108 年 國立成功大學會計學研究所乙組《統計學》

本題考查常態分佈下，隨機變數與其期望值差的絕對值的期望值。
若 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，則 $X - \mu \sim N(0, \sigma^2)$。令 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$，則 $Z \sim N(0, 1)$。
我們要求 $E(|X - \mu|)$。
$E(|X - \mu|) = E(|\sigma Z|) = \sigma E(|Z|)$。
標準常態分佈 $Z$ 的機率密度函數為 $f(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}}$。
$E(|Z|) = \int_{-\infty}^{\infty} |z| f(z) dz = \int_{-\infty}^{\infty} |z| \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}} dz$
由於 $|z|$ 是偶函數，且 $f(z)$ 也是偶函數，因此

本題考查條件期望值的計算。
假設拋擲三枚公正的硬幣，樣本空間有 $2^3 = 8$ 種可能結果。
令 H 代表正面，T 代表反面。樣本空間為 {HHH, HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH, TTT}。
X 是前兩次出現正面的次數，Y 是後兩次出現正面的次數。
我們需要計算 $E(Y|X=1)$。
首先，我們需要找出當 $X=1$ 時，所有可能發生的結果，以及對應的 Y 值。
$X=1$ 表示前兩次出現一次正面，一次反面。
可能的前兩次組合為 HT 或 TH。
若前兩次是 HT，則第三次可以是 H 或 T。

• HTH: X=1 (H前兩次), Y=1 (TH後兩次)
• HTT: X=1 (H前兩次), Y=0 (TT後兩次)
  若前兩次是 TH，則第三次可以是 H 或 T。
• THH: X=1 (T前兩次), Y=2 (HH後兩次)
• THT: X=1 (T前兩次), Y=1 (HT後兩次)
  所以，當 $X=1$ 時，發生的樣本點是 {HTH, HTT, THH, THT}。
  這些樣本點在整個樣本空間中出現的機率都是 $(\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$。
  條件 $X=1$ 發生時，我們關注的是這四個樣本點。
  在這些樣本點中，對應的 Y 值分別為：
• HTH: Y=1
• HTT: Y=0
• THH: Y=2
• THT: Y=1
  計算條件機率分佈 $P(Y=y|X=1)$。

本題考查相關係數與決定係數的關係。
相關係數 (correlation coefficient) $r$ 的平方，即 $r^2$，稱為決定係數 (coefficient of determination)。
決定係數表示依變數 (在此為 household income) 的變異中，有多少比例可以被自變數 (在此為 age) 的變異所解釋。
題目給定的相關係數為 $r = 0.55$。
因此，決定係數為 $r^2 = (0.55)^2$。

本題考查統計檢定中的基本概念，包括 p-value、power、Type I error ($\alpha$) 和 Type II error ($\beta$)。

(a) p-value increases as $\alpha$ increases：
$\alpha$ 是顯著水準 (significance level)，代表我們願意接受的 Type I error 的最大機率。p-value 是在虛無假設為真時，觀察到樣本結果或更極端結果的機率。
p-value 的大小與 $\alpha$ 無關。p-value 是由樣本資料計算出來的，而 $\alpha$ 是我們在進行檢定前設定的標準。
當 p-value $\le \alpha$ 時，我們拒絕虛無假設。
因此，這個敘述是錯誤的。

(b) Power of a test is the probability of rejecting the null hypothesis when it is false：
檢定力的定義 (Power of a test) 就是當對立假設為真時，我們正確地拒絕虛無假設的機率。
Power = $P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = 1 - P(\text{Do not reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = 1 - \beta$。
這裡 $\beta$ 是 Type II error 的機率。

核心觀念

點 $(X,Y)$ 均勻選自圓盤

此圓盤的圓心為 $(1,-2)$，半徑為 $3$。

條件 $X=2$ 表示在圓盤中取垂直直線 $x=2$ 上的點。由於原本在圓盤內均勻分布，給定 $X=2$ 後，$Y$ 會在該垂直弦的範圍內均勻分布。因此條件機率可用「符合 $Y>0$ 的線段長度 ÷ 整條垂直弦長」計算。

解題方法

將 $x=2$ 代入圓盤方程式：

因此

所以在條件 $X=2$ 下，$Y$ 的全部可能範圍長度為

又因為

符合 $Y>0$ 的範圍為

其長度為

故

化簡得

本題考查 t 分佈的變異數公式。
若一個隨機變數 $X$ 服從自由度為 $n$ 的 t 分佈，記作 $X \sim t_n$。
其機率密度函數為：

本題考查率 (rate) 的轉換，通常與卜瓦松分佈 (Poisson distribution) 相關。
題目給定的率是每十分鐘有 5 個發生。
我們希望將這個率轉換為每小時的發生數。
一個小時有 60 分鐘。
十分鐘的時間間隔是 60 分鐘的 $\frac{10}{60} = \frac{1}{6}$。
或者說，一個小時包含 $60 / 10 = 6$ 個十分鐘的時間間隔。
如果每十分鐘的發生數是 5，那麼每小時的發生數就是：

本題考查二項分佈 (Binomial distribution) 的機率計算。
情況符合二項分佈的條件：

1. 試驗次數固定：抽取 5 位客戶 ($n=5$)。
2. 每次試驗只有兩種結果：違約 (success) 或不違約 (failure)。
3. 每次試驗的成功機率固定：違約的機率 $p = 0.04$。
4. 各次試驗之間相互獨立。

我們要求恰好有兩位客戶違約的機率，即 $P(X=2)$，其中 $X$ 是違約的客戶數。
二項分佈的機率質量函數為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
在這裡，$n=5$, $k=2$, $p=0.04$。
$P(X=2) = \binom{5}{2} (0.04)^2 (1-0.04)^{5-2}$
$P(X=2) = \binom{5}{2} (0.04)^2 (0.96)^3$

本題考查條件機率的計算。
我們需要計算 P(Lower Division | Female)。
首先，我們需要整理出各個類別的學生人數。
總人數 = 200。
男性 (Male) = 120。
女性 (Female) = 總人數 - 男性 = 200 - 120 = 80。

上層分部 (Upper Division) = 50。
下層分部 (Lower Division) = 總人數 - 上層分部 = 200 - 50 = 150。

上層且男性 (Upper Division Male) = 40。

現在我們可以推算出其他類別的人數：
上層且女性 (Upper Division Female) = 上層分部 - 上層男性 = 50 - 40 = 10。
下層且男性 (Lower Division Male) = 男性 - 上層男性 = 120 - 40 = 80。
下層且女性 (Lower Division Female) = 女性 - 上層女性 = 80 - 10 = 70。
驗證：下層男性 + 下層女性 = 80 + 70 = 150 (正確)。
驗證：上層女性 + 下層女性 = 10 + 70 = 80 (正確)。

我們要求的是 P(Lower Division | Female)。
根據條件機率的定義：
$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$
在這裡，$A$ 是 "Lower Division"，$B$ 是 "Female"。

本題考查統計檢定中顯著水準 ($\alpha$) 對決策的影響。
我們知道，在 $\alpha = 0.10$ 的顯著水準下，虛無假設 ($H_0$) 被接受 (即未被拒絕)。
這意味著，根據當前樣本結果計算出的 p-value 大於 $\alpha = 0.10$。
即：p-value $> 0.10$。

現在，顯著水準被改變為 $\alpha' = 0.05$。
同時，樣本結果是相同的，這意味著 p-value 的值保持不變。
所以，我們現在有：p-value $> 0.10$。
新的顯著水準是 $\alpha' = 0.05$。
我們需要比較 p-value 與新的顯著水準 $\alpha'$。
由於 p-value $> 0.10$，而 $\alpha' = 0.05$，顯然 p-value $> \alpha'$。
當 p-value 大於顯著水準時，我們的決策是「不拒絕虛無假設」。

本題要求計算一個給定機率密度函數 (pdf) 的隨機變數的變異數。
首先，我們需要確定常數 $a$ 的值，以便 $f(x)$ 是一個有效的 pdf。
一個 pdf 必須滿足 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
$\int_{-1}^{1} a(1-x^2) dx = 1$
$a \int_{-1}^{1} (1-x^2) dx = 1$
$a [x - \frac{x^3}{3}]_{-1}^{1} = 1$
$a [(1 - \frac{1^3}{3}) - (-1 - \frac{(-1)^3}{3})] = 1$
$a [(1 - \frac{1}{3}) - (-1 - (-\frac{1}{3}))] = 1$
$a [(\frac{2}{3}) - (-1 + \frac{1}{3})] = 1$
$a [\frac{2}{3} - (-\frac{2}{3})] = 1$
$a [\frac{2}{3} + \frac{2}{3}] = 1$
$a (\frac{4}{3}) = 1$
$a = \frac{3}{4}$。
所以，pdf 為 $f(x) = \frac{3}{4}(1-x^2)$，當 $-1 \le x \le 1$，否則為 0。

接下來，我們需要計算期望值 $E(X)$ 和 $E(X^2)$，然後計算變異數 $Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2$。

計算 $E(X)$:
$E(X) = \int_{-1}^{1} x f(x) dx = \int_{-1}^{1} x \cdot \frac{3}{4}(1-x^2) dx$

核心觀念

本題考查樣本最小值的分配，以及極值在適當標準化後的漸近分配。

由於 $X_1,\dots,X_n$ 為獨立且均勻分配於 $(0,\theta)$，最小值

會隨 $n$ 增加而趨近於 $0$。因此以 $n$ 乘上 $Y_n$，研究其是否收斂至非退化的極限分配。

解題方法

先求 $Y_n$ 的累積分配函數。對 $0<y<\theta$，

由獨立性，

而 $X_1\sim U(0,\theta)$，故

因此

所以 $Y_n$ 的累積分配函數為

現在令

對任意 $z\ge 0$，有

當 $n$ 足夠大時，$z/n<\theta$，故

利用極限公式

本題要求計算一個均勻分佈隨機變數的期望值和變異數。
給定的機率密度函數 (pdf) 是 $f(x) = \frac{1}{5}$，當 $0 \le x \le 5$，否則為 0。
這表示 X 服從參數為 $a=0$ 和 $b=5$ 的均勻分佈 $U(0, 5)$。

(a) 計算期望值 $\mu = E(X)$。
對於均勻分佈 $U(a, b)$，其期望值為 $E(X) = \frac{a+b}{2}$。
在這裡，$a=0$，$b=5$。
$E(X) = \frac{0+5}{2} = \frac{5}{2} = 2.5$。
所以，$\mu = 2.5$。

計算變異數 $\sigma^2 = E(X-\mu)^2$。
對於均勻分佈 $U(a, b)$，其變異數為 $Var(X) = \frac{(b-a)^2}{12}$。
在這裡，$a=0$，$b=5$。
$Var(X) = \frac{(5-0)^2}{12} = \frac{5^2}{12} = \frac{25}{12}$。
所以，$\sigma^2 = \frac{25}{12}$。

我們也可以通過積分來計算：
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_{0}^{5} x \cdot \frac{1}{5} dx$

本題要求驗證 Chebyshev's theorem。
Chebyshev's theorem 聲明，對於任何隨機變數 $X$ 及其期望值 $\mu$ 和變異數 $\sigma^2$，對於任何 $k > 0$，都有：
$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
或者等價地：
$P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$
這表示隨機變數 $X$ 的值落在期望值 $\mu$ 的 $k$ 個標準差範圍內的機率至少為 $1 - \frac{1}{k^2}$。

在 (a) 部分，我們已經計算出：
$\mu = E(X) = \frac{5}{2}$
$\sigma^2 = Var(X) = \frac{25}{12}$
因此，標準差 $\sigma = \sqrt{\frac{25}{12}} = \frac{5}{\sqrt{12}} = \frac{5}{2\sqrt{3}} = \frac{5\sqrt{3}}{6}$。

題目要求驗證當 $k=1.5$ 時 Chebyshev's theorem 是否成立。
我們需要計算不等式的左邊 $P(\mu-k\sigma < X < \mu+k\sigma)$，並將其與右邊 $1 - \frac{1}{k^2}$ 進行比較。

首先，計算右邊的值：
$k = 1.5 = \frac{3}{2}$。
$k^2 = (1.5)^2 = 2.25 = \frac{9}{4}$。
$1 - \frac{1}{k^2} = 1 - \frac{1}{9/4} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$。
所以，Chebyshev's theorem 預測 $P(\mu-1.5\sigma < X < \mu+1.5\sigma) \ge \frac{5}{9}$。

接下來，計算左邊的實際機率 $P(\mu-1.5\sigma < X < \mu+1.5\sigma)$。
首先，計算區間的上下界：
$\mu - 1.5\sigma = \frac{5}{2} - 1.5 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{6} = \frac{5}{2} - \frac{3}{2} \cdot \frac{5\sqrt{3}}{6} = \frac{5}{2} - \frac{15\sqrt{3}}{12} = \frac{5}{2} - \frac{5\sqrt{3}}{4}$。
$\mu + 1.5\sigma = \frac{5}{2} + 1.5 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{6} = \frac{5}{2} + \frac{5\sqrt{3}}{4}$。

將數值代入：$\sqrt{3} \approx 1.732$。
$\mu - 1.5\sigma \approx \frac{5}{2} - \frac{5 \times 1.732}{4} = 2.5 - \frac{8.66}{4} = 2.5 - 2.165 = 0.335$。
$\mu + 1.5\sigma \approx \frac{5}{2} + 2.165 = 2.5 + 2.165 = 4.665$。

所以，我們需要計算 $P(0.335 < X < 4.665)$。
因為 $X$ 服從 $U(0, 5)$ 分佈，其 pdf 為 $f(x) = \frac{1}{5}$ for $0 \le x \le 5$。
在這個區間內， $0 \le 0.335$ 且 $4.665 \le 5$。
所以，機率為：
$P(0.335 < X < 4.665) = \int_{0.335}^{4.665} \frac{1}{5} dx = \frac{1}{5} [x]_{0.335}^{4.665} = \frac{1}{5} (4.665 - 0.335) = \frac{1}{5} (4.330) = 0.866$。

現在比較實際機率與 Chebyshev's theorem 的下界：
實際機率 $\approx 0.866$。
Chebyshev's theorem 的下界 $\frac{5}{9} \approx 0.5556$。
由於 $0.866 \ge 0.5556$，Chebyshev's theorem 成立。

我們也可以使用精確值來計算：
$\mu - 1.5\sigma = \frac{5}{2} - \frac{5\sqrt{3}}{4} = \frac{10 - 5\sqrt{3}}{4}$。
$\mu + 1.5\sigma = \frac{5}{2} + \frac{5\sqrt{3}}{4} = \frac{10 + 5\sqrt{3}}{4}$。

本題要求計算一個高斯積分 (Gaussian integral)。
積分形式為 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-3)^2} dx$。
這看起來像是一個常態分佈的機率密度函數乘以一個常數。
標準常態分佈 $Z \sim N(0, 1)$ 的 pdf 為 $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}}$。
其積分為 $\int_{-\infty}^{\infty} \phi(z) dz = 1$。

令 $X$ 是一個隨機變數，其 pdf 為 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$。
如果我們考慮一個 $N(\mu, \sigma^2)$ 分佈的隨機變數，則其 pdf 的形式為 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$。
積分 $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx = 1$。

我們目前的積分是 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-3)^2} dx$。
可以與 $N(\mu, \sigma^2)$ 的 pdf 形式比較。
令 $\mu = 3$。
那麼積分變為 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-3)^2} dx$。
將 pdf 的形式代入：

本題要求計算一個無窮級數的和。
級數為 $\sum_{x=0}^{\infty} \frac{(4x^2-3x)2^x}{x!}$。
我們知道與指數函數相關的級數展開：$e^y = \sum_{x=0}^{\infty} \frac{y^x}{x!}$。
在這個問題中，$y=2$。
所以，$e^2 = \sum_{x=0}^{\infty} \frac{2^x}{x!}$。

我們可以將級數拆開：
$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{(4x^2-3x)2^x}{x!} = \sum_{x=0}^{\infty} \frac{4x^2 \cdot 2^x}{x!} - \sum_{x=0}^{\infty} \frac{3x \cdot 2^x}{x!}$

考慮第一部分：$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{4x^2 \cdot 2^x}{x!}$。
當 $x=0$ 時，$\frac{4(0)^2 \cdot 2^0}{0!} = 0$。
所以，級數可以從 $x=1$ 開始：$4 \sum_{x=1}^{\infty} \frac{x^2 \cdot 2^x}{x!} = 4 \sum_{x=1}^{\infty} \frac{x \cdot 2^x}{(x-1)!}$。
令 $k = x-1$，則 $x = k+1$。當 $x=1$ 時，$k=0$。
$4 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+1) 2^{k+1}}{k!} = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+1) 2 \cdot 2^k}{k!} = 8 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+1) 2^k}{k!}$
$= 8 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k \cdot 2^k}{k!} + 8 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1 \cdot 2^k}{k!}$

第二個級數是 $8 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^k}{k!} = 8 e^2$。

考慮 $8 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k \cdot 2^k}{k!}$。
當 $k=0$ 時，$\frac{0 \cdot 2^0}{0!} = 0$。
所以，級數可以從 $k=1$ 開始：$8 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k \cdot 2^k}{k!} = 8 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^k}{(k-1)!}$。
令 $m = k-1$，則 $k = m+1$。當 $k=1$ 時，$m=0$。
$8 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{2^{m+1}}{m!} = 8 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{2 \cdot 2^m}{m!} = 16 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{2^m}{m!} = 16 e^2$。

所以，第一部分的值為 $16 e^2 + 8 e^2 = 24 e^2$。

考慮第二部分：$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{3x \cdot 2^x}{x!}$。
當 $x=0$ 時，$\frac{3(0) \cdot 2^0}{0!} = 0$。
所以，級數可以從 $x=1$ 開始：$3 \sum_{x=1}^{\infty} \frac{x \cdot 2^x}{x!} = 3 \sum_{x=1}^{\infty} \frac{2^x}{(x-1)!}$。
令 $k = x-1$，則 $x = k+1$。當 $x=1$ 時，$k=0$。