109 年 國立成功大學會計學研究所乙組《統計學》

本題在考察幾種常見機率分配的數學期望值與變異數的性質。

• 常態分配 (Normal Distribution): 平均值為 $\mu$，變異數為 $\sigma^2$。兩者通常不相等。
• 指數分配 (Exponential Distribution): 平均值為 $\frac{1}{\lambda}$，變異數為 $\frac{1}{\lambda^2}$。兩者通常不相等。

本題在考察比較多組平均值的方法。

• 迴歸分析法 (Regression Analysis): 用於探討一個或多個自變數與一個應變數之間的關係。
• 變異數分析表 (ANOVA - Analysis of Variance): 專門用來比較三個或三個以上樣本平均數是否相等的統計方法，其核心思想是將總變異數分解為組間變異數與組內變異數。

本題考驗機率的基本計算，特別是「至少」事件的機率計算，通常採用補集的方式會比較簡便。

假設事件 A 為「投擲一均勻骰子兩次，至少出現一次”4”」。
則事件 A 的補集 $A^c$ 為「投擲一均勻骰子兩次，一次”4”都沒有出現」。

每次投擲骰子出現”4”的機率為 $P(\text{出現}4) = \frac{1}{6}$。
每次投擲骰子沒有出現”4”的機率為 $P(\text{未出現}4) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$。

核心觀念

• 連續型二元機率密度函數必須滿足
  $\iint_{\mathcal D} f(x,y)\,dx\,dy = 1,$
  其中 $\mathcal D$ 為定義域。
• 只要把 $f(x,y)$ 代入，對定義域進行二重積分，即可求得常數 $k$。

解題方法

1. 先寫出正規化條件
   $\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{k}{(1+x+y)^{3}}\,dy\,dx = 1.$
2. 先對 $y$ 做內部積分，令 $t=1+x+y \;(dt=dy)$，當 $y=0$ 時 $t=1+x$，$y\to\infty$ 時 $t\to\infty$：

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x+y)^{3}}\,dy =\int_{1+x}^{\infty}t^{-3}\,dt =\Bigl[-\frac{1}{2}t^{-2}\Bigr]_{1+x}^{\infty} =\frac{1}{2}(1+x)^{-2}.$$

3. 再對 $x$ 做外部積分：

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{2}(1+x)^{-2}\,dx =\frac12\Bigl[-(1+x)^{-1}\Bigr]_{0}^{\infty} =\frac12\,(1-0)=\frac12.$$

本題考驗機率密度函數 (Probability Density Function, PDF) 的性質。一個函數要成為有效的機率密度函數，必須滿足兩個條件：

1. $f(x) \ge 0$ 對於所有 $x$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx = 1$。

給定的函數是 $f(x) = \begin{cases} ke^{-2x} & x > 0 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

首先檢查條件 1：$f(x) \ge 0$。
對於 $x \le 0$, $f(x)=0$，滿足 $f(x) \ge 0$。
對於 $x > 0$, $e^{-2x}$ 恆大於 0。因此，為了使 $f(x) \ge 0$，必須要求 $k \ge 0$。
如果 $k < 0$，則 $f(x)$ 在 $x > 0$ 時會是負值，不可能是機率密度函數。

接著檢查條件 2：$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx = 1$。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{0} 0 \, dx + \int_{0}^{\infty} ke^{-2x} \, dx$
$= 0 + k \int_{0}^{\infty} e^{-2x} \, dx$
計算積分：

本題考驗二項分配 (Binomial Distribution) 的機率計算。
二項分配的機率質量函數 (Probability Mass Function, PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
其中 $n$ 是試驗次數，$p$ 是單次試驗成功的機率。

二項分配的數學期望值為 $E(X) = np$。
二項分配的變異數為 $Var(X) = np(1-p)$。

根據題目，我們已知：
$E(X) = np = 6$
$Var(X) = np(1-p) = 3.6$

我們可以利用這兩個公式來求解 $n$ 和 $p$。
將 $np=6$ 代入變異數公式：
$6(1-p) = 3.6$
$1-p = \frac{3.6}{6} = 0.6$
$p = 1 - 0.6 = 0.4$

現在我們知道了 $p=0.4$，將其代入期望值公式 $np=6$：
$n(0.4) = 6$
$n = \frac{6}{0.4} = \frac{60}{4} = 15$

所以，X 是一個二項分配 $B(n=15, p=0.4)$。
題目要求計算 $P(X=4)$。
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (1-0.4)^{15-4}$
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (0.6)^{11}$

計算組合數 $\binom{15}{4}$:
$\binom{15}{4} = \frac{15!}{4!(15-4)!} = \frac{15!}{4!11!} = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 15 \times 7 \times 13 \times \frac{12}{24} = 15 \times 7 \times 13 \times \frac{1}{2} \text{ (錯誤計算)}$

本題考驗動差生成函數 (Moment Generating Function, MGF) 的性質。動差生成函數提供了計算隨機變數各階動差的一種方便方法。

動差生成函數 $M_X(t)$ 的定義是 $E[e^{tX}]$。
各階動差可以透過對 $M_X(t)$ 求導並在 $t=0$ 時取值來獲得：
$E[X^k] = \frac{d^k M_X(t)}{dt^k} \bigg|_{t=0}$

數學期望值 $E[X]$ 是第一階動差：
$E[X] = \frac{d M_X(t)}{dt} \bigg|_{t=0}$

變異數 $Var(X)$ 可以透過第一階動差和第二階動差來計算：
$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$

給定的動差生成函數是 $M_X(t) = (1-t)^{-2}$。

首先，計算 $E[X]$：
$\frac{d M_X(t)}{dt} = \frac{d}{dt} (1-t)^{-2}$
使用連鎖法則，令 $u = 1-t$，則 $\frac{du}{dt} = -1$。
$\frac{d}{du} u^{-2} = -2u^{-3}$
所以，
$\frac{d M_X(t)}{dt} = (-2u^{-3}) \times (-1) = 2u^{-3} = 2(1-t)^{-3}$
在 $t=0$ 時取值：
$E[X] = 2(1-0)^{-3} = 2(1)^{-3} = 2$。

核心觀念

本題考查聯合累積分布函數與容斥原理。

邊際累積分布函數定義為

$$F_X(1)=P(X\le 1),\qquad F_Y(1)=P(Y\le 1)$$

聯合累積分布函數定義為

$$F_{X,Y}(1,1)=P(X\le 1,\;Y\le 1)$$

要求的是兩個事件同時發生的機率：

$$P(X>1,\;Y>1)$$

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解題方法

令

$$A=\{X\le 1\},\qquad B=\{Y\le 1\}$$

則

$$\{X>1,\;Y>1\}=A^c\cap B^c$$

由德摩根定律，

$$A^c\cap B^c=(A\cup B)^c$$

因此

$$P(X>1,\;Y>1)=1-P(A\cup B)$$

再利用容斥原理：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

代入各項定義：

$$P(X>1,\;Y>1) =1-P(X\le 1)-P(Y\le 1)+P(X\le 1,\;Y\le 1)$$

所以

$$P(X>1,\;Y>1) =1-F_X(1)-F_Y(1)+F_{X,Y}(1,1)$$

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選項分析

核心觀念

本題旨在測驗雙變數變數變換（Bivariate Transformation）以及著名的Box-Muller 轉換法（Box-Muller Transform）。

1. 獨立均勻分配的聯合機率密度函數：
   若 $X_1, X_2 \overset{i.i.d.}{\sim} U(0,1)$，則其邊際 pdf 分別為 $f_{X_1}(x_1) = 1$ ($0 < x_1 < 1$) 與 $f_{X_2}(x_2) = 1$ ($0 < x_2 < 1$)。其聯合機率密度函數為： $$f_{X_1, X_2}(x_1, x_2) = f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2) = 1, \quad 0 < x_1 < 1, \; 0 < x_2 < 1$$
2. 雙變數變數變換公式：
   設 $(Z_1, Z_2)$ 為 $(X_1, X_2)$ 的一對一可逆轉換，則其聯合機率密度函數為： $$g_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2) = f_{X_1, X_2}(x_1(z_1, z_2), x_2(z_1, z_2)) \cdot |J|$$ 其中 $J$ 為反函數的 Jacobian 行列式： $$J = \det \begin{bmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial z_1} & \frac{\partial x_1}{\partial z_2} \\ \frac{\partial x_2}{\partial z_1} & \frac{\partial x_2}{\partial z_2} \end{bmatrix}$$

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解題方法

步驟一：求反函數關係式

題目給定變換：

$$z_1 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2), \quad z_2 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)$$

將兩式平方相加：

$$z_1^2 + z_2^2 = -2\ln(X_1) \left[\cos^2(2\pi X_2) + \sin^2(2\pi X_2)\right] = -2\ln(X_1)$$

解出 $X_1$：

$$\ln(X_1) = -\frac{z_1^2 + z_2^2}{2} \implies X_1 = \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$$

將兩式相除：

$$\frac{z_2}{z_1} = \tan(2\pi X_2) \implies 2\pi X_2 = \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$$

解出 $X_2$：

$$X_2 = \frac{1}{2\pi} \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$$

步驟二：計算反函數的 Jacobian 行列式

利用偏微分求 Jacobian 行列式之值：

1. 對 $x_1$ 偏微分： $$\frac{\partial x_1}{\partial z_1} = -z_1 \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right), \quad \frac{\partial x_1}{\partial z_2} = -z_2 \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$$
2. 對 $x_2$ 偏微分（利用 $\frac{d}{du}\arctan(u) = \frac{1}{1+u^2}$）： $$\frac{\partial x_2}{\partial z_1} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{1 + \left(\frac{z_2}{z_1}\right)^2} \cdot \left(-\frac{z_2}{z_1^2}\right) = -\frac{1}{2\pi} \frac{z_2}{z_1^2 + z_2^2}$$ $$\frac{\partial x_2}{\partial z_2} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{1 + \left(\frac{z_2}{z_1}\right)^2} \cdot \left(\frac{1}{z_1}\right) = \frac{1}{2\pi} \frac{z_1}{z_1^2 + z_2^2}$$
3. 計算 Jacobian：

本題要求計算兩個隨機變數 $X_1$ 和 $X_2$ 的相關係數 $\rho(X_1, X_2)$。
相關係數的公式為：
$\rho(X_1, X_2) = \frac{Cov(X_1, X_2)}{\sqrt{Var(X_1) Var(X_2)}}$
其中 $Cov(X_1, X_2) = E[X_1 X_2] - E[X_1]E[X_2]$。

首先，我們需要計算 $E[X_1]$, $E[X_2]$, $E[X_1 X_2]$, $Var(X_1)$, $Var(X_2)$。
給定的聯合機率密度函數 (Joint PDF) 是 $f(x_1,x_2) = 2$, 定義域為 $0 \le x_1 \le x_2 \le 1$。
這個定義域是一個三角形區域，其頂點為 (0,0), (0,1), (1,1)。
我們首先驗證 PDF 的積分是否為 1：
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{x_2} 2 \, dx_1 \, dx_2 = \int_{0}^{1} [2x_1]_{x_1=0}^{x_1=x_2} \, dx_2 = \int_{0}^{1} 2x_2 \, dx_2$
$= [x_2^2]_{x_2=0}^{x_2=1} = 1^2 - 0^2 = 1$
PDF 是有效的。

1. 計算 $E[X_1]$:
   $E[X_1] = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_2} x_1 \cdot 2 \, dx_1 \, dx_2$
   $= \int_{0}^{1} 2 \left[ \frac{x_1^2}{2} \right]_{x_1=0}^{x_1=x_2} \, dx_2 = \int_{0}^{1} x_2^2 \, dx_2$
   $= \left[ \frac{x_2^3}{3} \right]_{x_2=0}^{x_2=1} = \frac{1}{3}$

2. 計算 $E[X_2]$:
   $E[X_2] = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_2} x_2 \cdot 2 \, dx_1 \, dx_2$
   $= \int_{0}^{1} 2x_2 \left[ x_1 \right]_{x_1=0}^{x_1=x_2} \, dx_2 = \int_{0}^{1} 2x_2 (x_2) \, dx_2$
   $= \int_{0}^{1} 2x_2^2 \, dx_2 = 2 \left[ \frac{x_2^3}{3} \right]_{x_2=0}^{x_2=1} = \frac{2}{3}$

3. 計算 $E[X_1 X_2]$:
   $E[X_1 X_2] = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_2} (x_1 x_2) \cdot 2 \, dx_1 \, dx_2$
   $= \int_{0}^{1} 2x_2 \left[ \frac{x_1^2}{2} \right]_{x_1=0}^{x_1=x_2} \, dx_2 = \int_{0}^{1} 2x_2 \left( \frac{x_2^2}{2} \right) \, dx_2$
   $= \int_{0}^{1} x_2^3 \, dx_2 = \left[ \frac{x_2^4}{4} \right]_{x_2=0}^{x_2=1} = \frac{1}{4}$

本題要求計算連續型隨機變數 Y 的累積分布函數 (Cumulative Distribution Function, CDF)，記為 $F(y)$。
累積分布函數的定義為 $F(y) = P(Y \le y) = \int_{-\infty}^{y} f(t) \, dt$。
我們需要根據 $f(y)$ 的定義分段計算。

情況 1：$y < 0$
在此範圍內，$f(t) = 0$。
$F(y) = \int_{-\infty}^{y} 0 \, dt = 0$

情況 2：$0 \le y \le 1$
在此範圍內，$f(t)$ 在 $0 \le t \le y$ 時為 $t$，在 $t < 0$ 時為 0。
$F(y) = \int_{-\infty}^{y} f(t) \, dt = \int_{-\infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{y} t \, dt$
$= 0 + \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{y} = \frac{y^2}{2}$

情況 3：$1 < y \le 1.5$
在此範圍內，$f(t)$ 在 $0 \le t \le 1$ 時為 $t$，在 $1 < t \le y$ 時為 1，在 $t < 0$ 時為 0。
$F(y) = \int_{-\infty}^{y} f(t) \, dt = \int_{-\infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{1} t \, dt + \int_{1}^{y} 1 \, dt$
$= 0 + \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} + [t]_{1}^{y}$

本題要求計算機率 $P(0 \le Y \le 1)$。
我們可以使用前面計算得到的累積分布函數 (CDF) $F(y)$ 來計算，或者直接利用機率密度函數 (PDF) $f(y)$ 來積分。

方法一：使用 CDF
根據 CDF 的定義，$P(a \le Y \le b) = F(b) - F(a)$。
因此，
$P(0 \le Y \le 1) = F(1) - F(0)$。
從 CDF 的定義中，我們看到當 $0 \le y \le 1$ 時，$F(y) = \frac{y^2}{2}$。
所以，
$F(1) = \frac{1^2}{2} = \frac{1}{2}$
$F(0) = \frac{0^2}{2} = 0$

本題要求計算機率 $P(0.5 \le Y \le 1.5)$。
我們可以使用累積分布函數 (CDF) $F(y)$ 或機率密度函數 (PDF) $f(y)$ 來計算。

方法一：使用 CDF
$P(0.5 \le Y \le 1.5) = F(1.5) - F(0.5)$。
從前面計算的 CDF：
當 $y=1.5$ 時，屬於 $y > 1.5$ 的情況（或者更精確地說，是 $y \le 1.5$ 的上界），$F(1.5) = 1$。
當 $y=0.5$ 時，屬於 $0 \le y \le 1$ 的情況，$F(0.5) = \frac{(0.5)^2}{2} = \frac{0.25}{2} = 0.125$。
所以，$P(0.5 \le Y \le 1.5) = 1 - 0.125 = 0.875$。

方法二：使用 PDF
積分範圍 $0.5 \le y \le 1.5$ 需要分成兩個部分，因為 PDF 在 $y=1$ 處改變了定義。
$P(0.5 \le Y \le 1.5) = \int_{0.5}^{1.5} f(y) \, dy$
$= \int_{0.5}^{1} f(y) \, dy + \int_{1}^{1.5} f(y) \, dy$
在 $0.5 \le y \le 1$ 範圍內，$f(y) = y$。
在 $1 < y \le 1.5$ 範圍內，$f(y) = 1$。
$= \int_{0.5}^{1} y \, dy + \int_{1}^{1.5} 1 \, dy$

本題要求計算連續型隨機變數 Y 的期望值 $E[Y]$ 和變異數 $V(Y)$。

1. 計算期望值 $E[Y]$
期望值 $E[Y]$ 可以通過對 $y \cdot f(y)$ 在整個範圍內積分來計算。
$E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \, dy$
根據 $f(y)$ 的定義，我們需要分段積分：
$E[Y] = \int_{0}^{1} y \cdot y \, dy + \int_{1}^{1.5} y \cdot 1 \, dy$
$= \int_{0}^{1} y^2 \, dy + \int_{1}^{1.5} y \, dy$
計算第一個積分：
$\int_{0}^{1} y^2 \, dy = \left[ \frac{y^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}$
計算第二個積分：
$\int_{1}^{1.5} y \, dy = \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{1}^{1.5} = \frac{(1.5)^2}{2} - \frac{1^2}{2}$
$= \frac{2.25}{2} - \frac{1}{2} = 1.125 - 0.5 = 0.625$
所以，
$E[Y] = \frac{1}{3} + 0.625$
將 $\frac{1}{3}$ 轉換為小數：$\frac{1}{3} \approx 0.3333$。
$E[Y] \approx 0.3333 + 0.625 = 0.9583$
如果我們使用分數計算：$0.625 = \frac{5}{8}$。
$E[Y] = \frac{1}{3} + \frac{5}{8} = \frac{8 + 15}{24} = \frac{23}{24}$

2. 計算變異數 $V(Y)$
變異數 $V(Y)$ 的計算公式為 $V(Y) = E[Y^2] - (E[Y])^2$。
首先，我們需要計算 $E[Y^2]$：
$E[Y^2] = \int_{-\infty}^{\infty} y^2 f(y) \, dy$
$E[Y^2] = \int_{0}^{1} y^2 \cdot y \, dy + \int_{1}^{1.5} y^2 \cdot 1 \, dy$
$= \int_{0}^{1} y^3 \, dy + \int_{1}^{1.5} y^2 \, dy$

本題要求根據機率密度函數 (PDF) 的性質和期望值的條件，來求解 PDF 中的未知參數 $a$ 和 $b$。

PDF 必須滿足兩個基本條件：

1. $f(y) \ge 0$ 對於所有 $y$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(y) \, dy = 1$。

給定的 PDF 是 $f(y) = a+by^2$ for $0 \le y \le 1$，其他為 0。

從條件 2，我們得到：
$\int_{0}^{1} (a+by^2) \, dy = 1$
$\left[ ay + b\frac{y^3}{3} \right]_{0}^{1} = 1$
$\left( a(1) + b\frac{1^3}{3} \right) - \left( a(0) + b\frac{0^3}{3} \right) = 1$
$a + \frac{b}{3} = 1 \quad \cdots (1)$

從期望值 $E[Y] = \frac{3}{5}$ 的條件，我們得到：
$E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \, dy = \int_{0}^{1} y(a+by^2) \, dy = \frac{3}{5}$
$\int_{0}^{1} (ay + by^3) \, dy = \frac{3}{5}$
$\left[ a\frac{y^2}{2} + b\frac{y^4}{4} \right]_{0}^{1} = \frac{3}{5}$
$\left( a\frac{1^2}{2} + b\frac{1^4}{4} \right) - \left( a\frac{0^2}{2} + b\frac{0^4}{4} \right) = \frac{3}{5}$
$\frac{a}{2} + \frac{b}{4} = \frac{3}{5} \quad \cdots (2)$

本題考驗卜瓦松分配 (Poisson Distribution) 的應用。
卜瓦松分配用於描述在固定時間或空間間隔內，某事件獨立發生的次數。
其機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$
其中 $\lambda$ 是單位時間或空間內的平均發生次數。

題目給定：
事件：市公車停靠某站牌。
時間間隔：半小時 (9:00~9:30)。
平均發生次數：$\lambda = 3$ 班。
因此，我們考慮一個卜瓦松隨機變數 $X$，代表在半小時內停靠的公車次數，且 $X \sim Poisson(\lambda=3)$。

(a) 至少有一班市公車停靠的機率為何？
「至少有一班」表示 $X \ge 1$。
計算 $P(X \ge 1)$ 通常比計算 $P(X=1) + P(X=2) + \dots$ 更容易，採用補集的方法：
$P(X \ge 1) = 1 - P(X < 1)$。
由於 $X$ 是計數變數，事件 $X < 1$ 等同於事件 $X = 0$。
所以，$P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0)$。

本題考驗聯合機率密度函數 (Joint PDF) 的性質以及隨機變數的轉換。

(a) 求 $c$ 的值
聯合機率密度函數必須滿足在整個定義域上的積分為 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dx \, dy = 1$
根據題目給定的 $f(x,y)$，積分範圍是 $x>0, y>0, x+y<1$。這是一個由 $x=0, y=0$ 和 $x+y=1$ 所圍成的三角形區域。
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} c \, dy \, dx = 1$
先計算內層積分：
$\int_{0}^{1-x} c \, dy = c [y]_{y=0}^{y=1-x} = c(1-x)$
現在計算外層積分：
$\int_{0}^{1} c(1-x) \, dx = c \int_{0}^{1} (1-x) \, dx$
$= c \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} = c \left( (1 - \frac{1^2}{2}) - (0 - \frac{0^2}{2}) \right)$
$= c \left( 1 - \frac{1}{2} \right) = c \cdot \frac{1}{2}$
所以，我們有 $c \cdot \frac{1}{2} = 1$，解得 $c = 2$。

(b) 若 $Z=X+Y$, 找出 $Z$ 的 p.d.f.。
我們需要找到隨機變數 $Z=X+Y$ 的機率密度函數 (PDF)。
由於 $X$ 和 $Y$ 的定義域是 $x>0, y>0, x+y<1$，這意味著 $Z=X+Y$ 的值域是 $0 < Z < 1$。
我們可以透過計算 $Z$ 的累積分布函數 (CDF) $F_Z(z) = P(Z \le z)$，然後對其求導來得到 PDF $f_Z(z)$。

$F_Z(z) = P(X+Y \le z)$。
積分範圍是 $x>0, y>0, x+y<1$。
我們需要考慮 $0 < z < 1$。

本題考驗離散隨機變數的期望值和變異數計算。
題目描述的是一個簡單的隨機抽樣過程，每次抽取一個球，球的標號是 1 到 N。由於是「抽出一球再放回」，每次抽取的標號是獨立且具有相同分布的。

令隨機變數 $X$ 表示抽出的球的標號。
由於每個球被抽出的機率是相等的，且標號為 $1, 2, \dots, N$，所以 $X$ 的機率分布為離散均勻分布 (Discrete Uniform Distribution)。
$P(X=k) = \frac{1}{N}$，對於 $k = 1, 2, \dots, N$。

1. 計算平均數 (期望值) $E[X]$
離散均勻分布 $U\{1, 2, \dots, N\}$ 的期望值為：
$E[X] = \sum_{k=1}^{N} k \cdot P(X=k) = \sum_{k=1}^{N} k \cdot \frac{1}{N}$
$E[X] = \frac{1}{N} \sum_{k=1}^{N} k$
我們知道 $\sum_{k=1}^{N} k = \frac{N(N+1)}{2}$ (等差級數求和公式)。
$E[X] = \frac{1}{N} \cdot \frac{N(N+1)}{2} = \frac{N+1}{2}$

2. 計算變異數 $V(X)$
離散均勻分布 $U\{1, 2, \dots, N\}$ 的變異數為：
$V(X) = E[X^2] - (E[X])^2$
首先，計算 $E[X^2]$：