110 年 國立政治大學金融學系碩士班金融科技組《統計學B》

此題考驗假設檢定中 $p$-value 的計算以及檢定力的概念。

(1) 計算 $p$-value：
樣本比例 $\hat{p} = \frac{165}{300} = 0.55$。
檢定統計量為 $Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$，其中 $p_0 = 0.5$。
$Z = \frac{0.55 - 0.5}{\sqrt{\frac{0.5(1-0.5)}{300}}} = \frac{0.05}{\sqrt{\frac{0.25}{300}}} = \frac{0.05}{\sqrt{\frac{1}{1200}}} = 0.05 \times \sqrt{1200} = 0.05 \times 20\sqrt{3} = \sqrt{3} \approx 1.732$。
$p$-value 是當 $H_0$ 為真時，觀察到比目前的檢定統計量更極端的結果（在此為大於）的機率。
$p$-value $= P(Z > 1.732) = 1 - \Phi(1.732)$。
因此，(1) 的答案是 $1 - \Phi(\sqrt{3})$。

(2) 計算檢定力 (Power)：
檢定力是當對立假設 $H_1$ 為真時，正確拒絕虛無假設 $H_0$ 的機率。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
在 $H_0$ 下，拒絕區域為 $Z > z_{\alpha}$，其中 $z_{\alpha}$ 滿足 $P(Z > z_{\alpha}) = 0.05$，即 $z_{\alpha} = \Phi^{-1}(0.95)$。
因此，拒絕區域為 $\hat{p} > p_0 + z_{\alpha} \sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} = 0.5 + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{0.5(0.5)}{300}}$。
當 $H_1$ 為真時，真實比例 $p = 0.6$。
檢定統計量為 $Z' = \frac{\hat{p} - p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} = \frac{\hat{p} - 0.6}{\sqrt{\frac{0.6(0.4)}{300}}}$。
檢定力 $= P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = P(\hat{p} > 0.5 + z_{\alpha} \sqrt{\frac{0.25}{300}} | p=0.6)$。
將 $\hat{p}$ 表示為 $Z'$ 的函數：$\hat{p} = 0.6 + Z' \sqrt{\frac{0.24}{300}}$。
所以，檢定力 $= P(0.6 + Z' \sqrt{\frac{0.24}{300}} > 0.5 + z_{\alpha} \sqrt{\frac{0.25}{300}})$。
$P(Z' > \frac{0.5 - 0.6}{ \sqrt{\frac{0.24}{300}} } + z_{\alpha} \frac{\sqrt{0.25}}{\sqrt{0.24}}) = P(Z' > \frac{-0.1}{ \sqrt{\frac{1}{1250}} } + z_{\alpha} \sqrt{\frac{0.25}{0.24}})$
$= P(Z' > -0.1 \times \sqrt{1250} + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{25}{24}}) = P(Z' > -0.1 \times 25\sqrt{2} + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{25}{24}})$
$= P(Z' > -2.5\sqrt{2} + \Phi^{-1}(0.95) \frac{5}{2\sqrt{6}}) = P(Z' > -3.536 + 1.645 \times \frac{5}{4.899}) \approx P(Z' > -3.536 + 1.679)$
$= P(Z' > -1.857)$。
然而，題目要求以 $\Phi(\cdot)$ 表示。
臨界值 $\hat{p}_c = 0.5 + z_{\alpha} \sqrt{\frac{0.25}{300}} = 0.5 + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{1}{1200}}$。
檢定力 $= P(\hat{p} > \hat{p}_c | p=0.6) = P\left(\frac{\hat{p} - 0.6}{\sqrt{\frac{0.6(0.4)}{300}}} > \frac{\hat{p}_c - 0.6}{\sqrt{\frac{0.24}{300}}}\right)$
$= P\left(Z > \frac{0.5 + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{1}{1200}} - 0.6}{\sqrt{\frac{0.24}{300}}}\right) = P\left(Z > \frac{-0.1 + \Phi^{-1}(0.95) \frac{1}{20\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{0.24}}{10\sqrt{3}}}\right)$
$= P\left(Z > \frac{-0.1 \times 20\sqrt{3} + \Phi^{-1}(0.95)}{\sqrt{0.24} \times 2}\right) = P\left(Z > \frac{-2\sqrt{3} + \Phi^{-1}(0.95)}{2\sqrt{0.24}}\right)$
$= P\left(Z > \frac{-3.464 + 1.645}{2 \times 0.4899}\right) = P\left(Z > \frac{-1.819}{0.9798}\right) \approx P(Z > -1.857)$
$= \Phi(1.857)$。

更精確的計算：
臨界值 $\hat{p}_c = 0.5 + \Phi^{-1}(0.95) \sqrt{\frac{0.5 \times 0.5}{300}} = 0.5 + 1.6449 \sqrt{\frac{0.25}{300}} = 0.5 + 1.6449 \times 0.0288675 = 0.5 + 0.04748$。
檢定力 $= P(\hat{p} > 0.54748 | p=0.6) = P\left(\frac{\hat{p} - 0.6}{\sqrt{\frac{0.6 \times 0.4}{300}}} > \frac{0.54748 - 0.6}{\sqrt{\frac{0.24}{300}}}\right)$
$= P\left(Z > \frac{-0.05252}{\sqrt{\frac{0.24}{300}}}\right) = P\left(Z > \frac{-0.05252}{0.028284}\right) = P(Z > -1.8568)$
$= \Phi(1.8568)$。
因此，(2) 的答案是 $\Phi\left(\frac{0.6 - 0.5 - \Phi^{-1}(0.95)\sqrt{0.25/300}}{\sqrt{0.24/300}}\right)$ 的反向，即 $\Phi\left(\frac{0.6 - (0.5 + \Phi^{-1}(0.95)\sqrt{0.25/300})}{\sqrt{0.24/300}}\right)$。

核心觀念

• 本題的機率質點 $X$ 為 幾何分配（Geometric distribution） 的特例：

$f(x)=\Bigl(\frac{1}{1+p}\Bigr)^{r}\frac{p^{\,x-r}}{(1+p)^{\,x-r}},\qquad x=r,r+1,\dots$

• 當 $r=1$ 時，常數因子 $\bigl(\frac{1}{1+p}\bigr)^{r}$ 變成 $\frac{1}{1+p}$，其餘部分僅與 $x$ 的次方有關，正好是「從第 1 週開始」的幾何分配。
• 幾何分配的期望（平均值）公式：

$$\mathbb{E}[X]=\frac{1}{\theta},\qquad \theta\;=\;\text{成功機率}=P(\text{本週價格變動})$$

其中 $\theta$ 必須是 每週發生日的機率，而在本題的參數化下

$\theta=\frac{1}{1+p}.$

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解題方法

1. 確認分配的正規化
   令

$a=\frac{p}{1+p},\qquad 1-a=\frac{1}{1+p}.$

當 $r=1$ 時

$f(x)= (1-a)\,a^{\,x-1},\qquad x=1,2,\dots$

檢查歸一化：

$$\sum_{x=1}^{\infty}(1-a)a^{x-1} =(1-a)\frac{1}{1-a}=1,$$

故確實為合法機率質點。

2. 寫出期望的級數

$\mathbb{E}[X]=\sum_{x=1}^{\infty}x\,(1-a)a^{x-1}.$

3. 利用幾何級數的導數或已知公式
   常用公式

此題考驗條件期望、條件變異數以及相關概念。

我們有 $E(Y|X) = a + bX$。
根據條件期望的性質，$E(E(Y|X)) = E(Y)$。
$E(a + bX) = E(Y)$
$a + bE(X) = E(Y)$
$a + b\mu_X = \mu_Y$ (式 1)

另外，我們知道 $Var(Y) = E[\text{Var}(Y|X)] + Var(E(Y|X))$。
首先計算 $Var(E(Y|X))$。
$E(Y|X) = a + bX$。
$Var(E(Y|X)) = Var(a + bX) = b^2 Var(X) = b^2 \sigma_X^2$。

所以，$Var(Y) = E[\text{Var}(Y|X)] + b^2 \sigma_X^2$。
$\sigma_Y^2 = E[\text{Var}(Y|X)] + b^2 \sigma_X^2$。
$E[\text{Var}(Y|X)] = \sigma_Y^2 - b^2 \sigma_X^2$。 (式 2)

我們還需要求出 $b$ 的值。
我們知道 $Cov(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$。
另外，$Cov(X, Y) = E[X \cdot E(Y|X)] - E(X)E(Y)$。
$Cov(X, Y) = E[X(a + bX)] - \mu_X \mu_Y$
$Cov(X, Y) = E[aX + bX^2] - \mu_X \mu_Y$
$Cov(X, Y) = aE(X) + bE(X^2) - \mu_X \mu_Y$
$Cov(X, Y) = a\mu_X + b(Var(X) + (E(X))^2) - \mu_X \mu_Y$
$Cov(X, Y) = a\mu_X + b(\sigma_X^2 + \mu_X^2) - \mu_X \mu_Y$。

我們也知道 $Cov(X, Y) = \rho \sigma_X \sigma_Y$。
所以，$\rho \sigma_X \sigma_Y = a\mu_X + b\sigma_X^2 + b\mu_X^2 - \mu_X \mu_Y$。

還有一個重要的關係：
$E(XY) = E[E(XY|X)]$。
$E(XY|X) = X E(Y|X) = X(a + bX) = aX + bX^2$。
$E(XY) = E[aX + bX^2] = aE(X) + bE(X^2) = a\mu_X + b(\sigma_X^2 + \mu_X^2)$。
$Cov(X, Y) = E(XY) - \mu_X \mu_Y = a\mu_X + b(\sigma_X^2 + \mu_X^2) - \mu_X \mu_Y$。

我們也可以從 $E(Y|X) = a+bX$ 來推導 $b$。
兩邊同時對 $X$ 取期望值：$E(E(Y|X)) = E(a+bX) \implies E(Y) = a + bE(X) \implies \mu_Y = a + b\mu_X$。
兩邊同時乘以 $X$ 再取期望值：$E(XY|X) = X(a+bX) = aX + bX^2$。
$E(XY) = E(aX + bX^2) = aE(X) + bE(X^2) = a\mu_X + b(\sigma_X^2 + \mu_X^2)$。
$Cov(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = a\mu_X + b\sigma_X^2 + b\mu_X^2 - \mu_X \mu_Y$。

從 $\mu_Y = a + b\mu_X$，可以解出 $a = \mu_Y - b\mu_X$。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. Gamma 分配的機率密度函數。
2. 隨機變數單調轉換的密度函數公式。
3. Gamma 函數積分與負次方動差。

題目中的密度係數應視為標準 Gamma 分配的形式：

$$f_X(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\beta^\alpha}x^{\alpha-1}e^{-x/\beta},\qquad x>0.$$

因此 $X\sim\operatorname{Gamma}(\alpha,\beta)$，其中 $\alpha$ 為形狀參數，$\beta$ 為尺度參數。題目原式的 $\alpha^\beta$ 應為排版或轉錄錯誤，否則密度一般無法積分為 $1$。

解題方法一：求 $Y=1/X$ 的機率密度函數

因為 $X>0$，所以 $Y=1/X>0$。由

$$Y=\frac{1}{X}$$

可反解得

$$X=\frac{1}{Y}.$$

其導數為

$$\frac{dx}{dy}=-\frac{1}{y^2},$$

因此雅可比絕對值為

$$\left|\frac{dx}{dy}\right|=\frac{1}{y^2}.$$

單調轉換公式為

$$f_Y(y)=f_X\left(\frac{1}{y}\right) \left|\frac{dx}{dy}\right|.$$

代入 $f_X(x)$：

$$\begin{aligned} f_Y(y) &=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\beta^\alpha} \left(\frac{1}{y}\right)^{\alpha-1} \exp\left(-\frac{1}{\beta y}\right) \frac{1}{y^2}\\ &=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\beta^\alpha} y^{-(\alpha+1)} \exp\left(-\frac{1}{\beta y}\right). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ f_Y(y)= \frac{1}{\Gamma(\alpha)\beta^\alpha} y^{-\alpha-1} \exp\left(-\frac{1}{\beta y}\right), \qquad y>0 }$$

且 $y\leq 0$ 時，$f_Y(y)=0$。這是 inverse-gamma distribution（逆 Gamma 分配）的密度函數。

解題方法二：求 $E(Y^r)$

由 $Y=1/X$，可得

$$Y^r=X^{-r}.$$

因此

$$E(Y^r)=E(X^{-r}).$$

依照期望值定義：

此題考驗 Beta 分布的期望值、大數法則 (Law of Large Numbers) 和中央極限定理 (Central Limit Theorem)。

首先，題目給定的 PDF 是 $f(x) = \theta x^{\theta-1}$，其中 $0 < x < 1$ 且 $\theta > 0$。
我們需要驗證這是否是一個有效的 PDF。
$\int_0^1 \theta x^{\theta-1} dx = \theta \left[\frac{x^\theta}{\theta}\right]_0^1 = \theta \left(\frac{1^\theta}{\theta} - \frac{0^\theta}{\theta}\right) = 1$ (假設 $\theta > 0$)。
所以，這是一個有效的 PDF。
這個分布是 Beta 分布的一個特例。標準的 Beta 分布 PDF 是：
$f(x; \alpha, \beta) = \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} x^{\alpha-1} (1-x)^{\beta-1}$ for $0 < x < 1$。
在我們的題目中，如果令 $\alpha = \theta$ 且 $\beta = 1$，則 PDF 是：
$f(x; \theta, 1) = \frac{\Gamma(\theta+1)}{\Gamma(\theta)\Gamma(1)} x^{\theta-1} (1-x)^{1-1} = \frac{\theta\Gamma(\theta)}{\Gamma(\theta) \cdot 1} x^{\theta-1} (1) = \theta x^{\theta-1}$。
所以，這個分布是 Beta($\theta$, 1) 分布。

(9) 根據大數法則 (Law of Large Numbers)，樣本均值 $\bar{X} = S = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$ 依機率收斂於母體期望值 $E(X)$。
我們需要計算 Beta($\theta$, 1) 分布的期望值。
$E(X) = \int_0^1 x f(x) dx = \int_0^1 x (\theta x^{\theta-1}) dx = \int_0^1 \theta x^\theta dx$。
$E(X) = \theta \left[\frac{x^{\theta+1}}{\theta+1}\right]_0^1 = \theta \left(\frac{1^{\theta+1}}{\theta+1} - \frac{0^{\theta+1}}{\theta+1}\right) = \frac{\theta}{\theta+1}$。
所以，$\mu_z = E(X) = \frac{\theta}{\theta+1}$。
根據大數法則，統計量 $S$ 依機率收斂於 $E(X)$。
所以，(9) 的答案是 $\frac{\theta}{\theta+1}$。

(10) 根據中央極限定理 (Central Limit Theorem)，對於獨立且同分布的隨機變數 $X_i$，樣本均值 $\bar{X}$ 的標準化變數 $\frac{\bar{X} - E(X)}{\sqrt{Var(X)/n}}$ 依分布收斂於標準常態分布 $N(0, 1)$。

此題考驗線性迴歸模型下的最大概似估計 (Maximum Likelihood Estimation, MLE)。

模型為 $y_i = \beta x_i + u_i$，其中 $u_i | x_i \sim N(0, \sigma^2)$。
這意味著 $y_i | x_i \sim N(\beta x_i, \sigma^2)$。
假設我們有 $n$ 個觀測值 $(x_1, y_1), \dots, (x_n, y_n)$。
則 $y_i$ 的條件機率密度函數為：
$f(y_i | x_i; \beta, \sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y_i - \beta x_i)^2}{2\sigma^2}\right)$。

概似函數 (Likelihood function) $L(\beta, \sigma^2)$ 是所有觀測值條件機率密度的乘積（假設獨立性）：
$L(\beta, \sigma^2) = \prod_{i=1}^n f(y_i | x_i; \beta, \sigma^2) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y_i - \beta x_i)^2}{2\sigma^2}\right)$。
$L(\beta, \sigma^2) = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{n/2} \exp\left(-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2\right)$。

對數概似函數 (Log-likelihood function) $\ell(\beta, \sigma^2) = \ln L(\beta, \sigma^2)$：
$\ell(\beta, \sigma^2) = -\frac{n}{2} \ln(2\pi) - \frac{n}{2} \ln(\sigma^2) - \frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2$。

(11) 求 $\hat{\beta}$，最大化 $\ell(\beta, \sigma^2)$ 對於 $\beta$。
我們只需要關注包含 $\beta$ 的部分：$-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2$。
最大化這個式子等同於最小化 $\sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2$。
這正是普通最小平方法 (Ordinary Least Squares, OLS) 的目標函數。
令 $S(\beta) = \sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2$。
對 $S(\beta)$ 對 $\beta$ 微分並令其為零：
$\frac{dS(\beta)}{d\beta} = \sum_{i=1}^n 2(y_i - \beta x_i)(-x_i) = 0$。
$\sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)(-x_i) = 0$。
$\sum_{i=1}^n (-y_i x_i + \beta x_i^2) = 0$。
$-\sum_{i=1}^n y_i x_i + \beta \sum_{i=1}^n x_i^2 = 0$。
$\beta \sum_{i=1}^n x_i^2 = \sum_{i=1}^n y_i x_i$。
$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n y_i x_i}{\sum_{i=1}^n x_i^2}$。

這個 MLE 估計量與 OLS 估計量是相同的，前提是迴歸式中包含截距項。
在這個模型 $y_i = \beta x_i + u_i$ 中，相當於一個沒有截距項的迴歸，或者說截距項為 0。
如果模型是 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i$，則 MLE 估計量會更複雜。
在這個問題中，模型是 $y_i = \beta x_i + u_i$，這是一個單參數模型。

(11) 的答案是 $\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n x_i y_i}{\sum_{i=1}^n x_i^2}$。

(12) 最大化對數概似函數。
我們已經有 $\ell(\beta, \sigma^2) = -\frac{n}{2} \ln(2\pi) - \frac{n}{2} \ln(\sigma^2) - \frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (y_i - \beta x_i)^2$。
我們已經找到使對數概似函數對 $\beta$ 最大化的 $\hat{\beta}$。
現在我們需要找到使對數概似函數對 $\sigma^2$ 最大化的 $\hat{\sigma}^2$。

核心觀念

本題考查：

1. 方法矩估計法（method of moments）。
2. 樣本平均數對母體平均數的估計。
3. 母體變異數的樣本估計，以及分母應使用 $n$ 或 $n-1$ 的區別。

模型為

$$y_i=\mu+\eta_i,$$

且

$$E(\eta_i)=0.$$

因此

$$E(y_i)=E(\mu+\eta_i)=\mu.$$

也就是說，觀察值 $y_i$ 的母體平均數就是欲估計的參數 $\mu$。

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解題方法

設共有 $n$ 個觀察值 $y_1,\ldots,y_n$。

由於

$$E(y_i)=\mu,$$

方法矩估計法將樣本一階動差

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n y_i$$

與母體一階動差 $E(y_i)=\mu$ 相等，得到

$$\widehat{\mu} = \bar y = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n y_i.$$

因此，$\mu$ 的方法矩估計量為樣本平均數。

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令

$$\sigma^2=Var(\eta_i).$$

因為 $y_i-\mu=\eta_i$，所以

$$Var(y_i)=Var(\eta_i)=\sigma^2.$$

若 $\mu$ 已知，變異數可由

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (y_i-\mu)^2$$

估計。然而本題中的 $\mu$ 未知，必須以 $\widehat{\mu}=\bar y$ 代替，因此得到樣本變異數形式

$$\widehat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (y_i-\bar y)^2.$$

這是直接依照方法矩「以估計值代入未知參數」所得到的估計量。

若題目要求無偏估計量，則應使用自由度修正：

此題考驗時間序列模型（AR(1) 和 AR(2)）的平穩性條件、長期變異數和自相關係數。

首先看第一個模型：$Y_t = 0.5 Y_{t-1} + \epsilon_t$，其中 $\epsilon_t \overset{iid}{\sim} N(0, \sigma_\epsilon^2)$。
這是一個 AR(1) 模型，參數為 $\phi = 0.5$。

(15) 長期變異數 (Long-run variance)。
對於一個平穩時間序列，其變異數是固定的。
對於 AR(1) 模型 $Y_t = \phi Y_{t-1} + \epsilon_t$，如果 $|\phi|<1$ 則模型是平穩的。
此時，變異數 $Var(Y_t) = \sigma_Y^2$。
我們有 $E(Y_t) = E(0.5 Y_{t-1} + \epsilon_t) = 0.5 E(Y_{t-1}) + 0$。
如果平穩，則 $E(Y_t) = E(Y_{t-1}) = \mu$。所以 $\mu = 0.5 \mu \implies 0.5 \mu = 0 \implies \mu = 0$。
$Var(Y_t) = E(Y_t^2) - (E(Y_t))^2 = E(Y_t^2)$。
$Y_t^2 = (0.5 Y_{t-1} + \epsilon_t)^2 = 0.25 Y_{t-1}^2 + \epsilon_t^2 + \epsilon_t Y_{t-1}$。
$E(Y_t^2) = 0.25 E(Y_{t-1}^2) + E(\epsilon_t^2) + E(\epsilon_t Y_{t-1})$。
由於 $\epsilon_t$ 與 $Y_{t-1}$ 是獨立的（如果模型平穩），則 $E(\epsilon_t Y_{t-1}) = E(\epsilon_t) E(Y_{t-1}) = 0 \times 0 = 0$。
所以，$\sigma_Y^2 = 0.25 \sigma_Y^2 + \sigma_\epsilon^2$。
$0.75 \sigma_Y^2 = \sigma_\epsilon^2$。
$\sigma_Y^2 = \frac{\sigma_\epsilon^2}{0.75} = \frac{4}{3} \sigma_\epsilon^2$。
這就是長期變異數。

(16) 第一階自相關係數 (First-order autocorrelation function, ACF)。
ACF 定義為 $\rho_k = \frac{Cov(Y_t, Y_{t-k})}{Var(Y_t)}$。
我們需要計算 $\rho_1 = \frac{Cov(Y_t, Y_{t-1})}{Var(Y_t)}$。

核心觀念

1. 機率與勝算 (odds)：
   勝算是事件發生的機率除以不發生的機率，
   $\text{Odds}(Y=1)=\frac{P(Y=1)}{P(Y=0)}.$
2. 二元分類的決策門檻：
   預測機率 $\hat p_i=\Pr(Y=1\mid X_i)$ 若 $\hat p_i\ge 0.5$ 則決策為 $Y=1$，否則為 $Y=0$。
3. 正確率 (accuracy)：
   $\text{Accuracy}=\frac{\#\text{正確預測}}{N}.$
4. ROC 曲線座標：
   • 真陽性率 (TPR, sensitivity) $=\dfrac{\text{TP}}{\text{TP}+\text{FN}}$。
   • 偽陽性率 (FPR) $=\dfrac{\text{FP}}{\text{FP}+\text{TN}}$。
     在門檻 $0.5$ 時的 $(\text{FPR},\text{TPR})$ 即為 ROC 曲線上一點。

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解題方法與關鍵步驟

#	實際 $Y$	預測機率 $\hat p$	判斷 ($\hat p\ge0.5$)	正確與否
1	1	0.58	1	✔
2	1	0.42	0	✘
3	0	0.12	0	✔
4	1	0.85	1	✔
5	0	0.72	1	✘
6	0	0.08	0	✔
7	1	0.81	1	✔
8	0	0.24	0	✔
9	0	0.61	1	✘
10	0	0.03	0	✔
11	1	0.02	0	✘
12	1	0.75	1	✔
13	0	0.33	0	✔
14	1	0.69	1	✔
15	0	0.38	0	✔
16	0	0.59	1	✘
17	1	0.39	0	✘
18	0	0.27	0	✔
19	0	0.17	0	✔
20	1	0.75	1	✔

1. 勝算 (第 18 題)
   • 總樣本數 $N=20$。
   • $Y=1$ 的次數 $n_1=9$，$Y=0$ 的次數 $n_0=11$。