113 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》

本題為概念題，主要在考察統計學中兩個重要的統計推論概念。

(a) Bayesian Estimates (貝氏估計)
貝氏估計是基於貝氏定理的一種統計推論方法。其核心思想是將待估參數 $\theta$ 視為一個隨機變數，並擁有一個先驗機率分佈 $p(\theta)$ (prior distribution)。在觀察到樣本資料 $X$ 後，利用貝氏定理更新對參數 $\theta$ 的信念，得到後驗機率分佈 $p(\theta|X)$ (posterior distribution)。
$p(\theta|X) = \frac{p(X|\theta)p(\theta)}{p(X)} = \frac{p(X|\theta)p(\theta)}{\int p(X|\theta)p(\theta)d\theta}$
其中 $p(X|\theta)$ 是樣本資料的概似函數 (likelihood function)。
貝氏估計量通常是後驗機率分佈的某種代表值，最常見的有：

1. 後驗期望值 (Posterior Expectation): 作為點估計量，最小化後驗均方誤差 (posterior mean squared error)。
   $\hat{\theta}_{Bayes} = E[\theta|X] = \int \theta p(\theta|X) d\theta$
2. 後驗中位數 (Posterior Median): 作為點估計量，最小化後驗絕對偏差 (posterior absolute deviation)。
3. 後驗眾數 (Posterior Mode): 即後驗機率分佈的峰值，稱為最大後驗估計量 (Maximum A Posteriori, MAP)。

Minimax Principle (極小極大原則)
極小極大原則是一種決策理論中的最佳化準則，常用於選擇統計決策規則（如估計量或檢定規則），以在最壞情況下獲得最佳結果。
假設我們有一個損失函數 $L(\theta, \delta(X))$，表示當真實參數為 $\theta$ 時，我們選擇的決策規則 $\delta(X)$ 所造成的損失。對於一個固定的參數 $\theta$，我們可以計算出在所有可能的樣本 $X$ 下，我們決策規則 $\delta(X)$ 所能達到的最大損失，稱為風險函數 (risk function) $R(\theta, \delta) = E_{\theta}[L(\theta, \delta(X))]$。
極小極大原則的目標是選擇一個決策規則 $\delta^*$，使得其最大風險最小化：

核心觀念

每件申請有兩種互斥類型：

• 年金保單：機率 $0.4$
• 壽險保單：機率
  $1-0.4=0.6$

不同申請的保單類型可視為彼此獨立，因此下一件、下兩件、下三件申請均為壽險的機率，可用乘法法則計算。

題目雖提供申請以每小時 6 件的 Poisson process 到達，但本題只問「接下來 3 件」的保單類型，不涉及等待時間，因此到達率 $6$ 不影響答案。

解題方法

設第 $i$ 件申請為壽險的事件為 $L_i$，則

$$P(L_i)=0.6$$

要求下一連續 3 件申請全部為壽險：

$$P(L_1\cap L_2\cap L_3) =P(L_1)P(L_2)P(L_3)$$

代入各件申請為壽險的機率：

$$P(L_1\cap L_2\cap L_3) =(0.6)^3$$ $$=0.216$$

選擇題選項以兩位小數表示，因此

$$0.216\approx 0.22$$

選項分析

核心觀念

本題的核心觀念為順序統計量（Order Statistics）的累積分配函數（CDF）。

1. 順序統計量定義：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 為來自母體累積分配函數為 $F_X(x)$ 的一組隨機樣本（i.i.d.），將樣本由小到大排列得 $X_{(1)} \leq X_{(2)} \leq \dots \leq X_{(n)}$，其中 $X_{(k)}$ 稱為第 $k$ 個順序統計量。
2. 二項分配與順序統計量的關係：
   事件 $\{X_{(k)} \leq y\}$ 發生，等價於「$n$ 個樣本中，小於等於 $y$ 的樣本數至少有 $k$ 個」。
   若定義成功事件為 $\{X_i \leq y\}$，則每次成功的機率為 $p = F_X(y)$。令 $W$ 為落在 $(-\infty, y]$ 內的樣本個數，則 $W \sim \text{Binomial}(n, F_X(y))$。
   因此，第 $k$ 順序統計量的累積分配函數可表示為： $$F_{X_{(k)}}(y) = P(X_{(k)} \leq y) = P(W \ge k) = \sum_{j=k}^{n} \binom{n}{j} [F_X(y)]^j [1 - F_X(y)]^{n-j}$$
3. 均勻分配之特性：
   母體為標準均勻分配 $U(0, 1)$，其累積分配函數在 $0 < y < 1$ 時為 $F_X(y) = y$。

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解題方法

題目給定樣本數 $n = 30$，欲求第 $4$ 順序統計量 $Y = X_{(4)}$ 的累積分配函數 $F_Y(y)$，其中 $0 < y < 1$。

步驟一：寫出母體累積分配函數

因為 $X_i \overset{i.i.d.}{\sim} U(0, 1)$，其累積分配函數為：

$$F_X(y) = \begin{cases} 0, & y \le 0 \\ y, & 0 < y < 1 \\ 1, & y \ge 1 \end{cases}$$

步驟二：利用二項總和推導 $F_Y(y)$

對於任意給定的 $y \in (0, 1)$，考慮事件 $\{Y \leq y\} = \{X_{(4)} \leq y\}$。
第 $4$ 小的數小於等於 $y$，表示在全體 $30$ 個觀察值中，至少有 $4$ 個數值小於等於 $y$。

令隨機變數 $W$ 表示 $30$ 個觀察值中小於或等於 $y$ 的個數。由於每個 $X_i$ 彼此獨立，且落在 $(-\infty, y]$ 的機率均為 $P(X_i \leq y) = y$，因此：

本題考驗對最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的計算，以及參數期望值的 MLE 及其漸近分佈的理解。

題目給定一個樣本 $\{\lambda_i\}_{i=1}^n$，其中每個 $\lambda_i$ 是從一個 Poisson 分佈中獨立同分佈抽取出來的，該 Poisson 分佈的參數為 $\lambda$。
注意：題目中的符號 $\lambda_i$ 表示樣本值，而參數也是 $\lambda$。這是一個常見的表示方式，但有時可能造成混淆。我們應該理解為，樣本值是從一個 Poisson($\lambda$) 分佈中抽取的 $n$ 個觀測值。
假設我們有 $n$ 個觀測值 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其中 $X_i \sim Poisson(\lambda)$，且 $X_i$ 之間相互獨立。
我們需要計算參數 $E(X)$ 的最大概似估計量 (MLE)，並將其記為 $T$。
然後，解釋 $T$ 的漸近分佈（名稱和參數）。

第一部分：計算 $E(X)$ 的 MLE

一個 Poisson 分佈 $Poisson(\lambda)$ 的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k; \lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$
對於一個給定的樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其概似函數為：
$L(\lambda; X_1, \dots, X_n) = \prod_{i=1}^n P(X_i=x_i; \lambda) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{-\lambda} \lambda^{x_i}}{x_i!}$
$L(\lambda) = \frac{e^{-n\lambda} \lambda^{\sum_{i=1}^n x_i}}{\prod_{i=1}^n x_i!}$
為了求 MLE，我們通常取對數概似函數 (log-likelihood function)：
$\ell(\lambda) = \ln L(\lambda) = -n\lambda + (\sum_{i=1}^n x_i) \ln \lambda - \ln \left( \prod_{i=1}^n x_i! \right)$
為了找到使 $\ell(\lambda)$ 最大化的 $\lambda$，我們對 $\ell(\lambda)$ 對 $\lambda$ 求導並令其為零：
$\frac{d\ell}{d\lambda} = -n + \left( \sum_{i=1}^n x_i \right) \frac{1}{\lambda}$
令導數為零：
$-n + \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\hat{\lambda}_{MLE}} = 0$
$\hat{\lambda}_{MLE} = \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n} = \bar{x}$
所以，參數 $\lambda$ 的最大概似估計量是樣本均值 $\bar{X}$。

題目要求的是 $E(X)$ 的 MLE，記為 $T$。
對於 Poisson($\lambda$) 分佈，其期望值為 $E(X) = \lambda$。
因此，我們需要估計的參數是 $\lambda$。
$E(X)$ 的 MLE 就是 $\lambda$ 的 MLE。
所以，
$T = \hat{\lambda}_{MLE} = \bar{X}$

第二部分：解釋 $T$ 的漸近分佈

根據中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)，對於足夠大的樣本數 $n$，樣本均值 $\bar{X}$ 的分佈近似於一個常態分佈。
我們知道：

核心觀念

題目給定年齡 $x$ 的被保險人，在未來 $t$ 年內仍生存至 $x+t$ 歲的條件生存機率：

$${}_t p_x=\left(\frac{1+x}{1+x+t}\right)^3.$$

本題使用兩個重要公式：

1. 未來 $t$ 年內死亡的機率：

$${}_t q_x=1-{}_t p_x.$$

2. 年齡 $x$ 的完全期望餘命：

$$e_x=E[T_x]=\int_0^\infty {}_t p_x\,dt,$$

其中 $T_x$ 表示從 $x$ 歲起算的未來存活時間。

解題方法

（a）20 歲時兩年內死亡的機率

令 $x=20$、$t=2$，先計算兩年後仍生存至 22 歲的機率：

$${}_2p_{20} = \left(\frac{1+20}{1+20+2}\right)^3 = \left(\frac{21}{23}\right)^3.$$

因此，兩年內死亡的機率為：

$${}_2q_{20} = 1-{}_2p_{20} = 1-\left(\frac{21}{23}\right)^3.$$

計算得：

$${}_2q_{20} = 1-\frac{9261}{12167} = \frac{2906}{12167} \approx 0.2388.$$

所以，該被保險人在 20 歲時兩年內死亡的機率約為 $23.88\%$。

（b）41 歲時的期望餘命

年齡 41 歲時，未來 $t$ 年仍生存的機率為：

$${}_tp_{41} = \left(\frac{1+41}{1+41+t}\right)^3 = \left(\frac{42}{42+t}\right)^3.$$

依完全期望餘命公式：

$$e_{41} = \int_0^\infty {}_tp_{41}\,dt = \int_0^\infty \left(\frac{42}{42+t}\right)^3dt.$$

整理積分式：

核心觀念

檢驗的 power function 定義為

$$K(\theta)=P_\theta(\text{拒絕 }H_0).$$

本題的拒絕域為

$$\mathcal R=\left\{(x_1,\ldots,x_{10}):\sum_{i=1}^{10}x_i\leq \frac15\right\}.$$

因此

$$K(\theta) = P_\theta\left(\sum_{i=1}^{10}X_i\leq \frac15\right).$$

題目原式的問題

題目給出的函數為

$$f(x;\theta)=\theta^2(1-\theta)^{1-x},\qquad 0\leq x\leq 1.$$

但其積分為

$$\begin{aligned} \int_0^1 f(x;\theta)\,dx &=\theta^2\int_0^1(1-\theta)^{1-x}\,dx\\ &=\theta^2\cdot\frac{\theta}{-\ln(1-\theta)}\\ &=\frac{\theta^3}{-\ln(1-\theta)}, \end{aligned}$$

一般並不等於 $1$，所以此函數依原式並非機率密度函數，嚴格而言無法直接定義 power function。

本題的形式與拒絕條件顯示，題目原意應為 Bernoulli 分配：

$$P_\theta(X=x)=\theta^x(1-\theta)^{1-x}, \qquad x\in\{0,1\}.$$

其中 $\theta$ 為成功機率。

解題方法

在 Bernoulli 分配下，

$$X_i\in\{0,1\},$$

所以

$$\sum_{i=1}^{10}X_i$$

必為整數。由於

$$\sum_{i=1}^{10}X_i\leq \frac15,$$

核心觀念

每一步的位置變化可用隨機變數表示。令第 $i$ 步的水平與垂直位移分別為

$$U_i= \begin{cases} 1,&\text{向東}\\ -1,&\text{向西}\\ 0,&\text{向北或向南} \end{cases}$$

以及

$$V_i= \begin{cases} 1,&\text{向北}\\ -1,&\text{向南}\\ 0,&\text{向東或向西} \end{cases}.$$

則

$$X_n=\sum_{i=1}^n U_i,\qquad Y_n=\sum_{i=1}^n V_i.$$

每一步的四種方向彼此獨立且等機率，但同一步中的 $U_i$ 與 $V_i$ 並不獨立，這正是本題的關鍵。

此外，

$$R_n=\sqrt{X_n^2+Y_n^2}.$$

計算 $E(R_n)$ 時必須直接處理距離的期望，不能將 $E(R_n)$ 誤寫成 $\sqrt{E(R_n^2)}$。

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（a）$X_n$ 是否獨立於 $Y_n$

解題方法

判斷兩個離散型隨機變數是否獨立，可檢查是否存在事件 $A,B$ 使得

$$P(X_n\in A,Y_n\in B)\ne P(X_n\in A)P(Y_n\in B).$$

取事件

$$A=\{X_n=n\},\qquad B=\{Y_n=n\}.$$

事件 $X_n=n$ 表示每一步都向東，因此

$$P(X_n=n)=\left(\frac14\right)^n>0.$$

同理，

$$P(Y_n=n)=\left(\frac14\right)^n>0.$$

然而，$X_n=n$ 與 $Y_n=n$ 不可能同時發生，因為每一步不可能同時向東及向北。因此

$$P(X_n=n,Y_n=n)=0.$$

但

$$P(X_n=n)P(Y_n=n) = \left(\frac14\right)^n\left(\frac14\right)^n >0.$$

故不符合獨立性的條件。

因此，對於 $n\ge 1$，

$$\boxed{X_n\text{ 與 }Y_n\text{ 不獨立。}}$$

補充而言，$n=0$ 時兩者皆為常數 $0$，退化情況下可視為獨立；本題通常討論 $n\ge1$。

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（b）求 $Cov(X_n,Y_n)$

解題方法

由

$$X_n=\sum_{i=1}^n U_i,\qquad Y_n=\sum_{i=1}^n V_i,$$

可得

$$Cov(X_n,Y_n) = Cov\left(\sum_{i=1}^n U_i,\sum_{j=1}^n V_j\right) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n Cov(U_i,V_j).$$

不同步驟的位移彼此獨立，所以當 $i\ne j$ 時，

$$Cov(U_i,V_j)=0.$$

只需計算同一步的 $Cov(U_i,V_i)$。

由對稱性，

$$E(U_i)=0,\qquad E(V_i)=0.$$

而同一步不可能同時產生水平與垂直位移，因此

$$U_iV_i=0$$

對所有結果皆成立，故

$$E(U_iV_i)=0.$$

因此

$$Cov(U_i,V_i) = E(U_iV_i)-E(U_i)E(V_i) = 0-0=0.$$

代回即可得到

$$Cov(X_n,Y_n) = \sum_{i=1}^n 0 = \boxed{0}.$$

重要辨析

$Cov(X_n,Y_n)=0$ 並不代表 $X_n$ 與 $Y_n$ 獨立。一般而言，獨立可以推出共變異數為 $0$，但共變異數為 $0$ 不足以推出獨立。本題正是「不獨立但不相關」的例子。

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（c）求 $E(R_n)$

解題方法

由定義，

$$R_n=\sqrt{X_n^2+Y_n^2}.$$

因此

$$E(R_n)=E\left(\sqrt{X_n^2+Y_n^2}\right).$$