108 年 國立高雄大學經營管理研究所甲組《統計學》

標準常態分配（Standard Normal Distribution）是一個重要的機率分配，其參數為平均數 $\mu=0$ 與標準差 $\sigma=1$。

• 選項 (a) 提到標準常態分配的平均數為零，這是正確的。
• 選項 (b) 提到標準常態分配的變異數為 1。由於標準差為 1，變異數即為標準差的平方，所以 $1^2 = 1$，此選項也是正確的。
• 選項 (c) 提到標準常態分配是個對稱的分配。

此題在考驗考生對常見機率分配對稱性的了解。

• 選項 (a) Chi-squared distribution（卡方分配）：卡方分配的形狀取決於其自由度。當自由度較小時，卡方分配是右偏的；隨著自由度增加，它會變得越來越對稱，但嚴格來說，它並非一個完全對稱的分配。
• 選項 (b) t distribution（t 分配）：t 分配的機率密度函數關於平均數（通常為 0）對稱。它的形狀類似於標準常態分配，但尾部比常態分配更厚（fat tails），其對稱性是其重要特性之一。

此題考驗對機率分配的統計量（moment）與其意義的理解。

• 動差（Moment）：動差是描述機率分配形狀和特徵的數學量。
  • 一階動差（First Moment）：通常指期望值（Mean），也就是分配的平均值。它描述了分配的中心位置。
  • 二階動差（Second Moment）：與變異數（Variance）相關。標準化的二階中心動差是變異數，描述了分配的離散程度。

此題考驗對指數分配（Exponential Distribution）的認識及其參數與統計量的關係。

題目給定的等待時間 $X$ 的累積分布函數（CDF）為 $P(X \le t) = 1 - e^{-\frac{t}{10}}$。
這正是指數分配的標準形式 $F(t; \lambda) = 1 - e^{-\lambda t}$，其中 $\lambda$ 是率參數（rate parameter）。

這題是統計學與決策理論中極為經典的「聖彼得堡悖論（St. Petersburg Paradox）」變體，核心在於探討「期望值（Expected Value）」與「期望效用（Expected Utility）」的本質差異。題目設計意在測試考生是否理解：當貨幣報酬的期望值發散至無窮大時，若引入邊際效用遞減的风险避險效用函數（如對數函數），其期望效用是否會收斂。解題關鍵在於正確寫出離散隨機變數的概率質量函數，並將其代入效用函數進行無窮級數求和，觀察級數的斂散性。

完整解題過程

1. 定義隨機變數與概率分佈

設隨機變數 $N$ 代表拋擲硬幣直到第一次出現正面（Head）所需的次數。
由於硬幣是公正的（fair coin），每次出現正面的概率 $p = 0.5$，出現反面的概率 $q = 0.5$。
這是一個幾何分佈（Geometric Distribution）。若第 $n$ 次才第一次出現正面，表示前 $n-1$ 次都是反面，第 $n$ 次是正面。
因此，$N$ 取値為 $n$ 的概率為：
$P(N=n) = (1-p)^{n-1}p = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \cdot \frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^n, \quad n=1, 2, 3, \dots$

2. 定義獎金與效用函數

根據題目，若拋擲 $n$ 次，玩家贏得的金額 $M$ 為：
$M = 2^n$

玩家的效用函數（Utility Function）為金錢的對數：
$U(M) = \ln M$

將 $M = 2^n$ 代入效用函數，可得當拋擲次數為 $n$ 時的效用：
$U(2^n) = \ln(2^n) = n \ln 2$
(註：此處利用對數性質 $\ln(a^b) = b \ln a$)

3. 計算期望效用（Expected Utility）

期望效用 $E[U]$ 定義為所有可能結果的效用乘以其發生概率的總和：
$E[U] = \sum_{n=1}^{\infty} U(M_n) \cdot P(N=n)$

將前述推导的結果代入公式：
$E[U] = \sum_{n=1}^{\infty} (n \ln 2) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n$

核心觀念

本題考查隨機變數的線性轉換與變異數公式。若 $a,b$ 為常數，則

$$\operatorname{Var}(aX+b)=a^2\operatorname{Var}(X)$$

其中加上的常數 $b$ 不影響變異數，乘上的係數 $a$ 則會使變異數乘上 $a^2$。

解題方法

將題目中的 $Y$ 整理成 $X$ 的線性函數：

$$Y=X-\frac{X-\mu}{\sigma} =\left(1-\frac{1}{\sigma}\right)X+\frac{\mu}{\sigma}$$

由於 $\mu$ 和 $\sigma$ 都是常數，套用線性轉換的變異數公式：

核心觀念

皮爾森相關係數衡量 $X$ 與 $Y$ 的線性關聯，其定義為

$$\operatorname{Corr}(X,Y) = \frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)}\sqrt{\operatorname{Var}(Y)}}$$

其中 $X$、$Y$ 的變異數須大於 $0$。相關係數介於 $-1$ 與 $1$ 之間；要算出數值，必須知道共變異數與兩變數的標準差，或有足以求得這些量的資料。

解題方法

本題題幹寫明「Following Question 6」，表示須沿用第 6 題提供的 $X$、$Y$ 資料或統計量。題目目前未附第 6 題，因此無從代入相關係數公式，也無法判定相關係數是哪一個選項。

選項分析

核心觀念

簡單線性迴歸模型為

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_i+\varepsilon_i$$

其中，$\beta_1$ 是母體斜率，$\varepsilon_i$ 是誤差項。檢定斜率是否顯著，通常設定：

$$H_0:\beta_1=0,\qquad H_1:\beta_1\ne 0$$

在誤差項常態的假設下，可用 $t$ 統計量進行有限樣本的精確檢定；若不具常態性，大樣本下仍可依漸近常態性進行近似檢定。因此，檢定斜率顯著與否，不一定非要假設斜率估計量服從常態分配。

解題方法

逐項檢查四個敘述是否把「沒有線性關係」誤當成「完全沒有關係」、是否混淆常態性與 OLS 不偏性，以及是否忽略顯著性檢定還要考慮估計值的標準誤。

選項分析

(A) 錯誤。 決定係數 $R^2=0$ 表示樣本中迴歸模型沒有解釋 $Y$ 的變異；在含截距的簡單線性迴歸中，這也表示樣本線性相關係數為零。但這不排除 $X$ 與 $Y$ 存在非線性關係，因此不能說兩者完全沒有關係。

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸的 Gauss–Markov 定理、斜率估計量的精確度、顯著性檢定，以及 OLS 與最大概似估計量的關係。

簡單線性迴歸模型可寫為

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_i+u_i$$

在適當的 Gauss–Markov 假設下，OLS 斜率估計量為

$$\hat\beta_1 = \frac{\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y)} {\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2}$$

Gauss–Markov 定理指出：在模型線性、解釋變數沒有完全共線性、誤差項條件期望為零，以及同質變異等條件下，OLS 是所有線性不偏估計量中變異數最小者，也就是 BLUE（最佳線性不偏估計量）。這些條件本身不要求誤差項服從常態分配。

若再加上誤差項常態分配，OLS 估計量才會與最大概似估計量（MLE）相同。因此，不能只憑 Gauss–Markov 假設，就斷定 OLS、BLUE 與 MLE 三者相同。

解題方法

逐項檢查選項所述是否符合定理與檢定原理：

1. 區分 Gauss–Markov 定理保證的性質，與常態分配額外帶來的 MLE 結論。
2. 由斜率估計量的變異數，判斷解釋變數的變異大小如何影響估計精確度。
3. 區分「未能拒絕斜率為零」與「證明兩變數沒有關係」。
4. 檢查斜率顯著性是否只能用 $t$ 檢定；簡單線性迴歸也能用 $F$ 檢定。

斜率估計量的變異數為

$$\operatorname{Var}(\hat\beta_1\mid X) = \frac{\sigma^2}{\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2}$$

核心觀念

判斷估計量是否無偏，需檢查其期望值是否等於母體參數 $\beta$：

$$E(\tilde{\beta})=\beta.$$

依迴歸模型的標準設定，將 $X_i$ 視為給定，且誤差項滿足 $E(\varepsilon_i\mid X_1,\ldots,X_n)=0$。題目給定 $\varepsilon_i\sim N(0,\sigma^2)$，因此誤差項的期望值為零。另須假設各估計量的分母有定義：$\bar X\ne 0$、$\sum X_i^2>0$，且 $\sum(X_i-\bar X)^2>0$。

解題方法

將 $Y_i=\beta X_i+\varepsilon_i$ 代入三個估計量，分別拆成 $\beta$ 加上誤差項，再取期望值。

1. 對 $\tilde{\beta}_1$：

$$\tilde{\beta}_1 =\frac{\bar Y}{\bar X} =\frac{\beta\bar X+\bar\varepsilon}{\bar X} =\beta+\frac{\bar\varepsilon}{\bar X}.$$

由於 $\bar X$ 給定，且 $E(\bar\varepsilon\mid X_1,\ldots,X_n)=0$，所以

$$E(\tilde{\beta}_1\mid X_1,\ldots,X_n) =\beta.$$

因此 $\tilde{\beta}_1$ 無偏。

2. 對 $\tilde{\beta}_2$：

$$\tilde{\beta}_2 =\frac{\sum X_iY_i}{\sum X_i^2} =\frac{\sum X_i(\beta X_i+\varepsilon_i)}{\sum X_i^2} =\beta+\frac{\sum X_i\varepsilon_i}{\sum X_i^2}.$$

分母給定，且

$$E\left(\sum X_i\varepsilon_i\mid X_1,\ldots,X_n\right) =\sum X_iE(\varepsilon_i\mid X_1,\ldots,X_n)=0.$$

核心觀念

比較估計量的變異數，必須知道各估計量的定義及其抽樣分配。對估計量 $\tilde{\beta}_j$，其變異數為

$$\operatorname{Var}(\tilde{\beta}_j) = E\!\left[(\tilde{\beta}_j-E[\tilde{\beta}_j])^2\right].$$

因此，僅知道估計量的名稱，無法判定哪一個變異數最小；還需要題目第 10 題提供的估計量公式，以及相關的抽樣假設。

解題方法

本題寫明「承接第 10 題」，但目前題目未附第 10 題內容，因此無法得知 $\tilde{\beta}_1$、$\tilde{\beta}_2$、$\tilde{\beta}_3$ 的定義，也無從計算或比較

核心觀念

含截距的簡單線性迴歸中，決定係數 $R^2$ 衡量迴歸模型解釋應變數總變異的比例。它也等於 $X$ 與 $Y$ 的樣本相關係數平方：

$$R^2=r_{XY}^2 =\frac{S_{XY}^2}{S_{XX}S_{YY}}$$

其中

$$S_{XX}=\sum X_i^2-\frac{(\sum X_i)^2}{n},\qquad S_{YY}=\sum Y_i^2-\frac{(\sum Y_i)^2}{n}$$ $$S_{XY}=\sum X_iY_i-\frac{(\sum X_i)(\sum Y_i)}{n}$$

解題方法

題目提供的是原始加總，因此先將它們轉換成扣除平均數影響後的離差平方和與離差乘積和。樣本數 $n=30$。

先計算 $X$ 的離差平方和：

$$S_{XX}=1800-\frac{120^2}{30} =1800-480 =1320$$

再計算 $Y$ 的離差平方和：

$$S_{YY}=110-\frac{21^2}{30} =110-14.7 =95.3$$

最後計算 $X$ 與 $Y$ 的離差乘積和：

核心觀念

本題考查「變更變數的計量單位」對簡單線性迴歸結果的影響。若只改變單位，變數會乘上正的換算常數。設新單位下的變數為

$$X^*=aX,\qquad Y^*=bY,\qquad a>0,\ b>0.$$

原迴歸式為

$$\hat Y=\hat\beta_0+\hat\beta_1X.$$

相關係數則定義為

$$r_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{s_Xs_Y}.$$

解題方法

將 $X=X^*/a$ 代入原迴歸式，再把應變數改成 $Y^*=bY$：

$$\hat Y^* =b\hat Y =b\hat\beta_0+b\hat\beta_1\frac{X^*}{a} =b\hat\beta_0+\frac{b}{a}\hat\beta_1X^*.$$

因此，新迴歸式的截距為 $b\hat\beta_0$，斜率為 $\frac{b}{a}\hat\beta_1$，兩者一般都會改變。

新殘差為 $e_i^*=Y_i^*-\hat Y_i^*=b e_i$，所以殘差平方和變成

核心觀念

本題考查估計量的不偏性、一致性與效率。三者是不同的統計性質，不能互相直接推定。

• 若估計量 $\hat{\theta}_n$ 對參數 $\theta$ 不偏，則對每個樣本數 $n$ 都有
  $E(\hat{\theta}_n)=\theta.$

• 若估計量 $\hat{\theta}_n$ 一致，則樣本數增加時，估計量依機率收斂到真值：
  $\hat{\theta}_n\xrightarrow{P}\theta.$

• 效率通常比較估計量的變異數；若比較時採用均方誤差，則

$$\operatorname{MSE}(\hat{\theta}_n) =\operatorname{Var}(\hat{\theta}_n)+\bigl[\operatorname{Bias}(\hat{\theta}_n)\bigr]^2.$$

解題方法

判斷不偏性與一致性是否能互相推出，可分別檢查其定義，並用反例測試。若能找到「不偏但不一致」或「一致但有偏」的估計量，就能否定兩者之間的必然推論。

假設 $X_1,X_2,\ldots$ 為獨立同分配樣本，且 $E(X_i)=\theta$、$\operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2<\infty$。

• **不偏但不一致：**令 $\hat{\theta}_n=X_1$。對任何 $n$，都有 $E(\hat{\theta}_n)=\theta$，所以它不偏；但它不隨 $n$ 改變，變異數也始終是 $\sigma^2$，因此不會隨樣本數增加而依機率收斂到 $\theta$，所以不一致。
• **一致但有偏：**令 $\tilde{\theta}_n=\bar{X}_n+\frac{1}{n}$。其期望為 $\theta+\frac{1}{n}$，故每個有限樣本數下都有偏；

核心觀念

$\operatorname{plim}X_n$ 表示隨著 $n\to\infty$，隨機變數序列 $X_n$ 依機率收斂到的常數 $c$。依定義，若對每個 $\varepsilon>0$ 都有

$$\lim_{n\to\infty}P\bigl(|X_n-c|>\varepsilon\bigr)=0,$$

就稱 $X_n$ 依機率收斂到 $c$。

題目給的是離散型隨機變數的機率質量函數，且分布會隨 $n$ 改變，因此將它視為隨機變數序列 $X_n$。

解題方法

考慮 $X_n$ 與 $1$ 的距離。依題意，

$$P(X_n=1)=1-\frac{1}{2n}, \qquad P(X_n=n)=\frac{1}{2n}.$$

固定任意 $\varepsilon>0$。當 $n$ 夠大，使得 $n-1>\varepsilon$ 時，$X_n=n$ 會落在距離 $1$ 超過 $\varepsilon$ 的範圍；而 $X_n=1$ 時距離為 $0$。因此

核心觀念

假設檢定先設定顯著水準 $\alpha$，再依檢定統計量計算 $p$ 值。當 $p\text{-value}\leq \alpha$ 時，拒絕虛無假設 $H_0$。

在雙尾檢定中，拒絕域分布於兩端；提高顯著水準 $\alpha$，會擴大拒絕域，因此更容易拒絕 $H_0$。信賴水準與顯著水準的關係為：

$$\text{信賴水準}=1-\alpha$$

解題方法

逐一檢查選項中的關係是否符合假設檢定定義：信賴水準提高會使 $\alpha$ 降低；顯著水準提高則會放寬拒絕條件；$p$ 值則是依據樣本資料及虛無假設下的分布計算。

選項分析

(A) 錯誤。 信賴水準越高，$\alpha$ 越低，拒絕域越小，因此越不容易拒絕虛無假設。

核心觀念

本題考查樣本數與抽樣分配、中央極限定理、假設檢定，以及估計量一致性的關係。

若母體變異數為 $\sigma^2$，從獨立同分配母體抽取樣本，樣本平均數 $\bar X$ 的變異數為：

$$\operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n}$$

因此，樣本數 $n$ 增加時，樣本平均數的抽樣變異數會下降。

一致性的定義則是估計量 $\hat\theta_n$ 隨樣本數增加而依機率收斂至真實參數 $\theta$：

$$\hat\theta_n \xrightarrow{p} \theta$$

這個定義本身不保證 $\operatorname{Var}(\hat\theta_n)$ 趨近於零。

解題方法

逐項判斷敘述是否能由統計定義或定理支持。特別要區分兩件事：樣本數增加對某些統計量的抽樣變異數有明確影響；一致性則是依機率收斂，不等同於變異數必然趨近零。

選項分析

(A) More samples must lead to a higher variance.

錯。若此處的 samples 指樣本數 $n$，以樣本平均數為例：

$$\operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n}$$

樣本數增加時，樣本平均數的變異數下降，不會必然上升。因此這個敘述不成立。

(B) The central limit theorem tells us that the sampling distribution will approach a normal distribution when the sample size is large enough.

核心觀念

二元分配（binary distribution）描述隨機變數只會取兩個可能值的情形。最常見的形式是伯努利隨機變數 $X$，其取值為 $0$ 或 $1$，且

$$P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p$$

其期望值與變異數為

$$E(X)=p,\qquad \operatorname{Var}(X)=p(1-p)$$

本題主要考驗二元分配的性質，以及中央極限定理：若樣本獨立同分配，且母體變異數有限，樣本數夠大時，樣本平均數的抽樣分配會近似常態分配。

解題方法

逐一檢查各選項是否為二元分配的必然性質。二元分配本身不一定對稱，也不限制兩個取值必須為正；二元資料仍可進行假設檢定。至於大量獨立樣本的樣本平均數，則可依中央極限定理使用常態分配近似。

若 $X_1,\ldots,X_n$ 是來自伯努利母體的獨立樣本，樣本平均數為 $\bar X$，則

$$E(\bar X)=p,\qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{p(1-p)}{n}$$

核心觀念

此題考查含截距的簡單線性迴歸模型：

$$Y_i=\alpha+\beta X_i+\varepsilon_i$$

以最小平方法估計後，預測值與殘差分別為：

$$\hat{Y}_i=\hat{\alpha}+\hat{\beta}X_i,\qquad \hat{\varepsilon}_i=Y_i-\hat{Y}_i$$

OLS 估計量會滿足常態方程式：

$$\sum_{i=1}^{n}\hat{\varepsilon}_i=0,\qquad \sum_{i=1}^{n}X_i\hat{\varepsilon}_i=0$$

第一式來自模型含有截距；第二式表示自變數與殘差的乘積和為零。

解題方法

先由第一條常態方程式，判斷殘差總和與平均數：

$$\sum_{i=1}^{n}\hat{\varepsilon}_i=0 \quad\Longrightarrow\quad \bar{\hat{\varepsilon}}=0$$

再由第二條常態方程式，可得迴歸線通過樣本平均數點。因為：

$$\bar{Y} =\hat{\alpha}+\hat{\beta}\bar{X}+\bar{\hat{\varepsilon}} =\hat{\alpha}+\hat{\beta}\bar{X}$$

核心觀念

聯合機率密度函數必須在整個定義範圍上的積分等於 $1$：

$$\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(a,b)\,db\,da=1.$$

聯合累積分配函數的定義為：

$$F_{XY}(x,y)=P(X\leq x,\ Y\leq y) =\int_{-\infty}^{x}\int_{-\infty}^{y} f_{XY}(a,b)\,db\,da.$$

本題先利用密度函數的總積分求出常數 $h$，再計算 $F_{XY}(2,2)$。

解題方法

題目給定 $f_{XY}(a,b)=h(a+b)$，其範圍為 $0\leq a\leq4,\ 0\leq b\leq4$。由總機率為 $1$：

$$\int_0^4\int_0^4 h(a+b)\,db\,da=1.$$

先對 $b$ 積分：

$$h\int_0^4\left[ab+\frac{b^2}{2}\right]_0^4 da =h\int_0^4(4a+8)\,da =h\left[2a^2+8a\right]_0^4 =64h.$$

因此：

$$64h=1 \quad\Longrightarrow\quad h=\frac{1}{64}.$$

接著依聯合累積分配函數的定義，在 $0\leq a\leq2,\ 0\leq b\leq2$ 的區域積分：

核心觀念

線性組合的變異數須同時考慮兩個變數各自的變異數，以及兩者的共變數：

$$\operatorname{Var}(2X-Y) =4\operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-4\operatorname{Cov}(X,Y)$$

題目提供的是 30 筆樣本的摘要資料，因此以下採用樣本變異數與樣本共變數，分母為 $n-1=29$。

解題方法

令 $Z=2X-Y$。先由題目資料算出 $Z$ 的總和與平方和：

$$\sum Z_i=2\sum X_i-\sum Y_i =2(120)-21=219$$ $$\begin{aligned} \sum Z_i^2 &=\sum(2X_i-Y_i)^2\\ &=4\sum X_i^2-4\sum X_iY_i+\sum Y_i^2\\ &=4(1800)-4(320)+110\\ &=6030 \end{aligned}$$

樣本變異數的計算公式為：

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸的普通最小平方法（OLS）估計，以及斜率是否顯著異於零的 $t$ 檢定。

對模型 $Y_i=\alpha+\beta X_i+\varepsilon_i$，斜率與截距的 OLS 估計量為

$$\hat{\beta}=\frac{S_{XY}}{S_{XX}}, \qquad \hat{\alpha}=\bar{Y}-\hat{\beta}\bar{X},$$

其中

$$S_{XX}=\sum X_i^2-\frac{(\sum X_i)^2}{n}, \qquad S_{XY}=\sum X_iY_i-\frac{(\sum X_i)(\sum Y_i)}{n}.$$

檢定母體斜率是否異於零時，設定 $H_0:\beta=0$、$H_1:\beta\neq 0$，並以

$$t=\frac{\hat{\beta}}{\operatorname{SE}(\hat{\beta})}, \qquad \operatorname{SE}(\hat{\beta})=\sqrt{\frac{\operatorname{MSE}}{S_{XX}}}$$

進行檢定。簡單線性迴歸估計兩個參數，因此誤差自由度為 $n-2$。

解題方法與計算

樣本數 $n=30$，先由題目給定的加總量計算離均差平方和與乘積和：

$$S_{XX} =1800-\frac{120^2}{30} =1320,$$ $$S_{XY} =320-\frac{(120)(21)}{30} =236.$$

因此，斜率估計量為

$$\hat{\beta} =\frac{236}{1320} =\frac{59}{330} \approx 0.1788.$$

樣本平均數為

$$\bar{X}=\frac{120}{30}=4, \qquad \bar{Y}=\frac{21}{30}=0.7.$$

截距估計量為

$$\hat{\alpha} =\bar{Y}-\hat{\beta}\bar{X} =0.7-\left(\frac{59}{330}\right)(4) =-\frac{1}{66} \approx -0.0152.$$

所以估計的迴歸函數為

$$\hat{Y}_i=-0.0152+0.1788X_i.$$

核心觀念

本題考查「中心化變數的簡單線性迴歸」。令

$$y_i=Y_i-\bar Y,\qquad x_i=X_i-\bar X$$

則兩組中心化變數的平均數皆為 $0$。以 $y_i$ 對 $x_i$ 進行 OLS 迴歸時，截距與斜率估計式為

$$\hat{\alpha}'=\bar y-\hat{\beta}'\bar x,\qquad \hat{\beta}'=\frac{\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)} {\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2}.$$

由於 $\bar x=\bar y=0$，截距估計值為 $0$；斜率則是中心化後 $x$ 與 $y$ 的交叉乘積和，除以 $x$ 的離均差平方和。

解題方法

先由題目給定的總和計算原始資料的平均數：

$$\bar X=\frac{\sum X_i}{n}=\frac{120}{30}=4,\qquad \bar Y=\frac{\sum Y_i}{n}=\frac{21}{30}=0.7.$$

斜率分子為中心化交叉乘積和：

$$\sum_{i=1}^{30}x_i y_i =\sum X_iY_i-\frac{(\sum X_i)(\sum Y_i)}{n} =320-\frac{120\cdot21}{30} =236.$$

核心觀念

這題考連續隨機變數經單調函數轉換後的機率密度函數。若 $Y=g(X)$ 在 $X$ 的取值範圍上嚴格單調，且可微，則

$$f_Y(y)=f_X\bigl(g^{-1}(y)\bigr)\left|\frac{d}{dy}g^{-1}(y)\right|$$

密度函數的定義範圍也須由 $X$ 的取值範圍轉換而來。

解題方法

題目給定 $Y=4X^2-2$，且 $0\leq X\leq 2$。在此範圍內，$4X^2-2$ 嚴格遞增，因此可直接使用單調轉換公式。

先求 $Y$ 的範圍：

$$-2\leq Y=4X^2-2\leq 14$$

由 $y=4x^2-2$ 解出反函數：

$$x=g^{-1}(y)=\frac{\sqrt{y+2}}{2},\qquad -2\leq y\leq 14$$

其導數為

$$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{4\sqrt{y+2}}$$

代入原密度 $f_X(x)=\frac{3x^2}{8}$。由於 $x^2=\frac{y+2}{4}$，

核心觀念

本題考的是連續型隨機變數的區間機率，以及單調函數轉換下的事件對應。若 $Y=4X^2-2$，要計算 $Y$ 落在 $[0,2]$ 的機率，可先將條件改寫成 $X$ 的取值範圍，再用 $X$ 的機率密度函數積分。

解題方法

題目所求為 $P(0\leq Y\leq 2)$。代入 $Y=4X^2-2$：

$$0\leq 4X^2-2\leq 2$$

移項並除以 $4$：

$$\frac{1}{2}\leq X^2\leq 1$$

由於 $X$ 的支持範圍為 $0\leq X\leq 2$，因此：

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\leq X\leq 1$$

利用 $X$ 的機率密度函數計算區間機率：

核心觀念

這題考聯合機率分配的邊際分配。要取得 $X$ 的機率分配，需將每個 $X$ 值對應的所有 $Y、Z$ 組合之聯合機率加總；$Y$ 的邊際分配則將每個 $Y$ 值對應的所有 $X、Z$ 組合加總：

$$P(X=x)=\sum_y\sum_z f(x,y,z),\qquad P(Y=y)=\sum_x\sum_z f(x,y,z).$$

解題方法

依原卷表格，$X$ 的取值為 $2、4$，$Y$ 的取值為 $3、6$，表中另列 $Z=4、6$ 的各種組合及其聯合機率。分別固定欲求的變數，將其餘變數的機率加總即可。

對 $X$：

$$P(X=2)=0.1+0.3+0+0.1=0.5$$ $$P(X=4)=0.2+0.1+0+0.2=0.5$$

因此，$X$ 的機率分配為：

核心觀念

離散型隨機變數 $X$ 與 $Y$ 獨立，須對所有可能的 $x,y$ 都滿足

$$P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y).$$

由聯合分配表計算邊際機率時，須將另一變數 $Z$ 的各種情況加總。

解題方法

圖中表格列出 $X\in\{2,4\}$、$Y\in\{3,6\}$、$Z\in\{4,6\}$ 的聯合機率。先加總 $Z$，求 $X$ 與 $Y$ 的邊際機率：

$$P(X=2)=0.1+0.3+0+0.1=0.5,$$ $$P(Y=3)=0.1+0.3+0.2+0.1=0.7.$$

核心觀念

共變異數衡量 $X$ 與 $Y$ 的共同變動方向；相關係數則是將共變異數除以兩者標準差的乘積，使數值標準化。

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$$ $$\operatorname{Corr}(X,Y) =\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)}\sqrt{\operatorname{Var}(Y)}}$$

解題方法

依原卷表格，$X$ 取 $2、4$，$Y$ 取 $3、6$；各組 $(X,Y)$ 的機率須將兩種 $Z$ 值的機率加總。由此得到聯合分配：

$(X,Y)$	機率
$(2,3)$	$0.1+0.3=0.4$
$(2,6)$	$0+0.1=0.1$
$(4,3)$	$0.2+0.1=0.3$
$(4,6)$	$0+0.2=0.2$

先求邊際分配與期望值：

$$P(X=2)=0.5,\quad P(X=4)=0.5$$ $$P(Y=3)=0.7,\quad P(Y=6)=0.3$$ $$E(X)=2(0.5)+4(0.5)=3$$ $$E(Y)=3(0.7)+6(0.3)=3.9$$

接著計算 $E(XY)$：

核心觀念

對離散隨機變數 $W=X+Y+Z$，期望值可利用線性性質計算：

$$E(W)=E(X)+E(Y)+E(Z)$$

變異數則須考慮變數間的共同分布。可直接由每一列計算 $W$，再套用：

$$\operatorname{Var}(W)=E(W^2)-[E(W)]^2$$

解題方法

題目表中共有八種 $(X,Y,Z)$ 組合，對應機率依序為 $0.1,0.3,0,0.1,0.2,0.1,0,0.2$；其中兩列機率為 $0$。依表格逐列求 $W=X+Y+Z$，並以該列機率加權計算期望值與二次動差。

先計算期望值：