115 年 國立中山大學財務管理學系碩士班甲組《統計學》

本題考驗離散型隨機變數機率質量函數（pmf）的性質。一個有效的 pmf 必須滿足所有可能值的機率總和為 1。

根據題意，離散型隨機變數 $X$ 的 pmf 為 $p_X(x) = cx$，其中 $x = 1, 2, ..., 20$。
根據 pmf 的性質，所有可能值的機率總和必須等於 1：
$\sum_{x=1}^{20} p_X(x) = 1$
將 $p_X(x) = cx$ 代入：
$\sum_{x=1}^{20} cx = 1$
將常數 $c$ 提出求和：

本題考驗連續型隨機變數機率密度函數（pdf）的性質。一個有效的 pdf 必須滿足所有可能值的機率密度總和（即積分）為 1。

根據題意，連續型隨機變數 $Y$ 的 pdf 為 $f_Y(y) = cy^2$，其中 $0 < y < 1$。
根據 pdf 的性質，所有可能值的機率密度總和（積分）必須等於 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f_Y(y) dy = 1$
由於 $f_Y(y)$ 在 $0 < y < 1$ 之外為 0，積分範圍變為：

本題考驗對獨立事件圖示的理解。獨立事件是指一個事件的發生與否不影響另一個事件發生的機率。在維恩圖中，獨立事件通常表示為兩個集合的交集面積與兩個集合面積的乘積之間存在特定關係，但更直觀的判斷是兩個事件是否相互影響。

題目要求找出「不能」代表兩個獨立事件的圖形。獨立事件的定義為 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。在維恩圖中，如果兩個事件 A 和 B 是獨立的，它們的交集面積 $P(A \cap B)$ 應該是它們各自面積 $P(A)$ 和 $P(B)$ 的乘積。然而，題目給出的選項是圖形，我們需要從圖形上判斷是否可能代表獨立事件。

圖形 A 顯示兩個圓圈（代表事件）有重疊的部分。重疊的部分代表兩個事件同時發生的情況。如果兩個事件是獨立的，它們的重疊程度（即交集機率）與它們各自的機率有關。

圖形 B 顯示兩個圓圈（代表事件）是完全分開的，沒有重疊。這表示兩個事件是互斥的（disjoint events），即它們不能同時發生，$P(A \cap B) = 0$。如果兩個事件是互斥的，它們通常不是獨立的，除非其中一個事件的機率為 0。

本題考驗對偏態（skewness）概念的理解。偏態是衡量機率分布不對稱性的指標。

我們逐一分析各選項：

(A) The skewness always has value between -1 and +1
這個說法是錯誤的。偏態的取值範圍是 $(- \infty, \infty)$。雖然許多常見的、近似對稱的分布（如常態分布）的偏態值接近 0，且某些情況下偏態可能落在 [-1, 1] 範圍內，但偏態值可以遠大於 1 或遠小於 -1。例如，某些嚴重右偏的分布（如指數分布）會有很大的正偏態值。

(B) When the skewness is positive, the distribution of X skews to the right

本題考驗對峰度（kurtosis）概念的理解。峰度是衡量機率分布頂部尖銳程度（或尾部厚度）的指標。

我們逐一分析各選項：

(A) If X has a normal distribution, its kurtosis = 3
這個說法是正確的。對於常態分布，其峰度（絕對峰度）定義為 3。

(B) If X has a standard normal distribution, its kurtosis = 3
這個說法是正確的。標準常態分布（Standard Normal Distribution）是均值為 0、標準差為 1 的常態分布，其峰度同樣為 3。

(C) If X has a kurtosis value > 3, there are more extreme values in X than can be given by a normal distribution

本題考驗對隨機變數獨立性及其相關性質的理解。題目要求找出一個與其他三個選項敘述的性質不同者。

首先，我們需要理解獨立性（independence）和期望值（expectation）的性質。
兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 獨立，其定義是對於所有可能的 $x, y$， $P(X=x, Y=y) = P(X=x)P(Y=y)$，或者對於所有 $x$ 在 $X$ 的定義域內，$P(Y=y|X=x) = P(Y=y)$，以及對於所有 $y$ 在 $Y$ 的定義域內，$P(X=x|Y=y) = P(X=x)$。

現在我們逐一分析選項：

(A) Two random variables X and Y are independent
這是隨機變數獨立性的直接陳述。

(B) $E[Y|X] = E[Y]$
這個性質是隨機變數 $X$ 和 $Y$ 獨立的一個充要條件。如果 $X$ 和 $Y$ 獨立，那麼已知 $X$ 的值對 $Y$ 的條件期望值 $E[Y|X]$ 不會改變，它總是等於 $Y$ 的無條件期望值 $E[Y]$。反之，如果 $E[Y|X] = E[Y]$ 對於所有 $X$ 的值都成立，則 $X$ 和 $Y$ 是獨立的。

(C) $g(X)$ and $h(Y)$ are independent for all functions $g$ and $h$
如果 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，那麼任何由 $X$ 構成的函數 $g(X)$ 和任何由 $Y$ 構成的函數 $h(Y)$ 也會是獨立的。這是獨立性的一個重要推論。

本題考驗 Jarque-Bera 檢定（Jarque-Bera test）的理解，特別是關於如何根據檢定統計量、p 值或樣本統計量來判斷是否拒絕虛無假設。Jarque-Bera 檢定用於檢定數據是否服從常態分布。

虛無假設 $H_0$ 是數據服從常態分布。
對立假設 $H_1$ 是數據不服從常態分布。
檢定水準為 $\alpha = 5\% = 0.05$。

我們逐一分析各選項：

(A) The test statistic JB = 0
Jarque-Bera 檢定統計量 $JB$ 是基於樣本的偏態和峰度計算得出的。如果數據完全服從常態分布，則樣本偏態和樣本峰度應接近於理論值（偏態為 0，峰度為 3）。因此，如果 $JB = 0$，這表示樣本的偏態和峰度與常態分布的理論值完全一致（或者非常接近，取決於計算方式）。在這種情況下，我們不能拒絕虛無假設 $H_0$。

(B) The test statistic JB = 40
Jarque-Bera 檢定統計量 $JB$ 的值越大，表示樣本的偏態和峰度越偏離常態分布的理論值，數據越不服從常態分布。對於一個給定的顯著水準 $\alpha$，我們需要將檢定統計量 $JB$ 與其對對應的臨界值 $JB_{1-\alpha}$ 進行比較。如果 $JB > JB_{1-\alpha}$，則拒絕 $H_0$。

本題考驗對 Poisson 分布和 Exponential 分布的性質的理解。

我們逐一分析各選項：

(A) They are both discrete-valued distributions

• Poisson 分布：描述在固定時間間隔或空間區域內，隨機發生的獨立事件的數量。其取值為非負整數 (0, 1, 2, ...)，是離散型分布。
• Exponential 分布：描述兩個連續發生事件之間的時間間隔（或類似情況）。其取值為所有正實數 $(0, \infty)$，是連續型分布。
  因此，Poisson 分布是離散型，而 Exponential 分布是連續型。此選項是錯誤的。

(B) For $X \sim Poi(\lambda)$, $E[X] = S.D.(X)$
對於 Poisson 分布 $X \sim Poi(\lambda)$：

• 期望值 (Mean) 為 $E[X] = \lambda$。
• 變異數 (Variance) 為 $Var(X) = \lambda$。
• 標準差 (Standard Deviation) 為 $S.D.(X) = \sqrt{Var(X)} = \sqrt{\lambda}$。
  因此，$E[X] = \lambda$ 而 $S.D.(X) = \sqrt{\lambda}$。

核心觀念

本題考查「機率密度函數（probability density function, pdf）」與「概似函數（likelihood function）」的角色差異。

設隨機樣本 $X$ 的機率密度函數為

$$f(x\mid \theta),$$

其中：

• $x$：觀察值或隨機變數的取值；
• $\theta$：未知參數。

兩者使用相同的數學式，但固定與變動的對象不同：

機率密度函數

將參數 $\theta$ 視為固定，讓 $x$ 變動：

$$x\longmapsto f(x\mid \theta).$$

其基本條件為

$$f(x\mid\theta)\geq 0, \qquad \int_{-\infty}^{\infty}f(x\mid\theta)\,dx=1.$$

概似函數

觀察到資料 $x$ 後，將 $x$ 視為固定，讓參數 $\theta$ 變動：

$$\theta\longmapsto L(\theta\mid x)=f(x\mid\theta).$$

若有獨立樣本 $x_1,\ldots,x_n$，則

$$L(\theta\mid x_1,\ldots,x_n) = \prod_{i=1}^{n}f(x_i\mid\theta).$$

概似函數用來比較不同參數值對已觀察資料的支持程度。

解題方法

判斷本題的切入點是：看 $f(x\mid\theta)$ 中，究竟是哪一個變數被視為自變數。

• pdf：固定 $\theta$，研究 $x$ 的分布。
• likelihood：固定已觀察的 $x$，研究 $\theta$ 的相對合理性。

再檢查函數值的範圍即可判斷選項 C。

選項分析

(A) In a pdf function, the value of parameter $\theta$ is fixed

正確。

在機率密度函數中，參數 $\theta$ 被視為固定值，$x$ 才是函數的變數。因此 pdf 可寫成

$$x\longmapsto f(x\mid\theta).$$

例如常態分布的密度函數

$$f(x\mid\mu,\sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right],$$

核心觀念

最大概似估計（MLE）的做法，是先假設樣本來自一個含未知參數 $\theta$ 的機率分配，再根據觀察到的資料建立概似函數，選出使概似最大的參數值：

$$\hat{\theta}_{MLE}=\arg\max_{\theta} L(\theta)$$

若樣本 $X_1,\ldots,X_n$ 為獨立同分配，且機率密度函數或機率質量函數為 $f(x;\theta)$，則

$$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f(X_i;\theta)$$

因為對數函數嚴格遞增，最大化 $L(\theta)$ 與最大化對數概似 $\ell(\theta)=\log L(\theta)$ 會得到相同的估計值。實際求解時常對對數概似微分，令一階條件（FOC）為零；但仍須檢查解是否為最大值，以及是否有邊界解。

解題方法

先判斷各選項是否符合 MLE 的定義。必要步驟是指定一個參數化分配，建立概似函數，並最大化它。最大化概似函數時，可以直接對 $L(\theta)$ 求導，也可以對 $\log L(\theta)$ 求導。

在概似函數為正、且考慮內部解時：

本題考驗對最大概似估計量 (MLE) 的解析解及其性質的理解。

我們逐一分析各選項：

(A) We cannot always obtain analytical solution to $\hat{\theta}_{MLE}$
這個說法是正確的。對於某些分布，例如二項分布、泊松分布、指數分布、常態分布等，我們可以通過解對數概似函數的一階導數為零的方程來得到 $\hat{\theta}_{MLE}$ 的解析表達式。然而，對於一些複雜的分布，例如某些混合分布或非標準分布，可能無法得到解析解，需要藉助數值優化方法（如牛頓法）來近似求解。

(B) We can obtain analytical solution to $\hat{\theta}_{MLE}$ for Bernoulli, Poisson, Exponential and normal distributions
這個說法是正確的。

• Bernoulli distribution: 參數 $p$ 的 MLE 是樣本均值 $\hat{p} = \bar{x}$。
• Poisson distribution: 參數 $\lambda$ 的 MLE 是樣本均值 $\hat{\lambda} = \bar{x}$。
• Exponential distribution: 參數 $\lambda$ 的 MLE 是樣本均值的倒數 $\hat{\lambda} = 1/\bar{x}$。

本題考驗樣本變異數 $S^2$ 的期望值推導過程，以及推導過程中所需的假設條件。樣本變異數的定義為 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。我們需要推導 $E[S^2] = \sigma^2$，其中 $\sigma^2$ 是母體變異數。

推導過程如下：
$E[S^2] = E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n (X_i^2 - 2X_i\bar{X} + \bar{X}^2)\right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\sum_{i=1}^n X_i\bar{X} + \sum_{i=1}^n \bar{X}^2\right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}\sum_{i=1}^n X_i + n\bar{X}^2\right]$
因為 $\sum_{i=1}^n X_i = n\bar{X}$，代入上式：
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}(n\bar{X}) + n\bar{X}^2\right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2 - 2n\bar{X}^2 + n\bar{X}^2\right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2 - n\bar{X}^2\right]$
$= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^n E[X_i^2] - nE[\bar{X}^2] \right)$

現在我們需要 $E[X_i^2]$ 和 $E[\bar{X}^2]$。
我們知道變異數的定義 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
所以，$E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2$。
假設母體期望值為 $\mu$ 且母體變異數為 $\sigma^2$。
那麼 $E[X_i] = \mu$ (選項 B) 且 $Var(X_i) = \sigma^2$。
因此，$E[X_i^2] = Var(X_i) + (E[X_i])^2 = \sigma^2 + \mu^2$ (選項 C)。

接下來計算 $E[\bar{X}^2]$。
我們知道 $\bar{X}$ 的期望值是 $E[\bar{X}] = E[\frac{1}{n}\sum X_i] = \frac{1}{n}\sum E[X_i] = \frac{1}{n} (n\mu) = \mu$。

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸模型

$$Y_i=a+bx_i+e_i$$

中，截距估計量 $\hat a_{MLE}$ 與斜率估計量 $\hat b_{MLE}$ 的：

• 最大概似估計量與最小平方法估計量的關係；
• 無偏性；
• 變異數與標準誤；
• 常態分配假設對估計量分配的影響。

在固定 $x_i$、誤差項彼此獨立且滿足 $E(e_i)=0$、$\operatorname{Var}(e_i)=\sigma^2$ 的條件下，MLE 與 OLS 估計量相同：

$$\hat b_{MLE} = \hat b = \frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)(Y_i-\bar Y)} {\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2},$$ $$\hat a_{MLE} = \hat a = \bar Y-\hat b\bar x.$$

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解題方法

先寫出兩個估計量的基本性質。

斜率估計量可表示為

$$\hat b = b+ \frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)e_i} {\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2}.$$

因此

$$E(\hat b) = b+ \frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)E(e_i)} {\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2} =b.$$

所以 $\hat b$ 是 $b$ 的無偏估計量。

截距估計量的變異數為

$$\operatorname{Var}(\hat a) = \sigma^2 \left( \frac{1}{n} + \frac{\bar x^2}{S_{xx}} \right),$$

其中

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2.$$

因此其標準誤為

$$SE(\hat a) = \sigma \sqrt{ \frac{1}{n} + \frac{\bar x^2}{S_{xx}} }.$$

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選項分析

(A) 錯誤

題目宣稱

$$SE(\hat a_{MLE})=\frac{\sigma^2}{n}.$$

核心觀念

本題考查金融報酬率迴歸模型之殘差的典型統計特性，重點包括：

1. 殘差自我相關

   殘差 $e_t$ 的一階自我相關可表示為：

   $\rho_e(1)=\operatorname{Corr}(e_t,e_{t-1})$

   金融報酬率本身的線性自我相關通常接近於 $0$，且殘差可正可負。

2. 殘差分配與常態性

   金融報酬率及其迴歸殘差常呈現厚尾（fat-tailed）與高峰態（leptokurtic），不完全符合常態分配。因此，殘差「接近常態分布」並非典型性質。

3. 波動度群聚

   金融資料常具有波動度群聚（volatility clustering）：大幅波動容易接續大幅波動，小幅波動容易接續小幅波動。雖然 $e_t$ 與 $e_{t-1}$ 的線性相關可能接近 $0$，但平方殘差 $e_t^2$ 之間常具有顯著正自我相關。

4. 峰度

   常態分配的 Pearson 峰度為：

   $K=3$

   金融報酬率殘差常有厚尾，因此其樣本峰度通常大於 $3$。若使用超額峰度，則相當於大於 $0$。

解題方法

判斷各選項是否符合金融報酬率殘差的三項典型特徵：

• 原始殘差的自我相關接近 $0$；
• 殘差本身具有正負號；
• 殘差平方具有顯著正自我相關；
• 殘差呈厚尾，峰度大於常態分配的 $3$；
• 因此殘差不以「接近常態分布」為典型描述。

依此逐一分析選項即可。

選項分析

(A) The residuals have auto-correlation value close to zero, and can be positive or negative

此敘述正確。

迴歸模型若已捕捉報酬率的平均數結構，殘差通常沒有明顯的線性可預測性，因此殘差的自我相關值接近 $0$。此外，殘差定義為：

$e_t=y_t-\hat{y}_t$

當實際值 $y_t$ 高於預測值 $\hat{y}_t$ 時，$e_t>0$；低於預測值時，$e_t<0$。所以殘差可為正也可為負。

本題考驗對多元迴歸（multiple regression）模型的理解。多元迴歸模型通常表示為 $Y = X\beta + \epsilon$，其中 $Y$ 是應變數向量，$X$ 是包含解釋變數的設計矩陣，$\beta$ 是迴歸係數向量，$\epsilon$ 是誤差項向量。

我們逐一分析各選項：

(A) In multiple regression, we have several explanatory variables which can be expressed as a matrix X
這個說法是正確的。多元迴歸的特點就是有多個解釋變數。這些解釋變數（加上常數項，通常是全為 1 的一列）組成了設計矩陣 $X$。

(B) We make the same assumption about the residual $e_i$ as in simple linear regression
在簡單線性迴歸和多元線性迴歸中，對誤差項（或殘差）的假設通常是相同的。標準假設包括：

1. 誤差項的期望值為零：$E[\epsilon_i] = 0$。
2. 誤差項的變異數恆定（同質性）：$Var(\epsilon_i) = \sigma^2$。

本題考驗對機率不等式的理解，特別是哪一個不等式可用於比較隨機變數函數的期望值與期望值函數的關係。題目中比較的是 $E[\ln(X)]$ 和 $\ln(E[X])$，這兩者之間的關係通常取決於函數 $\ln(x)$ 的凹凸性（concavity）。

我們逐一分析各選項：

(A) Markov Inequality
Markov 不等式用於給定一個非負隨機變數 $X$ 和一個正數 $a$，它提供了 $P(X \ge a)$ 的上界：$P(X \ge a) \le \frac{E[X]}{a}$。這個不等式與比較 $E[f(X)]$ 和 $f(E[X])$ 的關係無關。

(B) Chebyshev Inequality
Chebyshev 不等式用於給定一個隨機變數 $X$ 具有有限的期望值 $\mu$ 和有限的非零變異數 $\sigma^2$，以及一個正數 $k$，它提供了 $P(|X - \mu| \ge k\sigma)$ 的上界：$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$。這個不等式主要用於估計隨機變數偏離其期望值的機率，與比較 $E[f(X)]$ 和 $f(E[X])$ 的關係無關。

(C) Cauchy Inequality
Cauchy 不等式（或 Cauchy-Schwarz 不等式）有多種形式。

本題考驗對 Jensen 不等式的應用。問題 16 指出 Jensen 不等式適用於比較 $E[f(X)]$ 和 $f(E[X])$。

Jensen 不等式指出：

• 如果函數 $g(x)$ 是凹函數（concave），則 $E[g(X)] \le g(E[X])$。
• 如果函數 $g(x)$ 是凸函數（convex），則 $E[g(X)] \ge g(E[X])$。

我們逐一檢查選項：

(A) $E[\ln(X)] > \ln(E[X])$
函數 $g(x) = \ln(x)$ 是一個凹函數（二階導數為 $-1/x^2 < 0$）。
根據 Jensen 不等式，對於凹函數，我們應該有 $E[\ln(X)] \le \ln(E[X])$。
選項中的不等號方向相反，所以此選項是錯誤的。

(B) $E[\sqrt{X}] < \sqrt{E[X]}$
函數 $g(x) = \sqrt{x}$（或 $x^{1/2}$）。
計算二階導數：
$g'(x) = \frac{1}{2}x^{-1/2}$

本題考驗對條件期望、邊際密度和聯合密度的理解。

我們逐一分析各選項：

(A) $E[E[X|Y]] = E[X]$
這是「迭代期望定律」（Law of Iterated Expectations）或稱「全期望定律」（Law of Total Expectation）。它指出，對於兩個隨機變數 X 和 Y，隨機變數 $E[X|Y]$ 的期望值等於 $X$ 的期望值。這個性質是正確的。

(B) $Var(E[X|Y]) \ge Var(X)$
這是一個錯誤的陳述。實際上，條件期望的性質是：
$Var(X) = E[Var(X|Y)] + Var(E[X|Y])$
由於 $E[Var(X|Y)] \ge 0$（因為變異數是非負的），所以 $Var(X) \ge Var(E[X|Y])$。
換句話說，$Var(E[X|Y]) \le Var(X)$。
因此，選項 (B) 的陳述是錯誤的。

核心觀念

邊際機率密度函數是將聯合機率密度函數，對另一個變數在其可能範圍內積分：

$$f_{X_2}(x_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)\,dx_1$$

題目給定支持區域為：

$$0<x_1<x_2<1$$

因此，固定 $x_2$ 後，$x_1$ 的範圍是 $0<x_1<x_2$。

解題方法

依邊際密度函數定義，對 $x_1$ 積分：

$$\begin{aligned} f_{X_2}(x_2) &=\int_0^{x_2}21x_1x_2^3\,dx_1\\ &=21x_2^3\int_0^{x_2}x_1\,dx_1\\ &=21x_2^3\left[\frac{x_1^2}{2}\right]_0^{x_2}\\ &=\frac{21}{2}x_2^5. \end{aligned}$$

所以依題目所給的聯合函數，形式上得到：

$$f_{X_2}(x_2)=\frac{21}{2}x_2^5,\qquad 0<x_2<1.$$

此結果不符合選項中的任何一個答案。

此外，聯合函數必須滿足總積分為 $1$。但題目給定函數的總積分為：

$$\begin{aligned} \int_0^1\int_0^{x_2}21x_1x_2^3\,dx_1\,dx_2 &=\int_0^1\frac{21}{2}x_2^5\,dx_2\\ &=\frac{21}{2}\cdot\frac{1}{6}\\ &=\frac{7}{4}\neq 1. \end{aligned}$$

本題考驗計算條件機率密度函數 (conditional pdf)。
條件 pdf 的定義為 $f(x_1|x_2) = \frac{f(x_1, x_2)}{f(x_2)}$，其中 $f(x_2)$ 是 $X_2$ 的邊際 pdf。

我們使用問題 19 中給定的聯合 pdf $f(x_1, x_2) = 21x_1x_2^3$ 和定義域 $0 < x_1 < x_2 < 1$。
在問題 19 的計算中，我們得到 $X_2$ 的邊際 pdf 為 $f(x_2) = \frac{21}{2}x_2^5$，定義域為 $0 < x_2 < 1$。

現在我們計算條件 pdf $f(x_1|x_2)$:
$f(x_1|x_2) = \frac{f(x_1, x_2)}{f(x_2)}$
$f(x_1|x_2) = \frac{21x_1x_2^3}{\frac{21}{2}x_2^5}$
$f(x_1|x_2) = \frac{21x_1x_2^3}{1} \times \frac{2}{21x_2^5}$

核心觀念

條件平均數的定義為

$$E[X_1\mid X_2=x_2] =\int x_1 f_{X_1\mid X_2}(x_1\mid x_2)\,dx_1,$$

其中條件密度為

$$f_{X_1\mid X_2}(x_1\mid x_2) =\frac{f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)}{f_{X_2}(x_2)}.$$

因此，必須知道 $X_1$ 與 $X_2$ 的聯合機率密度函數，才能計算給定 $X_2=x_2$ 時 $X_1$ 的條件平均數。

解題方法

本題所提供的題幹只有：

$$0<x_2<1,$$

但未提供 $X_1$、$X_2$ 的聯合分配、聯合密度函數或其他足以決定條件分配的資訊。

在缺少 $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)$ 的情況下，無法求出

$$f_{X_1\mid X_2}(x_1\mid x_2)$$

以及

$$E[X_1\mid X_2=x_2].$$

因此不能判定條件平均數必為 $\frac32x_2$ 或 $\frac34x_2$。

選項分析

核心觀念

隨機變數

$$Y=E[X_1\mid X_2]$$

是 $X_2$ 的函數，通常可寫成

$$Y=g(X_2), \qquad g(x_2)=E[X_1\mid X_2=x_2].$$

要找 $Y$ 的機率密度函數，必須先知道 $X_1$ 與 $X_2$ 的聯合分配，因為

$$E[X_1\mid X_2=x_2] = \int x_1 f_{X_1\mid X_2}(x_1\mid x_2)\,dx_1.$$

取得 $Y=g(X_2)$ 後，還需要利用 $X_2$ 的分配進行變數轉換。因此，單獨給出

$$Y=E[X_1\mid X_2]$$

並不足以唯一決定 $Y$ 的機率密度函數。

解題方法

題目所提供的資訊中，沒有說明：

• $X_1$ 與 $X_2$ 的聯合機率密度函數；
• $X_1$、$X_2$ 的邊際分配；
• $X_1$ 與 $X_2$ 是否獨立；
• $X_1$ 與 $X_2$ 是否為某個已知分配的次序統計量。

因此，無法計算

$$E[X_1\mid X_2=x_2]$$

也無法進一步求出 $Y$ 的分配。

例如，若 $X_1$ 與 $X_2$ 相互獨立，則

$$E[X_1\mid X_2]=E[X_1],$$

此時 $Y$ 為常數，不具有題目選項所表示的連續型機率密度。

若 $X_1=X_2$，則

$$Y=E[X_1\mid X_2]=X_2,$$

此時 $Y$ 的分配就等於 $X_2$ 的分配。由此可知，不同的聯合分配會導出不同的 $Y$ 分配。

選項分析

(A)

$$f(y)=6\left(\frac34\right)y^7, \qquad 0<y<\frac34.$$

題目未提供足以推導此密度的 $X_1$、$X_2$ 聯合分配，因此無法判定此式為 $Y$ 的密度。此選項錯誤。

此外，依照題目字面上的係數，此函數在指定區間的積分為

本題要求計算隨機變數 $Y$ 的期望值 $E[Y]$，其中 $Y$ 是問題 22 中定義的隨機變數。
在問題 22 中，我們發現 $Y = E[X_1|X_2] = \frac{2}{3}X_2$。
並且 $X_2$ 的 pdf 是 $f_{X_2}(x_2) = \frac{21}{2}x_2^5$，定義域為 $0 < x_2 < 1$。

計算 $E[Y]$ 的方法有兩種：
方法一：使用 $Y$ 的 pdf (如果在問題 22 中能找到正確的 pdf)。
方法二：利用 $Y$ 與 $X_2$ 的關係，直接計算 $E[Y] = E[\frac{2}{3}X_2]$。

我們選擇方法二，因為它更直接，且不依賴於問題 22 的 pdf 是否正確。
$E[Y] = E\left[\frac{2}{3}X_2\right]$
根據期望值的線性性質：
$E[Y] = \frac{2}{3} E[X_2]$
現在我們需要計算 $E[X_2]$。
$E[X_2] = \int_{-\infty}^{\infty} x_2 f_{X_2}(x_2) dx_2$
$E[X_2] = \int_{0}^{1} x_2 \left(\frac{21}{2}x_2^5\right) dx_2$
$E[X_2] = \frac{21}{2} \int_{0}^{1} x_2^6 dx_2$
計算積分 $\int_{0}^{1} x_2^6 dx_2$:
$\int_{0}^{1} x_2^6 dx_2 = \left[ \frac{x_2^7}{7} \right]_{0}^{1} = \frac{1^7}{7} - \frac{0^7}{7} = \frac{1}{7}$
將積分結果代回 $E[X_2]$ 的表達式：
$E[X_2] = \frac{21}{2} \times \frac{1}{7} = \frac{21}{14} = \frac{3}{2}$

核心觀念

機率密度函數必須滿足「在所有可能範圍內積分為 $1$」：

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1$$

本題已直接給出 $X_2$ 的邊際機率密度函數：

$$f_{X_2}(x_2)=ax_2,\qquad 0<x_2<1$$

因此只需利用邊際密度函數的標準化條件求出常數 $a$。

解題方法

由於 $X_2$ 的可能範圍為 $0<x_2<1$，所以：

$$\int_0^1 ax_2\,dx_2=1$$

將常數 $a$ 提出：

$$a\int_0^1 x_2\,dx_2=1$$

計算積分：

$$a\left[\frac{x_2^2}{2}\right]_0^1=1$$

因此：

$$a\left(\frac{1^2}{2}-\frac{0^2}{2}\right)=1$$ $$\frac{a}{2}=1$$

得到：

$$a=2$$

所以依照題目所給的邊際機率密度函數，正確的常數應為 $2$。

條件密度函數的檢查

題目另外給出：

$$f(x_1\mid x_2)=\frac{bx_1}{x_2},\qquad 0<x_1<x_2$$

固定 $x_2$ 後，條件密度函數也必須對 $x_1$ 積分為 $1$：

$$\int_0^{x_2}\frac{bx_1}{x_2}\,dx_1=1$$

計算可得：