113 年 國立中山大學經濟學系碩士班《統計學》

本題考驗機率的基本概念與條件機率的應用。題目給定一個不均勻骰子，其各面出現的機率與面上的數字成正比，並要求計算出現偶數點的機率。

核心觀念：

1. 機率分配的性質：所有可能結果的機率總和必須為 1。
2. 機率的計算：根據給定的機率與事件關係進行計算。

解題步驟：

1. 確定機率函數：
   根據題目提示，設第 $i$ 面出現的機率為 $P(i)$，則 $P(i) = ki$，其中 $i = 1, 2, 3, 4, 5, 6$，$k$ 為常數。

2. 利用機率總和為 1 求常數 k：
   所有可能結果的機率總和必須為 1：
   $\sum_{i=1}^{6} P(i) = 1$
   $P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1$
   $k(1) + k(2) + k(3) + k(4) + k(5) + k(6) = 1$
   $k(1+2+3+4+5+6) = 1$
   $k \left( \frac{6(6+1)}{2} \right) = 1$
   $k(21) = 1$

本題考驗連續隨機變數的機率密度函數轉換。題目給定一個在區間 $[-2, 3]$ 上均勻分佈的隨機變數 $X$，並要求計算兩個由 $X$ 轉換而來的隨機變數 $U=e^X$ 和 $V=X^3$ 的機率密度函數。

核心觀念：

1. 均勻分佈的機率密度函數。
2. 隨機變數轉換（Transformation of Random Variables）的方法，常用方法有累積分佈函數法（CDF method）和雅可比轉換法（Jacobian method）。

解題步驟：
首先，確定隨機變數 $X$ 的機率密度函數 (PDF)。
$X \sim U(-2, 3)$。
$X$ 的 PDF 為 $f_X(x) = \frac{1}{b-a}$，其中 $a=-2$，$b=3$。
所以，$f_X(x) = \frac{1}{3 - (-2)} = \frac{1}{5}$，對於 $-2 \le x \le 3$，否則為 0。

(a). 尋找 $U = e^X$ 的密度函數

方法一：累積分佈函數法 (CDF Method)
$U = g(X) = e^X$。
首先求 $U$ 的累積分佈函數 (CDF)，記為 $F_U(u)$。
$F_U(u) = P(U \le u) = P(e^X \le u)$。
由於 $e^X$ 是一個遞增函數，且 $e^X$ 的值恆大於 0，所以我們必須有 $u > 0$。
$P(e^X \le u) = P(X \le \ln u)$。

現在需要考慮 $X$ 的定義域 $[-2, 3]$。
$P(X \le \ln u)$ 取決於 $\ln u$ 相對於區間 $[-2, 3]$ 的位置。

• 如果 $\ln u < -2$ (即 $u < e^{-2}$)，則 $P(X \le \ln u) = 0$。
• 如果 $-2 \le \ln u \le 3$ (即 $e^{-2} \le u \le e^3$)，則 $P(X \le \ln u) = F_X(\ln u) = \int_{-2}^{\ln u} f_X(x) dx = \int_{-2}^{\ln u} \frac{1}{5} dx = \frac{1}{5} [\ln u - (-2)] = \frac{\ln u + 2}{5}$。
• 如果 $\ln u > 3$ (即 $u > e^3$)，則 $P(X \le \ln u) = 1$。

因此，$U$ 的 CDF 為：
$F_U(u) = \begin{cases} 0 & u < e^{-2} \\ \frac{\ln u + 2}{5} & e^{-2} \le u \le e^3 \\ 1 & u > e^3 \end{cases}$

$U$ 的 PDF，記為 $f_U(u)$，是 $F_U(u)$ 對 $u$ 的微分。
$f_U(u) = \frac{d}{du} F_U(u) = \frac{d}{du} \left( \frac{\ln u + 2}{5} \right) = \frac{1}{5u}$
這適用於 $e^{-2} < u < e^3$。

所以，$U=e^X$ 的密度函數為：
$f_U(u) = \begin{cases} \frac{1}{5u} & e^{-2} < u < e^3 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

方法二：雅可比轉換法 (Jacobian Method)
令 $u = g(x) = e^x$。這是單調遞增函數。
反函數為 $x = g^{-1}(u) = \ln u$。
$X$ 的定義域是 $[-2, 3]$。當 $x=-2$ 時，$u = e^{-2}$。當 $x=3$ 時，$u = e^3$。
所以 $U$ 的定義域是 $[e^{-2}, e^3]$。
雅可比行列式（對於一維情況是導數的絕對值）：
$\left| \frac{dx}{du} \right| = \left| \frac{d}{du} (\ln u) \right| = \left| \frac{1}{u} \right|$
由於 $u$ 在 $[e^{-2}, e^3]$ 範圍內是正的，所以 $\left| \frac{1}{u} \right| = \frac{1}{u}$。

$U$ 的 PDF 為：
$f_U(u) = f_X(g^{-1}(u)) \left| \frac{dx}{du} \right|$
$f_U(u) = f_X(\ln u) \cdot \frac{1}{u}$
因為 $f_X(x) = \frac{1}{5}$ 對於 $-2 \le x \le 3$，所以 $f_X(\ln u) = \frac{1}{5}$，只要 $-2 \le \ln u \le 3$，即 $e^{-2} \le u \le e^3$。
$f_U(u) = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{u} = \frac{1}{5u}$
這適用於 $e^{-2} \le u \le e^3$。
（注意：嚴格來說，邊界點的處理在理論上有些微妙，但通常在計算 PDF 時，邊界點不影響積分結果，寫成開區間或閉區間通常都可以接受，為了與 CDF 法一致，這裡寫開區間。）

本題考驗條件期望值與條件變異數的計算。題目給定一個二維連續隨機變數 $(X, Y)$ 的聯合機率密度函數，並要求計算在給定 $Y=y$ 的條件下，$X$ 的條件期望值和條件變異數。

核心觀念：

1. 條件機率密度函數的定義。
2. 條件期望值和條件變異數的定義及其計算方法。
3. 積分計算。

解題步驟：
首先，我們需要確定聯合機率密度函數 $f(x, y)$ 的定義域，並找出常數。
題目給定 $f(x, y) = e^{-y}$，定義域為 $0 < x < y$。
然而，這個 PDF 似乎缺少一個常數因子，因為其積分通常不會等於 1。我們需要先找出這個常數。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dx dy = 1$
積分範圍是 $0 < x < y$。我們需要確定 $y$ 的範圍。由於 $x > 0$ 且 $x < y$，所以 $y > 0$。
$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y} C e^{-y} dx dy = 1$
其中 $C$ 是常數。
先對 $x$ 積分：
$\int_{0}^{y} C e^{-y} dx = C e^{-y} [x]_0^y = C e^{-y} (y - 0) = C y e^{-y}$
現在對 $y$ 積分：
$\int_{0}^{\infty} C y e^{-y} dy$
這是一個 Gamma 函數的積分。$\int_{0}^{\infty} x^{n-1} e^{-x} dx = \Gamma(n) = (n-1)!$。
在這裡，$n-1=1$，所以 $n=2$。
$C \int_{0}^{\infty} y e^{-y} dy = C \Gamma(2) = C (2-1)! = C (1!) = C$
所以，為了使積分為 1，常數 $C$ 必須是 1。
因此，正確的聯合機率密度函數是 $f(x, y) = e^{-y}$，定義域為 $0 < x < y$，且 $y > 0$。

(a). 計算 $E(X|Y = y)$

首先，我們需要找到在給定 $Y=y$ 的條件下，$X$ 的條件機率密度函數 (conditional PDF)，記為 $f_{X|Y}(x|y)$。
$f_{X|Y}(x|y) = \frac{f(x, y)}{f_Y(y)}$
我們需要先求 $Y$ 的邊際機率密度函數 $f_Y(y)$。
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dx$
根據定義域 $0 < x < y$，我們對 $x$ 積分：
$f_Y(y) = \int_{0}^{y} e^{-y} dx = e^{-y} [x]_0^y = e^{-y} (y - 0) = y e^{-y}$
這適用於 $y > 0$。

現在計算條件 PDF：
$f_{X|Y}(x|y) = \frac{e^{-y}}{y e^{-y}} = \frac{1}{y}$
這適用於 $0 < x < y$。

本題考驗最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的求解。題目給定一個由 $n$ 個獨立同分佈 (i.i.d.) 的隨機變數組成的樣本，且每個變數的機率密度函數 (PDF) 依賴於未知參數 $\theta$。要求我們求出 $\theta$ 的 MLE。

核心觀念：

1. 概似函數 (Likelihood Function) 的建構。
2. 對數概似函數 (Log-Likelihood Function) 的應用。
3. 最大值求解，通常透過微分並令其為零。

解題步驟：

1. 建構概似函數 $L(\theta)$：
   樣本 $X_1, ..., X_n$ 是獨立同分佈的。因此，聯合機率密度函數（即概似函數）是各個隨機變數 PDF 的乘積：
   $L(\theta) = f(x_1; \theta) f(x_2; \theta) \cdots f(x_n; \theta)$
   其中 $f(x_i; \theta) = \theta x_i^{\theta-1}$，且 $0 < x_i < 1$ 對於所有 $i=1, ..., n$。
   $L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} (\theta x_i^{\theta-1})$
   $L(\theta) = \theta^n \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\theta-1}$
   $L(\theta) = \theta^n \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\theta} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{-1}$
   $L(\theta) = \theta^n \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\theta} \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} x_i}$
   為了簡化，我們通常將 $\prod_{i=1}^{n} x_i$ 記為 $P_x$。
   $L(\theta) = \theta^n (P_x)^{\theta-1}$

2. 建構對數概似函數 $l(\theta) = \ln L(\theta)$：
   取對數可以將乘積轉換為加總，便於微分。
   $l(\theta) = \ln \left( \theta^n (P_x)^{\theta-1} \right)$
   $l(\theta) = \ln(\theta^n) + \ln((P_x)^{\theta-1})$
   $l(\theta) = n \ln \theta + (\theta-1) \ln(P_x)$
   $l(\theta) = n \ln \theta + (\theta-1) \sum_{i=1}^{n} \ln x_i$

3. 對 $\theta$ 微分並令其為零：
   我們對 $l(\theta)$ 關於 $\theta$ 求導，並將結果設為 0，以找到使 $l(\theta)$ 最大的 $\theta$ 值。

本題考驗假設檢定中第一類錯誤 (Type I error, $\alpha$) 和第二類錯誤 (Type II error, $\beta$) 的計算。題目描述了一個關於甕中白色籌碼比例的假設檢定問題，並給定了檢定規則。我們需要根據這個規則計算 $\alpha$ 和 $\beta$。

核心觀念：

1. 假設檢定的型一錯誤 ($\alpha$)：在虛無假設 ($H_0$) 為真時，拒絕 $H_0$ 的機率。
2. 假設檢定的型二錯誤 ($\beta$)：在對立假設 ($H_1$) 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率。
3. 超幾何分佈 (Hypergeometric Distribution)：當從一個有限總體中進行無放回抽樣時，用於計算特定結果出現次數的機率。

前提條件：

• 甕中有 10 個籌碼。
• 檢定規則：抽取 3 個籌碼，若其中有 2 個或 2 個以上是白色，則拒絕 $H_0$。
• 抽樣方式：無放回抽樣。

超幾何分佈公式：
假設總體大小為 $N$，其中有 $K$ 個成功品 (白色籌碼)，我們抽取 $n$ 個樣本。
則抽樣中恰好有 $k$ 個成功品的機率為：
$P(X=k) = \frac{\binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$

在本題中：

• 總體大小 $N = 10$ (甕中的籌碼總數)。
• 樣本大小 $n = 3$ (抽取的籌碼數)。

(a). 計算 $\alpha$ (型一錯誤)

$\alpha$ 是在 $H_0$ 為真時，拒絕 $H_0$ 的機率。
$H_0$: 恰有一半的籌碼是白色。
由於總共有 10 個籌碼，所以 $H_0$ 表示有 5 個白色籌碼和 5 個紅色籌碼。
在此情況下，$K = 5$ (白色籌碼數)。
拒絕 $H_0$ 的規則是：抽取 3 個籌碼，其中有 2 個或 2 個以上是白色。
所以，我們需要計算抽到 2 個白色或 3 個白色的機率。

• 抽到 2 個白色籌碼的機率 ($k=2$)：
  $P(X=2 | H_0) = \frac{\binom{5}{2} \binom{10-5}{3-2}}{\binom{10}{3}} = \frac{\binom{5}{2} \binom{5}{1}}{\binom{10}{3}}$
  $\binom{5}{2} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$
  $\binom{5}{1} = 5$
  $\binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 10 \times 3 \times 4 = 120$
  $P(X=2 | H_0) = \frac{10 \times 5}{120} = \frac{50}{120}$

• 抽到 3 個白色籌碼的機率 ($k=3$)：
  $P(X=3 | H_0) = \frac{\binom{5}{3} \binom{10-5}{3-3}}{\binom{10}{3}} = \frac{\binom{5}{3} \binom{5}{0}}{\binom{10}{3}}$