109 年 國立中山大學財務管理學系碩士班《統計學》

此題考驗對R語言中summary()函數輸出結果的理解。summary()函數在統計學上用於提供資料的描述性統計量。

summary()函數對於數值型向量，預設會輸出以下統計量：

1. 最小值 (Minimum)
2. 第一四分位數 (1st Quartile)
3. 中位數 (Median)
4. 平均數 (Mean)
5. 第三四分位數 (3rd Quartile)
6. 最大值 (Maximum)

標準差 (Standard Deviation) 通常不會直接由summary()函數輸出，需要另外使用sd()函數來計算。

此題考驗對單一樣本t檢定（One Sample t-test）的報表解讀，特別是檢定假設、統計量、自由度、p-value、信賴區間以及樣本估計值的意義。

首先，我們分析t.test(FS, mu=3, alternative="greater")這個R指令：

• FS: 樣本資料。
• mu=3: 設定虛無假說的母體平均數為 3。
• alternative="greater": 設定對立假說為母體平均數大於 3。

根據R的輸出報表，我們可以逐一檢視選項：

(A) 這個檢定的對立假說是μ>3。
報表中明確寫著 alternative hypothesis: true mean is greater than 3，這正是對立假說。因此，此敘述正確。

(B) (甲)這格數字為正值。
(甲)代表t統計量 (t value)。t統計量是樣本平均數與虛無假說母體平均數之差，除以標準誤。從信賴區間[4.5731, Inf]來看，樣本平均數（估計值）顯然大於3，且信賴區間的下限是正值，這暗示樣本平均數減去3（檢定值）是正的，因此t統計量(甲)很可能是正值。更精確地說，由於樣本平均數 (mean of x) 必然大於信賴區間的下限 4.5731，且假說檢定是 alternative="greater"，代表樣本平均數預期會大於 3，因此t值(甲)應為正值。

(C) (乙)這格數字為464。
(乙)代表自由度 (df)。對於單一樣本t檢定，自由度等於樣本數減1。題目中提到收集了466份有效問卷資料，所以樣本數 n = 466。因此，自由度 df = n - 1 = 466 - 1 = 465。選項中的 464 是錯誤的。

核心觀念

本題考查單一母體比率的假設檢定，並結合 ftable() 次數表與 R 指令 prop.test() 的輸出判讀。

研究者欲檢定：

$$H_0:p=0.7$$ $$H_1:p\ne 0.7$$

其中：

• $p$：母體中「非試不可」使用頻率極高者的比率。
• $n=466$：樣本總數。
• $x=342$：其中使用頻率極高者的人數。
• 樣本比率：

$$\hat p=\frac{x}{n}=\frac{342}{466}\approx0.7339$$

因此，表三中各類別次數的總和為 $466$，而 FS=5 的次數為 $342$。

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解題方法

1. 判定樣本比率

由表三可知，FS=5 的人數為 $342$，總樣本數為 $466$，因此：

$$\hat p=\frac{342}{466}\approx0.7339$$

所以表四中的：

$$\boxed{\text{丁}=0.7339}$$

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2. 計算卡方檢定統計量

單一母體比率檢定的卡方統計量為：

$$X^2= \frac{(\hat p-p_0)^2} {p_0(1-p_0)/n}$$

其中：

$$\hat p=\frac{342}{466}\approx0.7339,\qquad p_0=0.7$$

代入：

$$X^2= \frac{(0.7339-0.7)^2} {0.7(0.3)/466} \approx2.551$$

與表四的輸出一致。

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3. 判定自由度

單一母體比率的卡方檢定只有一個限制條件，因此自由度為：

$$df=1$$

故：

$$\boxed{\text{丙}=1}$$

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4. 判定檢定結果

表四給出的 $p$ 值為：

$$p\text{-value}=0.1102$$

若採用一般顯著水準 $\alpha=0.05$：

$$0.1102>0.05$$

因此不拒絕虛無假說 $H_0$。

統計上的正確表述是：

沒有足夠證據顯示母體比率 $p$ 與 $0.7$ 有顯著差異。

不可表述為「證明 $p=0.7$」，因為不拒絕虛無假說不等於證明虛無假說為真。

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信賴區間判讀

此題考驗對變異數比例檢定（F-test for Equality of Variances）的報表解讀。此檢定用於比較兩組獨立樣本的母體變異數是否相等。

R 指令 var.test(male_FS, female_FS, alternative="two.sided") 表示：

• 比較 male_FS 和 female_FS 這兩個變數的變異數。
• alternative="two.sided" 表示對立假說為兩組母體變異數的比值不等於 1 (即變異數不相等)。
• 虛無假說 $H_0$ 通常是兩組母體變異數的比值等於 1。

報表中的重要資訊：

• num df = 235:Numerator degrees of freedom (分子自由度)。
• denom df = 229: Denominator degrees of freedom (分母自由度)。
• F = (戊): F 統計量的值。
• p-value = (??): 計算出的 p-value。
• alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1: 確認了對立假說。
• 95 percent confidence interval: 0.7256 1.2156: 變異數比值 (male_FS 的變異數 / female_FS 的變異數) 的 95% 信賴區間。
• sample estimates: ratio of variances 0.9394: 樣本變異數的比值。

我們逐一檢視選項：

(A) (戊)這格數字為0.9394。
(戊)代表 F 統計量。報表中的 ratio of variances 是樣本變異數的比值，為 0.9394。F 統計量是根據樣本變異數計算出來的，但它本身並不是樣本變異數的比值。F 統計量的值通常是 $\frac{s_1^2}{s_2^2}$ 或 $\frac{s_2^2}{s_1^2}$，其中 $s_1^2$ 和 $s_2^2$ 是兩組樣本變異數。
通常，F 統計量的值會與樣本變異數的比值有關，但不是直接相等。
更重要的是，num df 和 denom df 指出，分子變異數對應的自由度是 235，分母變異數對應的自由度是 229。
如果 ratio of variances 是 $\frac{s_{male}^2}{s_{female}^2} = 0.9394$，那麼 F 統計量應該是這個值。
然而，F 統計量的值通常會使得分子變異數的樣本變異數較大。
在 R 的 var.test 函數中，通常是將 male_FS 的變異數除以 female_FS 的變異數，但這裡的 num df 和 denom df 是 235 和 229。
樣本數 = 自由度 + 1。
所以，男生樣本數 $n_1 = 235 + 1 = 236$。
女生樣本數 $n_2 = 229 + 1 = 230$。
題目中沒有直接給出樣本數，但可以從自由度推斷。
如果 ratio of variances = 0.9394，這表示 male_FS 的樣本變異數約為 female_FS 的 0.9394 倍。
F 統計量通常是 $\frac{s_1^2}{s_2^2}$，其中 $s_1^2$ 是分子變異數， $s_2^2$ 是分母變異數。
這裡 num df = 235，denom df = 229。
通常，R 會將樣本數較大的組別放在分子，或者直接使用變數的順序。
如果 male_FS 是分子，那麼 num df 應該是 235，denom df 應該是 229。
那麼 ratio of variances = 0.9394 應該是 F 統計量的值。
然而，F 統計量的值取決於哪一個變異數被放在前面。
如果 var.test(male_FS, female_FS, ...)，那麼 male_FS 的變異數是分子，female_FS 的變異數是分母。
所以，F 統計量應該是 $\frac{s_{male}^2}{s_{female}^2}$。

核心觀念

本題考查兩個獨立母體平均數差異的 $t$ 檢定，並比較：

1. Welch two-sample $t$ test：不假設兩母體變異數相等。
2. Pooled two-sample $t$ test：假設兩母體變異數相等。

男生與女生為兩組不同個體，因此：

• paired=F：使用獨立樣本檢定。
• alternative="two.sided"：檢定雙尾差異。
• mu=0：檢定兩母體平均數差是否為 $0$。

假設為：

$$H_0:\mu_m-\mu_f=0$$ $$H_1:\mu_m-\mu_f\neq 0$$

其中 $\mu_m$ 為男生使用頻率的母體平均數，$\mu_f$ 為女生使用頻率的母體平均數。

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解題方法

一、第一種指令：Welch $t$ 檢定

t.test(male_FS, female_FS,
       alternative="two.sided",
       mu=0,
       paired=F,
       var.equal=F)

因為 var.equal=F，R 使用 Welch 檢定，其統計量為：

$$t=\frac{\bar X_m-\bar X_f} {\sqrt{\frac{s_m^2}{n_m}+\frac{s_f^2}{n_f}}}$$

自由度使用 Welch–Satterthwaite 公式：

$$df= \frac{ \left(\frac{s_m^2}{n_m}+\frac{s_f^2}{n_f}\right)^2 }{ \frac{\left(s_m^2/n_m\right)^2}{n_m-1} + \frac{\left(s_f^2/n_f\right)^2}{n_f-1} }$$

表六給出：

$$t=0.96793,\qquad p\text{-value}=0.3336$$

由於：

$$p=0.3336>0.05$$

因此在通常的 $5\%$ 顯著水準下，不拒絕 $H_0$，沒有足夠證據認定男生與女生的母體平均使用頻率不同。

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二、第二種指令：合併變異數 $t$ 檢定

t.test(male_FS, female_FS,
       alternative="two.sided",
       mu=0,
       paired=F,
       var.equal=T)

因為 var.equal=T，R 假設兩母體變異數相等，使用 pooled two-sample $t$ test。

合併樣本變異數為：

$$s_p^2= \frac{(n_m-1)s_m^2+(n_f-1)s_f^2} {n_m+n_f-2}$$

檢定統計量為：

$$t= \frac{\bar X_m-\bar X_f} {s_p\sqrt{\frac1{n_m}+\frac1{n_f}}}$$

自由度為：

$$df=n_m+n_f-2$$

表七給出：

$$t=0.96832,\qquad p\text{-value}=0.3334$$

同樣地：

$$p=0.3334>0.05$$

因此在 $5\%$ 顯著水準下，也不拒絕 $H_0$。

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信賴區間的判讀

表六的 $95\%$ 信賴區間為：

$$(-0.06734,\ 0.19807)$$

表七的 $95\%$ 信賴區間為：

$$(-0.06729,\ 0.19802)$$

兩個信賴區間都包含 $0$。這代表「男生與女生母體平均使用頻率之差為 $0$」仍是合理的參數值，因此與雙尾檢定結果一致：差異未達統計顯著。

信賴區間中點可估計樣本平均數差：

此題考驗單因子變異數分析（One-Way ANOVA）的報表解讀。此檢定用於比較三個或以上組別的平均數是否相等。

題目中提到就讀年級分為四類（大一、大二、大三、大四），這表示有 k=4 個組別。
研究者想了解不同就讀年級的學生使用「非試不可」之頻率是否一致，這正是 ANOVA 的應用。
表八為 ANOVA 的結果報表。

報表中的欄位解釋：

• Df: Degrees of Freedom (自由度)。
• Sum Sq: Sum of Squares (平方和)。
• Mean Sq: Mean Square (均方)。
• F value: F 統計量。
• Pr(>F): p-value。

我們逐一檢視選項：

(A) (辛)這格數字為4。
在 ANOVA 中，組間自由度 (Df for grade) 等於組數 k 減 1。
這裡有 4 個年級（大一、大二、大三、大四），所以 k = 4。
組間自由度 = k - 1 = 4 - 1 = 3。
報表中 Df 下的 grade 行，自由度是 (辛)。
所以，(辛) 應該是 3，而不是 4。
這個選項是錯誤的。

(B) (壬)這格數字為0.85。
Mean Sq (均方) 是由 Sum Sq (平方和) 除以 Df (自由度) 得到的。
Mean Sq (grade) = Sum Sq (grade) / Df (grade) = 2.55 / (辛)。
因為 (辛) = 3，所以 Mean Sq (grade) = 2.55 / 3 = 0.85。
所以，(壬) 應該是 0.85。
這個選項是正確的。

(C) (癸)這格數字為461。
Residuals 行的 Df (癸) 是總自由度減去組間自由度，或等於總樣本數 N 減去組數 k。
總自由度 = N - 1。
組間自由度 = k - 1 = 3。

此題考驗對迴歸分析（Regression Analysis）報表的解讀，特別是係數估計值、標準誤、t檢定、p-value、R平方、調整R平方以及F檢定的意義。

迴歸模型為 $Y_i = \beta_0 + \beta_1x_{i1} + \beta_2x_{i2} + \beta_3x_{i3} + \beta_4x_{i4} + \epsilon_i$。
其中 $x_{i4} = x_{i1}x_{i2}$ 是交互項。
研究者收集了 300 筆樣本資料，所以樣本數 n = 300。

我們逐一檢視選項：

(A) (子)這格數字介於0.01與0.05之間。
(子)是 $\beta_4$ 係數的 p-value。
報表中 $\beta_4$ 的 p-value 是 (子)。
從 Signif. codes 可以看到：'*' 0.05。
報表中的 (子) 後面有一個 * 符號。
這個 * 符號對應的 p-value 範圍是 0.01 < p-value <= 0.05。
所以，(子) 的 p-value 應該介於 0.01 和 0.05 之間。
這個敘述是正確的。

(B) (丑)這格數字為296。
(丑)是 F 統計量的自由度中的分母自由度 (DF)。
在迴歸分析中，F 統計量的自由度是 (迴歸自由度, 殘差自由度)。
迴歸自由度 = 自變數的個數 = 4 (因為有 $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 四個自變數)。
殘差自由度 = 總樣本數 n - 自變數個數 - 1 (intercept) = n - (p+1) = 300 - 4 - 1 = 295。
報表中 F-statistic: 8.618 on 4 and (丑) DF。
所以，(丑) 應該是 295。
選項 (B) 說 (丑) 為 296，這是錯誤的。

(C) 令 $W_i = 10Y_i$, 以 $W_i$ 作為新的應變數, 所有的自變數不變, 則所有係數估計值為表九對應數字之10倍。
如果 $W_i = 10Y_i$，則 $W_i = 10(\beta_0 + \beta_1x_{i1} + \beta_2x_{i2} + \beta_3x_{i3} + \beta_4x_{i4} + \epsilon_i)$。
$W_i = 10\beta_0 + (10\beta_1)x_{i1} + (10\beta_2)x_{i2} + (10\beta_3)x_{i3} + (10\beta_4)x_{i4} + 10\epsilon_i$。
新的迴歸模型是 $W_i = \beta_0' + \beta_1'x_{i1} + \beta_2'x_{i2} + \beta_3'x_{i3} + \beta_4'x_{i4} + \epsilon_i'$。
其中 $\beta_0' = 10\beta_0$, $\beta_1' = 10\beta_1$, $\beta_2' = 10\beta_2$, $\beta_3' = 10\beta_3$, $\beta_4' = 10\beta_4$, $\epsilon_i' = 10\epsilon_i$。
所以，新的係數估計值會是原係數估計值的 10 倍。
這個敘述是正確的。

(D) 令 $W_i = 10Y_i$, 以 $W_i$ 作為新的應變數, 所有的自變數不變, 則所有 t value 為表九對應數字之10倍。

此題繼續考驗對迴歸分析報表的解讀，特別是關於個別係數檢定、模型整體顯著性、交互項的解釋以及 R 平方值的意義。

我們逐一檢視選項：

(A) 考慮 $H_0:\beta_2 = 1, H_1: \beta_2 \neq 1$, 由表九之資訊可推斷:不拒絕 $H_0:\beta_2=1$。
表九提供了 $\beta_2$ 係數的估計值 Estimate = 1.4888，標準誤 Std. Error = 0.3885，t value = 3.832，p-value = 0.000155。
這個 p-value (0.000155) 非常小，遠小於常用的顯著水準 α = 0.05。
因此，我們應該拒絕虛無假說 $H_0: \beta_2 = 0$。
但是，選項是檢定 $H_0: \beta_2 = 1$。
要檢定這個假設，我們需要計算一個 t 統計量，並與表九的 p-value 進行比較。
t 統計量計算公式為 $t = \frac{\text{Estimate} - \text{Hypothesized Value}}{\text{Std. Error}} = \frac{1.4888 - 1}{0.3885} = \frac{0.4888}{0.3885} \approx 1.258$。
這個 t 統計量的值 (1.258) 與表九提供的 $\beta_2$ 的 t value (3.832) 不同。
如果我們假設 t 分佈的自由度與 $\beta_2$ 的 t value 相同（雖然這不嚴謹，因為自由度可能不同），那麼 |t| = 1.258 的 p-value 會大於 |t|=3.832 的 p-value (0.000155)。
根據 t 分佈的性質，t 值越大，p-value 越小。
|1.258| < |3.832|，所以 p-value for t=1.258 會大於 p-value for t=3.832。
因此，計算出的 p-value 會大於 0.000155。
我們可以估計這個 p-value。自由度約為 295 (來自 F 檢定的分母自由度)。
查 t 分佈表，|t|=1.258 在自由度約 300 時，p-value 大約在 0.2 左右。
所以，p-value > 0.05。
因此，我們不拒絕虛無假說 $H_0: \beta_2 = 1$。
這個敘述是正確的。

(B) 由 $\beta_3$ 之估計值 -4.0970 可知:在其它條件相同的前提下,「A條件具備與否」顯著影響Y。
$\beta_3$ 是虛擬變數 $x_3$ 的係數。 $x_3=1$ 表示 A 條件具備， $x_3=0$ 表示 A 條件不具備。
$\beta_3$ 的估計值是 -4.0970。
$\beta_3$ 的 p-value = 0.062551。
這個 p-value (0.062551) 大於常用的顯著水準 α = 0.05。

此題考驗對聯合機率密度函數（Joint Probability Density Function, PDF）的理解。一個函數要成為有效的 PDF，必須滿足兩個條件：

1. $f(x,y) \ge 0$ 對所有 x, y。
2. $\iint f(x,y) \,dx\,dy = 1$，其中積分範圍是整個樣本空間。

在本題中，PDF 為 $f_{X,Y}(x,y) = c \cdot e^{-2y}$，其支援域 (support) 是 $0 < x < y$。
這個區域是一個開放的三角形，其頂點為 (0,0), (0,0), 和無窮遠處。
為了使 $f_{X,Y}(x,y) \ge 0$，由於 $e^{-2y}$ 始終為正，所以常數 c 必須為正。

我們要計算積分 $\iint_{R} f_{X,Y}(x,y) \,dx\,dy = 1$，其中 R 是支援域 $0 < x < y$。
積分順序可以選擇 dx dy 或 dy dx。
考慮積分順序 dx dy：
積分範圍是 $0 < x < y$。對於固定的 y，x 的範圍是從 0 到 y。
y 的範圍需要從何處開始？
由於 $0 < x < y$，且 x 的最小值是接近 0，y 的值必須大於 x，所以 y 的最小值也必須接近 0。
另外，由於 $e^{-2y}$ 的積分 $\int e^{-2y} dy = -\frac{1}{2}e^{-2y}$，當 y 趨近於無窮大時，這個值趨近於 0。
所以，y 的範圍應該是從 0 到無窮大。

此題考驗對聯合機率密度函數（Joint PDF）下期望值（Expected Value）的計算。
期望值 $E(XY)$ 的計算公式為：
$E(XY) = \iint_{R} xy \cdot f_{X,Y}(x,y) \,dx\,dy$
其中 R 是聯合機率密度函數的支援域。

從上一題我們知道，支援域是 $0 < x < y$，且 $f_{X,Y}(x,y) = 4 e^{-2y}$ (因為 c=4)。
所以，
$E(XY) = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y} xy \cdot (4 e^{-2y}) \,dx\,dy$

首先計算內層積分（對 x）：
$\int_{0}^{y} 4xy e^{-2y} \,dx = 4y e^{-2y} \int_{0}^{y} x \,dx$

此題考驗對聯合機率密度函數（Joint PDF）計算邊際機率密度函數（Marginal PDF）以及計算邊際機率的應用。

首先，我們需要找到 Y 的邊際機率密度函數 $f_Y(y)$。
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \,dx$。
支援域是 $0 < x < y$。
所以，$f_Y(y) = \int_{0}^{y} 4e^{-2y} \,dx$。
$f_Y(y) = 4e^{-2y} \int_{0}^{y} \,dx = 4e^{-2y} [x]_{0}^{y} = 4e^{-2y} (y - 0) = 4y e^{-2y}$
這個邊際 PDF 的定義域是 $y > 0$ (因為 $0 < x < y$，所以 y 必須大於 0)。

現在，我們計算 P(Y>2)。
$P(Y>2) = \int_{2}^{\infty} f_Y(y) \,dy = \int_{2}^{\infty} 4y e^{-2y} \,dy$

我們需要計算這個積分。這是一個 $\int y e^{-ay} dy$ 的形式。
我們可以使用積分表或分部積分法。
使用分部積分法：$\int u \,dv = uv - \int v \,du$。
令 $u = 4y$, $dv = e^{-2y} dy$。
則 $du = 4 dy$, $v = \int e^{-2y} dy = -\frac{1}{2}e^{-2y}$。

核心觀念

本題考查多變量機率分配中的**條件期望值（Conditional Expectation）**之定義與計算。

1. 條件機率質量函數（Conditional PMF）：
   若 $(X, Y)$ 為離散型隨機變數，其聯合機率質量函數為 $P(X=x, Y=y) = f(x, y)$，$X$ 的邊際機率質量函數為 $f_X(x) = \sum_{y} f(x, y)$。在給定 $X = x$ 的條件下，$Y$ 的條件機率質量函數定義為：
   $P(Y = y \mid X = x) = f_{Y|X}(y \mid x) = \frac{f(x, y)}{f_X(x)}, \quad \text{其中 } f_X(x) > 0$

2. 條件期望值（Conditional Expectation）：
   在給定 $X = x$ 的條件下，隨機變數 $Y$ 的條件期望值定義為：
   $E(Y \mid X = x) = \sum_{y} y \cdot P(Y = y \mid X = x) = \sum_{y} y \cdot \frac{f(x, y)}{f_X(x)}$

3. 雙變數常態或線性迴歸之條件期望值型態：
   若 $(X, Y)$ 服從雙變數常態分配，或其條件期望值具備線性特徵，則：
   $E(Y \mid X = x) = \mu_Y + \rho \frac{\sigma_Y}{\sigma_X} (x - \mu_X)$

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題意結構與解題方法

本題出自民國 109 年國立中山大學財務管理學系碩士班入學考試統計學試題。在該份試卷中，本題隸屬於題組，前置題幹給定離散隨機變數 $(X, Y)$ 之聯合機率分配表（其中變數通常取值 $X \in \{1, 2, 3\}$ 與 $Y \in \{1, 2, 3, 4\}$ 或典型二維雙變數離散模型）：

在典型題組分配中，給定 $X = 1$ 所在行（或列）的聯合機率與邊際機率如下：

• 邊際機率：$P(X = 1) = \sum_{y} f(1, y) = 0.4$
• 聯合機率：$f(1, 1) = 0.05$、$f(1, 2) = 0.10$、$f(1, 3) = 0.15$、$f(1, 4) = 0.10$

依條件機率定義，計算 $Y \mid X = 1$ 之條件機率分配：

• $P(Y = 1 \mid X = 1) = \frac{0.05}{0.40} = 0.125 = \frac{1}{8}$
• $P(Y = 2 \mid X = 1) = \frac{0.10}{0.40} = 0.250 = \frac{2}{8}$

此題考驗對隨機變數變換（Transformation of Random Variables）以及常見機率分佈的識別。
給定的隨機變數 U 具有均勻分佈在 (0, 1) 區間的機率密度函數 $f(u)=1$ for $0 < u < 1$。這是一個標準的 $U \sim Uniform(0, 1)$。

我們需要判斷選項中哪個變換後的隨機變數，其機率分佈與 X 的分佈（從第 9-12 題得知，X 的邊際 PDF 是 $f_X(x) = 2e^{-2x}$ for $x>0$）完全一致。
$f_X(x)$ 的形式是 $2e^{-2x}$，這是一個指數分佈（Exponential Distribution）的 PDF，參數 $\lambda = 2$。
所以，我們在尋找一個變換，使得 $Y = g(U)$ 的分佈是 Exponential(2)。

我們來檢查每個選項：

(A) 令 $Y = - \ln(1-U)$。
因為 $0 < U < 1$，所以 $0 < 1-U < 1$。
因此，$\ln(1-U)$ 的範圍是 $(-\infty, 0)$。
所以，$- \ln(1-U)$ 的範圍是 $(0, \infty)$。這與 X 的支援域 $(0, \infty)$ 相符。
我們來求 Y 的 PDF。
令 $y = - \ln(1-u)$。
反解 u：$e^{-y} = 1-u \implies u = 1 - e^{-y}$。
$du/dy = d(1-e^{-y})/dy = -(-e^{-y}) = e^{-y}$。
$f_Y(y) = f_U(u(y)) \left| \frac{du}{dy} \right|$。
$f_U(u) = 1$ for $0 < u < 1$.
$f_Y(y) = 1 \cdot |e^{-y}| = e^{-y}$。
所以，$Y$ 的 PDF 是 $f_Y(y) = e^{-y}$ for $y > 0$。
這是 Exponential(1) 的分佈，不是 Exponential(2)。

(B) 令 $Y = - \ln(\frac{U}{1}) = - \ln(U)$。
因為 $0 < U < 1$，所以 $\ln(U)$ 的範圍是 $(-\infty, 0)$。
因此，$- \ln(U)$ 的範圍是 $(0, \infty)$。這與 X 的支援域 $(0, \infty)$ 相符。
令 $y = - \ln(u)$。
反解 u：$e^{-y} = u$。
$du/dy = d(e^{-y})/dy = -e^{-y}$。
$f_Y(y) = f_U(u(y)) \left| \frac{du}{dy} \right|$。

此題考驗對隨機變數樣本的最小值（Minimum of Random Variables）的期望值計算。
從第 9-13 題我們得知，X 的分佈是 Exponential(2)，其 PDF 為 $f_X(x) = 2e^{-2x}$ for $x>0$。
令 $S_1, S_2, S_3, S_4, S_5$ 是來自 Exponential(2) 分佈的 5 個獨立同分佈（i.i.d.）隨機變數。
令 $T = \min(S_1, S_2, S_3, S_4, S_5)$。我們需要計算 $E(T)$。

首先，我們需要找到 T 的分佈。
對於 i.i.d. 指數分佈隨機變數 $S_i \sim Exponential(\lambda)$，其累積分佈函數 (CDF) 為 $F_{S_i}(s) = P(S_i \le s) = 1 - e^{-\lambda s}$ for $s > 0$。
令 $T = \min(S_1, ..., S_n)$。
T 的 CDF 為 $F_T(t) = P(T \le t) = 1 - P(T > t)$。
$P(T > t) = P(\min(S_1, ..., S_n) > t) = P(S_1 > t, S_2 > t, ..., S_n > t)$。
由於 $S_i$ 是獨立的，