112 年 國立高雄大學金融管理學系碩士班《統計學》

此題主要在考驗考生對機率論中兩大重要極限定理的理解，分別是「大數法則」與「中央極限定理」。

大數法則 (Law of Large Numbers, LLN)

大數法則是關於獨立同分布 (i.i.d.) 隨機變數序列的平均值趨近其期望值的一種現象。簡單來說，當我們進行大量重複的獨立實驗時，這些實驗結果的平均值會越來越接近其理論上的期望值。

• 弱大數法則 (Weak Law of Large Numbers, WLLN)：若 $X_1, X_2, \ldots$ 是一列獨立同分布的隨機變數，且 $E[|X_i|] < \infty$，則樣本平均值 $\bar{X}_m = \frac{1}{m}\sum_{i=1}^m X_i$ 在機率上收斂於期望值 $\mu$。
  $P(|\bar{X}_m - \mu| > \epsilon) \to 0 \quad \text{as } m \to \infty \quad \text{for any } \epsilon > 0$
• 強大數法則 (Strong Law of Large Numbers, SLLN)：在相同條件下，樣本平均值 $\bar{X}_m$ 幾乎處處收斂於期望值 $\mu$。
  $P(\lim_{m\to\infty} \bar{X}_m = \mu) = 1$

此題考驗對隨機變數之間「獨立性」與「零協方差」之間關係的理解。

觀念釐清：

• 獨立性 (Independence)：若兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，則它們之間的任何關係都不會影響彼此。數學上，對於所有 $x, y$，機率 $P(X \le x, Y \le y) = P(X \le x) P(Y \le y)$。這也意味著 $E[XY] = E[X]E[Y]$。
• 協方差 (Covariance)：協方差衡量兩個隨機變數之間線性關聯的強度與方向。定義為 $Cov(X, Y) = E[(X - E[X])(Y - E[Y])] = E[XY] - E[X]E[Y]$。
• 零協方差 (Zero Covariance)：表示兩個隨機變數之間不存在線性關係。$Cov(X, Y) = 0$ 等價於 $E[XY] = E[X]E[Y]$。

獨立性與零協方差的關係：

• 獨立 $\implies$ 零協方差：如果兩個隨機變數是獨立的，那麼它們的協方差一定是零。這是因為獨立性保證了 $E[XY] = E[X]E[Y]$。
• 零協方差 $\not\implies$ 獨立：反之，如果兩個隨機變數的協方差為零，則它們不一定獨立。零協方差僅排除了「線性」關聯，但可能存在其他非線性關聯。

舉例說明：

我們需要找一個例子，其中 $Cov(X, Y) = 0$，但 $X$ 和 $Y$ 不是獨立的。一個常見的例子是利用對稱分布的非線性關係。

考慮一個隨機變數 $X$，其分布對稱於原點，例如 $X$ 服從標準常態分布 $N(0, 1)$，或者 $X$ 服從均為 0 的對稱離散分布，例如 $P(X=-1)=0.5, P(X=1)=0.5$。
令 $Y = X^2$。

我們來計算 $Cov(X, Y)$：

1. 計算 $E[X]$：由於 $X$ 的分布對稱於原點，所以 $E[X] = 0$。
2. 計算 $E[Y]$：$E[Y] = E[X^2]$。
3. 計算 $E[XY]$：$E[XY] = E[X \cdot X^2] = E[X^3]$。

由於 $X$ 的分布是對稱於原點的，其奇數次方的期望值為 0。例如，若 $X$ 是連續隨機變數且其 pdf $f(x)$ 滿足 $f(x) = f(-x)$，則 $E[X^3] = \int_{-\infty}^{\infty} x^3 f(x) dx$。因為 $x^3 f(x)$ 是奇函數，所以積分為 0。
若 $X$ 是離散隨機變數，例如 $P(X=-1)=0.5, P(X=1)=0.5$，則 $E[X^3] = (-1)^3 \cdot 0.5 + (1)^3 \cdot 0.5 = -0.5 + 0.5 = 0$。

因此，
$Cov(X, Y) = E[XY] - E[X]E[Y] = E[X^3] - (0)E[X^2] = 0 - 0 = 0$
協方差為 0。

然而，$X$ 和 $Y=X^2$ 顯然不是獨立的。例如，如果我們知道 $Y=1$，那麼 $X$ 的值只能是 $-1$ 或 $1$（如果 $X$ 的可能值包含 $1$ 和 $-1$）。這說明 $Y$ 的值提供了關於 $X$ 的資訊，反之亦然。
例如， $P(X=1) = 0.5$。
$P(Y=1) = P(X^2=1) = P(X=1 \text{ or } X=-1) = P(X=1) + P(X=-1) = 0.5 + 0.5 = 1$ (假設 $X$ 的值是 $\{-1, 1\}$)。
$P(X=1, Y=1) = P(X=1, X^2=1) = P(X=1) = 0.5$。
而 $P(X=1)P(Y=1) = 0.5 \times 1 = 0.5$。
在這個離散例子中，似乎 $P(X=1, Y=1) = P(X=1)P(Y=1)$。
讓我們換一個例子：
設 $X$ 為一個離散隨機變數，其可能值為 $\{-2, -1, 0, 1, 2\}$，且機率分布為：

此題包含兩小題，分別考驗對「信賴區間」概念的理解，以及如何根據中央極限定理建構一個特定信賴區間。

a. 信賴區間 (Confidence Interval) 的概念解釋

信賴區間是統計推論中用來估計母體參數（如母體平均數 $\mu$ 或母體比例 $p$）的一個區間。與點估計（如樣本平均數 $\bar{X}_m$）不同，信賴區間提供了一個參數可能落在哪個範圍的資訊，並附帶一個「信賴水準」(confidence level)。

• 點估計 (Point Estimate)：用一個單一的數值來估計母體參數。例如，用樣本平均數 $\bar{X}_m$ 作為母體平均數 $\mu$ 的點估計。
• 區間估計 (Interval Estimate)：提供一個包含母體參數的可能範圍。
• 信賴水準 (Confidence Level)：表示如果我們重複多次抽樣並計算信賴區間，其中有多少比例的區間會包含真實的母體參數。常見的信賴水準有 90%、95%、99%。信賴水準通常用 $1-\alpha$ 表示，其中 $\alpha$ 是顯著水準。例如，95% 的信賴水準意味著 $\alpha = 0.05$。

概念核心：
一個 $(1-\alpha) \times 100\%$ 的信賴區間，是指我們有 $(1-\alpha) \times 100\%$ 的信心，認為母體參數落在此區間內。這不是指母體參數有 $(1-\alpha) \times 100\%$ 的機率落在此區間（因為母體參數是固定的，不是隨機的），而是指我們所使用的抽樣方法，在重複多次抽樣下，能夠建構出包含真實母體參數的區間的比例為 $(1-\alpha) \times 100\%$。

b. 證明 95% 信賴區間

此小題要求證明，當樣本數 $m$ 足夠大時，母體平均數 $\mu$ 的 95% 信賴區間為 $[\bar{X}_m - 1.96\frac{\sigma}{\sqrt{m}}, \bar{X}_m + 1.96\frac{\sigma}{\sqrt{m}}]$。這裡假設母體標準差 $\sigma$ 是已知的，或者當樣本數很大時，可以用樣本標準差 $s_m$ 來近似 $\sigma$。然而，題目中提供的公式是使用 $\sigma$，所以我們將假設 $\sigma$ 已知。

證明步驟：

1. 中央極限定理 (CLT)：
   根據中央極限定理，當樣本數 $m$ 足夠大時，樣本平均數 $\bar{X}_m$ 的分布近似於常態分布，其期望值為母體平均數 $\mu$，標準差為 $\frac{\sigma}{\sqrt{m}}$。
   $\bar{X}_m \approx N\left(\mu, \left(\frac{\sigma}{\sqrt{m}}\right)^2\right)$
   標準化後，我們有：
   $Z = \frac{\bar{X}_m - \mu}{\sigma/\sqrt{m}} \approx N(0, 1)$

2. 標準常態分布的性質：
   標準常態分布 $N(0, 1)$ 具有對稱性。對於 95% 的信賴水準，我們需要找到一個區間，使得標準常態分布的機率落在該區間內的機率為 0.95。這意味著區間的兩側各留有 $\alpha/2 = 0.05/2 = 0.025$ 的機率。

核心觀念

本題評量常態母體之單一母體變異數假說檢定（Hypothesis Testing for a Single Population Variance）。

1. 抽樣分佈與檢定統計量：
   設母體資料 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，在母體平均數 $\mu$ 未知的情況下，樣本變異數 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 滿足以下卡方分佈特性： $$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$$ 其中自由度為 $df = n - 1$。
2. 假說設定原則（Neyman-Pearson 架構）：
   研究者或決策者欲建立強烈統計證據以支持的主張（Claim），依統計推論準則應置於對立假說（Alternative Hypothesis, $H_1$），因為拒絕虛無假說時型 I 錯誤（Type I error）的發生機率受到顯著水準 $\alpha$ 的嚴格控制。

---

解題方法

步驟一：建立統計假說

交易員希望確認「投資價值的變異數不大於 1.8」（即 $\sigma^2 \le 1.8$）。欲獲得足夠證據支持此結論，應將該宣稱設於對立假說 $H_1$，進行左尾檢定（Left-tailed test）：

$$H_0: \sigma^2 \ge 1.8 \quad \text{vs.} \quad H_1: \sigma^2 < 1.8 \quad (\text{或 } \sigma^2 \le 1.8)$$

步驟二：計算檢定統計量（Test Statistic）

已知條件：

• 樣本數 $n = 101$，自由度 $df = n - 1 = 100$
• 樣本變異數 $S^2 = 2$
• 檢定標準值 $\sigma_0^2 = 1.8$
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$

代入卡方檢定統計量公式：

$$\chi^2 = \frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2} = \frac{100 \times 2}{1.8} = \frac{200}{1.8} = \frac{1000}{9} \approx 111.11$$

步驟三：決定拒絕域與臨界值（Critical Value）

在顯著水準 $\alpha = 0.05$、自由度 $df = 100$ 下，左尾檢定的拒絕域（Rejection Region）為：

此題考驗考生如何進行兩個獨立樣本的平均數比較，即進行獨立樣本 t 檢定（或當樣本數足夠大時，近似於常態檢定）。題目給定的 $\mu_1, \mu_2$ 是樣本平均數，而 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 是樣本變異數。

問題核心：
檢定兩個獨立投資的平均報酬率是否有顯著差異，以判斷投資 $I_2$ 是否優於投資 $I_1$。

基本資訊：

• 樣本 1 (投資 $I_1$)：
  • 樣本平均數：$\bar{x}_1 = \mu_1 = 1$
  • 樣本變異數：$s_1^2 = \sigma_1^2 = 0.6$
  • 樣本大小：$n_1 = 100$
• 樣本 2 (投資 $I_2$)：
  • 樣本平均數：$\bar{x}_2 = \mu_2 = 1.2$
  • 樣本變異數：$s_2^2 = \sigma_2^2 = 0.8$
  • 樣本大小：$n_2 = 100$
• 顯著水準：$\alpha = 0.05$
• 投資 $I_1$ 和 $I_2$ 是獨立的。
• 問題：是否 $I_2$ 優於 $I_1$？ 這裡的「優於」是指平均投資價值。

建立假設檢定：
我們想知道投資 $I_2$ 的平均價值是否顯著高於投資 $I_1$ 的平均價值。

• 虛無假設 ($H_0$)：兩個投資的平均價值沒有差異，或者 $I_2$ 不優於 $I_1$。
  $H_0: \mu_1 = \mu_2$ （或 $H_0: \mu_2 - \mu_1 = 0$）
• 對立假設 ($H_1$)：投資 $I_2$ 的平均價值顯著高於投資 $I_1$ 的平均價值。
  $H_1: \mu_2 > \mu_1$ （或 $H_1: \mu_2 - \mu_1 > 0$）

這是一個右尾檢定 (right-tailed test)。

檢定統計量：
由於兩個樣本是獨立的，且我們有兩個樣本變異數 $s_1^2$ 和 $s_2^2$，我們可以考慮兩種情況：

1. 兩個母體變異數相等（$\sigma_1^2 = \sigma_2^2$）：使用合併變異數的 t 檢定。
2. 兩個母體變異數不相等（$\sigma_1^2 \neq \sigma_2^2$）：使用 Welch's t 檢定，自由度需要額外計算。

然而，題目中給定的樣本變異數 $s_1^2 = 0.6$ 和 $s_2^2 = 0.8$ 似乎不相等。
但在此類考試題目中，當樣本大小 $n_1, n_2$ 足夠大（通常 $n > 30$）時，即使母體變異數不相等，也可以近似使用常態檢定，或者使用合併變異數的 t 檢定（這也是一種近似）。
由於 $n_1 = n_2 = 100$，這兩個樣本都很大。我們可以使用近似常態檢定。

近似常態檢定 (Z-test for independent means when n is large):
當樣本數足夠大時，我們可以假設樣本平均數的分布近似於常態，且其標準差可以使用樣本變異數估計。
檢定統計量 $Z$ 的公式為：
$Z = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - (\mu_1 - \mu_2)_0}{\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}}$
在 $H_0$ 下，$(\mu_1 - \mu_2)_0 = 0$。
$Z = \frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}}$
注意：題目問的是 "$I_2$ outperform $I_1$"，所以我們應該是比較 $\bar{x}_2$ 和 $\bar{x}_1$。
檢定應設定為：
$H_0: \mu_2 \le \mu_1$ (或 $\mu_2 - \mu_1 \le 0$)
$H_1: \mu_2 > \mu_1$ (或 $\mu_2 - \mu_1 > 0$)
這是右尾檢定。
統計量公式為：
$Z = \frac{(\bar{x}_2 - \bar{x}_1) - (\mu_2 - \mu_1)_0}{\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}}$
在 $H_0$ 下，$(\mu_2 - \mu_1)_0 = 0$。
$Z = \frac{\bar{x}_2 - \bar{x}_1}{\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}}$

核心觀念

本題考查共變異數的代數展開，以及期望值的線性性質。

已知

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E\left[(X-\mu_X)(Y-\mu_Y)\right],$$

其中

$$\mu_X=E(X),\qquad \mu_Y=E(Y).$$

需利用下列性質：

1. 乘法公式：
   $(a-b)(c-d)=ac-ad-bc+bd$
2. 期望值的線性性：
   $E(aU+bV)=aE(U)+bE(V)$
3. 常數的期望值等於常數：
   $E(c)=c$

解題方法與推導

由共變異數定義開始：

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E\left[(X-\mu_X)(Y-\mu_Y)\right].$$

先將括號內的乘積展開：

$$(X-\mu_X)(Y-\mu_Y) =XY-X\mu_Y-\mu_XY+\mu_X\mu_Y.$$

因此，

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E\left[XY-X\mu_Y-\mu_XY+\mu_X\mu_Y\right].$$

利用期望值的線性性質：

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E(XY)-E(X\mu_Y)-E(\mu_XY)+E(\mu_X\mu_Y).$$

此題主要考驗考生對機率密度函數 (PDF) 和累積分布函數 (CDF) 的基本關係，以及如何利用變數變換法 (Transformation of Random Variables) 來求取一個函數變換後的隨機變數的機率分布。

a. PDF $f(x)$ 和 CDF $F(x)$ 的關係

對於一個連續型隨機變數 $X$，其累積分布函數 $F(x)$ 是機率密度函數 $f(x)$ 的積分。反之，機率密度函數 $f(x)$ 是累積分布函數 $F(x)$ 對 $x$ 的微分。

• CDF 由 PDF 導出：
  $F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt$
  這個公式表示，累積分布函數在點 $x$ 的值，是機率密度函數從負無窮大積分到 $x$ 的值，代表隨機變數 $X$ 小於或等於 $x$ 的機率。

• PDF 由 CDF 導出：
  $f(x) = \frac{d}{dx} F(x)$
  這個公式表示，機率密度函數是累積分布函數的導數。

b. 變數變換法求 Y 的 PDF

給定一個隨機變數 $X$ 及其 PDF $f(x)$，以及一個線性變換 $Y = aX + b$，其中 $a > 0$。我們要找出 $Y$ 的 PDF $f_Y(y)$。

方法：
我們將使用累積分布函數法 (CDF method) 來推導。

1. 求 $Y$ 的 CDF $F_Y(y)$：
   $F_Y(y) = P(Y \le y)$
   將 $Y = aX + b$ 代入：
   $F_Y(y) = P(aX + b \le y)$
   由於 $a > 0$，我們可以從不等式兩邊減去 $b$，得到：
   $P(aX \le y - b)$
   再將不等式兩邊除以 $a$ (因為 $a>0$，不等號方向不變)：
   $P\left(X \le \frac{y - b}{a}\right)$
   這個機率值就是原始隨機變數 $X$ 的 CDF 在點 $\frac{y - b}{a}$ 的值。所以：
   $F_Y(y) = F_X\left(\frac{y - b}{a}\right)$
   其中 $F_X(x)$ 是 $X$ 的 CDF。

2. 求 $Y$ 的 PDF $f_Y(y)$：
   PDF 是 CDF 的導數。我們對 $F_Y(y)$ 進行微分：
   $f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} F_X\left(\frac{y - b}{a}\right)$
   我們需要使用連鎖法則 (chain rule) 來微分。令 $u = \frac{y - b}{a}$。則 $\frac{du}{dy} = \frac{1}{a}$。
   $f_Y(y) = \frac{d}{du} F_X(u) \cdot \frac{du}{dy}$

核心觀念

本題融合了數理統計學與**財務工程（Black-Scholes 模型基礎）**的經典推導，主要測驗以下觀念：

1. 對數常態分配（Log-normal Distribution）之期望值：
   若 $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$，則隨機變數 $X = e^Y$ 服從對數常態分配。利用動差母函數（MGF）性質可得： $$E[e^{tY}] = M_Y(t) = e^{\mu t + \frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$$ 代入 $t = 1$，即有 $E[e^Y] = e^{\mu + \frac{1}{2}\sigma^2}$。
2. 不等式的對數轉換：利用自然對數函數 $\ln(\cdot)$ 的嚴格單調遞增性質，求解隨機變數落在特定門檻值條件下的事件空間。
3. 連續型隨機變數之函數期望值（LOTUS 定理）與配方法（Completing the Square）：
   計算 $E[f(S_t)]$ 時，運用指示函數 $I(\cdot)$ 與標準常態機率密度函數（pdf），並透過變數變換或高斯指數配方將積分化簡為目標形式。

---

解題方法與詳細推導

(a) 證明 $E[S_t] = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t}$

已知 $Z \sim N(0, 1)$，其機率密度函數為：

$$\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}}, \quad -\infty < z < \infty$$

且常態分配的動差母函數公式為 $M_Z(u) = E[e^{uZ}] = e^{\frac{u^2}{2}}$。

隨機變數 $S_t = e^{at + b\sqrt{t}Z}$，其期望值計算如下：

$$E[S_t] = E\left[e^{at + b\sqrt{t}Z}\right] = e^{at} E\left[e^{(b\sqrt{t})Z}\right]$$

令常數 $u = b\sqrt{t}$，由標準常態動差母函數性質可知：

$$E\left[e^{uZ}\right] = e^{\frac{u^2}{2}} = e^{\frac{(b\sqrt{t})^2}{2}} = e^{\frac{b^2 t}{2}}$$

代回原式即得：

$$E[S_t] = e^{at} \cdot e^{\frac{b^2 t}{2}} = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t}$$

得證。

---

(b) 求解使得 $S_t > K$ 之 $Z$ 值範圍

依題意，門檻值 $K > 0$。不等式為：

$$S_t > K \iff e^{at + b\sqrt{t}Z} > K$$

由於自然對數函數 $\ln(\cdot)$ 在正實數上為嚴格遞增函數，兩邊取自然對數得：

$$at + b\sqrt{t}Z > \ln(K)$$

移項化簡：

$$b\sqrt{t}Z > \ln(K) - at$$

依據常數參數 $b$ 的正負號進行討論（一般財務工程設定波動度參數 $b > 0$ 與時間 $t > 0$）：

1. 若 $b > 0$（常見假設）： $$Z > \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$
2. 若 $b < 0$： $$Z < \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$
3. 若 $b = 0$：此時 $S_t = e^{at}$ 為確定常數。若 $at > \ln(K)$ 則對所有 $Z \in \mathbb{R}$ 均成立；反之無解。

在一般模型假定 $b > 0$ 且 $t > 0$ 之下，所求範圍為：

$$Z > \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$

---

(c) 證明 $E[f(S_t)]$ 之表示式

依題意，函數定義為：

$$f(S_t) = S_t \cdot I(S_t > K)$$

其中 $I(\cdot)$ 為指示函數（Indicator Function），當事件成立時值為 1，否則為 0。

由無意識統計學家定律（LOTUS），$E[f(S_t)]$ 以標準常態隨機變數 $Z$ 的密度函數積分表示為：

$$E[f(S_t)] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{at + b\sqrt{t}z} \cdot I\left(e^{at + b\sqrt{t}z} > K\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz$$

題目要求之目標形式為：

$$E[f(S_t)] = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot I\left(e^{\left(a+\frac{b^2}{2}\right)t} e^{\frac{b\sqrt{t}}{2}x} > K\right) \cdot e^{\frac{b\sqrt{t}}{2}x} dx$$

此題主要考驗考生對機率密度函數 (PDF) 和累積分布函數 (CDF) 的基本關係，以及如何利用變數變換法 (Transformation of Random Variables) 來求取一個函數變換後的隨機變數的機率分布。

a. PDF $f(x)$ 和 CDF $F(x)$ 的關係

對於一個連續型隨機變數 $X$，其累積分布函數 $F(x)$ 是機率密度函數 $f(x)$ 的積分。反之，機率密度函數 $f(x)$ 是累積分布函數 $F(x)$ 對 $x$ 的微分。

• CDF 由 PDF 導出：
  $F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt$
  這個公式表示，累積分布函數在點 $x$ 的值，是機率密度函數從負無窮大積分到 $x$ 的值，代表隨機變數 $X$ 小於或等於 $x$ 的機率。

• PDF 由 CDF 導出：
  $f(x) = \frac{d}{dx} F(x)$
  這個公式表示，機率密度函數是累積分布函數的導數。

b. 變數變換法求 Y 的 PDF

給定一個隨機變數 $X$ 及其 PDF $f(x)$，以及一個線性變換 $Y = aX + b$，其中 $a > 0$。我們要找出 $Y$ 的 PDF $f_Y(y)$。

方法：
我們將使用累積分布函數法 (CDF method) 來推導。

1. 求 $Y$ 的 CDF $F_Y(y)$：
   $F_Y(y) = P(Y \le y)$
   將 $Y = aX + b$ 代入：
   $F_Y(y) = P(aX + b \le y)$
   由於 $a > 0$，我們可以從不等式兩邊減去 $b$，得到：
   $P(aX \le y - b)$
   再將不等式兩邊除以 $a$ (因為 $a>0$，不等號方向不變)：
   $P\left(X \le \frac{y - b}{a}\right)$
   這個機率值就是原始隨機變數 $X$ 的 CDF 在點 $\frac{y - b}{a}$ 的值。所以：
   $F_Y(y) = F_X\left(\frac{y - b}{a}\right)$
   其中 $F_X(x)$ 是 $X$ 的 CDF。

2. 求 $Y$ 的 PDF $f_Y(y)$：
   PDF 是 CDF 的導數。我們對 $F_Y(y)$ 進行微分：
   $f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} F_X\left(\frac{y - b}{a}\right)$
   我們需要使用連鎖法則 (chain rule) 來微分。令 $u = \frac{y - b}{a}$。則 $\frac{du}{dy} = \frac{1}{a}$。
   $f_Y(y) = \frac{d}{du} F_X(u) \cdot \frac{du}{dy}$

核心觀念

本題融合了數理統計學與**財務工程（Black-Scholes 模型基礎）**的經典推導，主要測驗以下觀念：

1. 對數常態分配（Log-normal Distribution）之期望值：
   若 $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$，則隨機變數 $X = e^Y$ 服從對數常態分配。利用動差母函數（MGF）性質可得： $$E[e^{tY}] = M_Y(t) = e^{\mu t + \frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$$ 代入 $t = 1$，即有 $E[e^Y] = e^{\mu + \frac{1}{2}\sigma^2}$。
2. 不等式的對數轉換：利用自然對數函數 $\ln(\cdot)$ 的嚴格單調遞增性質，求解隨機變數落在特定門檻值條件下的事件空間。
3. 連續型隨機變數之函數期望值（LOTUS 定理）與配方法（Completing the Square）：
   計算 $E[f(S_t)]$ 時，運用指示函數 $I(\cdot)$ 與標準常態機率密度函數（pdf），並透過變數變換或高斯指數配方將積分化簡為目標形式。

---

解題方法與詳細推導

(a) 證明 $E[S_t] = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t}$

已知 $Z \sim N(0, 1)$，其機率密度函數為：

$$\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}}, \quad -\infty < z < \infty$$

且常態分配的動差母函數公式為 $M_Z(u) = E[e^{uZ}] = e^{\frac{u^2}{2}}$。

隨機變數 $S_t = e^{at + b\sqrt{t}Z}$，其期望值計算如下：

$$E[S_t] = E\left[e^{at + b\sqrt{t}Z}\right] = e^{at} E\left[e^{(b\sqrt{t})Z}\right]$$

令常數 $u = b\sqrt{t}$，由標準常態動差母函數性質可知：

$$E\left[e^{uZ}\right] = e^{\frac{u^2}{2}} = e^{\frac{(b\sqrt{t})^2}{2}} = e^{\frac{b^2 t}{2}}$$

代回原式即得：

$$E[S_t] = e^{at} \cdot e^{\frac{b^2 t}{2}} = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t}$$

得證。

---

(b) 求解使得 $S_t > K$ 之 $Z$ 值範圍

依題意，門檻值 $K > 0$。不等式為：

$$S_t > K \iff e^{at + b\sqrt{t}Z} > K$$

由於自然對數函數 $\ln(\cdot)$ 在正實數上為嚴格遞增函數，兩邊取自然對數得：

$$at + b\sqrt{t}Z > \ln(K)$$

移項化簡：

$$b\sqrt{t}Z > \ln(K) - at$$

依據常數參數 $b$ 的正負號進行討論（一般財務工程設定波動度參數 $b > 0$ 與時間 $t > 0$）：

1. 若 $b > 0$（常見假設）： $$Z > \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$
2. 若 $b < 0$： $$Z < \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$
3. 若 $b = 0$：此時 $S_t = e^{at}$ 為確定常數。若 $at > \ln(K)$ 則對所有 $Z \in \mathbb{R}$ 均成立；反之無解。

在一般模型假定 $b > 0$ 且 $t > 0$ 之下，所求範圍為：

$$Z > \frac{\ln(K) - at}{b\sqrt{t}}$$

---

(c) 證明 $E[f(S_t)]$ 之表示式

依題意，函數定義為：

$$f(S_t) = S_t \cdot I(S_t > K)$$

其中 $I(\cdot)$ 為指示函數（Indicator Function），當事件成立時值為 1，否則為 0。

由無意識統計學家定律（LOTUS），$E[f(S_t)]$ 以標準常態隨機變數 $Z$ 的密度函數積分表示為：

$$E[f(S_t)] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{at + b\sqrt{t}z} \cdot I\left(e^{at + b\sqrt{t}z} > K\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz$$

題目要求之目標形式為：

$$E[f(S_t)] = e^{\left(a + \frac{b^2}{2}\right)t} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot I\left(e^{\left(a+\frac{b^2}{2}\right)t} e^{\frac{b\sqrt{t}}{2}x} > K\right) \cdot e^{\frac{b\sqrt{t}}{2}x} dx$$