112 年 國立中山大學經濟學系碩士班《統計學》

這題考驗對聯合機率密度函數 (joint probability density function, pdf) 的基本性質的理解，特別是 pdf 的總積分必須為 1，以及如何計算聯合機率。

(a) 求常數 c

一個有效的機率密度函數必須滿足其在整個定義域上的積分值為 1。

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

在本題中，聯合 pdf $f_{X,Y}(x,y)$ 只在單位正方形 $0 < x < 1$ 且 $0 < y < 1$ 內非零，其值為 $c$。
所以，我們有：

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

先對 $x$ 積分：

$$\int_{0}^{1} [cx]_{x=0}^{x=1} \, dy = \int_{0}^{1} (c \cdot 1 - c \cdot 0) \, dy = \int_{0}^{1} c \, dy$$

再對 $y$ 積分：

$$[cy]_{y=0}^{y=1} = c \cdot 1 - c \cdot 0 = c$$

因此，我們得到 $c = 1$。

(b) 求 $P(0 < X < \frac{1}{2}, 0 < Y < \frac{1}{2})$

這個機率表示在 $X$ 和 $Y$ 的聯合 pdf 下，事件 $(0 < X < \frac{1}{2})$ 和 $(0 < Y < \frac{1}{2})$ 同時發生的機率。我們可以透過對聯合 pdf 在指定區域上進行積分來計算。

這題考察條件機率的計算，包含邊緣機率密度函數 (marginal pdf) 的求法，以及條件機率的定義。

首先，我們需要確認給定的聯合機率密度函數 (joint pdf) $f_{X,Y}(x,y)$ 是否為一個有效的 pdf。雖然題目未要求，但作為解題基礎，我們應檢查其總積分是否為 1。積分區域為 $0 < x < y$ 且 $y > 0$。

$$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y} 2e^{-(x+y)} \, dx \, dy = \int_{0}^{\infty} 2e^{-y} \left( \int_{0}^{y} e^{-x} \, dx \right) \, dy$$

內部積分：

$$\int_{0}^{y} e^{-x} \, dx = [-e^{-x}]_{0}^{y} = -e^{-y} - (-e^{0}) = 1 - e^{-y}$$

所以，總積分為：

$$\int_{0}^{\infty} 2e^{-y} (1 - e^{-y}) \, dy = \int_{0}^{\infty} (2e^{-y} - 2e^{-2y}) \, dy$$ $$= [-2e^{-y} - 2(-\frac{1}{2}e^{-2y})]_{0}^{\infty} = [-2e^{-y} + e^{-2y}]_{0}^{\infty}$$ $$= \lim_{y \to \infty} (-2e^{-y} + e^{-2y}) - (-2e^{0} + e^{0}) = (0 + 0) - (-2 + 1) = 0 - (-1) = 1$$

pdf 是有效的。

(a) 求 $P(Y < 1 | X < 1)$

根據條件機率的定義：

$$P(Y < 1 | X < 1) = \frac{P(Y < 1, X < 1)}{P(X < 1)}$$

我們需要計算分子 $P(Y < 1, X < 1)$ 和分母 $P(X < 1)$。

計算分子 $P(Y < 1, X < 1)$：
我們需要在積分區域 $0 < x < y$ 且 $y > 0$ 的前提下，同時滿足 $Y < 1$ 和 $X < 1$。
因此，積分區域變為 $0 < x < y$, $y < 1$, $x < 1$。
由於 $x < y$ 且 $y < 1$，所以 $x$ 自然也小於 1。因此，積分區域為 $0 < x < y$ 且 $0 < y < 1$。

$$P(Y < 1, X < 1) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} 2e^{-(x+y)} \, dx \, dy$$

我們已經計算過內部積分 $\int_{0}^{y} 2e^{-x} \, dx = 2(1 - e^{-y})$。
所以，

$$P(Y < 1, X < 1) = \int_{0}^{1} (2e^{-y} - 2e^{-2y}) \, dy$$ $$= [-2e^{-y} + e^{-2y}]_{0}^{1} = (-2e^{-1} + e^{-2}) - (-2e^{0} + e^{0})$$ $$= -2e^{-1} + e^{-2} - (-2 + 1) = -2e^{-1} + e^{-2} + 1$$

計算分母 $P(X < 1)$：
為了計算 $P(X < 1)$，我們需要先求 $X$ 的邊緣機率密度函數 $f_X(x)$。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \, dy$。
積分範圍是 $0 < x < y$ 且 $y > 0$。這意味著對於一個固定的 $x > 0$， $y$ 的範圍是 $x < y < \infty$。

$$f_X(x) = \int_{x}^{\infty} 2e^{-(x+y)} \, dy = 2e^{-x} \int_{x}^{\infty} e^{-y} \, dy$$ $$\int_{x}^{\infty} e^{-y} \, dy = [-e^{-y}]_{x}^{\infty} = \lim_{y \to \infty}(-e^{-y}) - (-e^{-x}) = 0 + e^{-x} = e^{-x}$$

所以，

這題考察對機率密度函數 (pdf) 的期望值 (Expected Value) 和變異數 (Variance) 的計算。

首先，我們需要確認給定的 $f_X(x)$ 是一個有效的 pdf。

$$\int_{1}^{\infty} \frac{2}{x^3} \, dx = 2 \int_{1}^{\infty} x^{-3} \, dx = 2 \left[ \frac{x^{-2}}{-2} \right]_{1}^{\infty} = 2 \left[ -\frac{1}{2x^2} \right]_{1}^{\infty}$$ $$= 2 \left( \lim_{x \to \infty} (-\frac{1}{2x^2}) - (-\frac{1}{2(1)^2}) \right) = 2 \left( 0 - (-\frac{1}{2}) \right) = 2 \left( \frac{1}{2} \right) = 1$$

pdf 是有效的。

(a) 求 $E(X)$

期望值 $E(X)$ 的定義為：

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \, dx$$

將 $f_X(x)$ 代入：

$$E(X) = \int_{1}^{\infty} x \left( \frac{2}{x^3} \right) \, dx = \int_{1}^{\infty} \frac{2}{x^2} \, dx$$

核心觀念

1. 動差法（Method of Moments, MM）：
   動差法是點估計（Point Estimation）中的經典方法，其核心精神是以「樣本動差（Sample Moments）」來配對並取代「母體動差（Population Moments）」。
   若母體分配包含 $k$ 個未知參數，則建立 $k$ 個動差聯立方程式：
   $E[X^r] = m_r = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^r, \quad r = 1, 2, \dots, k$
   本題母體僅有一個未知參數 $\theta$（即 $k=1$），故僅需計算母體一階原點動差（期望值 $E[X]$），並令其等於樣本一階原點動差（樣本平均數 $\bar{X}$）即可解出估計量 $\hat{\theta}_{\text{MM}}$。

2. 連續型隨機變數之期望值定義：
   $E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x \cdot f_X(x; \theta) \, dx$

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解題方法

步驟一：求母體一階原點動差（期望值 $E[X]$）

給定隨機變數 $X$ 之機率密度函數（PDF）為：
$f_X(x; \theta) = \frac{\theta}{x^{\theta+1}} = \theta x^{-\theta-1}, \quad 0 < x < 1$

依期望值定義進行積分計算：
$E[X] = \int_{0}^{1} x \cdot f_X(x; \theta) \, dx = \int_{0}^{1} x \cdot \left(\theta x^{-\theta-1}\right) dx = \theta \int_{0}^{1} x^{-\theta} \, dx$

計算定積分（在 $\theta < 1$ 的收斂條件下）：
$E[X] = \theta \left[ \frac{x^{1-\theta}}{1-\theta} \right]_{0}^{1} = \theta \left( \frac{1^{1-\theta}}{1-\theta} - 0 \right) = \frac{\theta}{1-\theta}$

這題考驗假設檢定中第一類錯誤 (Type I error) 的概念，以及如何利用最大值統計量來建構檢定法則。

第一類錯誤 (Type I error) 是指當虛無假設 (null hypothesis, $H_0$) 為真時，卻拒絕了虛無假設。
在本題中，虛無假設是 $\theta = 2$。
檢定法則 (rejection rule) 是：當樣本最大值 $Y_{max} \ge k$ 時，拒絕 $H_0$。
因此，第一類錯誤的機率是：

$$P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true}) = P(Y_{max} \ge k | \theta = 2)$$

題目要求這個機率等於 0.05。

$$P(Y_{max} \ge k | \theta = 2) = 0.05$$

步驟 1: 確定當 $H_0$ 為真時，$Y_{max}$ 的分佈
當 $H_0$ 為真時，$\theta = 2$。
樣本來自一個在 $(0, 2)$ 上均勻分佈的隨機變數。
$f_Y(y; 2) = \frac{1}{2}$, for $0 < y < 2$。
樣本大小是 $n=5$。

我們需要 $Y_{max}$ 的機率分佈。對於一個來自 $U(0, \theta)$ 分佈的樣本 $Y_1, \ldots, Y_n$，其最大值 $Y_{max}$ 的累積分佈函數 (CDF) 是：

$$F_{Y_{max}}(y) = P(Y_{max} \le y) = P(Y_1 \le y, Y_2 \le y, \ldots, Y_n \le y)$$

由於樣本獨立，

$$F_{Y_{max}}(y) = \prod_{i=1}^{n} P(Y_i \le y) = [F_Y(y)]^n$$

其中 $F_Y(y)$ 是單一隨機變數 $Y$ 的 CDF。
對於 $U(0, \theta)$ 分佈，

$$F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y \le 0 \\ \frac{y}{\theta}, & 0 < y < \theta \\ 1, & y \ge \theta \end{cases}$$

所以，

$$F_{Y_{max}}(y) = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n, \quad \text{for } 0 < y < \theta$$