108 年 國立成功大學財務金融研究所《統計學》

本題考查常態分配的期望值性質。
給定一個隨機變數 $X$ 服從平均數為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$ 的常態分配，即 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$。
我們要求計算 $E(X-\mu)$。
根據期望值的線性性質，對於任意常數 $a$ 和 $b$，有 $E(aX+b) = aE(X)+b$。

核心觀念

本題考察條件期望值的計算，以及獨立試驗的應用。

令三枚硬幣是否出現正面分別為 $I_1,I_2,I_3$，則

已知 $X=1$，表示前三枚硬幣中的前兩枚恰有一枚正面。條件期望值定義為

解題方法

在 $X=1$ 的條件下，前兩枚硬幣只有兩種結果：

• 第一枚正面、第二枚反面：$HT$
• 第一枚反面、第二枚正面：$TH$

由於硬幣公平且各次投擲相互獨立，這兩種結果在條件 $X=1$ 下等可能，因此

第三枚硬幣與前兩枚獨立，所以

因此

也可直接列出 $X=1$ 時的四種等可能結果：

本題考查相關係數與決定係數的關係。
題目給出兩個變數之間的相關係數 $r = 0.55$。
相關係數 $r$ 的平方，即 $r^2$，稱為決定係數 (coefficient of determination)。
決定係數 $r^2$ 的意義是，在因變數 (在此是 household income) 的總變異中，有多少比例可以由自變數 (在此是 age) 來解釋。

本題考查統計檢定中的基本概念，包括 p-value、檢定力 (power) 和第一類、第二類錯誤。
我們逐一分析各選項：

(a) p-value increases as $\alpha$ increases
$\alpha$ 是顯著水準 (significance level)，是我們預設的拒絕虛無假設的機率上限 (第一類錯誤的機率)。
p-value 是在虛無假設為真的情況下，觀察到樣本統計量或更極端結果的機率。
p-value 的值是由樣本資料決定的，與 $\alpha$ 的值無關。
我們是將 p-value 與 $\alpha$ 進行比較來做決策：如果 p-value $\le \alpha$，則拒絕虛無假設。
因此，p-value 並不會隨著 $\alpha$ 的增加而增加。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 (Power of a test)，通常用 $1-\beta$ 表示，其中 $\beta$ 是第二類錯誤的機率 (未能拒絕假的虛無假設)。
因此，檢定力的定義就是當虛無假設 ($H_0$) 為假時，我們正確地拒絕 $H_0$ 的機率。
這個敘述是正確的。

核心觀念

本題考查二維連續型均勻分配（Continuous Bivariate Uniform Distribution）的幾何機率與條件機率。當點 $(X,Y)$ 在平面的圓形區域 $S$ 內均勻隨機選取時，其聯合機率密度函數在該區域內為常數。在此條件下，固定 $X=x$ 的條件機率分配，等價於將觀察範圍限制在該垂直切線（截段）上的一維均勻分配。因此，計算條件機率可簡化為**「符合條件的截線長度」與「總截線長度」之比值**。

此外，本題源自經典機率論教科書（DeGroot & Schervish, Introduction to Probability）之名題。題目內文印製之 $Pr(X>0 | X=2)$ 實為考題印製筆誤（字面意涵下已知 $X=2$ 必然滿足 $X>0$，機率應為 1，但選項中無 1），真意應為求解 $Pr(Y>0 | X=2)$；且選項 (a) 亦屬考卷印製缺失分母 4 之版本，標準解答應為 $\frac{2-\sqrt{2}}{4}$。

解題過程

第一步：定義圓形區域 $S$ 與均勻分配特性

題目給定圓形區域：
$S = \{(x,y) : (x-1)^2 + (y+2)^2 \le 9\}$
此為一圓心位於 $(1, -2)$、半徑 $R = \sqrt{9} = 3$ 的圓盤內部及其邊界。

由於點 $(X,Y)$ 是從區域 $S$ 中「隨機（at random）」選取，代表 $(X,Y)$ 服從 $S$ 上的二維均勻分配。其聯合機率密度函數（joint p.d.f.）在 $S$ 內部為常數：
$f(x,y) = \frac{1}{\text{Area}(S)} = \frac{1}{\pi \times 3^2} = \frac{1}{9\pi}, \quad \text{for } (x,y) \in S$

根據均勻分配的幾何性質，當給定 $X = 2$ 時，$Y$ 的條件機率密度函數 $f_{Y|X}(y|X=2)$ 在該垂直切線截段上亦保持為常數（即一維均勻分配）。

第二步：求出當 $X = 2$ 時 $Y$ 的可能取值範圍（總截線長度）

將 $X = 2$ 代入圓方程式 $(x-1)^2 + (y+2)^2 \le 9$ 中，觀察此時 $Y$ 所受到的限制：
$(2-1)^2 + (y+2)^2 \le 9$
$1 + (y+2)^2 \le 9$
$(y+2)^2 \le 8$

對不等式兩邊開平方根：
$-\sqrt{8} \le y+2 \le \sqrt{8}$
$-2 - 2\sqrt{2} \le y \le -2 + 2\sqrt{2}$

本題考查 $t$ 分佈的變異數公式。
對於一個自由度為 $n$ ($n>2$) 的 $t$ 分佈隨機變數 $X$，$t \sim t(n)$，其期望值和變異數有特定的公式。

期望值：
$E(X) = 0$, 當 $n>1$。

變異數：
$Var(X) = \frac{n}{n-2}$, 當 $n>2$。

本題考查泊松分佈 (Poisson distribution) 的參數調整。
泊松分佈常用來描述在固定時間或空間間隔內，事件發生的次數。其參數 $\lambda$ 代表該時間或空間間隔內的平均發生次數。

題目給定：
事件發生率 = 5 次 / 10 分鐘。
我們希望分析的是每小時的發生次數。

本題考查二項分配 (Binomial distribution) 的機率計算。
題目描述了一個獨立重複試驗的情境，符合二項分配的條件：

1. 試驗次數固定：抽取 5 位顧客作為樣本 ($n=5$)。
2. 每次試驗只有兩種結果：違約 (成功) 或不違約 (失敗)。
3. 成功機率相同：每位顧客違約的機率是固定的 $p=0.04$。
4. 各次試驗獨立：每位顧客的違約與否是獨立的。

我們關心的是「恰好有兩位顧客違約」的機率，即求 $P(X=k)$，其中 $X$ 是違約顧客的數量，$k=2$。
二項分配的機率質量函數 (probability mass function, PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

在此題中：
$n = 5$ (樣本大小)
$k = 2$ (恰好違約的人數)
$p = 0.04$ (違約的機率)
$1-p = 1 - 0.04 = 0.96$ (不違約的機率)

本題考查條件機率的計算，涉及分類資料的分析。
我們需要利用題目給定的資訊，整理出一個包含各類別人數的表格，然後計算條件機率。

已知總人數 = 200。
已知男性人數 = 120。
則女性人數 = 總人數 - 男性人數 = 200 - 120 = 80。

已知高年級 (upper division) 人數 = 50。
則低年級 (lower division) 人數 = 總人數 - 高年級人數 = 200 - 50 = 150。

已知高年級男性人數 = 40。

現在我們可以填寫一個 2x2 的列聯表 (contingency table)：

根據表格計算未知欄位：
高年級女性人數 = 高年級總人數 - 高年級男性人數 = 50 - 40 = 10。
低年級男性人數 = 男性總人數 - 高年級男性人數 = 120 - 40 = 80。
低年級女性人數 = 女性總人數 - 高年級女性人數 = 80 - 10 = 70。
(驗算：低年級男性 + 低年級女性 = 80 + 70 = 150，符合低年級總計。)

更新後的表格：

本題考查統計檢定中顯著水準 ($\alpha$) 的改變對決策的影響。
題目資訊：

1. 在 $\alpha_1 = 0.10$ 的顯著水準下，虛無假設 ($H_0$) 被接受 (即未拒絕 $H_0$)。
2. 樣本結果相同。
3. 現在將顯著水準改變為 $\alpha_2 = 0.05$。
4. 詢問在新的顯著水準下應做何種決策。

我們知道，在統計檢定中，做決策的標準是比較樣本的 p-value 與顯著水準 $\alpha$。

• 如果 p-value $\le \alpha$，則拒絕 $H_0$。
• 如果 p-value $> \alpha$，則接受 (未拒絕) $H_0$。

從題目得知，在 $\alpha_1 = 0.10$ 時，我們接受了 $H_0$。這意味著：
p-value $> \alpha_1$
p-value $> 0.10$

本題考查連續隨機變數的機率密度函數、期望值、變異數的計算。
首先，我們需要利用機率密度函數的性質來求出常數 $a$。
一個有效的機率密度函數必須滿足 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
在此題中：
$\int_{-1}^{1} a(1-x^2) dx = 1$
$a \int_{-1}^{1} (1-x^2) dx = 1$
$a \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{-1}^{1} = 1$
$a \left[ \left( 1 - \frac{1^3}{3} \right) - \left( -1 - \frac{(-1)^3}{3} \right) \right] = 1$
$a \left[ \left( 1 - \frac{1}{3} \right) - \left( -1 - \frac{-1}{3} \right) \right] = 1$
$a \left[ \left( \frac{2}{3} \right) - \left( -1 + \frac{1}{3} \right) \right] = 1$
$a \left[ \frac{2}{3} - \left( -\frac{2}{3} \right) \right] = 1$
$a \left[ \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \right] = 1$
$a \left[ \frac{4}{3} \right] = 1$
$a = \frac{3}{4}$

所以，機率密度函數為 $f(x) = \frac{3}{4}(1-x^2)$, for $-1 \le x \le 1$。

接下來，我們計算期望值 $E(X)$。
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_{-1}^{1} x \cdot \frac{3}{4}(1-x^2) dx$
$E(X) = \frac{3}{4} \int_{-1}^{1} (x-x^3) dx$

本題考查順序統計量 (order statistics) 的極限定律，特別是最小值 $Y_1$ 的極限定律。
題目給定 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是從 $U(0, \theta)$ 分佈中獨立同分佈抽取出的隨機變數。
其機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \frac{1}{\theta}$, for $0 < x < \theta$，否則為 0。
其累積分布函數 (CDF) 為 $F(x) = \frac{x}{\theta}$, for $0 < x < \theta$，否則為 0。

令 $Y_1 = \min(X_1, X_2, \dots, X_n)$ 為樣本中的最小值。
我們要尋找 $Z_n = n Y_1$ 在 $n \to \infty$ 時的極限定律。

首先，我們需要求出 $Y_1$ 的累積分布函數 (CDF)。
$Y_1$ 的 CDF，記為 $F_{Y_1}(y)$。
$F_{Y_1}(y) = P(Y_1 \le y)$
$F_{Y_1}(y) = 1 - P(Y_1 > y)$
$Y_1 > y$ 表示所有 $X_i$ 都大於 $y$，即 $X_i > y$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
$P(Y_1 > y) = P(X_1 > y, X_2 > y, \dots, X_n > y)$
由於 $X_i$ 是獨立同分佈的，
$P(Y_1 > y) = P(X_1 > y) \times P(X_2 > y) \times \dots \times P(X_n > y)$
$P(Y_1 > y) = [P(X > y)]^n$

對於 $X \sim U(0, \theta)$：
$P(X > y) = \int_{y}^{\theta} \frac{1}{\theta} dx = \frac{1}{\theta} [x]_{y}^{\theta} = \frac{\theta - y}{\theta} = 1 - \frac{y}{\theta}$, for $0 \le y < \theta$。
(注意：如果 $y \ge \theta$，則 $P(X>y)=0$。如果 $y < 0$，則 $P(X>y)=1$。)

所以，對於 $0 \le y < \theta$:
$P(Y_1 > y) = \left( 1 - \frac{y}{\theta} \right)^n$

因此，$Y_1$ 的 CDF 為：
$F_{Y_1}(y) = 1 - \left( 1 - \frac{y}{\theta} \right)^n$, for $0 \le y < \theta$。

現在我們考慮 $Z_n = n Y_1$ 的極限定律。
我們需要找到 $Z_n$ 的 CDF，記為 $F_{Z_n}(z)$。
$F_{Z_n}(z) = P(Z_n \le z) = P(n Y_1 \le z) = P(Y_1 \le \frac{z}{n})$

本題考查均勻分佈的期望值、變異數以及柴比шев定理的驗證。

(a) 計算 $\mu = E(X)$ 和 $\sigma^2 = E[(X-\mu)^2]$。
給定 $X$ 服從區間 $[0, 5]$ 上的均勻分佈，其機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \frac{1}{5}$, for $0 \le x \le 5$，否則為 0。

首先計算期望值 $\mu = E(X)$：
對於均勻分佈 $U(a, b)$，期望值為 $\frac{a+b}{2}$。
在此題中，$a=0, b=5$。
$\mu = E(X) = \frac{0+5}{2} = \frac{5}{2} = 2.5$。

或者，使用積分計算：
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_{0}^{5} x \cdot \frac{1}{5} dx$
$E(X) = \frac{1}{5} \int_{0}^{5} x dx = \frac{1}{5} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{5}$
$E(X) = \frac{1}{5} \left( \frac{5^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = \frac{1}{5} \left( \frac{25}{2} \right) = \frac{25}{10} = \frac{5}{2} = 2.5$。

接下來計算變異數 $\sigma^2 = E[(X-\mu)^2]$。
對於均勻分佈 $U(a, b)$，變異數為 $\frac{(b-a)^2}{12}$。
在此題中，$a=0, b=5$。
$\sigma^2 = \frac{(5-0)^2}{12} = \frac{5^2}{12} = \frac{25}{12}$。

或者，使用公式 $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。
先計算 $E(X^2)$:
$E(X^2) = \int_{-\infty}^{\infty} x^2 f(x) dx = \int_{0}^{5} x^2 \cdot \frac{1}{5} dx$
$E(X^2) = \frac{1}{5} \int_{0}^{5} x^2 dx = \frac{1}{5} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{5}$
$E(X^2) = \frac{1}{5} \left( \frac{5^3}{3} - \frac{0^3}{3} \right) = \frac{1}{5} \left( \frac{125}{3} \right) = \frac{125}{15} = \frac{25}{3}$。

然後計算變異數：
$\sigma^2 = Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{25}{3} - \left(\frac{5}{2}\right)^2$
$\sigma^2 = \frac{25}{3} - \frac{25}{4} = 25 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 25 \left( \frac{4-3}{12} \right) = 25 \left( \frac{1}{12} \right) = \frac{25}{12}$。

所以，$\mu = 2.5$ 且 $\sigma^2 = \frac{25}{12}$。

(b) 證明柴比шев定理對 $k = 1.5$ 成立。
柴比шев定理 (Chebyshev's theorem) 指出：
$P(\mu - k\sigma < X < \mu + k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$

本題考查機率統計中的積分和級數計算，涉及常態分佈和泊松分佈相關的公式。

(a) 計算 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}} dx$。
這個積分的形式與常態分佈的機率密度函數有關。
標準常態分佈 $N(0, 1)$ 的 PDF 為 $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2}$。
一般常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$ 的 PDF 為 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$。

觀察積分式 $e^{-\frac{(x-3)^2}{2}}$。
這可以看作是常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$ 的 PDF 中指數部分的形式，其中 $\mu=3$ 且 $2\sigma^2 = 2$，所以 $\sigma^2 = 1$，即 $\sigma = 1$。
所以，這個積分是 $N(3, 1)$ 分佈的 PDF $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}}$ 在整個實數域上的積分。
由於任何機率密度函數在整個實數域上的積分值都等於 1。
所以，$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}} dx = 1$。

我們要計算的積分是 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}} dx$。
這個積分等於 $1 \times \sqrt{2\pi}$ 乘以 $N(3, 1)$ 的 PDF。
所以，
$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}} dx = \sqrt{2\pi} \times \left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-3)^2}{2}} dx \right)$
$= \sqrt{2\pi} \times 1 = \sqrt{2\pi}$。

(b) 計算 $\sum_{x=0}^{\infty} \frac{(4x^2-3x)2^x}{x!}$。
這個級數的形式與泊松分佈的期望值或相關計算有關。
我們知道泊松分佈 $P(\lambda)$ 的 PMF 是 $P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}$。
其期望值是 $E(X) = \sum_{x=0}^{\infty} x \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} = \lambda$。
其變異數是 $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \lambda$。
所以，$E(X^2) = Var(X) + [E(X)]^2 = \lambda + \lambda^2$。
$E(X^2) = \sum_{x=0}^{\infty} x^2 \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} = \lambda + \lambda^2$。

觀察級數 $\sum_{x=0}^{\infty} \frac{(4x^2-3x)2^x}{x!}$。
我們可以將級數分解：
$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{4x^2 \cdot 2^x}{x!} - \sum_{x=0}^{\infty} \frac{3x \cdot 2^x}{x!}$

考慮第一個級數：$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{4x^2 \cdot 2^x}{x!} = 4 \sum_{x=0}^{\infty} \frac{x^2 \cdot 2^x}{x!}$。
我們可以將 $\frac{x^2}{x!}$ 改寫。
當 $x=0$ 時，$x^2/x! = 0/1 = 0$。