113 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》

此題考驗對機率密度函數 (Probability Density Function, PDF) 的基本性質的理解。

(a) 根據機率密度函數的性質，其在整個定義域上的積分必須等於 1。
給定的機率密度函數為：

因此，我們有：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(t) dt = 1$
由於 $f(t) = 0$ 當 $t < 0$，積分範圍可以縮小到 $0$ 到 $\infty$：
$\int_{0}^{\infty} fe^{-2t} dt = 1$
將常數 $f$ 提出積分：
$f \int_{0}^{\infty} e^{-2t} dt = 1$
計算積分：
$\int_{0}^{\infty} e^{-2t} dt = \left[ \frac{e^{-2t}}{-2} \right]_{0}^{\infty}$
$= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{e^{-2b}}{-2} \right) - \left( \frac{e^{-2 \cdot 0}}{-2} \right)$
$= 0 - \left( \frac{1}{-2} \right) = \frac{1}{2}$
將積分結果代回原式：

此題考驗負二項分配 (Negative Binomial Distribution) 的應用。負二項分配用於描述在重複獨立的伯努利試驗中，直到達成第 r 次成功的總試驗次數。

題目描述：

• 每次鑽井可視為一次獨立的伯努利試驗。
• 成功鑽到水的機率 $p = 0.1$。
• 失敗（未鑽到水）的機率 $q = 1 - p = 1 - 0.1 = 0.9$。
• 我們關心的是「第四次」成功（鑽到水）發生在「第六次」鑽井時。

設隨機變數 $X$ 為直到第 $r$ 次成功所需要的試驗次數。若 $X=k$，則表示在第 $k$ 次試驗時，第 $r$ 次成功發生。這意味著：

1. 前 $k-1$ 次試驗中，恰好有 $r-1$ 次成功。
2. 第 $k$ 次試驗是第 $r$ 次成功。

負二項分配的機率質量函數 (Probability Mass Function, PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{k-1}{r-1} p^r q^{k-r}, \quad k = r, r+1, r+2, \dots$
其中：

• $k$ 是總試驗次數。
• $r$ 是目標成功次數。
• $p$ 是單次成功的機率。
• $q = 1-p$ 是單次失敗的機率。

此題考驗樣本大小的決定，特別是在估計比例 (proportion) 時，如何確定所需的樣本數以達到指定的信賴水準和誤差範圍。

題目情境：

• 實驗對象的反應有兩種形式：X 或 Y。
• 實驗者想估計學生反應為 X 的機率 $p$。
• 預期 $p$ 約為 0.6。
• 希望估計的誤差（絕對值）小於 0.08，且此事件發生的機率為 0.9。
• 提供了一些標準常態分配的百分位數和對應的機率值。

核心觀念：
當我們使用樣本比例 $\hat{p}$ 來估計母體比例 $p$ 時，其抽樣分配的平均值為 $p$，標準差為 $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$，其中 $n$ 是樣本大小。
根據中央極限定理，當 $n$ 足夠大時，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分配近似於常態分配。
我們希望 $| \hat{p} - p | < 0.08$ 的機率為 0.9。
這可以寫成：$P(| \hat{p} - p | < 0.08) = 0.9$。
標準化後，我們得到：$P\left( \left| \frac{\hat{p} - p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \right| < \frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \right) = 0.9$。
令 $Z = \frac{\hat{p} - p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}$，則 $Z$ 近似於標準常態分配 $N(0, 1)$。
所以，我們有 $P(|Z| < \frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}) = 0.9$。

這表示標準常態分配中，落在 $-\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}$ 和 $+\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}$ 之間的機率是 0.9。
由於標準常態分配是左右對稱的，這意味著：
$P(Z < \frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}) - P(Z < -\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}) = 0.9$
$P(Z < \frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}) = 0.9 + P(Z < -\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}})$.
又 $P(Z < -z) = 1 - P(Z < z)$。
所以 $P(Z < \frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}) = 1 - P(Z < -\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}})$.
由於 $P(|Z| < c) = 0.9$，表示總共有 10% 的機率落在 $|Z| > c$ 的區域，即兩側各 5%。
因此，$P(Z > c) = 0.05$ 且 $P(Z < -c) = 0.05$。
這意味著 $P(Z < c) = 1 - 0.05 = 0.95$。
所以，我們需要找到一個 $z$ 值，使得 $P(Z < z) = 0.95$。
題目中給了 $z_{0.025} = 1.96$，這表示 $P(Z < 1.96) = 1 - 0.025 = 0.975$。
而 $P(|Z| < 1.96) = P(-1.96 < Z < 1.96) = P(Z < 1.96) - P(Z < -1.96) = 0.975 - 0.025 = 0.95$。
題目要求機率為 0.9，表示落在中心區域的機率是 0.9，則兩側的機率各為 $(1-0.9)/2 = 0.05$。
所以，我們需要找到 $z$ 值，使得 $P(Z > z) = 0.05$ 或 $P(Z < -z) = 0.05$。
這對應的 $z$ 值是 $z_{0.05} = 1.645$。
因此，我們要找的 $z$ 值是 1.645。

我們有：
$\frac{0.08}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} = z_{0.05} = 1.645$
$0.08 = 1.645 \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
$\frac{0.08}{1.645} = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
兩邊平方：
$\left( \frac{0.08}{1.645} \right)^2 = \frac{p(1-p)}{n}$
$n = \frac{p(1-p)}{\left( \frac{0.08}{1.645} \right)^2}$
$n = \frac{p(1-p) \times (1.645)^2}{(0.08)^2}$

此題考驗多變量機率的計算，包括邊際機率密度函數的求法、期望值和變異數的計算，以及線性組合的期望值。

首先，我們需要理解聯合機率密度函數 $f(t_1, t_2)$ 的定義域。
定義域是 $0 \le t_1 \le t_2 \le 1$。這是一個在 $t_1$-$t_2$ 平面上由直線 $t_1=0$, $t_2=1$, 和 $t_1=t_2$ 所構成的三角形區域。

首先，我們需要檢查這個聯合密度函數是否滿足積分為 1 的條件。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(t_1, t_2) dt_1 dt_2 = \int_{0}^{1} \int_{0}^{t_2} 6(1 - t_2) dt_1 dt_2$
計算內層積分：
$\int_{0}^{t_2} 6(1 - t_2) dt_1 = 6(1 - t_2) [t_1]_{0}^{t_2} = 6(1 - t_2) (t_2 - 0) = 6t_2(1 - t_2)$
計算外層積分：
$\int_{0}^{1} 6t_2(1 - t_2) dt_2 = 6 \int_{0}^{1} (t_2 - t_2^2) dt_2$
$= 6 \left[ \frac{t_2^2}{2} - \frac{t_2^3}{3} \right]_{0}^{1} = 6 \left( \frac{1^2}{2} - \frac{1^3}{3} - (0-0) \right)$
$= 6 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) = 6 \left( \frac{3-2}{6} \right) = 6 \cdot \frac{1}{6} = 1$
積分結果為 1，所以這是一個有效的聯合機率密度函數。

(a) 求 $E(T_1)$。
首先，我們需要求 $T_1$ 的邊際機率密度函數 $f_{T_1}(t_1)$。
$f_{T_1}(t_1) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t_1, t_2) dt_2$
對於 $0 \le t_1 \le 1$，積分範圍為 $t_1 \le t_2 \le 1$。
$f_{T_1}(t_1) = \int_{t_1}^{1} 6(1 - t_2) dt_2$
$= 6 \left[ t_2 - \frac{t_2^2}{2} \right]_{t_1}^{1}$
$= 6 \left( (1 - \frac{1^2}{2}) - (t_1 - \frac{t_1^2}{2}) \right)$
$= 6 \left( \frac{1}{2} - t_1 + \frac{t_1^2}{2} \right)$
$= 3 - 6t_1 + 3t_1^2$
所以，$f_{T_1}(t_1) = 3t_1^2 - 6t_1 + 3 = 3(t_1 - 1)^2$，當 $0 \le t_1 \le 1$。

現在計算 $E(T_1)$：
$E(T_1) = \int_{-\infty}^{\infty} t_1 f_{T_1}(t_1) dt_1 = \int_{0}^{1} t_1 (3t_1^2 - 6t_1 + 3) dt_1$
$= \int_{0}^{1} (3t_1^3 - 6t_1^2 + 3t_1) dt_1$
$= \left[ \frac{3t_1^4}{4} - \frac{6t_1^3}{3} + \frac{3t_1^2}{2} \right]_{0}^{1}$
$= \left[ \frac{3}{4} t_1^4 - 2t_1^3 + \frac{3}{2} t_1^2 \right]_{0}^{1}$
$= \frac{3}{4} - 2 + \frac{3}{2} - (0-0+0)$
$= \frac{3}{4} - \frac{8}{4} + \frac{6}{4} = \frac{3 - 8 + 6}{4} = \frac{1}{4}$
所以，$E(T_1) = \frac{1}{4}$。

此題考驗對統計學中估計量 (estimator) 的兩個重要性質的理解：不偏性 (unbiasedness) 和有效性 (efficiency)。

(a) 什麼是不偏估計量？
一個估計量 $\hat{\theta}$ 被稱為母體參數 $\theta$ 的不偏估計量，如果該估計量的期望值等於母體參數本身。也就是說，從長遠來看，估計量的平均值正好是我們要估計的參數值。
用數學式表示為：
$E(\hat{\theta}) = \theta$
其中 $E(\hat{\theta})$ 是估計量 $\hat{\theta}$ 的期望值。
不偏性意味著估計量不存在系統性的偏差（bias），即估計量不會傾向於高估或低估參數。

舉例：

• 樣本平均數 $\bar{X}$ 是母體平均數 $\mu$ 的一個不偏估計量，因為 $E(\bar{X}) = \mu$。
• 樣本變異數 $s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 是母體變異數 $\sigma^2$ 的一個不偏估計量，因為 $E(s^2) = \sigma^2$。
• 而樣本變異數的另一個計算方式，即 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$，則不是母體變異數 $\sigma^2$ 的不偏估計量，因為它的期望值是 $\frac{n-1}{n}\sigma^2$，存在偏差。