname{Binomial}(5,q).$$

題目指出不同保戶的 $q$ 在 $[0,0.4]$ 上均勻分布，因此

$$f_Q(q)=\frac{1}{0.4}=\frac{5}{2},\qquad 0\le q\le 0.4.$$

所求為不定參數 $q$ 下的邊際機率：

$$P(X\ge 2)=E_Q[P(X\ge 2\mid Q)].$$

這是「條件二項分布加上隨機參數」的混合分布問題，不能直接將 $q$ 代為平均值 $E(Q)=0.2$。

解題方法

給定 $q$ 時，利用補事件計算：

$$P(X\ge 2\mid q) =1-P(X=0\mid q)-P(X=1\mid q).$$

由二項分布公式，

$$P(X=0\mid q)=(1-q)^5,$$ $$P(X=1\mid q)=\binom51q(1-q)^4 =5q(1-q)^4.$$

因此

$$P(X\ge 2\mid q) =1-(1-q)^5-5q(1-q)^4.$$

再對 $q$ 的均勻分布取平均：

$$\begin{aligned} P(X\ge 2) &=\frac{1}{0.4}\int_0^{0.4} \left[1-(1-q)^5-5q(1-q)^4\right]\,dq\\ &=\frac52\left[ 0.4-\int_0^{0.4}(1-q)^5\,dq -5\int_0^{0.4}q(1-q)^4\,dq \right]. \end{aligned}$$

第一個積分為

本題要求證明常態分佈 (Normal Distribution) 的機率密度函數 (PDF) 在 $x = \mu \pm \sigma$ 處具有反曲點 (Inflection Points)。

一個函數 $f(x)$ 的反曲點發生在其二階導數 $f''(x)$ 變號的地方。我們需要計算常態分佈 PDF 的二階導數，並找出其變號點。

常態分佈的機率密度函數為：
$f(x; \mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$
其中 $\mu$ 是平均值，$\sigma$ 是標準差 ($\sigma > 0$)。

為了簡化計算，我們可以忽略常數因子 $\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}$，因為它不會影響反曲點的位置（它只是一個正數乘數）。我們關注指數部分 $g(x) = e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$。

計算一階導數 $g'(x)$：
令 $u = -\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2$。
$g'(x) = \frac{d}{dx} e^u = e^u \frac{du}{dx}$
$u = -\frac{1}{2\sigma^2}(x-\mu)^2$
$\frac{du}{dx} = -\frac{1}{2\sigma^2} \cdot 2(x-\mu) \cdot 1 = -\frac{x-\mu}{\sigma^2}$

所以，$g'(x) = e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} \cdot \left(-\frac{x-\mu}{\sigma^2}\right)$。
為了方便，我們將常數因子 $\frac{1}{\sigma}$ 帶回來，考慮 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} \cdot \left(-\frac{x-\mu}{\sigma^2}\right)$
$f'(x) = -\frac{1}{\sigma^3\sqrt{2\pi}} (x-\mu) e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$

計算二階導數 $f''(x)$：
我們需要對 $f'(x)$ 進行微分。使用乘法定則：$(uv)' = u'v + uv'$。
令 $u = -\frac{1}{\sigma^3\sqrt{2\pi}} (x-\mu)$， $v = e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$。
$u' = -\frac{1}{\sigma^3\sqrt{2\pi}}$
$v' = e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} \cdot \left(-\frac{x-\mu}{\sigma^2}\right)$

$f''(x) = u'v + uv'$

本題考驗關於指數分佈的順序統計量 (Order Statistics) 的性質。

首先，我們確定樣本來自的指數分佈。
PDF 為 $f(x) = e^{-x}$，對於 $x > 0$。
這是一個速率參數 $\lambda=1$ 的指數分佈，其期望值 $E[X] = 1/\lambda = 1$。
CDF 為 $F(x) = P(X \le x) = 1 - e^{-x}$，對於 $x > 0$。

部分 (a)：證明 $Z_i$ 的獨立性與分佈

我們有 $n$ 個獨立同分佈 (i.i.d.) 的指數隨機變數 $X_1, \ldots, X_n$，其 PDF 為 $f(x) = e^{-x}$ for $x>0$。
$Y_1, \ldots, Y_n$ 是這些變數的順序統計量，即 $0 < Y_1 < Y_2 < \ldots < Y_n$。

定義的新變數如下：
$Z_1 = nY_1$
$Z_2 = (n-1)(Y_2 - Y_1)$
$Z_3 = (n-2)(Y_3 - Y_2)$
$\ldots$
$Z_k = (n-k+1)(Y_k - Y_{k-1})$ for $k=2, \ldots, n$
$Z_n = Y_n - Y_{n-1}$ (這裡題目寫 $Z_n = (Y_n - Y_{n-1})$，應為 $Z_n = 1 \cdot (Y_n - Y_{n-1})$)

證明 $Z_i$ 的分佈是指數分佈：
對於來自 PDF $f(x)$ 的樣本，其順序統計量 $Y_k$ 的 PDF 為：
$f_{Y_k}(y) = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} [F(y)]^{k-1} [1-F(y)]^{n-k} f(y)$

對於指數分佈 $f(x) = e^{-x}$，CDF 是 $F(x) = 1 - e^{-x}$。
$1 - F(x) = e^{-x}$。

考慮 $Z_1 = nY_1$。
$Y_1$ 是最小的順序統計量。它的 PDF 是 $f_{Y_1}(y) = n[1-F(y)]^{n-1} f(y) = n(e^{-y})^{n-1} e^{-y} = n e^{-ny}$，對於 $y>0$。
這是速率為 $n$ 的指數分佈 PDF。
現在計算 $Z_1 = nY_1$ 的 CDF。令 $z = nY_1$，則 $Y_1 = z/n$。
$F_{Z_1}(z) = P(Z_1 \le z) = P(nY_1 \le z) = P(Y_1 \le z/n)$。
$F_{Z_1}(z) = \int_0^{z/n} n e^{-ny} dy = [-e^{-ny}]_0^{z/n} = -e^{-n(z/n)} - (-e^0) = -e^{-z} + 1 = 1 - e^{-z}$。
這是速率為 1 的指數分佈的 CDF。所以 $Z_1 \sim Exponential(1)$。

現在考慮 $Z_k = (n-k+1)(Y_k - Y_{k-1})$，對於 $k=2, \ldots, n$。
一個重要的性質是，對於來自指數分佈的樣本，隨機變數 $Y_k - Y_{k-1}$ (對於 $k=2, \ldots, n$) 和 $Y_1$ 之間存在關聯性。
更直接的性質是，考慮以下轉換：
令 $X_{(1)}, \ldots, X_{(n)}$ 為 i.i.d. Exponential(1) 隨機變數的順序統計量。
則 $Y_1, Y_2-Y_1, \ldots, Y_n-Y_{n-1}$ 這些差值並非獨立。

然而，有一個著名的結果是關於間隔 (spacings) 的：
令 $X_1, \ldots, X_n$ 為 i.i.d. Exponential($\lambda$) 隨機變數。
令 $X_{(1)} < \ldots < X_{(n)}$ 為其順序統計量。
定義：
$D_1 = X_{(1)}$
$D_2 = X_{(2)} - X_{(1)}$
$\ldots$
$D_n = X_{(n)} - X_{(n-1)}$
$D_{n+1} = \infty - X_{(n)}$ (如果考慮到右尾)

則 $D_1, D_2, \ldots, D_n, D_{n+1}$ 是獨立的，且 $D_k \sim Exponential((n-k+1)\lambda)$ for $k=1, \ldots, n$，而 $D_{n+1}$ 的分佈也與指數分佈有關。

我們題目中的定義不同：
$Z_1 = nY_1$
$Z_2 = (n-1)(Y_2 - Y_1)$
$Z_3 = (n-2)(Y_3 - Y_2)$
$\ldots$
$Z_k = (n-k+1)(Y_k - Y_{k-1})$
$\ldots$
$Z_n = 1 \cdot (Y_n - Y_{n-1})$

這與上述的間隔定義非常相似。
讓我們驗證一下。
對於 i.i.d. Exponential($\lambda$) 分佈，令 $X_{(1)} < \ldots < X_{(n)}$ 為其順序統計量。
則 $X_{(1)}$, $X_{(2)}-X_{(1)}$, $\ldots$, $X_{(n)}-X_{(n-1)}$ 是獨立的，且它們分別服從 Exponential($n\lambda$), Exponential$((n-1)\lambda), \ldots$, Exponential$(\lambda)$。

在我們的題目中，$\lambda=1$。
所以，$Y_1 \sim Exponential(n\lambda) = Exponential(n)$。
$Y_2 - Y_1 \sim Exponential((n-1)\lambda) = Exponential(n-1)$。
$\ldots$
$Y_k - Y_{k-1} \sim Exponential((n-k+1)\lambda) = Exponential(n-k+1)$。
$\ldots$
$Y_n - Y_{n-1} \sim Exponential(1\lambda) = Exponential(1)$。

我們題目定義的 $Z_k$ 是：
$Z_1 = n Y_1$. 因為 $Y_1 \sim Exponential(n)$，所以 $Z_1$ 是速率為 $n$ 的指數分佈乘以 $n$。
如果 $X \sim Exponential(\lambda)$，則 $cX \sim Exponential(\lambda/c)$。
所以 $Z_1 = n Y_1 \sim Exponential(n/n) = Exponential(1)$。

$Z_2 = (n-1)(Y_2 - Y_1)$. 因為 $Y_2 - Y_1 \sim Exponential(n-1)$。
所以 $Z_2 \sim Exponential((n-1)/(n-1)) = Exponential(1)$。