114 年 國立高雄大學財務金融學系碩士班：經營管理組《統計學》

這題主要在考驗對統計學兩大重要理論的理解：大數法則 (Law of Large Numbers, LLN) 和中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)。

大數法則 (Law of Large Numbers, LLN)

大數法則描述了當重複進行同一隨機試驗的次數趨於無限多時，樣本平均值會趨近於其理論期望值。簡單來說，樣本數越多，樣本平均數就越接近真實的期望值。

• 弱大數法則 (Weak Law of Large Numbers)：對於一個隨機變數序列 $X_1, X_2, \dots, X_n$，若它們是獨立同分配，且期望值 $E[X_i] = \mu$ 存在，則樣本平均值 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 在 $n \to \infty$ 時，依機率收斂於 $\mu$。這表示對於任意小的 $\epsilon > 0$，有 $\lim_{n \to \infty} P(|\bar{X}_n - \mu| < \epsilon) = 1$。
• 強大數法則 (Strong Law of Large Numbers)：在相同條件下，樣本平均值 $\bar{X}_n$ 在 $n \to \infty$ 時，幾乎必然收斂於 $\mu$。這表示 $P(\lim_{n \to \infty} \bar{X}_n = \mu) = 1$。

本題在考驗對「不偏估計量」(unbiased estimator) 的定義與驗證。

核心觀念：
一個估計量 $\hat{\theta}$ 被稱為參數 $\theta$ 的不偏估計量，如果 $\hat{\theta}$ 的期望值等於 $\theta$，即 $E[\hat{\theta}] = \theta$。

(a) 證明 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。

根據題意，我們有 $n$ 個獨立同分配的隨機變數 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其期望值為 $E[X_i] = \mu$，變異數為 $Var(X_i) = \sigma^2$。

我們需要計算樣本平均值 $\bar{X}$ 的期望值：
$E[\bar{X}] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right]$
利用期望值的線性性質，我們可以將常數 $\frac{1}{n}$ 提出，並將期望值作用於求和式：
$E[\bar{X}] = \frac{1}{n} E\left[\sum_{i=1}^n X_i\right]$
$E[\bar{X}] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E[X_i]$
由於每個 $X_i$ 的期望值都是 $\mu$，所以：
$E[\bar{X}] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mu$
$E[\bar{X}] = \frac{1}{n} (n \mu)$
$E[\bar{X}] = \mu$
因為樣本平均值 $\bar{X}$ 的期望值等於母體平均值 $\mu$，所以 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。

【答案】證明完畢。

(b) 證明 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 是 $\sigma^2$ 的不偏估計量。

這部分證明較為複雜，需要利用期望值的性質和變異數的定義。我們從 $S^2$ 的期望值開始。

首先，我們知道以下幾點：

1. $E[X_i] = \mu$
2. $Var(X_i) = E[X_i^2] - (E[X_i])^2 = \sigma^2 \implies E[X_i^2] = \sigma^2 + \mu^2$
3. $E[\bar{X}] = \mu$
4. $Var(\bar{X}) = E[\bar{X}^2] - (E[\bar{X}])^2 = \frac{\sigma^2}{n} \implies E[\bar{X}^2] = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2$

我們考慮 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 的期望值。
這個式子可以改寫為：
$\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 = \sum_{i=1}^n ((X_i - \mu) - (\bar{X} - \mu))^2$
$= \sum_{i=1}^n [(X_i - \mu)^2 - 2(X_i - \mu)(\bar{X} - \mu) + (\bar{X} - \mu)^2]$

這題主要考驗對信賴區間的理解，以及如何利用中央極限定理建構信賴區間。

核心觀念：

• 信賴區間 (Confidence Interval, CI)：是統計推論中用來估計母體參數的一個區間。它提供了一個參數可能落在哪個範圍的估計，並附帶一個「信賴水準」(confidence level)。
• 信賴水準 (Confidence Level)：表示在重複抽樣的情況下，估計出來的信賴區間包含真實母體參數的比例。例如 95% 的信賴水準表示，如果我們進行 100 次抽樣並計算 100 個信賴區間，預期其中約 95 個區間會包含真實的母體參數。

(a) 信賴區間的概念解釋

信賴區間是用來估計未知母體參數（例如母體平均數 $\mu$ 或母體比例 $p$）的一種區間估計。它不是一個固定的區間，而是根據樣本資料計算出來的一個範圍。這個區間是隨機的，因為它依賴於隨機抽取的樣本。

信賴區間由兩部分組成：

1. 區間的上下限：根據樣本統計量（如樣本平均數 $\bar{X}$）和一定的信賴水準計算得出。
2. 信賴水準：通常表示為 $1-\alpha$，例如 95% 的信賴水準對應 $\alpha = 0.05$。它代表了我們對這個區間包含真實母體參數的信心程度。

信賴區間的意義在於，雖然我們無法確切知道母體參數的真實值，但我們可以給出一個包含該值的可能範圍，並且對這個範圍的涵蓋能力有量化的信心。

【答案】詳見上述說明。

(b) 證明 95% 的信賴區間為 $[\mu_n - 1.96\frac{\sigma_n}{\sqrt{n}}, \mu_n + 1.96\frac{\sigma_n}{\sqrt{n}}]$

題目中提到 $\mu_n$ 和 $\sigma_n$ 分別是樣本的平均值和標準差。通常我們用 $\bar{X}$ 表示樣本平均值，用 $S$ 表示樣本標準差。因此，我們將 $\mu_n$ 視為 $\bar{X}$，$\sigma_n$ 視為 $S$。
我們要證明：
$\left[\bar{X} - 1.96\frac{S}{\sqrt{n}}, \bar{X} + 1.96\frac{S}{\sqrt{n}}\right]$
是母體平均數 $\mu$ 的 95% 信賴區間。

證明步驟：

1. 利用中央極限定理 (CLT)：
   題目提示我們使用中央極限定理。CLT 指出，當樣本數 $n$ 足夠大時，樣本平均值 $\bar{X}$ 的抽樣分佈近似於常態分佈，其期望值為母體平均數 $\mu$，變異數為 $\sigma^2/n$。
   $\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$
   標準化後，我們有：
   $Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0, 1)$
   其中 $\sigma$ 是母體標準差。

2. 處理樣本標準差 $S$：
   在實際應用中，母體標準差 $\sigma$ 通常是未知的。如果 $n$ 夠大（通常認為 $n \ge 30$），我們可以用樣本標準差 $S$ 來近似 $\sigma$。此時，標準化的樣本平均值 $\frac{\bar{X} - \mu}{S/\sqrt{n}}$ 的分佈近似於標準常態分佈 $N(0, 1)$。

本題考驗假設檢定的應用，包含對母體平均數的檢定以及對母體變異數（或標準差）的檢定。

已知資訊：

• 樣本數 $n = 100$
• 樣本平均值 $\bar{X} = 0.1$
• 樣本標準差 $S = 0.4$
• 顯著水準 $\alpha = 1\% = 0.01$

(a) 檢定母體平均數是否高於 0

我們要檢定的是母體平均數 $\mu$ 是否高於 0。這是一個單尾檢定。

• 虛無假設 (Null Hypothesis, $H_0$)：母體平均數不顯著高於 0。常見的寫法是 $\mu \le 0$ 或 $\mu = 0$。在這裡，我們採用 $\mu = 0$ 作為檢定點。
• 對立假設 (Alternative Hypothesis, $H_1$)：母體平均數顯著高於 0。寫作 $\mu > 0$。

檢定統計量：
由於樣本數 $n=100$ 夠大，我們可以利用樣本標準差 $S$ 來近似母體標準差 $\sigma$。因此，我們使用 $z$-檢定。
檢定統計量為：
$Z = \frac{\bar{X} - \mu_0}{S/\sqrt{n}}$
其中 $\mu_0$ 是虛無假設下的母體平均值，在此為 0。

計算檢定統計量：
$Z = \frac{0.1 - 0}{0.4/\sqrt{100}} = \frac{0.1}{0.4/10} = \frac{0.1}{0.04} = 2.5$

決定區域 (Rejection Region)：
顯著水準 $\alpha = 0.01$。由於是對立假設 $\mu > 0$ 進行單尾檢定，我們尋找標準常態分佈中的臨界值 $z_\alpha$，使得 $P(Z > z_\alpha) = \alpha$。
查閱標準常態分佈表，當 $\alpha = 0.01$ 時，$z_{0.01} \approx 2.326$。
因此，若檢定統計量 $Z > 2.326$，我們就拒絕虛無假設 $H_0$。

決策：
我們計算得到的檢定統計量 $Z = 2.5$。
因為 $2.5 > 2.326$，所以我們拒絕虛無假設 $H_0$。

結論：
在 1% 的顯著水準下，我們有足夠的證據可以推論母體平均數 $\mu$ 顯著高於 0。

【答案】可以。

(b) 檢定母體標準差是否低於 0.5

我們要檢定的是母體標準差 $\sigma$ 是否低於 0.5。這是一個單尾檢定。
已知 $X$ 服從常態分佈。

本題考驗對點估計方法中「最大概似估計法」(Maximum Likelihood Estimation, MLE) 的理解與應用。

核心觀念：
最大概似估計法是一種統計推斷方法，用於估計機率分佈的參數。其基本思想是：選擇一組參數值，使得觀察到的樣本數據出現的機率最大。

問題設定：

• 隨機變數 $X$ 服從 Poisson 分佈，其機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda$ 是平均發生率（待估計參數）。
• 我們觀察到 $n$ 個獨立的觀測值 $k_1, k_2, \dots, k_n$，這些觀測值是來自這個 Poisson 分佈。

目標：
找到 $\lambda$ 的最大概似估計量 $\hat{\lambda}$，使得觀測數據 $(k_1, k_2, \dots, k_n)$ 聯合出現的機率最大。

步驟：

1. 寫出聯合機率函數 (Likelihood Function, $L(\lambda)$)：
   由於觀測值是獨立的，聯合機率函數是各個觀測值機率的乘積：
   $L(\lambda) = P(X_1=k_1, X_2=k_2, \dots, X_n=k_n)$
   $L(\lambda) = \prod_{i=1}^n P(X_i=k_i)$
   $L(\lambda) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{-\lambda}\lambda^{k_i}}{k_i!}$
   $L(\lambda) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^{k_1}}{k_1!} \times \frac{e^{-\lambda}\lambda^{k_2}}{k_2!} \times \dots \times \frac{e^{-\lambda}\lambda^{k_n}}{k_n!}$
   $L(\lambda) = (e^{-\lambda})^n \frac{\lambda^{k_1}\lambda^{k_2}\dots\lambda^{k_n}}{k_1!k_2!\dots k_n!}$
   $L(\lambda) = e^{-n\lambda} \frac{\lambda^{\sum_{i=1}^n k_i}}{\prod_{i=1}^n k_i!}$

2. 寫出對數機率函數 (Log-Likelihood Function, $l(\lambda)$)：
   為了方便計算，我們通常取機率函數的對數。對數函數是單調遞增的，所以最大化 $L(\lambda)$ 等同於最大化 $l(\lambda) = \ln(L(\lambda))$。

本題考驗對機率密度函數 (PDF) 與累積分佈函數 (CDF) 關係的理解，以及如何進行隨機變數的變換來求新的 PDF。

核心觀念：

1. CDF 與 PDF 的關係：一個連續隨機變數的累積分佈函數 (CDF) 是其機率密度函數 (PDF) 的積分。反之，PDF 是 CDF 的導數。
2. 隨機變數變換：若已知一個隨機變數 $X$ 的分佈，想要求另一個隨機變數 $Y = h(X)$ 的分佈，可以通過先求 $Y$ 的 CDF，再對 CDF 求導得到 $Y$ 的 PDF。

(a) $F'(x)$ 與 $f(x)$ 的關係

根據微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)，若 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的積分，則 $F'(x)$ 等於 $f(x)$。
題目中給定的累積分佈函數 (CDF) $F(x)$ 定義為：
$F(x) = \int_0^x f(y)dy$
其中 $f(y)$ 是機率密度函數 (PDF)。
根據微積分基本定理，對 $F(x)$ 求導，我們得到：
$F'(x) = \frac{d}{dx} \left( \int_0^x f(y)dy \right)$
$F'(x) = f(x)$
這個關係對於所有 $x$ 成立，其中 $f(x)$ 是連續的。

【答案】$F'(x) = f(x)$。

(b) 證明 $Y = X^2$ 的 PDF 為 $g(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}f(\sqrt{x})$

我們需要找到隨機變數 $Y=X^2$ 的機率密度函數 (PDF)，記為 $g(y)$。
首先，我們知道 $X$ 的定義域是 $(0, \infty)$，並且 $X$ 是連續隨機變數。
因此，$Y = X^2$ 的定義域也是 $(0, \infty)$。對於 $y \in (0, \infty)$，我們有 $y > 0$。

我們通過求 $Y$ 的 CDF $F_Y(y)$，然後對其求導來得到 $Y$ 的 PDF $g(y)$。

1. 求 $Y$ 的 CDF ($F_Y(y)$)：
   $F_Y(y) = P(Y \le y)$
   因為 $Y = X^2$，所以：
   $F_Y(y) = P(X^2 \le y)$
   由於 $X$ 的定義域是 $(0, \infty)$，所以 $X$ 總是正的。

核心觀念

本題考查最大值型隨機變數的分布。令

$$Y=\max\{X_1,X_2,X_3\},$$

則其累積分布函數為

$$F_Y(y)=P(Y\le y).$$

由於

$$Y\le y \iff X_1\le y,\ X_2\le y,\ X_3\le y,$$

且 $X_1,X_2,X_3$ 相互獨立，因此可將聯合機率拆成邊際機率的乘積。最後對累積分布函數微分，即可得到機率密度函數。

---

解題方法

每個 $X_i$ 均服從標準常態分布，因此其機率密度函數為

$$f_{X_i}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2},$$

累積分布函數為

$$F_{X_i}(y) =P(X_i\le y) =\int_{-\infty}^{y}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}\,dt.$$

由提示，

$$F_Y(y) =P(Y\le y) =P(X_1\le y,X_2\le y,X_3\le y).$$

利用獨立性，

$$F_Y(y) =\prod_{i=1}^{3}P(X_i\le y) =\left[ \int_{-\infty}^{y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}\,dt \right]^3.$$

令

$$A(y)=\int_{-\infty}^{y}e^{-t^2/2}\,dt,$$

則

$$F_Y(y) =\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}A(y)\right)^3.$$

對 $y$ 微分。由微積分基本定理，

$$A'(y)=e^{-y^2/2}.$$

因此

$$\begin{aligned} f_Y(y) &=\frac{d}{dy}F_Y(y)\\ &=3\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}A(y)\right)^2 \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}\right)\\ &=\frac{3}{(2\pi)^{3/2}} e^{-y^2/2} \left(\int_{-\infty}^{y}e^{-t^2/2}\,dt\right)^2. \end{aligned}$$

所以正確的機率密度函數為

核心觀念

本題考查財務工程與隨機微積分（Stochastic Calculus）中最基礎的核心工具——**標準布朗運動（Standard Brownian Motion）／維納過程（Wiener Process）**的性質與應用：

1. 標準布朗運動的定義：
   • 起點固定：$W_0 = 0$。
   • 常態增量（Normal Increments）：當 $0 \le i < j$ 時，$W_j - W_i \sim N(0, j - i)$。
   • 獨立增量（Independent Increments）：對任意不重疊的時段，其增量彼此獨立。
2. 隨機變數期望值與共變異數的線性性質：
   • 若 $X, Y$ 相互獨立，則 $E[XY] = E[X]E[Y]$。
   • $\text{Cov}(X, Y) = E[XY] - E[X]E[Y]$。
3. 指示函數（Indicator Function）的期望值與機率轉換：
   • $E[f(S_t)] = P(S_t > K)$。
   • 幾何布朗運動（Geometric Brownian Motion）事件之標準常態化轉換（Standardization）以及對稱性。

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解題方法與步驟推導

子題 a：求 $E[(W_k - W_i)(W_j - W_i)]$

• 切入點：利用題目提示，將跨度較長的增量 $W_k - W_i$ 拆解為兩段不重疊的獨立增量之和：

$$W_k - W_i = (W_k - W_j) + (W_j - W_i)$$

• 推導過程：
  代入所求期望值式中：

$$E[(W_k - W_i)(W_j - W_i)] = E\left[ \Big((W_k - W_j) + (W_j - W_i)\Big)(W_j - W_i) \right]$$

展開括號：

$$= E\left[ (W_k - W_j)(W_j - W_i) + (W_j - W_i)^2 \right]$$

根據期望值的線性性質，拆開為兩項：

$$= E[(W_k - W_j)(W_j - W_i)] + E\left[ (W_j - W_i)^2 \right]$$

分析各項：

1. 第一項：因為 $0 \le i < j < k$，區間 $(i, j)$ 與 $(j, k)$ 不重疊，由條件 (3)「獨立增量」性質可知，$(W_k - W_j)$ 與 $(W_j - W_i)$ 相互獨立：

$$E[(W_k - W_j)(W_j - W_i)] = E[W_k - W_j] \cdot E[W_j - W_i]$$

由條件 (2) 知其增量期望值皆為 $0$：

$$E[W_k - W_j] = 0, \quad E[W_j - W_i] = 0$$

故第一項為：

$$E[(W_k - W_j)(W_j - W_i)] = 0 \times 0 = 0$$

2. 第二項：由條件 (2) 知 $W_j - W_i \sim N(0, j - i)$，其變異數為 $Var(W_j - W_i) = j - i$。根據變異數定義：

$$E\left[ (W_j - W_i)^2 \right] = Var(W_j - W_i) + \left( E[W_j - W_i] \right)^2 = (j - i) + 0^2 = j - i$$

綜合上述兩項：

$$E[(W_k - W_i)(W_j - W_i)] = 0 + (j - i) = j - i$$

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子題 b：證明 $\text{Cov}(W_i, W_j) = i$（其中 $0 \le i < j$）

• 切入點：利用提示將 $W_j$ 拆解為 $(W_j - W_i) + W_i$，並利用 $W_i = W_i - W_0$ 的獨立增量性質。

• 推導過程：
  因為 $W_0 = 0$，所以：

$$W_i = W_i - W_0 \sim N(0, i - 0) = N(0, i) \implies E[W_i] = 0$$

同理：

$$W_j = W_j - W_0 \sim N(0, j) \implies E[W_j] = 0$$

因此共變異數簡化為：

$$\text{Cov}(W_i, W_j) = E[W_i W_j] - E[W_i]E[W_j] = E[W_i W_j] - 0 = E[W_i W_j]$$

將 $W_j = (W_j - W_i) + W_i$ 代入 $E[W_i W_j]$：

$$E[W_i W_j] = E[W_i ((W_j - W_i) + W_i)] = E[W_i (W_j - W_i)] + E[W_i^2]$$

分析各項：

1. 第一項 $E[W_i (W_j - W_i)] = E[(W_i - W_0)(W_j - W_i)]$：
   因為區間 $[0, i]$ 與 $[i, j]$ 不重疊，由條件 (3) 可知 $(W_i - W_0)$ 與 $(W_j - W_i)$ 獨立，且均值為 $0$：

$$E[W_i (W_j - W_i)] = E[W_i - W_0] \cdot E[W_j - W_i] = 0 \times 0 = 0$$

2. 第二項 $E[W_i^2]$：
   因為 $W_i \sim N(0, i)$，故：

$$E[W_i^2] = Var(W_i) + (E[W_i])^2 = i + 0 = i$$

因此：

$$\text{Cov}(W_i, W_j) = E[W_i W_j] = 0 + i = i$$

得證。

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子題 c：推導 $E[f(S_t)]$ 之積分表示式

核心觀念

假設 $W_t$ 為標準布朗運動（Wiener 過程）。布朗運動的增量具有以下性質：

• $W_j-W_i$ 與 $W_k-W_j$ 為不相交時間區間上的增量，因此彼此獨立。
• $E(W_j-W_i)=0$，且 $\operatorname{Var}(W_j-W_i)=j-i$。
• 因為 $E(W_j-W_i)=0$，所以 $E[(W_j-W_i)^2]=j-i$。

解題方法

依題目提示，把較長區間的增量拆成兩段：

$$W_k-W_i=(W_k-W_j)+(W_j-W_i).$$

代入原式並展開：

【核心觀念】

本題考查標準維納過程（布朗運動）的獨立增量性，以及共變異數的線性性質。對標準維納過程 $W_t$，有：

• $\operatorname{E}(W_t)=0$，且 $\operatorname{Var}(W_t)=t$。
• 當 $0\le i<j$ 時，增量 $W_j-W_i$ 與 $W_i$ 獨立。

共變異數具有線性性質：

$$\operatorname{Cov}(X,Y+Z) = \operatorname{Cov}(X,Y)+\operatorname{Cov}(X,Z).$$

【解題方法】

依題目提示，將 $W_j$ 拆成時點 $i$ 之後的增量與時點 $i$ 的值：

$$W_j=(W_j-W_i)+W_i.$$

利用共變異數的線性性質：

核心觀念

函數 $f(S_t)$ 是事件 $\{S_t>K\}$ 的指示函數，因此其期望等於該事件發生的機率：

$$\mathbb{E}[f(S_t)] = \mathbb{E}[\mathbf{1}_{\{S_t>K\}}] = \Pr(S_t>K).$$

又因為 $W_t\sim N(0,t)$，所以 $W_t/\sqrt{t}\sim N(0,1)$。題目所給積分公式適用於 $t>0$ 且 $b>0$；這也符合提示中的方向 $W_t>z\Rightarrow S_t>K$。

解題方法

先將 $S_t>K$ 取自然對數。由於 $K>0$ 且 $S_t>0$，可得

$$S_t>K \iff e^{at+bW_t}>K \iff at+bW_t>\ln K.$$

在 $b>0$ 下，移項並除以 $b$，得到

$$W_t>\frac{\ln K-at}{b}.$$

令

$$z=\frac{\ln K-at}{b}.$$

因此

$$\mathbb{E}[f(S_t)] = \Pr(W_t>z) = \Pr\left(\frac{W_t}{\sqrt{t}}>\frac{\ln K-at}{b\sqrt{t}}\right).$$