113 年 國立高雄大學財務金融學系碩士班：經營管理組《統計學》

本題要求計算每日預期收入 $E(R)$，其中收入 $R$ 是以每日故障次數 $Y$ 的函數表示。我們需要知道 $Y$ 的機率分佈才能計算期望值。題目提到「extruder breaks down an average of two times every day it operates」，這通常暗示著 $Y$ 服從 Poisson 分佈，且平均值 $\lambda = 2$。

Poisson 分佈的機率質量函數為 $P(Y=y) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^y}{y!}$，其中 $y = 0, 1, 2, \dots$。
在本題中，$\lambda = 2$，所以 $P(Y=y) = \frac{e^{-2} 2^y}{y!}$。

我們要求的是 $E(R) = E(1600 - 50Y^2)$。
利用期望值的線性性質，可以寫成 $E(R) = E(1600) - E(50Y^2) = 1600 - 50E(Y^2)$。

本題給定隨機變數 $Y$ 的動差生成函數 (Moment Generating Function, MGF) $m(t)$，要求計算 $Y$ 的變異數 $V(Y)$。

動差生成函數的定義為 $m(t) = E(e^{tY})$。
給定的 $m(t) = \frac{1}{6}e^t + \frac{2}{6}e^{2t} + \frac{3}{6}e^{3t}$。

我們知道，若一個隨機變數 $Y$ 的 MGF 可以表示為 $m(t) = \sum_{i=1}^k p_i e^{a_i t}$ 的形式，其中 $\sum_{i=1}^k p_i = 1$ 且 $p_i > 0$，則 $Y$ 是一個離散隨機變數，其可能取值為 $a_1, a_2, \dots, a_k$，對應的機率為 $p_1, p_2, \dots, p_k$。

在此題中，$p_1 = \frac{1}{6}, p_2 = \frac{2}{6}, p_3 = \frac{3}{6}$，且 $p_1+p_2+p_3 = \frac{1+2+3}{6} = 1$。
對應的 $a_1 = 1, a_2 = 2, a_3 = 3$。
因此，隨機變數 $Y$ 是一個離散隨機變數，其機率分佈為：
$P(Y=1) = \frac{1}{6}$
$P(Y=2) = \frac{2}{6}$
$P(Y=3) = \frac{3}{6}$

現在我們需要計算 $Y$ 的變異數 $V(Y)$。
變異數的公式為 $V(Y) = E(Y^2) - (E(Y))^2$。
我們需要先計算 $E(Y)$ 和 $E(Y^2)$。

1. 計算 $E(Y)$：
   $E(Y) = \sum y P(Y=y) = 1 \cdot P(Y=1) + 2 \cdot P(Y=2) + 3 \cdot P(Y=3)$
   $E(Y) = 1 \cdot \frac{1}{6} + 2 \cdot \frac{2}{6} + 3 \cdot \frac{3}{6} = \frac{1}{6} + \frac{4}{6} + \frac{9}{6} = \frac{1+4+9}{6} = \frac{14}{6} = \frac{7}{3}$。

2. 計算 $E(Y^2)$：
   $E(Y^2) = \sum y^2 P(Y=y) = 1^2 \cdot P(Y=1) + 2^2 \cdot P(Y=2) + 3^2 \cdot P(Y=3)$

本題給定一個連續型隨機變數 $Y$ 的機率密度函數 (PDF)，並要求計算期望值、動差生成函數 (MGF) 及變異數。

PDF 為 $f(y) = e^y$ for $y < 0$，其他地方為 0。
首先，我們驗證這是一個合法的 PDF：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(y) dy = \int_{-\infty}^{0} e^y dy = [e^y]_{-\infty}^{0} = e^0 - \lim_{y \to -\infty} e^y = 1 - 0 = 1$。
PDF 是非負的，且積分為 1，因此是合法的。

(a) 計算 $E(e^{3Y/2})$
根據期望值的定義，對於一個函數 $g(Y)$，其期望值為 $E(g(Y)) = \int_{-\infty}^{\infty} g(y) f(y) dy$。
在這裡，$g(Y) = e^{3Y/2}$。
$E(e^{3Y/2}) = \int_{-\infty}^{0} e^{3y/2} e^y dy$
$E(e^{3Y/2}) = \int_{-\infty}^{0} e^{3y/2 + y} dy = \int_{-\infty}^{0} e^{5y/2} dy$
$E(e^{3Y/2}) = \left[\frac{e^{5y/2}}{5/2}\right]_{-\infty}^{0} = \left[\frac{2}{5}e^{5y/2}\right]_{-\infty}^{0}$
$E(e^{3Y/2}) = \frac{2}{5}e^{5(0)/2} - \lim_{y \to -\infty} \frac{2}{5}e^{5y/2}$
$E(e^{3Y/2}) = \frac{2}{5}e^0 - \frac{2}{5} \cdot 0 = \frac{2}{5} - 0 = \frac{2}{5}$。

【答案】$\frac{2}{5}$

(b) 計算 $Y$ 的動差生成函數 (MGF)
MGF 的定義為 $m(t) = E(e^{tY})$。
$m(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{ty} f(y) dy$
$m(t) = \int_{-\infty}^{0} e^{ty} e^y dy = \int_{-\infty}^{0} e^{(t+1)y} dy$

為了使積分收斂，我們需要 $t+1 < 0$，即 $t < -1$。
若 $t < -1$，則：
$m(t) = \left[\frac{e^{(t+1)y}}{t+1}\right]_{-\infty}^{0} = \frac{e^{(t+1)0}}{t+1} - \lim_{y \to -\infty} \frac{e^{(t+1)y}}{t+1}$
$m(t) = \frac{1}{t+1} - \frac{1}{t+1} \cdot 0 = \frac{1}{t+1}$。

因此，$Y$ 的 MGF 為 $m(t) = \frac{1}{t+1}$，其定義域為 $t < -1$。

【答案】$m(t) = \frac{1}{t+1}$，for $t < -1$。

核心觀念

本題評量**連續型隨機向量的聯合均勻分配（Continuous Bivariate Uniform Distribution）以及幾何機率（Geometric Probability）**的計算能力。

1. 二維均勻分配：
   若連續型隨機向量 $(Y_1, Y_2)$ 在區域 $D$ 內均勻分布，其聯合機率密度函數（Joint PDF）為常數： $$f(y_1, y_2) = \frac{1}{\text{Area}(D)}, \quad (y_1, y_2) \in D$$ 此處樣本空間為以原點為圓心、半徑為 $1$ 的單位圓區域 $D = \{(y_1, y_2) \mid y_1^2 + y_2^2 \le 1\}$，其面積為 $\text{Area}(D) = \pi \times 1^2 = \pi$。
2. 幾何機率計算：
   對於二維均勻分配，事件 $A$ 的發生機率等於事件對應子區域與總樣本空間區域的面積比值： $$P(A) = \iint_A f(y_1, y_2) \, dy_1 dy_2 = \frac{\text{Area}(A \cap D)}{\text{Area}(D)}$$
3. 對稱性原理（Symmetry Property）：
   若隨機變數的聯合機率密度函數對某一條直線具有對稱性，則將樣本空間沿該直線一分為二的兩個區域機率必相等。

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解題方法

本題欲求事件 $A = \{(y_1, y_2) \mid Y_1 \le Y_2\}$ 的機率。以下提供兩種正規解法：

方法一：幾何對稱性法（首選速解）

1. 定義事件邊界：
   條件 $Y_1 \le Y_2$ 在平面幾何上即為直線 $y_2 = y_1$ 及其左上方區域。
2. 對稱性分析：
   直線 $y_2 = y_1$ 通過單位圓的圓心 $(0, 0)$，因此該直線為單位圓的一條直徑。
   直線 $y_2 = y_1$ 將單位圓 $D$ 平分為全等的兩個半圓區域：
   • 區域 $A_1 = \{(y_1, y_2) \in D \mid y_1 < y_2\}$
   • 區域 $A_2 = \{(y_1, y_2) \in D \mid y_1 > y_2\}$
   • 邊界直線 $L = \{(y_1, y_2) \in D \mid y_1 = y_2\}$
3. 計算機率：
   由於 $(Y_1, Y_2)$ 是連續型隨機向量，直線邊界的面積為 $0$，故： $$P(Y_1 = Y_2) = 0$$ 根據旋轉與反射對稱性，區域 $A_1$ 與 $A_2$ 的面積相等，因此： $$P(Y_1 < Y_2) = P(Y_1 > Y_2)$$ 又因為樣本空間由 $A_1$、$A_2$ 與 $L$ 構成： $$P(Y_1 < Y_2) + P(Y_1 > Y_2) + P(Y_1 = Y_2) = 1$$

本題要求使用動差法 (Method of Moments, MOM) 來估計未知參數 $\theta$。
我們知道樣本 $Y_1, Y_2, \dots, Y_n$ 是從一個在區間 $(0, \theta)$ 上服從均勻分佈的母體中抽取出來的。
服從 $(0, \theta)$ 上均勻分佈的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(y; \theta) = \begin{cases} \frac{1}{\theta}, & 0 < y < \theta \\ 0, & \text{elsewhere} \end{cases}$

動差法的基本思想是將母體的動差（期望值、變異數等）用樣本的動差來估計。
首先，我們計算母體的 $k$ 階動差，並將其與樣本的 $k$ 階動差相等。

本題要求計算在假設檢定中，當拒絕域 (Rejection Region, RR) 設定為 $Y \le 2$ 時，第一類錯誤的機率 $\alpha$。
這裡的檢定是關於二項分佈的比例參數 $p$。
虛無假設 $H_0: p = 0.5$。
對立假設 $H_a: p < 0.5$。
樣本大小 $n = 15$。
檢定統計量 $Y$ 是樣本中支持 John 的選民數量。
在 $H_0$ 為真的情況下，Y 服從二項分佈 $Y \sim Bin(n, p)$，其中 $n=15$ 且 $p=0.5$。
所以，在 $H_0$ 下，$Y \sim Bin(15, 0.5)$。

第一類錯誤 (Type I error) 是指當虛無假設 $H_0$ 為真時，卻拒絕了 $H_0$。
$\alpha = P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true})$。
在這一題中，拒絕域是 $RR = \{y \le 2\}$。
所以，$\alpha = P(Y \le 2 | p = 0.5)$。

我們需要計算 $P(Y \le 2)$，其中 $Y \sim Bin(15, 0.5)$。
$P(Y \le 2) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2)$。

二項分佈的機率質量函數為 $P(Y=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
在這裡，$n=15$, $p=0.5$, $1-p=0.5$。
$P(Y=k) = \binom{15}{k} (0.5)^k (0.5)^{15-k} = \binom{15}{k} (0.5)^{15}$。

本題要求找出最有力檢定 (Most Powerful Test, MPT) 的拒絕域，給定顯著水準 $\alpha$。
這是關於參數 $\theta$ 的假設檢定問題。
虛無假設 $H_0: \theta = 2$。
對立假設 $H_a: \theta = 1$。
PDF 為 $f(y|\theta) = \theta y^{\theta-1}$，對於 $0 < y < 1$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

最有力檢定是基於 Neyman-Pearson 引理。對於一個單變數的檢定，最有力檢定的拒絕域通常由 Likelihood Ratio Test (LRT) 的形式給出。
Likelihood Ratio (LR) 為：
$LR(\mathbf{y}) = \frac{f(y|H_a)}{f(y|H_0)} = \frac{f(y|\theta=1)}{f(y|\theta=2)}$
$LR(y) = \frac{1 \cdot y^{1-1}}{2 \cdot y^{2-1}} = \frac{y^0}{2y^1} = \frac{1}{2y}$
其中 $0 < y < 1$。

Neyman-Pearson 引理指出，存在一個常數 $k$ 使得拒絕域為 $R = \{y \mid LR(y) > k \}$。
即 $\frac{1}{2y} > k$。
$1 > 2ky$。
$y < \frac{1}{2k}$。

本題要求計算樣本大小 $n$，使得在給定的虛無假設和對立假設下，最有力檢定的第一類錯誤機率 $\alpha$ 和第二類錯誤機率 $\beta$ 都等於 $0.025$。
假設是來自常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$，其中 $\sigma^2 = 25$。
虛無假設 $H_0: \mu = 10$。
對立假設 $H_a: \mu = 5$。
$\alpha = 0.025$。
$\beta = 0.025$。

我們知道，對於常態分佈的平均值檢定，當 $\sigma^2$ 已知時，檢定統計量是樣本均值 $\bar{Y}$。
由於 $\sigma^2=25$ 已知，我們可以使用 Z 檢定。
在 $H_0$ 下，$\bar{Y} \sim N(\mu_0, \frac{\sigma^2}{n}) = N(10, \frac{25}{n})$。
在 $H_a$ 下，$\bar{Y} \sim N(\mu_a, \frac{\sigma^2}{n}) = N(5, \frac{25}{n})$。

對於單邊檢定 $H_0: \mu = 10$ vs $H_a: \mu = 5$ (即 $\mu < 10$)，最有利檢定的拒絕域通常是 $\bar{Y} < c$ 的形式。
其中 $c$ 是根據 $\alpha$ 所決定的臨界值。

$\alpha = P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true}) = P(\bar{Y} < c | \mu = 10) = 0.025$。
將 $\bar{Y}$ 標準化：
$P\left(\frac{\bar{Y} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} < \frac{c - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} | \mu = 10\right) = 0.025$
$P\left(Z < \frac{c - 10}{\sqrt{25}/\sqrt{n}}\right) = 0.025$
$P\left(Z < \frac{c - 10}{5/\sqrt{n}}\right) = 0.025$。
從標準常態分佈表可知，$P(Z < z_{0.025}) = 0.025$，其中 $z_{0.025} \approx -1.96$。
所以，$\frac{c - 10}{5/\sqrt{n}} = -1.96$。
$c - 10 = -1.96 \cdot \frac{5}{\sqrt{n}}$。
$c = 10 - 1.96 \cdot \frac{5}{\sqrt{n}}$。

接下來，我們考慮 $\beta$：
$\beta = P(\text{Fail to reject } H_0 | H_a \text{ is true}) = P(\bar{Y} \ge c | \mu = 5) = 0.025$。
將 $\bar{Y}$ 標準化：
$P\left(\frac{\bar{Y} - \mu_a}{\sigma/\sqrt{n}} \ge \frac{c - \mu_a}{\sigma/\sqrt{n}} | \mu = 5\right) = 0.025$
$P\left(Z \ge \frac{c - 5}{5/\sqrt{n}}\right) = 0.025$。
這表示 $P\left(Z < \frac{c - 5}{5/\sqrt{n}}\right) = 1 - 0.025 = 0.975$。
從標準常態分佈表可知，$P(Z < z_{0.975}) = 0.975$，其中 $z_{0.975} \approx 1.96$。
所以，$\frac{c - 5}{5/\sqrt{n}} = 1.96$。
$c - 5 = 1.96 \cdot \frac{5}{\sqrt{n}}$。
$c = 5 + 1.96 \cdot \frac{5}{\sqrt{n}}$。

本題提出一個非線性模型，並詢問如何將其轉換為線性迴歸模型，以及如何解釋轉換後的模型。

模型為：
$Y_i = \frac{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}$
其中 $Y_i$ 是應變數，$X_i$ 是自變數，$\beta_1$ 和 $\beta_2$ 是參數。
這個模型看起來像一個邏輯斯諦函數 (logistic function)，其輸出值介於 0 和 1 之間。

為了將其轉換為線性迴歸模型，我們需要對模型進行一些數學上的處理。
觀察到模型的形式，我們可以對兩邊取倒數：
$\frac{1}{Y_i} = \frac{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}} = \frac{1}{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}} + \frac{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}} = e^{-(\beta_1 + \beta_2 X_i)} + 1$
$\frac{1}{Y_i} - 1 = e^{-(\beta_1 + \beta_2 X_i)}$
$\frac{1 - Y_i}{Y_i} = e^{-(\beta_1 + \beta_2 X_i)}$

這似乎也沒有直接變成線性。讓我們嘗試另一種變換。
注意到 $Y_i$ 的值介於 0 和 1 之間。
我們對模型進行變換，使其能夠線性化。
考慮對模型進行轉換，使其變成 logit 轉換的形式。
如果我們將 $Y_i$ 視為一個機率，那麼這個模型可以被解釋為一個機率模型。
我們知道邏輯斯諦函數的輸出 $p$ 可以由 logit 轉換轉換回線性形式：
$logit(p) = \log\left(\frac{p}{1-p}\right)$。

讓我們嘗試從 $Y_i$ 的表達式中推導出 $\frac{Y_i}{1-Y_i}$。
首先，計算 $1-Y_i$:
$1 - Y_i = 1 - \frac{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}} = \frac{(1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}) - e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}} = \frac{1}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}$。

現在計算 $\frac{Y_i}{1-Y_i}$:
$\frac{Y_i}{1-Y_i} = \frac{\frac{e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}}{\frac{1}{1 + e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}}} = e^{\beta_1 + \beta_2 X_i}$。

現在，我們可以對這個表達式取自然對數：
$\log\left(\frac{Y_i}{1-Y_i}\right) = \log(e^{\beta_1 + \beta_2 X_i})$
$\log\left(\frac{Y_i}{1-Y_i}\right) = \beta_1 + \beta_2 X_i$。

這個形式就是一個線性迴歸模型！
令 $W_i = \log\left(\frac{Y_i}{1-Y_i}\right)$。
則模型變為：
$W_i = \beta_1 + \beta_2 X_i$。

這是一個關於 $W_i$ 和 $X_i$ 的線性迴歸模型，其中 $\beta_1$ 是截距項，$\beta_2$ 是斜率項。

如何解釋這個模型？

1. 解釋 $W_i$: $W_i$ 是應變數 $Y_i$ 的 Logit 轉換。Logit 轉換可以解釋為「優勢比」(odds ratio) 的自然對數。