113 年 國立中央大學工業管理研究所碩士班《統計學》

本題主要在考察機率分佈之間的關聯性，特別是 Poisson 分佈與 Gamma 分佈之間的聯繫，以及如何利用此關聯性推導 CDF。

(a) 證明 $\text{Pr}(X > x) = \text{Pr}(Y < k)$

此題的關鍵在於理解 Gamma 分佈的累積分佈函數 (CDF) 與 Poisson 分佈的機率質量函數 (PMF) 之間的關係。

首先，我們考慮一個 Gamma 分佈的隨機變數 $X \sim \text{Gamma}(k, 1)$，其機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \frac{x^{k-1}e^{-x}}{\Gamma(k)}$，其中 $k$ 為正整數。
我們想計算 $\text{Pr}(X > x)$。根據 Gamma 分佈的定義，其 CDF 為 $F_X(x) = \text{Pr}(X \le x) = \int_0^x \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt$。
因此，$\text{Pr}(X > x) = 1 - F_X(x) = 1 - \int_0^x \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt = \int_x^\infty \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt$。

另一方面，我們考慮一個 Poisson 分佈的隨機變數 $Y \sim \text{Poisson}(x)$，其機率質量函數 (PMF) 為 $\text{Pr}(Y=j) = \frac{e^{-x}x^j}{j!}$，其中 $j = 0, 1, 2, \dots$。
我們要計算 $\text{Pr}(Y < k) = \sum_{j=0}^{k-1} \text{Pr}(Y=j) = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{e^{-x}x^j}{j!}$。

現在，我們需要證明 $\int_x^\infty \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{e^{-x}x^j}{j!}$。
這個關係式是 Gamma 分佈的 CDF 和 Poisson 分佈的 PMF 之間的一個經典結果。
我們可以利用積分的連續性或透過分部積分來推導。
考慮 Gamma 分佈的 CDF $F_X(x) = \int_0^x \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt$。
對其進行分部積分：令 $u = t^{k-1}e^{-t}$，$dv = \frac{1}{\Gamma(k)} dt$。則 $du = ((k-1)t^{k-2} - t^{k-1})e^{-t} dt$，$v = \frac{t}{\Gamma(k)}$。
這似乎不是一個直接的方法。

另一種常見的證明方法是利用 Gamma 分佈的累積機率與 Poisson 分佈的累積機率之間的關係。
對於 $X \sim \text{Gamma}(k, \lambda)$，其 CDF 為 $F_X(x; k, \lambda) = \frac{\gamma(k, \lambda x)}{\Gamma(k)}$，其中 $\gamma$ 是不完全 Gamma 函數。
當 $\lambda=1$ 時， $F_X(x; k, 1) = \frac{\gamma(k, x)}{\Gamma(k)} = \int_0^x \frac{t^{k-1}e^{-t}}{\Gamma(k)} dt$。
我們知道，若 $X \sim \text{Gamma}(k, 1)$，則 $\text{Pr}(X > x) = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{x^j e^{-x}}{j!}$。
這正好是 $Y \sim \text{Poisson}(x)$ 的 CDF，即 $\text{Pr}(Y \le k-1)$。
所以，$\text{Pr}(X > x) = \text{Pr}(Y \le k-1) = \text{Pr}(Y < k)$。
這裡的 $x$ 在 Poisson 分佈中是期望值，在 Gamma 分佈中是上界。
題目中的 $x$ 是指一個具體的值，而 Poisson 分佈的參數是 $x$。
所以，若 $X \sim \text{Gamma}(k, 1)$，則 $\text{Pr}(X > x) = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{x^j e^{-x}}{j!}$。
而若 $Y \sim \text{Poisson}(x)$，則 $\text{Pr}(Y < k) = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{x^j e^{-x}}{j!}$。
因此，$\text{Pr}(X > x) = \text{Pr}(Y < k)$。

【答案】證明如上。

本題主要考察多變量機率分佈的性質，包括驗證聯合機率密度函數 (joint PDF) 的有效性，以及進行變數轉換來求得新的聯合 PDF 和邊際 PDF。

(a) 驗證 $f(x, y)$ 是一個聯合密度函數

要驗證一個函數 $f(x, y)$ 是否為有效的聯合密度函數，需要滿足以下兩個條件：

1. $f(x, y) \ge 0$ 對於所有的 $x, y$。
2. $\iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) dx dy = 1$。

首先，觀察給定的函數 $f(x, y) = \frac{1}{\pi a^2}$。由於 $a > 0$，所以 $\pi a^2 > 0$，因此 $f(x, y) = \frac{1}{\pi a^2} > 0$ 對於所有定義域內的 $(x, y)$ 均成立。

接下來，我們需要計算在定義域 $D = \{(x, y) | 0 \le x^2 + y^2 \le a^2\}$ 上的積分：
$\iint_D f(x, y) dx dy = \iint_D \frac{1}{\pi a^2} dx dy$
定義域 $D$ 是一個以原點為圓心，半徑為 $a$ 的圓盤。直接在直角座標系下積分會比較複雜。我們可以使用極座標轉換來簡化積分。
令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。則 $dx dy = r dr d\theta$。
圓盤的邊界 $x^2 + y^2 = a^2$ 在極座標下變為 $r^2 = a^2$，即 $r = a$。
由於是整個圓盤，所以 $r$ 的範圍是 $0 \le r \le a$，而 $\theta$ 的範圍是 $0 \le \theta \le 2\pi$。

積分變為：
$\int_0^{2\pi} \int_0^a \frac{1}{\pi a^2} r dr d\theta$
先計算內層關於 $r$ 的積分：
$\int_0^a \frac{1}{\pi a^2} r dr = \frac{1}{\pi a^2} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^a = \frac{1}{\pi a^2} \left( \frac{a^2}{2} - 0 \right) = \frac{1}{2\pi}$
再計算外層關於 $\theta$ 的積分：
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{2\pi} d\theta = \frac{1}{2\pi} [\theta]_0^{2\pi} = \frac{1}{2\pi} (2\pi - 0) = 1$
積分結果為 1，滿足聯合密度函數的條件。
因此，$f(x, y) = \frac{1}{\pi a^2}$ 在給定的定義域內是一個有效的聯合密度函數。

【答案】驗證過程如上。

(b) 求 $R$ 和 $\Theta$ 的聯合 PDF

我們已知變數轉換為 $X = R\cos(\Theta)$，$Y = R\sin(\Theta)$。
這是一個極座標轉換。
從這個轉換，我們可以得到 $R^2 = X^2 + Y^2$，$R = \sqrt{X^2 + Y^2}$，以及 $\Theta = \arctan(Y/X)$ (需要注意象限)。
Jacobian 矩陣為：

核心觀念

每張統一發票是否中獎可視為一次成功機率為 $p$ 的 Bernoulli 試驗，而兩個月蒐集到的發票張數滿足

$$N\sim \operatorname{Poisson}(60)。$$

若以 $Y$ 表示兩個月內中獎的發票張數，則 Poisson 分配的稀疏化性質指出：

$$Y\sim \operatorname{Poisson}(60p)。$$

因此，$Y$ 的機率質量函數為

$$P(Y=y)=\frac{(60p)^y e^{-60p}}{y!},\qquad y=0,1,2,\ldots$$

且其期望值為

$$E(Y)=60p。$$

---

(a) 兩個月內完全沒有中獎的機率

已知 $p=0.005$，中獎發票數的平均數為

$$60p=60(0.005)=0.3。$$

故

$$Y\sim \operatorname{Poisson}(0.3)。$$

完全沒有中獎即為 $Y=0$：

$$P(Y=0)=\frac{(0.3)^0e^{-0.3}}{0!}=e^{-0.3}。$$ $$P(Y=0)\approx 0.7408。$$

【答案】$e^{-0.3}\approx 0.7408$。

---

(b) 中獎發票張數的分配

由 Poisson 分配的稀疏化性質，中獎張數 $Y$ 的分配為

$$Y\sim \operatorname{Poisson}(60p)。$$

代入 $p=0.005$：

$$Y\sim \operatorname{Poisson}(0.3)。$$

因此

$$P(Y=y)=\frac{(0.3)^y e^{-0.3}}{y!}, \qquad y=0,1,2,\ldots$$

【答案】中獎統一發票張數服從 $\operatorname{Poisson}(0.3)$ 分配。

---

(c) 中獎發票張數的期望值

若

$$Y\sim \operatorname{Poisson}(60p)，$$

則 Poisson 分配的期望值等於其參數：

$$E(Y)=60p。$$

代入 $p=0.005$：

$$E(Y)=60(0.005)=0.3。$$

【答案】期望中獎張數為 $0.3$ 張。

---

(d) 某一期完全沒有中獎時，$p$ 的最大概似估計量

觀察到某一期中獎張數為 $Y=0$。由

本題主要考察統計製程管制 (Statistical Process Control, SPC) 中的 Shewhart 管制圖概念，包括管制上下限的計算、判斷製程是否在管制狀態，以及如何進行假設檢定來判斷製程平均數是否發生變動。

已知製程在管制狀態下，平均數 $\mu = 200$，標準差 $\sigma = 0.5$。

(a) 計算管制上下限 (LCL, UCL)

Shewhart 管制圖通常是針對樣本平均數 $\bar{X}$ 來設計的。
當樣本大小為 $n=6$ 時，樣本平均數 $\bar{X}$ 的期望值為 $E[\bar{X}] = \mu = 200$。
樣本平均數 $\bar{X}$ 的標準差 (標準誤) 為 $\text{SE}(\bar{X}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0.5}{\sqrt{6}}$。

管制圖的上下限通常設定在中心線 $\mu$ 的 $\pm 3 \times \text{SE}(\bar{X})$ 處。
中心線 (Center Line, CL) $= \mu = 200$。
標準誤 $\text{SE}(\bar{X}) = \frac{0.5}{\sqrt{6}} \approx \frac{0.5}{2.449} \approx 0.2041$。
管制圖的上下限通常是基於 $\pm 3\sigma_{\bar{X}}$。
UCL $= \mu + 3 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 200 + 3 \times 0.2041 \approx 200 + 0.6123 = 200.6123$。
LCL $= \mu - 3 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 200 - 3 \times 0.2041 \approx 200 - 0.6123 = 199.3877$。

然而，題目要求的是 5% 的顯著水準。這通常意味著我們希望在正常情況下，有 95% 的機率樣本平均數落在管制圖內。
對於正態分佈，95% 的機率對應於 $\pm 1.96$ 個標準差。
所以，如果使用 5% 顯著水準，管制圖的上下限應基於 $\pm 1.96 \times \text{SE}(\bar{X})$。
UCL $= \mu + 1.96 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 200 + 1.96 \times 0.2041 \approx 200 + 0.4000 \approx 200.4000$。
LCL $= \mu - 1.96 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 200 - 1.96 \times 0.2041 \approx 200 - 0.4000 \approx 199.6000$。

通常 Shewhart 管制圖使用 $\pm 3\sigma$ 作為預設的管制界線，對應大約 0.27% 的 Type I 錯誤率。
如果題目明確要求 5% 顯著水準，則應使用 $1.96$。
我們這裡採用 $1.96$ 來計算。

【答案】UCL $\approx 200.4000$，LCL $\approx 199.6000$。

(b) 判斷樣本資料是否在管制狀態

樣本資料為：200.9, 199.3, 199.1, 200.5, 199.9, 201.8。
樣本大小 $n=6$。
計算樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{200.9 + 199.3 + 199.1 + 200.5 + 199.9 + 201.8}{6} = \frac{1201.5}{6} = 200.25$。

根據 (a) 計算的管制上下限：
LCL $\approx 199.6000$
UCL $\approx 200.4000$

觀察樣本平均數 $\bar{x} = 200.25$。
由於 $\bar{x} = 200.25$ 落在 LCL 和 UCL 之間 ($199.6000 < 200.25 < 200.4000$)，
所以，從樣本平均數來看，這個樣本點在管制圖內。

但是，我們還需要檢查是否有其他異常模式。
觀察個別數據點：201.8 超出了 UCL $\approx 200.4000$。
Shewhart 管制圖的規則是，如果任何一個點超出管制界限，則製程被認為失控。
因此，即使樣本平均數在管制範圍內，但由於個別數據點 201.8 超出 UCL，製程被認為失控。

【答案】否，製程失控，因為個別數據點 201.8 超出 UCL。

(c) 判斷下一個樣本點是否在管制狀態

樣本資料為：200.9, 200.5, 200.7, 199.3, 200.1, 198.2。
樣本大小 $n=6$。
計算樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{200.9 + 200.5 + 200.7 + 199.3 + 200.1 + 198.2}{6} = \frac{1200.7}{6} \approx 200.1167$。

管制上下限 (基於 5% 顯著水準)：
LCL $\approx 199.6000$
UCL $\approx 200.4000$

觀察樣本平均數 $\bar{x} \approx 200.1167$。
$\bar{x}$ 落在管制範圍內 ($199.6000 < 200.1167 < 200.4000$)。

觀察個別數據點：
200.9 落在管制範圍內。
200.5 落在管制範圍內。
200.7 落在管制範圍內。
199.3 落在管制範圍內。
200.1 落在管制範圍內。
198.2 小於 LCL $\approx 199.6000$。

由於個別數據點 198.2 小於 LCL，製程被認為失控。

【答案】否，製程失控，因為個別數據點 198.2 小於 LCL。

(d) 判斷再下一個樣本點是否在管制狀態

樣本資料為：200.7, 200.6, 200.5, 199.2, 200.0, 198.1。
樣本大小 $n=6$。
計算樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{200.7 + 200.6 + 200.5 + 199.2 + 200.0 + 198.1}{6} = \frac{1200.1}{6} \approx 200.0167$。

管制上下限 (基於 5% 顯著水準)：
LCL $\approx 199.6000$
UCL $\approx 200.4000$

觀察樣本平均數 $\bar{x} \approx 200.0167$。
$\bar{x}$ 落在管制範圍內 ($199.6000 < 200.0167 < 200.4000$)。

觀察個別數據點：
200.7 落在管制範圍內。
200.6 落在管制範圍內。
200.5 落在管制範圍內。
199.2 落在管制範圍內。
200.0 落在管制範圍內。
198.1 小於 LCL $\approx 199.6000$。

由於個別數據點 198.1 小於 LCL，製程被認為失控。

【答案】否，製程失控，因為個別數據點 198.1 小於 LCL。