115 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》

這題主要在考察對統計學基本概念的理解，包括動差生成函數、第一類錯誤以及估計量的優良性質。

(a) 動差生成函數 (Moment-Generating Function, MGF)

動差生成函數是機率分配的一種重要特徵函數。對於一個隨機變數 $X$，其動差生成函數定義為：
$M_X(t) = E[e^{tX}]$
其中 $t$ 是一個實數，且期望值存在。
動差生成函數的重要性在於：

1. 唯一性：如果一個隨機變數的動差生成函數存在，那麼它唯一地確定了該隨機變數的機率分配。這意味著如果兩個隨機變數具有相同的動差生成函數，則它們具有相同的機率分配。
2. 動差的計算：動差生成函數的 $k$ 階導數在 $t=0$ 處的值等於該隨機變數的 $k$ 階原點動差（即 $E[X^k]$）。
   $\frac{d^k}{dt^k} M_X(t) \Big|_{t=0} = E[X^k]$
3. 和的分配：如果 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是獨立的隨機變數，且它們各自的動差生成函數 $M_{X_i}(t)$ 都存在，那麼它們的和 $Y = \sum_{i=1}^n X_i$ 的動差生成函數為各自分量動差生成函數的乘積：
   $M_Y(t) = M_{\sum X_i}(t) = \prod_{i=1}^n M_{X_i}(t)$

(b) 第一類錯誤 (Type I Error)

在統計檢定中，第一類錯誤是指當虛無假設 ($H_0$) 為真時，卻拒絕虛無假設的錯誤。
例如，考慮一個藥物有效性的檢定，虛無假設 $H_0$ 為「藥物無效」，對立假設 $H_A$ 為「藥物有效」。
如果我們進行檢定，並得出結論「藥物有效」（即拒絕 $H_0$），但實際上藥物是無效的，那麼我們就犯了第一類錯誤。
第一類錯誤的機率通常用 $\alpha$ 來表示，也就是顯著水準 (significance level)。在進行統計檢定時，我們通常會預先設定一個顯著水準 $\alpha$ (例如 0.05 或 0.01)，並將其作為拒絕虛無假設的標準。

(c) 估計量的優良統計性質 (Desirable Statistical Properties of an Estimator)

一個估計量是根據樣本數據來估計母體參數的統計量。一個好的估計量應該具備以下一些優良的統計性質：

1. 不偏性 (Unbiasedness)：
   一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於母體參數 $\theta$ 是不偏的，如果它的期望值等於母體參數本身，即 $E[\hat{\theta}] = \theta$。
   不偏性表示估計量的估計值平均而言不會系統性地高估或低估真實的母體參數。

核心觀念

本題考查「全體損失變異數」與「分組內變異數、組間平均數差異」的關係，即全變異數公式：

$$\operatorname{Var}(L) = E[\operatorname{Var}(L\mid C)] + \operatorname{Var}(E[L\mid C])$$

其中：

• $C$ 表示風險所屬類別；
• 第一項是各類別內部的變異；
• 第二項是不同類別平均損失差異造成的變異。

由於 X、Y 各有 50 個風險，因此抽取一個風險時落在 X、Y 類別的機率皆為 $\frac12$。

解題方法

設 Y 類別損失的平均數為 $\mu_Y$，標準差為 $\sigma_Y$。

全體平均損失為 20，而 X、Y 各占一半，因此：

$$20=\frac{10+\mu_Y}{2}$$

解得：

$$\mu_Y=30$$

接著使用全變異數公式。

類別內變異數的加權平均為：

$$E[\operatorname{Var}(L\mid C)] = \frac12(5^2)+\frac12(\sigma_Y^2) = 12.5+\frac12\sigma_Y^2$$

類別平均數所造成的組間變異為：

$$\operatorname{Var}(E[L\mid C]) = \frac12(10-20)^2+\frac12(30-20)^2$$ $$= \frac12(100)+\frac12(100) =100$$

因此，全體變異數為：

$$15^2 = 12.5+\frac12\sigma_Y^2+100$$ $$225=112.5+\frac12\sigma_Y^2$$ $$\frac12\sigma_Y^2=112.5$$ $$\sigma_Y^2=225$$

所以：

核心觀念

本題考查多元線性迴歸模型（Multiple Linear Regression, MLR）之基本假設。

設多元線性迴歸模型為：

$$Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_{1i} + \beta_2 X_{2i} + \cdots + \beta_k X_{ki} + \varepsilon_i, \quad i = 1, 2, \dots, n$$

在古典常態線性迴歸模型（Classical Normal Linear Regression Model）中，統計推論（如 $t$ 檢定、$F$ 檢定、信賴區間與預測區間）依賴以下關於隨機誤差項 $\varepsilon_i$ 的假設：

1. 常態性（Normality）與零均數（Zero Mean）：$\varepsilon_i \sim N(0, \sigma^2)$。
2. 同質變異數性（Homoscedasticity / Constant Variance）：$\mathrm{Var}(\varepsilon_i) = \sigma^2$ 為常數，與自變數 $X$ 無關。
3. 獨立性（Independence / No Autocorrelation）：$\mathrm{Cov}(\varepsilon_i, \varepsilon_j) = 0 \quad (\forall i \neq j)$。

自變數（Independent Variables）與應變數（Dependent Variable）的角色與分配特性：

• 自變數 $X_1, X_2, \dots, X_k$ 在固定設計（Fixed Design）下被視為非隨機的確定值（Fixed Constants）；即使在隨機設計（Random Design）下，所有迴歸推論亦是以給定自變數值為條件（Conditioning on $X$）。因此，自變數完全不需要服從常態分配，亦不具備誤差項的等變異數要求。
• 應變數 $Y$ 為隨機變數，其條件分配為：

$$Y_i \mid (X_{1i}, \dots, X_{ki}) \sim N\left(\beta_0 + \sum_{j=1}^k \beta_j X_{ji}, \; \sigma^2\right)$$

因此，在給定自變數條件下，應變數（Dependent Variable）服從條件常態分配，且具有固定不變的條件變異數 $\sigma^2$。

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解題方法

1. 辨識變數角色：
   • 應變數（Dependent Variable, $Y$）：人壽保險商品的銷售業績（Sales performance of a life insurance product）。
   • 自變數（Independent Variables, $X$）：工作年資（Years of experience）、受訓時數（Hours of training）、年齡（Age）。
2. 比對迴歸假設：

這題主要考察泊松分配 (Poisson distribution) 的性質、隨機變數的線性組合的分配，以及指示變數 (indicator variables) 的期望值、變異數和協方差的計算。

已知 $X_1, X_2, X_3$ 是獨立的泊松隨機變數，且參數 $\lambda = 1$。
$X_i \sim \text{Poisson}(1)$ for $i=1, 2, 3$.
對於泊松分配 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$，我們有：
$E[X] = \lambda$
$\text{Var}(X) = \lambda$
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$ for $k = 0, 1, 2, \dots$

定義：
$Y_1 = X_1 + X_3$
$Y_2 = X_2 + X_3$

指示變數：
$Z_1 = 1_{\{X_1=0\}}$
$Z_2 = 1_{\{X_2=0\}}$

我們需要計算 $Corr(Z_1, Z_2)$。
相關係數的定義為：
$Corr(Z_1, Z_2) = \frac{Cov(Z_1, Z_2)}{\sqrt{\text{Var}(Z_1) \text{Var}(Z_2)}}$

首先，我們需要計算 $Z_1$ 和 $Z_2$ 的期望值、變異數和協方差。

1. 計算 $P(Z_i = 1)$ 和 $P(Z_i = 0)$

$Z_i = 1$ 當且僅當 $X_i = 0$。
$P(Z_i = 1) = P(X_i = 0)$
對於泊松分配 Poisson(1)：
$P(X_i = 0) = \frac{e^{-1} 1^0}{0!} = e^{-1}$

$P(Z_i = 0) = 1 - P(Z_i = 1) = 1 - e^{-1}$

2. 計算 $E[Z_i]$

$E[Z_i] = 1 \cdot P(Z_i = 1) + 0 \cdot P(Z_i = 0) = P(Z_i = 1) = e^{-1}$。
所以，$E[Z_1] = e^{-1}$，$E[Z_2] = e^{-1}$。

3. 計算 $\text{Var}(Z_i)$

首先計算 $E[Z_i^2]$。由於 $Z_i$ 只能取 0 或 1，所以 $Z_i^2 = Z_i$。
$E[Z_i^2] = E[Z_i] = e^{-1}$。
$\text{Var}(Z_i) = E[Z_i^2] - (E[Z_i])^2 = e^{-1} - (e^{-1})^2 = e^{-1} - e^{-2}$。
所以，$\text{Var}(Z_1) = e^{-1} - e^{-2}$，$\text{Var}(Z_2) = e^{-1} - e^{-2}$。

4. 計算 $Cov(Z_1, Z_2)$

$Cov(Z_1, Z_2) = E[Z_1 Z_2] - E[Z_1] E[Z_2]$

$Z_1 Z_2 = 1_{\{X_1=0\}} \cdot 1_{\{X_2=0\}}$
$Z_1 Z_2 = 1$ 當且僅當 $X_1 = 0$ 且 $X_2 = 0$。
$Z_1 Z_2 = 0$ 在其他情況下。

所以，$E[Z_1 Z_2] = 1 \cdot P(Z_1 Z_2 = 1) + 0 \cdot P(Z_1 Z_2 = 0) = P(X_1 = 0 \text{ and } X_2 = 0)$。
由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的，
$P(X_1 = 0 \text{ and } X_2 = 0) = P(X_1 = 0) P(X_2 = 0) = (e^{-1})(e^{-1}) = e^{-2}$。

所以，$E[Z_1 Z_2] = e^{-2}$。

現在計算協方差：
$Cov(Z_1, Z_2) = E[Z_1 Z_2] - E[Z_1] E[Z_2]$

核心觀念

本題考查「連續型隨機變數在機率為零的事件下之條件分布」。

因為 $X$、$Y$ 為連續型隨機變數，

$$P(X-Y=0)=P(X=Y)=0,$$

所以不能直接套用離散型條件機率公式。正確作法是令

$$U=X-Y,\qquad V=Y,$$

先求 $(U,V)$ 的聯合分布，再利用條件密度公式求 $V\mid U=0$。

需注意：題目只給定邊際累積分布函數 $F_X$ 與 $F_Y$，未提供 $X,Y$ 的聯合分布，因此一般情況下無法唯一決定答案。以下在 $X,Y$ 具有聯合機率密度函數 $f_{X,Y}$，且 $f_U(0)>0$ 的條件下推導。

解題方法

令

$$U=X-Y,\qquad V=Y.$$

則反變換為

$$X=U+V,\qquad Y=V.$$

其 Jacobian 為

$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix} =1.$$

因此，$(U,V)$ 的聯合密度為

$$f_{U,V}(u,v) = f_{X,Y}(u+v,v).$$

特別地，當 $U=0$ 時，

$$f_{U,V}(0,v)=f_{X,Y}(v,v).$$

先求 $U=X-Y$ 的邊際密度：

$$f_U(u) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{U,V}(u,v)\,dv = \int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(u+v,v)\,dv.$$

故

$$f_U(0) = \int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(v,v)\,dv.$$

利用條件密度公式，

$$f_{V\mid U}(v\mid 0) = \frac{f_{U,V}(0,v)}{f_U(0)} = \frac{f_{X,Y}(v,v)} {\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(t,t)\,dt}.$$

由於 $V=Y$、$U=X-Y$，因此

$$f_{Y\mid X-Y=0}(y) = \frac{f_{X,Y}(y,y)} {\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(t,t)\,dt}.$$

進一步積分可得條件累積分布函數：

核心觀念

本題出自數理統計學（Mathematical Statistics）在常態母體未知變異數情境下的假設檢定與區間估計理論，核心包含以下四大主題：

1. 似然比檢定（Likelihood Ratio Test, LRT）：
   對於複合假設 $H_0: \theta \in \Theta_0$ 對上 $H_1: \theta \in \Theta_0^c$，似然比統計量定義為： $$\lambda(\mathbf{x}) = \frac{\sup_{\theta \in \Theta_0} L(\theta; \mathbf{x})}{\sup_{\theta \in \Theta} L(\theta; \mathbf{x})}$$ 拒絕域的形式為 $\{\mathbf{x} \mid \lambda(\mathbf{x}) \le c\}$，其中臨界值 $c$ 由顯著水準 $\alpha = \sup_{\theta \in \Theta_0} P_\theta(\text{Reject } H_0)$ 決定。在母體變異數未知的情形下，可推導出化簡後的檢定統計量服從學生 $t$ 分配（Student's $t$-distribution）。
2. $p$ 值（$p$-value）的精確定義：
   在虛無假設成立的邊界點（$\mu = \mu_0$）下，檢定統計量取到「至少與觀察值一樣極端（支持對立假設）」的機率。
3. 檢定力（Power of the Test）與非中心 $t$ 分配（Non-central $t$-distribution）：
   當母數偏離虛無假設落在對立假設時（$\mu = \mu_1 < \mu_0$），檢定統計量不再服從一般的中心 $t$ 分配，而是服從自由度為 $n-1$、非中心參數為 $\delta = \frac{\mu_1 - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} < 0$ 的非中心 $t$ 分配。
4. Pratt 檢定與信賴區間對偶性定理（Duality between Tests and Confidence Sets）與 UMA 區間：
   根據 Neyman-Pearson 框架與對偶性，以顯著水準 $\alpha$ 的均勻最強力不偏檢定（UMPU test）反轉所得之接受域，可導出均勻最準確（Uniformly Most Accurate, UMA）或均勻最準確不偏（UMAU）信賴區間。單尾檢定反轉對應單邊信賴界限（One-sided Confidence Bound），或以對稱形式構建雙邊區間。

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解題方法與詳細推導

設隨機樣本 $X_1, \dots, X_n \overset{iid}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，樣本均數為 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，樣本變異數為 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。
母數空間為 $\Theta = \{(\mu, \sigma^2) \mid \mu \in \mathbb{R}, \sigma^2 > 0\}$，虛無假設母數空間為 $\Theta_0 = \{(\mu, \sigma^2) \mid \mu \ge \mu_0, \sigma^2 > 0\}$。

(a) 推導顯著水準為 $\alpha$ 的似然比檢定（LRT）

樣本的概似函數（Likelihood Function）為：

$$L(\mu, \sigma^2; \mathbf{x}) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu)^2 \right\}$$

利用恆等式 $\sum_{i=1}^n (x_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 + n(\bar{x} - \mu)^2$，概似函數可改寫為：

$$L(\mu, \sigma^2; \mathbf{x}) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 + n(\bar{x} - \mu)^2}{2\sigma^2} \right\}$$

步驟 1：求整個母數空間 $\Theta$ 上的概似極大值
在不加限制的 $\Theta$ 上，MLE 為：

$$\hat{\mu} = \bar{x}, \quad \hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$$

代入得：

$$\sup_{(\mu, \sigma^2) \in \Theta} L(\mu, \sigma^2; \mathbf{x}) = (2\pi \hat{\sigma}^2)^{-n/2} e^{-n/2}$$

步驟 2：求限制母數空間 $\Theta_0$ 上的概似極大值
對於固定的 $\mu \ge \mu_0$，使概似函數極大化的 $\sigma^2$ 為：

$$\hat{\sigma}_\mu^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (x_i - \mu)^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 + (\bar{x} - \mu)^2 = \hat{\sigma}^2 + (\bar{x} - \mu)^2$$

將其代回概似函數得剖面概似（Profile Likelihood）：

$$L(\mu, \hat{\sigma}_\mu^2; \mathbf{x}) = (2\pi \hat{\sigma}_\mu^2)^{-n/2} e^{-n/2}$$

欲使 $L(\mu, \hat{\sigma}_\mu^2; \mathbf{x})$ 極大，等價於在 $\mu \ge \mu_0$ 的條件下尋求 $(\bar{x} - \mu)^2$ 的極小值：

• 若 $\bar{x} \ge \mu_0$：限制條件已滿足，限制 MLE 為 $\tilde{\mu} = \bar{x}$，此時 $\hat{\sigma}_{\tilde{\mu}}^2 = \hat{\sigma}^2$。
• 若 $\bar{x} < \mu_0$：二次函數 $(\mu - \bar{x})^2$ 在區間 $[\mu_0, \infty)$ 上隨 $\mu$ 嚴格遞增，故極小值發生在邊界 $\tilde{\mu} = \mu_0$，此時 $\hat{\sigma}_{\tilde{\mu}}^2 = \hat{\sigma}^2 + (\bar{x} - \mu_0)^2$。

因此，在 $\Theta_0$ 上的最大概似為：

$$\sup_{(\mu, \sigma^2) \in \Theta_0} L(\mu, \sigma^2; \mathbf{x}) = \begin{cases} (2\pi \hat{\sigma}^2)^{-n/2} e^{-n/2}, & \text{若 } \bar{x} \ge \mu_0 \\ \left[2\pi (\hat{\sigma}^2 + (\bar{x} - \mu_0)^2)\right]^{-n/2} e^{-n/2}, & \text{若 } \bar{x} < \mu_0 \end{cases}$$

步驟 3：計算似然比 $\lambda(\mathbf{x})$

$$\lambda(\mathbf{x}) = \frac{\sup_{\Theta_0} L}{\sup_{\Theta} L} = \begin{cases} 1, & \text{若 } \bar{x} \ge \mu_0 \\ \left[ \frac{\hat{\sigma}^2}{\hat{\sigma}^2 + (\bar{x} - \mu_0)^2} \right]^{n/2} = \left[ 1 + \frac{(\bar{x} - \mu_0)^2}{\hat{\sigma}^2} \right]^{-n/2}, & \text{若 } \bar{x} < \mu_0 \end{cases}$$

步驟 4：化簡拒絕域
LRT 的拒絕域為 $\lambda(\mathbf{x}) \le c$（其中 $0 < c < 1$）。
當 $\bar{x} \ge \mu_0$ 時，$\lambda(\mathbf{x}) = 1 > c$，永不拒絕。
當 $\bar{x} < \mu_0$ 時：

$$\left[ 1 + \frac{(\bar{x} - \mu_0)^2}{\hat{\sigma}^2} \right]^{-n/2} \le c \iff \frac{(\bar{x} - \mu_0)^2}{\hat{\sigma}^2} \ge c^{-2/n} - 1$$

由於 $\bar{x} < \mu_0$，開根號後得：

$$\frac{\bar{x} - \mu_0}{\hat{\sigma}} \le -\sqrt{c^{-2/n} - 1}$$

引入不偏樣本標準差 $S = \sqrt{\frac{n}{n-1}}\hat{\sigma}$，定義單樣本 $t$ 檢定統計量：

$$T = \frac{\bar{X} - \mu_0}{S / \sqrt{n}}$$

則上述條件等價於：

$$T \le -k \quad (k > 0)$$

在虛無假設的邊界點 $\mu = \mu_0$ 下，$T \sim t(n-1)$。為使檢定大小（Size）為 $\alpha$：

$$\sup_{\mu \ge \mu_0, \sigma^2 > 0} P(T \le -k) = P_{\mu = \mu_0}(T \le -k) = \alpha \implies -k = -t_{\alpha, n-1}$$

其中 $t_{\alpha, n-1}$ 為自由度 $n-1$ 的學生 $t$ 分配之上側 $\alpha$ 分位數（即 $P(T > t_{\alpha, n-1}) = \alpha$）。
故 LRT 的拒絕域（Rejection Region）為：

$$R = \left\{ \mathbf{x} \in \mathbb{R}^n \;\middle|\; T = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}} \le -t_{\alpha, n-1} \right\}$$

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(b) 表示觀測樣本 $x_1, \dots, x_n$ 下對應的 $p$ 值（$p$-value）