108 年 國立中央大學工業管理研究所碩士班《統計學》

本題主要考驗對隨機活動網絡 (Stochastic Activity Network) 的理解，以及如何計算節點的最早完成時間 (Earliest Completion Time)，並推導其機率分佈。這涉及到機率論中指數分佈的性質以及條件機率的應用。

(a) Express $C_B$ in terms of $C_I$ and $D_i$

根據圖一所示，節點 B 是由活動 A4 所代表。活動 A4 的開始時間取決於其前置節點 S 的完成時間，也就是 $C_S$。由於活動 A4 的持續時間為 $D_4$，因此節點 B 的最早完成時間 $C_B$ 可以表示為：
$C_B = C_S + D_4$
又已知 $C_S = 0$，所以：
$C_B = D_4$

【答案】$C_B = D_4$

(b) Determine the conditional CDF of $C_B$ given $D_1 = x$

我們已經知道 $C_B = D_4$。由於 $D_1$ 和 $D_4$ 是獨立的隨機變數，因此 $C_B$ 的分佈與 $D_1$ 的值無關。
$D_4$ 服從指數分佈，其機率密度函數 (PDF) 為 $f_{D_4}(d) = e^{-d}$，其中 $d > 0$。
累積分佈函數 (CDF) 為 $F_{D_4}(d) = P(D_4 \le d) = 1 - e^{-d}$，其中 $d > 0$。
因此，$C_B$ 的 CDF 為：
$F_{C_B}(c | D_1 = x) = P(C_B \le c | D_1 = x) = P(D_4 \le c | D_1 = x)$
由於 $D_4$ 和 $D_1$ 獨立，條件 $D_1 = x$ 對 $D_4$ 的分佈沒有影響。
$P(D_4 \le c | D_1 = x) = P(D_4 \le c) = F_{D_4}(c) = 1 - e^{-c}$，其中 $c > 0$。

【答案】$F_{C_B}(c | D_1 = x) = 1 - e^{-c}$，對於 $c > 0$。

(c) Determine the conditional CDF of $C_B + D_5$ given $D_1 = x$ and $D_5 = y$

我們需要計算 $P(C_B + D_5 \le z | D_1 = x, D_5 = y)$。
根據 (a) 和 (d) 的推導，我們知道 $C_B = D_4$。
所以我們要求的是 $P(D_4 + D_5 \le z | D_1 = x, D_5 = y)$。
由於 $D_1$, $D_4$, $D_5$ 是獨立的隨機變數，條件 $D_1 = x$ 和 $D_5 = y$ 對 $D_4$ 的分佈沒有影響。
因此，我們只需要計算 $P(D_4 + y \le z)$，也就是 $P(D_4 \le z - y)$。
由於 $D_4 \sim \text{Exp}(1)$，其 CDF 為 $F_{D_4}(d) = 1 - e^{-d}$ for $d > 0$。
所以，$P(D_4 \le z - y) = F_{D_4}(z - y) = 1 - e^{-(z-y)}$，當 $z - y > 0$。
如果 $z - y \le 0$，則機率為 0。

【答案】$F_{C_B+D_5}(z | D_1 = x, D_5 = y) = \begin{cases} 1 - e^{-(z-y)} & \text{if } z > y \\ 0 & \text{if } z \le y \end{cases}$

(d) Express $C_T$ in terms of $C_I$ and $D_i$

節點 T 是專案的完成節點 F，代表專案的結束。根據圖一，節點 T 的最早完成時間 $C_T$ 取決於所有前置活動 A1, A2, A3, A4, A5 的完成情況。
從圖中可以看出，節點 A 的最早完成時間 $C_A$ 是由活動 A1 決定，即 $C_A = C_S + D_1 = D_1$。
節點 B 的最早完成時間 $C_B$ 是由活動 A4 決定，即 $C_B = C_S + D_4 = D_4$。
活動 A2 的前置節點是 A1，所以 A2 的開始時間是 $C_A$。活動 A2 的完成時間是 $C_A + D_2 = D_1 + D_2$。
活動 A3 的前置節點是 A1，所以 A3 的開始時間是 $C_A$。活動 A3 的完成時間是 $C_A + D_3 = D_1 + D_3$。
節點 T 的前置節點是 A2, A3, A4, A5。
活動 A5 的前置節點是 A3 和 A4。因此，A5 的開始時間是 $\max(C_A + D_3, C_B) = \max(D_1 + D_3, D_4)$。
活動 A5 的完成時間是 $\max(D_1 + D_3, D_4) + D_5$。
然而，題目敘述中提到「The project is completed after all five activities are completed.」。並且「The directed arrows in a stochastic activity network denote not only activities but also precedence constraints.」。從圖一來看，T 節點似乎連接了 A2, A3, A4, A5，但 A2, A3, A4, A5 的箭頭都指向 T。這表示 T 的完成時間是所有這些活動的最晚完成時間。
更精確地說，T 的最早完成時間 $C_T$ 是由所有到達 T 的箭頭所代表活動的最早完成時間中的最大值。
A2 完成時間：$C_A + D_2 = D_1 + D_2$
A3 完成時間：$C_A + D_3 = D_1 + D_3$
A4 完成時間：$C_B = D_4$ (因為 A4 的前置是 S)
A5 的開始時間是 $\max(\text{completion time of A3}, \text{completion time of A4}) = \max(D_1 + D_3, D_4)$。
A5 的完成時間是 $\max(D_1 + D_3, D_4) + D_5$。
節點 T 的完成時間 $C_T$ 是所有活動 A1, A2, A3, A4, A5 完成的最晚時間。
A1 完成時間：$C_A = D_1$
A2 完成時間：$C_A + D_2 = D_1 + D_2$

本題主要考驗矩母函數 (Moment Generating Function, MGF) 的定義與性質，特別是如何利用 MGF 計算期望值與變異數，以及獨立隨機變數和的 MGF 性質。

(a) Find the moment generating function of X, where X is U(0,1) distributed.

對於一個在區間 $(0,1)$ 上均勻分佈的隨機變數 $X \sim U(0,1)$，其機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

矩母函數 (MGF) 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f(x)dx$。
將 $f(x)$ 代入：
$M_X(t) = \int_{0}^{1} e^{tx} \cdot 1 dx$

計算積分：
$M_X(t) = \left[ \frac{e^{tx}}{t} \right]_{0}^{1}$
$M_X(t) = \frac{e^{t \cdot 1}}{t} - \frac{e^{t \cdot 0}}{t}$
$M_X(t) = \frac{e^t}{t} - \frac{e^0}{t}$
$M_X(t) = \frac{e^t - 1}{t}$

這個結果對所有 $t \neq 0$ 都成立。當 $t \to 0$ 時，此函數趨近於 1 (可通過 L'Hopital's rule 驗證：$\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{e^t}{1} = 1$)。

【答案】$M_X(t) = \frac{e^t - 1}{t}$，對於 $t \neq 0$。

(b) Find $E[Y^2]$ from the moment generating function of Y, where $Y = X + Z$, X and Z are independent and U(0,1) distributed.

首先，我們需要找到隨機變數 $Y = X + Z$ 的矩母函數 $M_Y(t)$。
由於 $X$ 和 $Z$ 是獨立的隨機變數，且都服從 $U(0,1)$ 分佈，它們各自的 MGF 為：
$M_X(t) = \frac{e^t - 1}{t}$
$M_Z(t) = \frac{e^t - 1}{t}$

對於獨立隨機變數的和，其 MGF 等於各自 MGF 的乘積：
$M_Y(t) = M_{X+Z}(t) = M_X(t) M_Z(t)$
$M_Y(t) = \left( \frac{e^t - 1}{t} \right) \left( \frac{e^t - 1}{t} \right)$
$M_Y(t) = \left( \frac{e^t - 1}{t} \right)^2$
$M_Y(t) = \frac{(e^t - 1)^2}{t^2}$
$M_Y(t) = \frac{e^{2t} - 2e^t + 1}{t^2}$

矩母函數的性質是，其 $k$ 階導數在 $t=0$ 的值等於 $E[Y^k]$。也就是 $M_Y^{(k)}(0) = E[Y^k]$。
我們需要計算 $E[Y^2]$，這等於 $M_Y''(0)$。
為了計算二階導數，我們需要對 $M_Y(t)$ 進行兩次微分。這會比較複雜，因為 $t=0$ 時函數有 $0/0$ 的不定形式。我們可以使用泰勒展開式來處理。

$e^t$ 的泰勒展開式為 $e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + \dots$
所以，$e^t - 1 = t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{6} + \frac{t^4}{24} + \dots$

核心觀念

本題探討單一母體比例（Bernoulli 試驗之成功機率 $p$）的點估計、小樣本精確檢定與大樣本漸近檢定：

1. 最大概似估計（MLE）：二項分配的概似函數對數微分求極值。
2. 小樣本二項檢定（Exact Binomial Test）：樣本數小（$n = 4$）時無法使用常態近似，必須直接以二項分配機率質量函數計算顯著水準 $\alpha$（型 I 錯誤率）、拒絕域、檢定力（Power）及信賴區間。
3. 大樣本常態近似檢定（Central Limit Theorem, CLT）：樣本數較大（$n = 50$）時，樣本比例 $\hat{p} = Y$ 漸近服從常態分配，可利用標準常態統計量 $Z$ 建構雙尾拒絕域、計算對立假設下的檢定力及漸近信賴區間。

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解題方法與詳細推導

(a) 求 $p$ 的最大概似估計量（M.L.E.）

在 $n$ 次獨立投擲中，每次正面出現的機率為 $p$。令 $X$ 為正面出現次數，則 $X \sim \text{Binomial}(n, p)$，其機率質量函數為：

$$P(X = x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, \quad x = 0, 1, \dots, n$$

概似函數（Likelihood function）與對數概似函數（Log-likelihood function）為：

$$L(p) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}$$ $$\ln L(p) = \ln \binom{n}{x} + x \ln p + (n-x) \ln (1-p)$$

對 $p$ 微分並令其為 0（一階條件）：

$$\frac{d \ln L(p)}{dp} = \frac{x}{p} - \frac{n-x}{1-p} = 0$$ $$x(1-p) = (n-x)p \implies x = np \implies \hat{p} = \frac{x}{n}$$

二階導數為：

$$\frac{d^2 \ln L(p)}{dp^2} = -\frac{x}{p^2} - \frac{n-x}{(1-p)^2} < 0$$

因此極大值成立，母體比例 $p$ 的最大概似估計量（MLE）為：

$$\hat{p} = \frac{X}{n}$$

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(b) 當 $n = 4$，以 $X$ 為檢定統計量檢定 $H_0: p = 0.5 \text{ vs } H_a: p \neq 0.5$

(1) 說明 $X$ 的分配

在 $n = 4$ 次獨立 Bernoulli 試驗中，$X$ 代表正面出現次數，因此 $X$ 服從二項分配：

$$X \sim \text{Binomial}(4, p)$$

若在虛無假設 $H_0: p = 0.5$ 成立下：

$$X \sim \text{Binomial}(4, 0.5)$$

其個別點機率為 $P(X = x) = \binom{4}{x} (0.5)^4$：

• $P(X = 0) = \binom{4}{0} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16} = 0.0625$
• $P(X = 1) = \binom{4}{1} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{4}{16} = 0.25$
• $P(X = 2) = \binom{4}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{6}{16} = 0.375$
• $P(X = 3) = \binom{4}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{4}{16} = 0.25$
• $P(X = 4) = \binom{4}{4} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16} = 0.0625$

(2) 顯著水準 $\alpha = 0.15$ 下的拒絕域（Rejection Rule）

雙尾檢定 $H_0: p = 0.5 \text{ vs } H_a: p \neq 0.5$，對稱拒絕域應落在兩側極端值 $\{0, 4\}$：

$$P(X = 0 \text{ 或 } X = 4 \mid p = 0.5) = 0.0625 + 0.0625 = 0.125$$

若再納入 $X = 1$ 或 $X = 3$，則機率增加 $0.25 + 0.25 = 0.5$，將使型 I 錯誤率達到 $0.625$，大幅超過 $0.15$。
在離散分配中，名目顯著水準 $\alpha = 0.15$ 下，不超過 $\alpha$ 的最大可能精確拒絕域為：

$$\text{Reject } H_0 \text{ if } X \in \{0, 4\} \quad (\text{即 } X = 0 \text{ 或 } X = 4)$$

此時實際型 I 錯誤率為 $\alpha_{\text{actual}} = 0.125 \le 0.15$。

(3) 在 $H_a: p = 0.3$ 時的檢定力（Testing Power）

檢定力為在對立假設真實值下正確拒絕 $H_0$ 的機率：

$$\text{Power} = P(\text{Reject } H_0 \mid p = 0.3) = P(X = 0 \mid p = 0.3) + P(X = 4 \mid p = 0.3)$$

當 $p = 0.3$ 時：

$$P(X = 0) = \binom{4}{0} (0.3)^0 (0.7)^4 = 0.7^4 = 0.2401$$ $$P(X = 4) = \binom{4}{4} (0.3)^4 (0.7)^0 = 0.3^4 = 0.0081$$ $$\text{Power} = 0.2401 + 0.0081 = 0.2482$$

(4) 若 4 次投擲中出現 1 次正面，檢定結論為何？

觀測值 $x = 1$。
對照 (b-2) 之拒絕域 $\{0, 4\}$，$x = 1$ 不屬於拒絕域（即 $x \notin \{0, 4\}$）。
因此結論為：不拒絕 $H_0$（Fail to reject $H_0$），在顯著水準 $\alpha = 0.15$ 下，沒有足夠證據顯示該硬幣不公正。

(5) 建立 $p$ 的 85% 信賴區間

• 方法一（小樣本二項精確 Clopper-Pearson 區間，觀測值 $x = 1, n = 4$）：
  雙尾 $\alpha = 0.15$，單尾 $\alpha/2 = 0.075$。
  下界 $p_L$ 滿足：

  $$P(X \ge 1 \mid p_L) = 1 - (1 - p_L)^4 = 0.075 \implies (1 - p_L)^4 = 0.925 \implies p_L = 1 - (0.925)^{1/4} \approx 0.0194$$

  上界 $p_U$ 滿足：

  $$P(X \le 1 \mid p_U) = (1 - p_U)^4 + 4 p_U (1 - p_U)^3 = 0.075$$

  數值解得 $p_U \approx 0.6414$。
  精確 85% 信賴區間為 $[0.0194, 0.6414]$。

• 方法二（若考題要求直接套用標準 Wald 區間公式）：

  $$\hat{p} = \frac{1}{4} = 0.25$$

  對應 85% 信賴水準，查標準常態臨界值 $z_{0.075} \approx 1.44$：

  $$\hat{p} \pm z_{0.075} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} = 0.25 \pm 1.44 \sqrt{\frac{0.25 \times 0.75}{4}} = 0.25 \pm 1.44 \times 0.2165 = 0.25 \pm 0.3118$$

  截斷至機率合理範圍 $[0, 1]$ 後為 $[0, 0.5618]$（或一般 Wald 區間式 $[-0.0618, 0.5618]$）。

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本題主要考驗關於正態分佈的參數估計和假設檢定，特別是當母體變異數已知時，如何計算信賴區間、p-value 以及確定所需的樣本大小。

(a) If the sample mean is $\bar{x} = 10$, what is the 95% confidence interval for $\mu$?
題目給定樣本大小 $n=10$，母體服從正態分佈，且已知母體變異數 $\sigma^2 = 4$。因此，母體標準差 $\sigma = \sqrt{4} = 2$。
樣本均值 $\bar{x} = 10$。
由於母體變異數已知，我們使用 Z 分佈來建構信賴區間。
95% 信賴區間的公式為：$\bar{x} \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
對於 95% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$。
$\alpha/2 = 0.025$。
查找標準常態分佈表，與 $0.025$ 的尾部機率對應的 $z$ 值是 $z_{0.025} = 1.96$。
將已知數值代入公式：
信賴區間 $= 10 \pm 1.96 \times \frac{2}{\sqrt{10}}$
$= 10 \pm 1.96 \times \frac{2}{3.162}$
$= 10 \pm 1.96 \times 0.632$
$= 10 \pm 1.239$
信賴區間為 $(10 - 1.239, 10 + 1.239) = (8.761, 11.239)$。

【答案】95% 信賴區間為 $(8.761, 11.239)$。

(b) If the sample mean is $\bar{x} = 10$, what is the p-value for the test of $H_0: \mu = 8$ against $H_a: \mu > 8$?
這是關於均值的單尾假設檢定。
虛無假設 $H_0: \mu = 8$。
對立假設 $H_a: \mu > 8$。
已知 $\bar{x} = 10$, $n=10$, $\sigma = 2$。
由於 $\sigma$ 已知，我們使用 Z 檢定統計量。
檢定統計量 $Z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$，其中 $\mu_0$ 是 $H_0$ 下的均值。
$Z = \frac{10 - 8}{2/\sqrt{10}} = \frac{2}{0.632} \approx 3.162$。
p-value 是在 $H_0$ 為真時，觀察到比樣本結果更極端的結果的機率。對於右尾檢定 ($H_a: \mu > 8$)，p-value 是 $P(Z \ge \text{observed Z statistic} | H_0)$。
p-value $= P(Z \ge 3.162)$。
查標準常態分佈表， $P(Z \ge 3.162) = 1 - P(Z < 3.162)$。
$P(Z < 3.162) \approx 0.9992$。
p-value $\approx 1 - 0.9992 = 0.0008$。

【答案】p-value 約為 $0.0008$。

(c) If we want to perform a hypothesis test of $H_0: \mu = 8$ against $H_a: \mu \neq 8$ with significance level $\alpha = 0.05$, and we want the power of the test to be 0.8 when $\mu = 9$, what is the required sample size $n$?
這個問題是關於樣本大小的確定。
虛無假設 $H_0: \mu = 8$。
對立假設 $H_a: \mu \neq 8$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
檢定力 (Power) $= 0.8$。
當真實均值 $\mu = 9$ 時，我們希望檢定力為 0.8。
由於 $\sigma$ 已知，我們使用 Z 檢定。

對於雙尾檢定，顯著水準 $\alpha = 0.05$，我們有 $\alpha/2 = 0.025$。
對應的臨界 Z 值是 $z_{\alpha/2} = z_{0.025} = 1.96$。
檢定力為 $0.8$，這表示在對立假設下，我們希望正確地拒絕 $H_0$ 的機率為 $0.8$。
由於對立假設是 $\mu \neq 8$，檢定力是指 $P(\text{Reject } H_0 | \mu = 9) = 0.8$。
在雙尾檢定中，拒絕域是 $Z < -z_{\alpha/2}$ 或 $Z > z_{\alpha/2}$。

本題主要考驗當母體變異數未知時，如何進行樣本均值的信賴區間估計和假設檢定，這通常涉及到 t 分佈。

(a) If the sample mean is $\bar{x}=10$ and the sample standard deviation is $s=5$, construct a 95% confidence interval for $\mu$.
題目給定樣本大小 $n=25$，樣本均值 $\bar{x}=10$，樣本標準差 $s=5$。
由於母體變異數 $\sigma^2$ 未知，我們使用 t 分佈來建構信賴區間。
信賴區間的公式為：$\bar{x} \pm t_{\alpha/2, df} \frac{s}{\sqrt{n}}$。
自由度 (degrees of freedom, df) 為 $n-1 = 25-1 = 24$。
對於 95% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$。
$\alpha/2 = 0.025$。
查找 t 分佈表，在 df=24 且右尾機率為 $0.025$ 的臨界值是 $t_{0.025, 24} = 2.064$。
將已知數值代入公式：
信賴區間 $= 10 \pm 2.064 \times \frac{5}{\sqrt{25}}$
$= 10 \pm 2.064 \times \frac{5}{5}$
$= 10 \pm 2.064 \times 1$
$= 10 \pm 2.064$
信賴區間為 $(10 - 2.064, 10 + 2.064) = (7.936, 12.064)$。

【答案】95% 信賴區間為 $(7.936, 12.064)$。

(b) If we want to test $H_0: \mu=8$ against $H_a: \mu \ne 8$ with $\alpha=0.05$, and the sample mean is $\bar{x}=10$ and the sample standard deviation is $s=5$, what is the conclusion of the test?
這是關於均值的雙尾假設檢定，母體變異數未知。
虛無假設 $H_0: \mu = 8$。
對立假設 $H_a: \mu \neq 8$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
樣本數據：$n=25$, $\bar{x}=10$, $s=5$。
由於 $\sigma^2$ 未知，我們使用 t 檢定。
檢定統計量 $t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$。
$t = \frac{10 - 8}{5/\sqrt{25}} = \frac{2}{5/5} = \frac{2}{1} = 2$。
自由度 df = $n-1 = 24$。