108 年 國立政治大學經濟學系碩士班《統計學》

此題主要在考察聯合機率密度函數 (Joint PDF) 的基本性質，包括如何求常數 $c$ 使其成為有效的 PDF、如何計算邊際機率密度函數 (Marginal PDF)、判斷隨機變數的獨立性、以及計算條件期望值與條件變異數。

核心觀念：

• 有效 PDF 的條件： 積分為 1，且機率值恆大於等於 0。
• 邊際 PDF： 對聯合 PDF 進行積分，消去另一個變數。
• 獨立性： 若 $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$ 對所有 $x, y$ 成立，則 $X, Y$ 獨立。
• 條件機率密度函數： $f_{Y|X}(y|x) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_X(x)}$。
• 條件期望值與變異數： 在給定的條件機率密度函數下計算期望值與變異數。

(1) (5%) Find the value of $c$ that makes this a valid pdf.

為了使 $f_{X,Y}(x, y)$ 成為一個有效的機率密度函數，其在整個定義域上的積分必須等於 1。
定義域為 $0 \le x \le y \le 1$。這個區域是一個三角形，其頂點為 $(0,0), (0,1), (1,1)$。

$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x, y) \, dx \, dy = 1$

在這個問題中，積分範圍為 $0 \le x \le y \le 1$。我們可以將積分寫成：

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} c \, dx \, dy = 1$

先對 $x$ 積分：
$\int_{0}^{y} c \, dx = c[x]_{0}^{y} = cy$

再對 $y$ 積分：
$\int_{0}^{1} cy \, dy = c \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{1} = c \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = \frac{c}{2}$

令積分結果等於 1：
$\frac{c}{2} = 1 \implies c = 2$

【答案】 $c=2$

(2) (10%) Find the marginal pdfs for $X$ and for $Y$.

首先，我們知道 $c=2$，所以聯合 PDF 為 $f_{X,Y}(x, y) = 2$ 在 $0 \le x \le y \le 1$ 的區域，否則為 0。

Marginal PDF for $X$ ($f_X(x)$):
我們需要對 $y$ 積分，積分範圍由聯合 PDF 的定義域決定。對於一個固定的 $x$， $y$ 的範圍是從 $x$ 到 1 (因為 $x \le y \le 1$)。同時，$x$ 的範圍是從 0 到 1 (因為 $0 \le x \le y$)。

$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x, y) \, dy$

當 $0 \le x \le 1$ 時：
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 2 \, dy = 2[y]_{x}^{1} = 2(1 - x)$

當 $x$ 不在此範圍內時，$f_X(x) = 0$。
所以，$f_X(x) = 2(1-x)$，對於 $0 \le x \le 1$；否則為 0。

Marginal PDF for $Y$ ($f_Y(y)$):
我們需要對 $x$ 積分。對於一個固定的 $y$， $x$ 的範圍是從 0 到 $y$ (因為 $0 \le x \le y$)。同時，$y$ 的範圍是從 0 到 1。

$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x, y) \, dx$

當 $0 \le y \le 1$ 時：
$f_Y(y) = \int_{0}^{y} 2 \, dx = 2[x]_{0}^{y} = 2y$

當 $y$ 不在此範圍內時，$f_Y(y) = 0$。
所以，$f_Y(y) = 2y$，對於 $0 \le y \le 1$；否則為 0。

【答案】
$f_X(x) = 2(1-x)$, for $0 \le x \le 1$, and $0$ otherwise.
$f_Y(y) = 2y$, for $0 \le y \le 1$, and $0$ otherwise.

(3) (5%) Are the random variables $X$ and $Y$ independent? Why or why not?

兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，若且唯若對於所有的 $x, y$，其聯合 PDF 等於其邊際 PDF 的乘積，即 $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$。

我們已經計算出：
$f_{X,Y}(x, y) = 2$, for $0 \le x \le y \le 1$.
$f_X(x) = 2(1-x)$, for $0 \le x \le 1$.
$f_Y(y) = 2y$, for $0 \le y \le 1$.

計算 $f_X(x)f_Y(y)$：
$f_X(x)f_Y(y) = [2(1-x)](2y) = 4y(1-x)$。

現在我們比較 $f_{X,Y}(x,y)$ 和 $f_X(x)f_Y(y)$ 在定義域內。
在定義域 $0 \le x \le y \le 1$ 內，
$f_{X,Y}(x,y) = 2$.
$f_X(x)f_Y(y) = 4y(1-x)$.

這兩個函數顯然不相等。例如，取 $x=0.5, y=0.7$ (此點在定義域內)：
$f_{X,Y}(0.5, 0.7) = 2$.
$f_X(0.5)f_Y(0.7) = 4(0.7)(1-0.5) = 4(0.7)(0.5) = 1.4$.
因為 $2 \ne 1.4$，所以 $f_{X,Y}(x,y) \ne f_X(x)f_Y(y)$。

因此，隨機變數 $X$ 和 $Y$ 不是獨立的。

【答案】 $X$ 和 $Y$ 不是獨立的，因為 $f_{X,Y}(x,y) \ne f_X(x)f_Y(y)$ 在定義域內。

(4) (10%) Derive the conditional mean of $Y$, given $X = x$.

條件機率密度函數 $f_{Y|X}(y|x)$ 定義為：
$f_{Y|X}(y|x) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_X(x)}$
此時，我們需要考慮 $f_X(x) > 0$ 的條件，即 $0 < x < 1$。

在定義域 $0 \le x \le y \le 1$ 內，我們有 $f_{X,Y}(x,y) = 2$ 且 $f_X(x) = 2(1-x)$。
所以，對於 $0 \le x < 1$ 和 $x \le y \le 1$：
$f_{Y|X}(y|x) = \frac{2}{2(1-x)} = \frac{1}{1-x}$
此條件 PDF 在 $y$ 的範圍是 $x \le y \le 1$。如果 $y$ 超出此範圍，則條件 PDF 為 0。
我們可以驗證這個條件 PDF 的積分是 1：
$\int_{x}^{1} \frac{1}{1-x} \, dy = \frac{1}{1-x} [y]_{x}^{1} = \frac{1}{1-x} (1-x) = 1$

條件期望值 $E[Y|X=x]$ 是在給定 $X=x$ 的條件下 $Y$ 的期望值，使用條件 PDF 計算：
$E[Y|X=x] = \int_{-\infty}^{\infty} y f_{Y|X}(y|x) \, dy$
對於 $0 < x < 1$：
$E[Y|X=x] = \int_{x}^{1} y \left( \frac{1}{1-x} \right) \, dy$

核心觀念

本題考查機率密度函數的正規化、動差法估計，以及最大概似估計。

• 機率密度函數正規化：密度函數在定義範圍內的積分必須等於 $1$。
• 動差法：令樣本動差 $\bar X$ 等於母體第一動差 $E[X]$，再解出參數。
• 最大概似法：將樣本概似函數取對數，對參數微分並令導數為 $0$，再確認取得最大值。

（1）求常數 $k$

密度函數須滿足：

因為 $\delta>0$，

因此 $k=1$，密度函數為：

（2）動差法估計量與估計值

先求母體期望：

動差法令樣本平均數等於母體期望：

解出 $\delta$：

給定觀察值 $x_1,\ldots,x_n$，其中 $\bar x=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$，對應的估計值為：

（3）最大概似估計量與估計值

由於 $X_1,\ldots,X_n$ 為獨立同分布樣本，概似函數為：

此題考驗離散隨機變數的線性組合的動差母函數 (Moment Generating Function, MGF) 和機率密度函數 (PDF) 的計算。雖然題目描述是從集合 $\{2, 4, 6, 8\}$ 中抽取，但通常這種描述是指離散均勻分佈。然而，後面的問題要求計算 PDF，這暗示 $Y$ 可能是連續的，或者題目意圖是讓 $X_i$ 是從一個連續均勻分佈中抽取，但其可能取值只在 $\{2, 4, 6, 8\}$。

根據題目描述 "uniform distribution on {2, 4, 6, 8}"，這表示 $X_1$ 和 $X_2$ 是離散隨機變數，每個值 $(2, 4, 6, 8)$ 的機率是 $1/4$。
$P(X_i = k) = 1/4$ for $k \in \{2, 4, 6, 8\}$.

核心觀念：

• 離散隨機變數的 MGF： $M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum e^{tx} P(X=x)$。
• 獨立隨機變數和的 MGF： 若 $X_1, X_2$ 獨立，則 $M_{X_1+X_2}(t) = M_{X_1}(t) M_{X_2}(t)$。
• 離散隨機變數的 PDF (或 PMF)： 列出所有可能的取值及其對應的機率。

(1) (10%) Find the moment-generating function of $Y$.

首先，我們需要找到 $X_1$ (或 $X_2$) 的動差母函數 (MGF)。由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是同一個分佈的隨機變數，它們有相同的 MGF。
$M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum_{k \in \{2,4,6,8\}} e^{tk} P(X=k)$
$M_X(t) = e^{2t} \cdot \frac{1}{4} + e^{4t} \cdot \frac{1}{4} + e^{6t} \cdot \frac{1}{4} + e^{8t} \cdot \frac{1}{4}$
$M_X(t) = \frac{1}{4} (e^{2t} + e^{4t} + e^{6t} + e^{8t})$

由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的隨機樣本，它們的和 $Y = X_1 + X_2$ 的 MGF 是它們各自 MGF 的乘積：
$M_Y(t) = M_{X_1+X_2}(t) = M_{X_1}(t) M_{X_2}(t)$
$M_Y(t) = \left[ \frac{1}{4} (e^{2t} + e^{4t} + e^{6t} + e^{8t}) \right] \left[ \frac{1}{4} (e^{2t} + e^{4t} + e^{6t} + e^{8t}) \right]$
$M_Y(t) = \frac{1}{16} (e^{2t} + e^{4t} + e^{6t} + e^{8t})^2$

展開這個式子：
$(e^{2t} + e^{4t} + e^{6t} + e^{8t})^2 = (e^{2t})^2 + (e^{4t})^2 + (e^{6t})^2 + (e^{8t})^2 + 2(e^{2t}e^{4t} + e^{2t}e^{6t} + e^{2t}e^{8t} + e^{4t}e^{6t} + e^{4t}e^{8t} + e^{6t}e^{8t})$
$= e^{4t} + e^{8t} + e^{12t} + e^{16t} + 2(e^{6t} + e^{8t} + e^{10t} + e^{10t} + e^{12t} + e^{14t})$
$= e^{4t} + e^{8t} + e^{12t} + e^{16t} + 2e^{6t} + 2e^{8t} + 2e^{10t} + 2e^{12t} + 2e^{14t}$
合併同類項：
$= e^{4t} + 2e^{6t} + (1+2)e^{8t} + 2e^{10t} + (1+2)e^{12t} + 2e^{14t} + e^{16t}$
$= e^{4t} + 2e^{6t} + 3e^{8t} + 2e^{10t} + 3e^{12t} + 2e^{14t} + e^{16t}$

所以，
$M_Y(t) = \frac{1}{16} (e^{4t} + 2e^{6t} + 3e^{8t} + 2e^{10t} + 3e^{12t} + 2e^{14t} + e^{16t})$

【答案】 $M_Y(t) = \frac{1}{16} (e^{4t} + 2e^{6t} + 3e^{8t} + 2e^{10t} + 3e^{12t} + 2e^{14t} + e^{16t})$

(2) (5%) Find the probability density function (pdf) of $Y$.

$Y = X_1 + X_2$，其中 $X_1, X_2$ 是從 $\{2, 4, 6, 8\}$ 中獨立抽取且每個值機率為 $1/4$ 的離散隨機變數。
$Y$ 的可能取值是 $X_1$ 和 $X_2$ 的所有可能組合的和。
最小和是 $2+2=4$。
最大和是 $8+8=16$。
所有可能的和是偶數。

此題考驗假設檢定的基本概念，包括檢定大小 (size of the test)、p-value 的計算，以及第二類錯誤 (Type II error) 的機率。題目已知母體變異數，因此可以使用 Z 檢定。

核心觀念：

• 假設檢定： 設定虛無假設 $H_0$ 和對立假設 $H_1$。
• 檢定統計量： 在 $H_0$ 下，樣本平均數 $\bar{X}$ 的分佈。
• 拒絕域 (Critical Region)： 拒絕 $H_0$ 的樣本統計量值的集合。
• 檢定大小 (Size of the Test, $\alpha$)： 在 $H_0$ 為真時，錯誤地拒絕 $H_0$ 的機率，即 $P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true}) = P(\bar{X} \in C | H_0 \text{ is true})$。
• p-value： 在 $H_0$ 為真時，觀察到現有樣本統計量值或更極端值的機率。
• 第二類錯誤 (Type II Error, $\beta$)： 在 $H_1$ 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率，即 $P(\text{Fail to Reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = P(\bar{X} \notin C | H_1 \text{ is true})$。

題目資訊：

• 母體均值 $\mu_X$
• 母體變異數 $\sigma^2 = 36$，所以標準差 $\sigma = 6$。
• 樣本大小 $n = 16$。
• 樣本平均數 $\bar{X}$。
• 檢定 $H_0: \mu_X = 50$ vs $H_1: \mu_X > 50$。
• 拒絕域 $C: \bar{X} \ge 53$。

根據中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)，即使母體分佈未知，當樣本大小足夠大時（通常 $n \ge 30$），樣本平均數 $\bar{X}$ 的分佈近似於常態分佈。然而，此題明確告知母體 $X$ 服從常態分佈，因此 $\bar{X}$ 的分佈精確地是常態分佈，不受 $n<30$ 的限制。

在 $H_0$ 為真時 ($\mu_X = 50$)，樣本平均數 $\bar{X}$ 的分佈為：
$\bar{X} \sim N(\mu_{\bar{X}}, \sigma_{\bar{X}}^2)$
其中 $\mu_{\bar{X}} = \mu_X = 50$ (under $H_0$)
$\sigma_{\bar{X}}^2 = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{36}{16} = \frac{9}{4} = 2.25$
所以 $\sigma_{\bar{X}} = \sqrt{2.25} = 1.5$。
即，在 $H_0$ 為真時，$\bar{X} \sim N(50, 1.5^2)$。

(1) (6%) What is the size of the test?

檢定的大小 $\alpha$ 是在虛無假設 $H_0$ 為真時，我們拒絕 $H_0$ 的機率。
拒絕域是 $\bar{X} \ge 53$。
所以，檢定大小 $\alpha = P(\bar{X} \ge 53 | H_0 \text{ is true})$。
在 $H_0$ 為真時，$\bar{X} \sim N(50, 1.5^2)$。
我們需要將 $\bar{X}=53$ 轉換為標準常態變數 $Z$：
$Z = \frac{\bar{X} - \mu_{\bar{X}}}{\sigma_{\bar{X}}} = \frac{\bar{X} - 50}{1.5}$
當 $\bar{X} = 53$ 時， $Z = \frac{53 - 50}{1.5} = \frac{3}{1.5} = 2$。

所以，
$\alpha = P(\bar{X} \ge 53 | H_0 \text{ is true}) = P(Z \ge 2)$

核心觀念

這是標準常態分配的右尾機率表。若 $Z\sim N(0,1)$，表中數值表示：

標準常態分配以 $0$ 為中心對稱；負值的機率可利用對稱性與補事件換算。

解題方法

查表時，列標取 $z$ 的整數位與小數第一位，欄標取小數第二位。例如 $z=1.23$，查列 $1.2$、欄 $.03$，表值為 $0.1093$，因此：

若要求負值的右尾機率，則：

此區塊為 t 分佈的百分點表，為