第 1 題詳解

核心觀念

本題考查：

1. 有限樣本空間與等可能結果。
2. 離散型隨機變數的聯合機率分配與邊際機率分配。
3. 隨機變數獨立性的判定。
4. 期望值公式。
5. 條件機率分配、條件期望值與條件變異數。

銅板公正，且各次投擲相互獨立，因此三次投擲的每一種結果皆具有相同機率：

$$P(\text{每一種結果})=\left(\frac12\right)^3=\frac18$$

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(1) 樣本空間 $\Omega$

三次投擲，每次結果為 $H$ 或 $T$，因此樣本空間為

$$\Omega= \{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT\}$$

共有 $2^3=8$ 個結果，且每個結果的機率皆為 $\frac18$。

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(2) $X,Y$ 的聯合機率

令：

• $X$ 表示前兩次出現正面的次數；
• $Y$ 表示後兩次出現正面的次數。

逐一列出各結果對應的 $(X,Y)$：

結果	$X$	$Y$
$HHH$	2	2
$HHT$	2	1
$HTH$	1	1
$HTT$	1	0
$THH$	1	2
$THT$	1	1
$TTH$	0	1
$TTT$	0	0

因此，$X,Y$ 的聯合機率分配如下：

$f_{X,Y}(x,y)$	$Y=0$	$Y=1$	$Y=2$	$X$ 邊際機率
$X=0$	$\frac18$	$\frac18$	$0$	$\frac14$
$X=1$	$\frac18$	$\frac28$	$\frac18$	$\frac12$
$X=2$	$0$	$\frac18$	$\frac18$	$\frac14$
$Y$ 邊際機率	$\frac14$	$\frac12$	$\frac14$	$1$

例如：

$$P(X=1,Y=1)=P(HTH)+P(THT)=\frac18+\frac18=\frac14$$

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(3) $X$ 的邊際機率

由聯合機率分配對所有 $Y$ 加總：

$$P(X=x)=\sum_y P(X=x,Y=y)$$

因此：

當 $X=0$ 時，

$$P(X=0)=\frac18+\frac18+0=\frac14$$

當 $X=1$ 時，

$$P(X=1)=\frac18+\frac28+\frac18=\frac12$$

當 $X=2$ 時，

$$P(X=2)=0+\frac18+\frac18=\frac14$$

故 $X$ 的邊際機率為

$x$	0	1	2
$P(X=x)$	$\frac14$	$\frac12$	$\frac14$

也可直接觀察到，$X$ 是前兩次投擲出現正面的次數，因此

$$X\sim \operatorname{Binomial}\left(2,\frac12\right)$$

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(4) 判斷 $X$ 與 $Y$ 是否獨立

離散型隨機變數 $X,Y$ 獨立的條件為：

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

對所有可能的 $x,y$ 均須成立。

取 $X=0,Y=2$：

$$P(X=0,Y=2)=0$$

但

$$P(X=0)P(Y=2) =\frac14\cdot\frac14 =\frac1{16}$$

由於

$$0\ne \frac1{16}$$

故 $X$ 與 $Y$ 不獨立。

其原因在於 $X$ 與 $Y$ 都包含第二次投擲結果，兩者共享同一個隨機結果。

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(5) 求 $E(X)$

離散型隨機變數的期望值為

$$E(X)=\sum_x xP(X=x)$$

代入 $X$ 的邊際機率：

$$\begin{aligned} E(X) &=0\cdot\frac14 +1\cdot\frac12 +2\cdot\frac14\\ &=0+\frac12+\frac12\\ &=1 \end{aligned}$$

因此，

$$E(X)=1$$

也可利用二項分配公式：

$$E(X)=np=2\cdot\frac12=1$$

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(6) 求 $f_{X|Y}(x\mid Y=1)$

條件機率分配公式為

核心觀念

本題考查聯合機率密度函數的基本應用：

• 聯合密度函數總積分必須等於 $1$。
• 邊際密度函數由聯合密度函數積分得到。
• 期望值可利用邊際密度函數計算。
• 判斷獨立性須檢查
  $f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$
  是否對所有 $(x,y)$ 成立。
• 條件密度函數為
  $f_{X\mid Y}(x\mid y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}.$

聯合密度函數為常數 $k$ 的區域是

$$0\leq x\leq y\leq 2.$$

此區域為頂點 $(0,0)$、$(0,2)$、$(2,2)$ 所形成的三角形，面積為 $2$。

解題方法與計算

（1）求 $k$

機率密度函數在整個平面上的積分必須等於 $1$：

$$\int_0^2\int_0^y k\,dx\,dy=1.$$

先對 $x$ 積分：

$$\int_0^2 ky\,dy=1.$$

因此

$$k\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^2=1,$$ $$2k=1.$$

所以

$$\boxed{k=\frac12}.$$

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（2）求 $Y$ 的邊際機率密度函數 $f_Y(y)$

固定 $Y=y$ 時，由條件 $0\leq x\leq y$ 可知 $x$ 的範圍為 $0$ 到 $y$。

因此

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\,dx =\int_0^y\frac12\,dx =\frac y2.$$

又因為 $0\leq y\leq 2$，故

$$\boxed{ f_Y(y)= \begin{cases} \dfrac y2, & 0\leq y\leq 2,\\[6pt] 0, & \text{其他情況}. \end{cases} }$$

快速驗算：

$$\int_0^2\frac y2\,dy =\left[\frac{y^2}{4}\right]_0^2 =1,$$

符合機率密度函數的要求。

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（3）求 $P(Y>1)$

利用 $Y$ 的邊際密度函數：

$$P(Y>1)=\int_1^2 f_Y(y)\,dy =\int_1^2\frac y2\,dy.$$

因此

$$P(Y>1) =\left[\frac{y^2}{4}\right]_1^2 =\frac{4}{4}-\frac{1}{4} =\frac34.$$

所以

$$\boxed{P(Y>1)=\frac34}.$$

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（4）求 $E(Y)$

利用 $Y$ 的邊際密度函數：

$$E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}y f_Y(y)\,dy =\int_0^2 y\left(\frac y2\right)\,dy.$$

整理得

$$E(Y)=\frac12\int_0^2y^2\,dy =\frac12\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^2.$$

因此

$$E(Y)=\frac12\cdot\frac83 =\frac43.$$

所以

$$\boxed{E(Y)=\frac43}.$$

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（5）判斷 $X$ 與 $Y$ 是否獨立

先求 $X$ 的邊際密度函數。固定 $X=x$ 時，由 $0\leq x\leq y\leq2$ 可知 $y$ 的範圍為 $x$ 到 $2$。

因此

$$f_X(x)=\int_x^2\frac12\,dy =\frac{2-x}{2}, \qquad 0\leq x\leq2.$$

所以

本題考驗迴歸分析中的基本概念，包括最小平方法估計量、不偏性以及估計量的分配。

模型為 $y_i = \beta x_i + e_i$, 其中 $x_i$ 是固定的，而 $e_i$ 是獨立且同分佈的常態隨機變數，平均值為 0，變異數為 $\sigma^2$。
我們假設 $e_i \sim N(0, \sigma^2)$ 且 $e_i$ 之間相互獨立。

(1) 導出 $\beta$ 的最小平方估計式 $\hat{\beta}$：
最小平方法 (OLS) 的目標是最小化殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR)。
殘差 $e_i$ 的估計值為 $\hat{e}_i = y_i - \hat{y}_i = y_i - \hat{\beta} x_i$。
SSR 為：

$$SSR(\hat{\beta}) = \sum_{i=1}^{n} \hat{e}_i^2 = \sum_{i=1}^{n} (y_i - \hat{\beta} x_i)^2$$

為了找到使 SSR 最小的 $\hat{\beta}$，我們對 SSR 對 $\hat{\beta}$ 微分並令其等於 0：

$$\frac{\partial SSR}{\partial \hat{\beta}} = \sum_{i=1}^{n} 2(y_i - \hat{\beta} x_i)(-x_i) = 0$$ $$\sum_{i=1}^{n} -2x_i(y_i - \hat{\beta} x_i) = 0$$ $$\sum_{i=1}^{n} x_i(y_i - \hat{\beta} x_i) = 0$$ $$\sum_{i=1}^{n} (x_i y_i - \hat{\beta} x_i^2) = 0$$ $$\sum_{i=1}^{n} x_i y_i - \hat{\beta} \sum_{i=1}^{n} x_i^2 = 0$$ $$\hat{\beta} \sum_{i=1}^{n} x_i^2 = \sum_{i=1}^{n} x_i y_i$$ $$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i y_i}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}$$

我們也可以將 $y_i$ 替換為 $\beta x_i + e_i$：

$$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i (\beta x_i + e_i)}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2} = \frac{\sum_{i=1}^{n} (\beta x_i^2 + x_i e_i)}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2} = \frac{\beta \sum_{i=1}^{n} x_i^2 + \sum_{i=1}^{n} x_i e_i}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}$$ $$\hat{\beta} = \beta + \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i e_i}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}$$

(2) 證明 $\beta$ 是 $\hat{\beta}$ 的不偏估計式：
我們需要證明 $E(\hat{\beta}) = \beta$。

$$E(\hat{\beta}) = E\left(\beta + \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i e_i}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}\right)$$

由於 $\beta$ 是常數，且 $x_i$ 是非隨機的，所以：

$$E(\hat{\beta}) = \beta + E\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i e_i}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}\right)$$ $$E(\hat{\beta}) = \beta + \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2} E\left(\sum_{i=1}^{n} x_i e_i\right)$$

利用期望值的線性性質：

$$E(\hat{\beta}) = \beta + \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2} \sum_{i=1}^{n} E(x_i e_i)$$

由於 $x_i$ 是非隨機的， $E(x_i e_i) = x_i E(e_i)$。
根據題目， $e_i \sim N(0, \sigma^2)$，所以 $E(e_i) = 0$。