109 年國立成功大學財務金融研究所《統計學》考古題與詳解

Question 1

1. 下列何種分配之平均值與變異數相等？ (a) 常態分配 (b) 指數分配 (c) t 分配 (d) 卜瓦松分配

Accepted Answer

本題考查常見機率分配的平均值與變異數性質。 常態分配 (Normal Distribution)：平均值 $\mu$，變異數 $\sigma^2$。一般情況下 $\mu 
eq \sigma^2$。 指數分配 (Exponential Distribution)：平均值 $\frac{1}{\lambda}$，變異數 $\frac{1}{\lambda^2}$。

Question 2

2. 假設變異數均相等,欲比較四個水準之平均值是否均相等,應使用下列何種方法? (a) 迴歸分析法 (b) 變異數分析表 (ANOVA) (c) T檢定 (d) Z檢定

Accepted Answer

本題考查比較多組平均值的方法。 迴歸分析法 (Regression Analysis)：主要用於分析一個或多個自變數與一個應變數之間的關係，通常用於預測或解釋變數間的關聯性，而非直接比較多組獨立樣本的平均值。 變異數分析表 (Analysis of Variance, ANOVA)：ANOVA 是一種統計方法，用於檢定三個或三個以上群體（樣本）的平均值之間是否存在顯著差異。它透過分析總變異數、組間變異數和組內變異數來達成此目的。本題要求比較四個水準（即四個群體）的平均值，且假設變異數相等，這正是 ANOVA 的典型應用場景。

Question 3

3. 投擲一均勻骰子兩次,至少出現一次”4” 向上的機率為? (a) $\frac{1}{36}$ (b) $\frac{5}{36}$ (c) $\frac{11}{36}$ (d) $\frac{13}{36}$

Accepted Answer

本題考查機率計算，特別是「至少」事件的機率。

假設投擲一枚均勻骰子，出現點數為 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 的機率均為 $\frac{1}{6}$ 。
我們投擲骰子兩次。
令事件 A 為「第一次投擲出現 4」。
令事件 B 為「第二次投擲出現 4」。
我們要求的是「至少出現一次 4」的機率，即 $P(A \cup B)$ 。

直接計算 $P(A \cup B)$ 的方法是：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
由於兩次投擲是獨立事件：
$P(A) = \frac{1}{6}$
$P(B) = \frac{1}{6}$
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$

Question 4

4. 對於一多變量分布 $f(x,y) = \frac{k}{(1+x+y)^5}$, $x \ge 0, y \ge 0$. $k$ 值為何? (a) 12 (b) 14 (c) 16 (d) 18

Accepted Answer

本題考查多變量機率密度函數的歸一化條件。

對於一個聯合機率密度函數 $f(x,y)$ ，它必須滿足以下兩個條件：

$f(x,y) \ge 0$ 對所有 $x, y$ 。
$\iint_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \,dx\,dy = 1$ (歸一化條件)。

在本題中，給定的機率密度函數為 $f(x,y) = \frac{k}{(1+x+y)^5}$ ，且定義域為 $x \ge 0, y \ge 0$ 。
為了使 $f(x,y)$ 成為一個有效的機率密度函數，它必須滿足歸一化條件：
$\iint_{x \ge 0, y \ge 0} \frac{k}{(1+x+y)^5} \,dx\,dy = 1$
我們需要計算這個重積分。令 $u = 1+x+y$ 。當 $x \ge 0, y \ge 0$ 時， $u \ge 1$ 。
這個積分區域是第一象限。我們可以先對 $x$ 積分，再對 $y$ 積分，或者反過來。
$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{k}{(1+x+y)^5} \,dx\,dy = 1$
考慮內層積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x+y)^5} \,dx$ 。
令 $w = 1+x+y$ ，則 $dw = dx$ 。當 $x=0$ 時， $w = 1+y$ ；當 $x \to \infty$ 時， $w \to \infty$ 。

Question 5

5. $f(x) = \begin{cases} ke^{-2x} & x 0 \ 0 & 	ext{otherwise} \end{cases}$ $\alpha(x)$ 是: (a) 任何 $k$ 下均為機率密度函數 (b) $k=1$ 時為機率密度函數 (c) $k=2$ 時為機率密度函數 (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查機率密度函數的性質，特別是歸一化條件。

一個函數 $f(x)$ 若要成為機率密度函數 (PDF)，必須滿足以下兩個條件：

$f(x) \ge 0$ 對所有 $x$ 。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,dx = 1$ (歸一化條件)。

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

首先，我們檢查條件 1： $f(x) \ge 0$ 。
對於 $x \le 0$ , $f(x)=0$ ，這顯然大於等於 0。
對於 $x > 0$ , $e^{-2x}$ 永遠是正的。因此，為了使 $f(x) \ge 0$ ，我們必須要求 $k \ge 0$ 。

接下來，我們檢查條件 2：歸一化條件。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,dx = \int_{0}^{\infty} ke^{-2x} \,dx$
我們需要計算這個積分並使其等於 1。
$\int_{0}^{\infty} ke^{-2x} \,dx = k \int_{0}^{\infty} e^{-2x} \,dx$

Question 6

6. X 為一二項分配,平均值為 6 變異數為 3.6. X=4 的機率為何? (a) 0.1059 (b) 0.1268 (c) 0.1493 (d) 0.1625

Accepted Answer

本題考查二項分配的性質與機率計算。

一個二項分配 $X \sim Binomial(n, p)$ 具有以下性質：

平均值 (期望值): $E[X] = np$
變異數: $Var(X) = np(1-p)$
機率質量函數 (PMF): $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

題目給定：
平均值 $E[X] = np = 6$
變異數 $Var(X) = np(1-p) = 3.6$

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

現在求出 $n$ ：
$np = 6$
$n(0.4) = 6$
$n = \frac{6}{0.4} = \frac{60}{4} = 15$

所以，隨機變數 $X$ 服從二項分配 $Binomial(n=15, p=0.4)$ 。
我們需要計算 $P(X=4)$ 。
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (1-0.4)^{15-4}$
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (0.6)^{11}$

Question 7

7. X 的動差生成函數為 $MX(t) = (1-t)^{-2}$ for $t<1$. X 的變異數為何? (a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 8

Accepted Answer

本題考查動差生成函數 (Moment Generating Function, MGF) 與隨機變數的期望值及變異數的關係。

對於一個隨機變數 $X$ ，其動差生成函數 $M_X(t)$ 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$ 。
動差生成函數的性質：

$E[X] = M_X'(0)$ (一階動差，即期望值)
$E[X^2] = M_X''(0)$ (二階動差)
$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = M_X''(0) - (M_X'(0))^2$

給定的動差生成函數是 $M_X(t) = (1-t)^{-2}$ 。
我們需要計算其一階和二階導數，並在 $t=0$ 時求值。

首先，計算一階導數 $M_X'(t)$ :
$M_X'(t) = \frac{d}{dt} (1-t)^{-2}$
利用連鎖法則，令 $u = 1-t$ ，則 $\frac{du}{dt} = -1$ 。
$\frac{d}{du} u^{-2} = -2u^{-3}$
所以， $M_X'(t) = -2(1-t)^{-3} \times (-1) = 2(1-t)^{-3}$ 。

計算 $E[X]$ ：
$E[X] = M_X'(0) = 2(1-0)^{-3} = 2(1)^{-3} = 2$ 。

Question 8

8. 若隨機變數 X 與 Y 的聯合累積密度函數為 $F{X,Y}(x,y)$, 則 $P(X 1, Y 1) =$ (a) $1 - P(X \le 1, Y \le 1)$ (b) $[1 - P(X \le 1)][1 - P(Y \le 1)]$ (c) $1 - FX(1) - FY(1) + F{X,Y}(1,1)$ (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查聯合累積分布函數 (Joint Cumulative Distribution Function, CDF) 與機率計算的關係。

聯合累積分布函數 $F_{X,Y}(x,y)$ 定義為 $F_{X,Y}(x,y) = P(X \le x, Y \le y)$ 。
我們要計算 $P(X > 1, Y > 1)$ 。

利用補集事件的概念：
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P(\text{至少有一事件不成立})$
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P((X \le 1) \cup (Y \le 1))$

根據機率的加法法則：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
所以，
$P((X \le 1) \cup (Y \le 1)) = P(X \le 1) + P(Y \le 1) - P(X \le 1, Y \le 1)$

將此代回原式：
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - [P(X \le 1) + P(Y \le 1) - P(X \le 1, Y \le 1)]$
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P(X \le 1) - P(Y \le 1) + P(X \le 1, Y \le 1)$

Question 9

9. 兩隨機變數 X₁ 和 X₂ 相互獨立, 且服從均勻分布 U(0,1). 令 $z1 = \sqrt{-2\ln(X1)}\cos(2\pi X2)$ 且 $z2 = \sqrt{-2\ln(X1)}\sin(2\pi X2)$. 則 $z1$ 和 $z2$ 的聯合機率密度函數為何? (a) $g(z1, z2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (b) $g(z1, z2) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (c) $g(z1, z2) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查隨機變數的變換，特別是從均勻分布轉換為常態分布的過程，這是 Box-Muller 轉換的應用。

給定：
$X_1 \sim U(0,1)$
$X_2 \sim U(0,1)$
$X_1$ 和 $X_2$ 相互獨立。
$z_1 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)$
$z_2 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)$

我們需要找到 $z_1$ 和 $z_2$ 的聯合機率密度函數 $g(z_1, z_2)$ 。

步驟 1: 識別轉換
這個轉換形式是著名的 Box-Muller 轉換，它將兩個獨立的標準均勻隨機變數轉換為兩個獨立的標準常態隨機變數。

步驟 2: 證明 $z_1, z_2$ 是標準常態隨機變數
為了證明這一點，我們可以使用變數變換法來計算 $z_1$ 和 $z_2$ 的聯合機率密度函數。
首先，我們需要將 $z_1, z_2$ 轉換回 $X_1, X_2$ 。
考慮 $z_1^2 + z_2^2$ :
$z_1^2 + z_2^2 = \left(\sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)\right)^2 + \left(\sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)\right)^2$
$z_1^2 + z_2^2 = (-2\ln(X_1))\cos^2(2\pi X_2) + (-2\ln(X_1))\sin^2(2\pi X_2)$
$z_1^2 + z_2^2 = (-2\ln(X_1))(\cos^2(2\pi X_2) + \sin^2(2\pi X_2))$
由於 $\cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) = 1$ ，
$z_1^2 + z_2^2 = -2\ln(X_1)$
從這個式子，我們可以解出 $X_1$ ：
$\frac{z_1^2 + z_2^2}{-2} = \ln(X_1)$
$X_1 = \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$

考慮 $z_2 / z_1$ :
$\frac{z_2}{z_1} = \frac{\sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)}{\sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)} = \tan(2\pi X_2)$
令 $\theta = 2\pi X_2$ . 由於 $X_2 \sim U(0,1)$ , $\theta \sim U(0, 2\pi)$ .
$\frac{z_2}{z_1} = \tan(\theta)$
因此， $\theta = \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$ 。
$2\pi X_2 = \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$
$X_2 = \frac{1}{2\pi} \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$
這裡需要注意 $\arctan$ 的範圍通常是 $(-\pi/2, \pi/2)$ 。然而， $\tan(\theta)$ 的週期是 $\pi$ 。
實際上，Box-Muller 轉換常常會引入一個獨立的標準常態變數 $z_0$ 來處理這個角度問題，或者直接定義一個角度變數 $\phi \sim U(0, 2\pi)$ 。
在本題中，轉換是 $z_1 = R \cos \phi$ 和 $z_2 = R \sin \phi$ ，其中 $R = \sqrt{-2\ln(X_1)}$ 和 $\phi = 2\pi X_2$ .
因為 $X_2 \sim U(0,1)$ ，所以 $\phi = 2\pi X_2 \sim U(0, 2\pi)$ 。
這意味著 $\phi$ 是一個在 $(0, 2\pi)$ 上的均勻分布隨機變數。

步驟 3: 計算 Jacobian 矩陣
變換法要求我們計算 Jacobian 矩陣的行列式。
$x_1 = \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$

Question 10

10. X₁ 和 X₂ 的分佈根據如下, $f(x1,x2) = 2$, $0 \le x1 \le x2 \le 1$. 則 X₁ 和 X₂ 之間的相關係數為何? (a) 0.35 (b) 0.4 (c) 0.45 (d) 0.5

Accepted Answer

本題考查計算隨機變數的相關係數。相關係數 $\rho{X1, X2}$ 定義為： $$ \rho{X1, X2} = \frac{Cov(X1, X2)}{\sqrt{Var(X1)Var(X2)}} $$ 其中，$Cov(X1, X2) = E[X1 X2] - E[X1]E[X2]$。 給定的聯合機率密度函數為 $f(x1, x2) = 2$，定義域為 $0 \le x1 \le x2 \le 1$。 步驟 1: 計算邊際機率密度函數 首先，我們需要找到 $X1$ 和 $X2$ 的邊際機率密度函數。 計算 $f{X1}(x1)$: $$ f{X1}(x1) = \int{-\infty}^{\infty} f(x1, x2) \,dx2 $$ 在我們的定義域中，$x1 \le x2 \le 1$，所以積分範圍是從 $x1$ 到 $1$。 $$ f{X1}(x1) = \int{x1}^{1} 2 \,dx2 = 2 [x2]{x1}^{1} = 2(1 - x1) $$ 此邊際 PDF 的定義域為 $0 \le x1 \le 1$。 計算 $f{X2}(x2)$: $$ f{X2}(x2) = \int{-\infty}^{\infty} f(x1, x2) \,dx1 $$ 在我們的定義域中，$0 \le x1 \le x2$，所以積分範圍是從 $0$ 到 $x2$。 $$ f{X2}(x2) = \int{0}^{x2} 2 \,dx1 = 2 [x1]{0}^{x2} = 2x2 $$ 此邊際 PDF 的定義域為 $0 \le x2 \le 1$。 步驟 2: 計算期望值 $E[X1]$ 和 $E[X2]$ $$ E[X1] = \int{-\infty}^{\infty} x1 f{X1}(x1) \,dx1 = \int{0}^{1} x1 \cdot 2(1-x1) \,dx1 $$ $$ E[X1] = 2 \int{0}^{1} (x1 - x1^2) \,dx1 = 2 \left[ \frac{x1^2}{2} - \frac{x1^3}{3} \right]{0}^{1} $$ $$ E[X1] = 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) = 2 \left( \frac{3-2}{6} \right) = 2 \left( \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{3} $$ $$ E[X2] = \int{-\infty}^{\infty} x2 f{X2}(x2) \,dx2 = \int{0}^{1} x2 \cdot 2x2 \,dx2 $$ $$ E[X2] = 2 \int{0}^{1} x2^2 \,dx2 = 2 \left[ \frac{x2^3}…

Question 11

1. 下列何種分配之平均值與變異數相等？ (a) 常態分配 (b) 指數分配 (c) t 分配 (d) 卜瓦松分配

Accepted Answer

本題考查常見機率分配的平均值與變異數性質。 常態分配 (Normal Distribution)：平均值 $\mu$，變異數 $\sigma^2$。一般情況下 $\mu 
eq \sigma^2$。 指數分配 (Exponential Distribution)：平均值 $\frac{1}{\lambda}$，變異數 $\frac{1}{\lambda^2}$。

Question 12

2. 假設變異數均相等,欲比較四個水準之平均值是否均相等,應使用下列何種方法? (a) 迴歸分析法 (b) 變異數分析表 (ANOVA) (c) T檢定 (d) Z檢定

Accepted Answer

本題考查比較多組平均值的方法。 迴歸分析法 (Regression Analysis)：主要用於分析一個或多個自變數與一個應變數之間的關係，通常用於預測或解釋變數間的關聯性，而非直接比較多組獨立樣本的平均值。 變異數分析表 (Analysis of Variance, ANOVA)：ANOVA 是一種統計方法，用於檢定三個或三個以上群體（樣本）的平均值之間是否存在顯著差異。它透過分析總變異數、組間變異數和組內變異數來達成此目的。本題要求比較四個水準（即四個群體）的平均值，且假設變異數相等，這正是 ANOVA 的典型應用場景。

Question 13

3. 投擲一均勻骰子兩次,至少出現一次”4” 向上的機率為? (a) $\frac{1}{36}$ (b) $\frac{5}{36}$ (c) $\frac{11}{36}$ (d) $\frac{13}{36}$

Accepted Answer

本題考查機率計算，特別是「至少」事件的機率。

假設投擲一枚均勻骰子，出現點數為 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 的機率均為 $\frac{1}{6}$ 。
我們投擲骰子兩次。
令事件 A 為「第一次投擲出現 4」。
令事件 B 為「第二次投擲出現 4」。
我們要求的是「至少出現一次 4」的機率，即 $P(A \cup B)$ 。

直接計算 $P(A \cup B)$ 的方法是：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
由於兩次投擲是獨立事件：
$P(A) = \frac{1}{6}$
$P(B) = \frac{1}{6}$
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$

Question 14

4. 對於一多變量分布 $f(x,y) = \frac{k}{(1+x+y)^5}$, $x \ge 0, y \ge 0$. $k$ 值為何? (a) 12 (b) 14 (c) 16 (d) 18

Accepted Answer

本題考查多變量機率密度函數的歸一化條件。

對於一個聯合機率密度函數 $f(x,y)$ ，它必須滿足以下兩個條件：

$f(x,y) \ge 0$ 對所有 $x, y$ 。
$\iint_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \,dx\,dy = 1$ (歸一化條件)。

在本題中，給定的機率密度函數為 $f(x,y) = \frac{k}{(1+x+y)^5}$ ，且定義域為 $x \ge 0, y \ge 0$ 。
為了使 $f(x,y)$ 成為一個有效的機率密度函數，它必須滿足歸一化條件：
$\iint_{x \ge 0, y \ge 0} \frac{k}{(1+x+y)^5} \,dx\,dy = 1$
我們需要計算這個重積分。令 $u = 1+x+y$ 。當 $x \ge 0, y \ge 0$ 時， $u \ge 1$ 。
這個積分區域是第一象限。我們可以先對 $x$ 積分，再對 $y$ 積分，或者反過來。
$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{k}{(1+x+y)^5} \,dx\,dy = 1$
考慮內層積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x+y)^5} \,dx$ 。
令 $w = 1+x+y$ ，則 $dw = dx$ 。當 $x=0$ 時， $w = 1+y$ ；當 $x \to \infty$ 時， $w \to \infty$ 。

Question 15

5. $f(x) = \begin{cases} ke^{-2x} & x 0 \ 0 & 	ext{otherwise} \end{cases}$ $\alpha(x)$ 是: (a) 任何 $k$ 下均為機率密度函數 (b) $k=1$ 時為機率密度函數 (c) $k=2$ 時為機率密度函數 (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查機率密度函數的性質，特別是歸一化條件。

一個函數 $f(x)$ 若要成為機率密度函數 (PDF)，必須滿足以下兩個條件：

$f(x) \ge 0$ 對所有 $x$ 。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,dx = 1$ (歸一化條件)。

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

首先，我們檢查條件 1： $f(x) \ge 0$ 。
對於 $x \le 0$ , $f(x)=0$ ，這顯然大於等於 0。
對於 $x > 0$ , $e^{-2x}$ 永遠是正的。因此，為了使 $f(x) \ge 0$ ，我們必須要求 $k \ge 0$ 。

接下來，我們檢查條件 2：歸一化條件。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,dx = \int_{0}^{\infty} ke^{-2x} \,dx$
我們需要計算這個積分並使其等於 1。
$\int_{0}^{\infty} ke^{-2x} \,dx = k \int_{0}^{\infty} e^{-2x} \,dx$

Question 16

6. X 為一二項分配,平均值為 6 變異數為 3.6. X=4 的機率為何? (a) 0.1059 (b) 0.1268 (c) 0.1493 (d) 0.1625

Accepted Answer

本題考查二項分配的性質與機率計算。

一個二項分配 $X \sim Binomial(n, p)$ 具有以下性質：

平均值 (期望值): $E[X] = np$
變異數: $Var(X) = np(1-p)$
機率質量函數 (PMF): $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

題目給定：
平均值 $E[X] = np = 6$
變異數 $Var(X) = np(1-p) = 3.6$

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

現在求出 $n$ ：
$np = 6$
$n(0.4) = 6$
$n = \frac{6}{0.4} = \frac{60}{4} = 15$

所以，隨機變數 $X$ 服從二項分配 $Binomial(n=15, p=0.4)$ 。
我們需要計算 $P(X=4)$ 。
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (1-0.4)^{15-4}$
$P(X=4) = \binom{15}{4} (0.4)^4 (0.6)^{11}$

Question 17

7. X 的動差生成函數為 $MX(t) = (1-t)^{-2}$ for $t<1$. X 的變異數為何? (a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 8

Accepted Answer

本題考查動差生成函數 (Moment Generating Function, MGF) 與隨機變數的期望值及變異數的關係。

對於一個隨機變數 $X$ ，其動差生成函數 $M_X(t)$ 的定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$ 。
動差生成函數的性質：

$E[X] = M_X'(0)$ (一階動差，即期望值)
$E[X^2] = M_X''(0)$ (二階動差)
$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = M_X''(0) - (M_X'(0))^2$

給定的動差生成函數是 $M_X(t) = (1-t)^{-2}$ 。
我們需要計算其一階和二階導數，並在 $t=0$ 時求值。

首先，計算一階導數 $M_X'(t)$ :
$M_X'(t) = \frac{d}{dt} (1-t)^{-2}$
利用連鎖法則，令 $u = 1-t$ ，則 $\frac{du}{dt} = -1$ 。
$\frac{d}{du} u^{-2} = -2u^{-3}$
所以， $M_X'(t) = -2(1-t)^{-3} \times (-1) = 2(1-t)^{-3}$ 。

計算 $E[X]$ ：
$E[X] = M_X'(0) = 2(1-0)^{-3} = 2(1)^{-3} = 2$ 。

Question 18

8. 若隨機變數 X 與 Y 的聯合累積密度函數為 $F{X,Y}(x,y)$, 則 $P(X 1, Y 1) =$ (a) $1 - P(X \le 1, Y \le 1)$ (b) $[1 - P(X \le 1)][1 - P(Y \le 1)]$ (c) $1 - FX(1) - FY(1) + F{X,Y}(1,1)$ (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查聯合累積分布函數 (Joint Cumulative Distribution Function, CDF) 與機率計算的關係。

聯合累積分布函數 $F_{X,Y}(x,y)$ 定義為 $F_{X,Y}(x,y) = P(X \le x, Y \le y)$ 。
我們要計算 $P(X > 1, Y > 1)$ 。

利用補集事件的概念：
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P(\text{至少有一事件不成立})$
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P((X \le 1) \cup (Y \le 1))$

根據機率的加法法則：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
所以，
$P((X \le 1) \cup (Y \le 1)) = P(X \le 1) + P(Y \le 1) - P(X \le 1, Y \le 1)$

將此代回原式：
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - [P(X \le 1) + P(Y \le 1) - P(X \le 1, Y \le 1)]$
$P(X > 1, Y > 1) = 1 - P(X \le 1) - P(Y \le 1) + P(X \le 1, Y \le 1)$

Question 19

9. 兩隨機變數 X₁ 和 X₂ 相互獨立, 且服從均勻分布 U(0,1). 令 $z1 = \sqrt{-2\ln(X1)}\cos(2\pi X2)$ 且 $z2 = \sqrt{-2\ln(X1)}\sin(2\pi X2)$. 則 $z1$ 和 $z2$ 的聯合機率密度函數為何? (a) $g(z1, z2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (b) $g(z1, z2) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (c) $g(z1, z2) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{z1^2+z2^2}{2}\right)$, $-\infty < z1 < \infty, -\infty < z2 < \infty$ (d) 以上皆非

Accepted Answer

本題考查隨機變數的變換，特別是從均勻分布轉換為常態分布的過程，這是 Box-Muller 轉換的應用。

給定：
$X_1 \sim U(0,1)$
$X_2 \sim U(0,1)$
$X_1$ 和 $X_2$ 相互獨立。
$z_1 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)$
$z_2 = \sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)$

我們需要找到 $z_1$ 和 $z_2$ 的聯合機率密度函數 $g(z_1, z_2)$ 。

步驟 1: 識別轉換
這個轉換形式是著名的 Box-Muller 轉換，它將兩個獨立的標準均勻隨機變數轉換為兩個獨立的標準常態隨機變數。

步驟 2: 證明 $z_1, z_2$ 是標準常態隨機變數
為了證明這一點，我們可以使用變數變換法來計算 $z_1$ 和 $z_2$ 的聯合機率密度函數。
首先，我們需要將 $z_1, z_2$ 轉換回 $X_1, X_2$ 。
考慮 $z_1^2 + z_2^2$ :
$z_1^2 + z_2^2 = \left(\sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)\right)^2 + \left(\sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)\right)^2$
$z_1^2 + z_2^2 = (-2\ln(X_1))\cos^2(2\pi X_2) + (-2\ln(X_1))\sin^2(2\pi X_2)$
$z_1^2 + z_2^2 = (-2\ln(X_1))(\cos^2(2\pi X_2) + \sin^2(2\pi X_2))$
由於 $\cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) = 1$ ，
$z_1^2 + z_2^2 = -2\ln(X_1)$
從這個式子，我們可以解出 $X_1$ ：
$\frac{z_1^2 + z_2^2}{-2} = \ln(X_1)$
$X_1 = \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$

考慮 $z_2 / z_1$ :
$\frac{z_2}{z_1} = \frac{\sqrt{-2\ln(X_1)}\sin(2\pi X_2)}{\sqrt{-2\ln(X_1)}\cos(2\pi X_2)} = \tan(2\pi X_2)$
令 $\theta = 2\pi X_2$ . 由於 $X_2 \sim U(0,1)$ , $\theta \sim U(0, 2\pi)$ .
$\frac{z_2}{z_1} = \tan(\theta)$
因此， $\theta = \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$ 。
$2\pi X_2 = \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$
$X_2 = \frac{1}{2\pi} \arctan\left(\frac{z_2}{z_1}\right)$
這裡需要注意 $\arctan$ 的範圍通常是 $(-\pi/2, \pi/2)$ 。然而， $\tan(\theta)$ 的週期是 $\pi$ 。
實際上，Box-Muller 轉換常常會引入一個獨立的標準常態變數 $z_0$ 來處理這個角度問題，或者直接定義一個角度變數 $\phi \sim U(0, 2\pi)$ 。
在本題中，轉換是 $z_1 = R \cos \phi$ 和 $z_2 = R \sin \phi$ ，其中 $R = \sqrt{-2\ln(X_1)}$ 和 $\phi = 2\pi X_2$ .
因為 $X_2 \sim U(0,1)$ ，所以 $\phi = 2\pi X_2 \sim U(0, 2\pi)$ 。
這意味著 $\phi$ 是一個在 $(0, 2\pi)$ 上的均勻分布隨機變數。

步驟 3: 計算 Jacobian 矩陣
變換法要求我們計算 Jacobian 矩陣的行列式。
$x_1 = \exp\left(-\frac{z_1^2 + z_2^2}{2}\right)$

Question 20

10. X₁ 和 X₂ 的分佈根據如下, $f(x1,x2) = 2$, $0 \le x1 \le x2 \le 1$. 則 X₁ 和 X₂ 之間的相關係數為何? (a) 0.35 (b) 0.4 (c) 0.45 (d) 0.5

Accepted Answer

本題考查計算隨機變數的相關係數。相關係數 $\rho{X1, X2}$ 定義為： $$ \rho{X1, X2} = \frac{Cov(X1, X2)}{\sqrt{Var(X1)Var(X2)}} $$ 其中，$Cov(X1, X2) = E[X1 X2] - E[X1]E[X2]$。 給定的聯合機率密度函數為 $f(x1, x2) = 2$，定義域為 $0 \le x1 \le x2 \le 1$。 步驟 1: 計算邊際機率密度函數 首先，我們需要找到 $X1$ 和 $X2$ 的邊際機率密度函數。 計算 $f{X1}(x1)$: $$ f{X1}(x1) = \int{-\infty}^{\infty} f(x1, x2) \,dx2 $$ 在我們的定義域中，$x1 \le x2 \le 1$，所以積分範圍是從 $x1$ 到 $1$。 $$ f{X1}(x1) = \int{x1}^{1} 2 \,dx2 = 2 [x2]{x1}^{1} = 2(1 - x1) $$ 此邊際 PDF 的定義域為 $0 \le x1 \le 1$。 計算 $f{X2}(x2)$: $$ f{X2}(x2) = \int{-\infty}^{\infty} f(x1, x2) \,dx1 $$ 在我們的定義域中，$0 \le x1 \le x2$，所以積分範圍是從 $0$ 到 $x2$。 $$ f{X2}(x2) = \int{0}^{x2} 2 \,dx1 = 2 [x1]{0}^{x2} = 2x2 $$ 此邊際 PDF 的定義域為 $0 \le x2 \le 1$。 步驟 2: 計算期望值 $E[X1]$ 和 $E[X2]$ $$ E[X1] = \int{-\infty}^{\infty} x1 f{X1}(x1) \,dx1 = \int{0}^{1} x1 \cdot 2(1-x1) \,dx1 $$ $$ E[X1] = 2 \int{0}^{1} (x1 - x1^2) \,dx1 = 2 \left[ \frac{x1^2}{2} - \frac{x1^3}{3} \right]{0}^{1} $$ $$ E[X1] = 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) = 2 \left( \frac{3-2}{6} \right) = 2 \left( \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{3} $$ $$ E[X2] = \int{-\infty}^{\infty} x2 f{X2}(x2) \,dx2 = \int{0}^{1} x2 \cdot 2x2 \,dx2 $$ $$ E[X2] = 2 \int{0}^{1} x2^2 \,dx2 = 2 \left[ \frac{x2^3}…

Question 21

二、非選擇題 50分 1. (12分)假設 Y 為一連續型隨機變數,其機率密度函數為 $f(y) = \begin{cases} y & , 0 \le y \le 1 \ 1 & , 1 \le y \le 1.5 \ 0 & 	ext{其他範圍} \end{cases}$ 試求(a) $FY(y)$

Accepted Answer

本題考查累積分布函數 (CDF) 的計算。累積分布函數 $FY(y)$ 定義為 $P(Y \le y)$。 給定的機率密度函數 (PDF) $f(y)$ 分段定義如下： $f(y) = y$ for $0 \le y \le 1$ $f(y) = 1$ for $1 \le y \le 1.5$ $f(y) = 0$ otherwise 我們需要分段計算 $FY(y)$。 情況 1: $y < 0$ 對於 $y < 0$，沒有任何 $Y$ 的值會小於或等於 $y$，所以機率為 0。 $FY(y) = P(Y \le y) = \int{-\infty}^{y} f(t) \,dt = \int{-\infty}^{y} 0 \,dt = 0$。 情況 2: $0 \le y \le 1$ 對於 $0 \le y \le 1$，我們需要積分從 $-\infty$ 到 $y$ 的 PDF。 $FY(y) = P(Y \le y) = \int{-\infty}^{y} f(t) \,dt$ 由於 $f(t)=0$ for $t<0$，積分從 0 開始。 $FY(y) = \int{0}^{y} t \,dt$ $FY(y) = \left[ \frac{t^2}{2} \right]{0}^{y} = \frac{y^2}{2} - 0 = \frac{y^2}{2}$。 情況 3: $1 < y \le 1.5$ 對於 $1 < y \le 1.5$，我們需要積分從 $-\infty$ 到 $y$ 的 PDF。 $FY(y) = P(Y \le y) = \int{-\infty}^{y} f(t) \,dt$ 積分需要分成兩部分：從 0 到 1 (使用 $f(t)=t$)，以及從 1 到 $y$ (使用 $f(t)=1$)。 $FY(y) = \int{0}^{1} t \,dt + \int{1}^{y} 1 \,dt$

Question 22

1. (12分)假設 Y 為一連續型隨機變數,其機率密度函數為 $f(y) = \begin{cases} y & , 0 \le y \le 1 \ 1 & , 1 \le y \le 1.5 \ 0 & 	ext{其他範圍} \end{cases}$ 試求(b) $P(0 \le y \le 1)$

Accepted Answer

本題考查機率計算，可以直接使用機率密度函數 (PDF) 或累積分布函數 (CDF) 來計算。

方法一：使用 PDF 直接積分
我們需要計算 $P(0 \le y \le 1)$ 。根據 PDF 的定義，在這個區間內， $f(y) = y$ 。
$P(0 \le y \le 1) = \int_{0}^{1} f(y) \,dy = \int_{0}^{1} y \,dy$
$P(0 \le y \le 1) = \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{1}{2}$

方法二：使用 CDF
在上一小題 (a) 中，我們計算了累積分布函數 $F_Y(y)$ 。

Question 23

1. (12分)假設 Y 為一連續型隨機變數,其機率密度函數為 $f(y) = \begin{cases} y & , 0 \le y \le 1 \ 1 & , 1 \le y \le 1.5 \ 0 & 	ext{其他範圍} \end{cases}$ 試求(c) $P(0.5 \le Y \le 1.5)$

Accepted Answer

本題考查機率計算，可以使用 PDF 或 CDF。 方法一：使用 PDF 直接積分 我們需要計算 $P(0.5 \le Y \le 1.5)$。 在這個區間內，PDF 分段： 在 $0.5 \le y \le 1$ 時，$f(y) = y$。 在 $1 < y \le 1.5$ 時，$f(y) = 1$。 所以，我們需要將積分分成兩部分： $$ P(0.5 \le Y \le 1.5) = \int{0.5}^{1.5} f(y) \,dy = \int{0.5}^{1} y \,dy + \int{1}^{1.5} 1 \,dy $$ 計算第一個積分： $$ \int{0.5}^{1} y \,dy = \left[ \frac{y^2}{2} \right]{0.5}^{1} = \frac{1^2}{2} - \frac{(0.5)^2}{2} = \frac{1}{2} - \frac{0.25}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{4-1}{8} = \frac{3}{8} $$ 計算第二個積分： $$ \int{1}^{1.5} 1 \,dy = [y]{1}^{1.5} = 1.5 - 1 = 0.5 = \frac{1}{2} $$ 將兩部分結果相加：

Question 24

1. (12分)假設 Y 為一連續型隨機變數,其機率密度函數為 $f(y) = \begin{cases} y & , 0 \le y \le 1 \ 1 & , 1 \le y \le 1.5 \ 0 & 	ext{其他範圍} \end{cases}$ 試求(d) 期望值 $E[Y]$ 與變異數 $V(Y)$

Accepted Answer

本題考查連續型隨機變數的期望值與變異數計算。 計算期望值 $E[Y]$ 期望值 $E[Y]$ 的計算公式為 $E[Y] = \int{-\infty}^{\infty} y f(y) \,dy$。 根據 PDF 的定義，積分範圍需要分段： $$ E[Y] = \int{0}^{1} y \cdot y \,dy + \int{1}^{1.5} y \cdot 1 \,dy $$ $$ E[Y] = \int{0}^{1} y^2 \,dy + \int{1}^{1.5} y \,dy $$ 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： $$ \int{1}^{1.5} y \,dy = \left[ \frac{y^2}{2} \right]{1}^{1.5} = \frac{(1.5)^2}{2} - \frac{1^2}{2} = \frac{2.25}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1.25}{2} = 0.625 = \frac{5}{8} $$ 將兩部分結果相加： $$ E[Y] = \frac{1}{3} + \frac{5}{8} = \frac{8 + 15}{24} = \frac{23}{24} $$ 計算變異數 $V(Y)$ 變異數 $V(Y)$ 的計算公式為 $V(Y) = E[Y^2] - (E[Y])^2$。 我們已經計算了 $E[Y] = \frac{23}{24}$，所以 $(E[Y])^2 = \left(\frac{23}{24}\right)^2 = \frac{529}{576}$。 現在需要計算 $E[Y^2]$： $E[Y^2] = \int{-\infty}^{\infty} y^2 f(y) \,dy$

Question 25

2. (6分)假設 Y 為一連續型隨機變數,其機率密度函數為 $f(y) = \begin{cases} a+by^2 & , 0 \le y \le 1 \ 0 & , 	ext{其他範圍} \end{cases}$ 若期望值 $E[Y] = \frac{3}{5}$, 試求 a 與 b。

Accepted Answer

本題考查連續型隨機變數的期望值性質，並利用機率密度函數的歸一化條件來求解未知參數。

首先，根據機率密度函數的定義，它必須滿足歸一化條件：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(y) \,dy = 1$
在本題中，積分範圍是 $0 \le y \le 1$ 。
$\int_{0}^{1} (a+by^2) \,dy = 1$
$\left[ ay + \frac{by^3}{3} \right]_{0}^{1} = 1$
$\left( a(1) + \frac{b(1)^3}{3} \right) - \left( a(0) + \frac{b(0)^3}{3} \right) = 1$
$a + \frac{b}{3} = 1 \quad (*)$

接下來，我們利用期望值 $E[Y] = \frac{3}{5}$ 來建立另一個方程式。
期望值的計算公式為：
$E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \,dy$
$E[Y] = \int_{0}^{1} y(a+by^2) \,dy = \frac{3}{5}$
$\int_{0}^{1} (ay + by^3) \,dy = \frac{3}{5}$
$\left[ \frac{ay^2}{2} + \frac{by^4}{4} \right]_{0}^{1} = \frac{3}{5}$
$\left( \frac{a(1)^2}{2} + \frac{b(1)^4}{4} \right) - \left( \frac{a(0)^2}{2} + \frac{b(0)^4}{4} \right) = \frac{3}{5}$
$\frac{a}{2} + \frac{b}{4} = \frac{3}{5} \quad (**)$

Question 26

3. (12分)假設市公車停靠某站牌的次數符合卜瓦松分配,而且半小時內,平均有三班停靠。試問在 9:00~9:30 之間 (a) 至少有一班市公車停靠的機率為何?

Accepted Answer

本題考查卜瓦松分配 (Poisson Distribution) 的應用。

首先，我們需要確定卜瓦松分配的參數。
設隨機變數 $X$ 為在特定時間間隔內發生的事件次數。
卜瓦松分配的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$ , 其中 $k = 0, 1, 2, \dots$
$\lambda$ 是單位時間內事件發生的平均次數。

題目告知，在半小時內，平均有三班市公車停靠。
所以，對於「半小時」這個時間間隔，平均次數 $\lambda = 3$ 。
我們考慮的時間間隔是 9:00~9:30，這正好是半小時。
因此，我們使用的 $\lambda$ 值為 3。

Question 27

3. (12分)假設市公車停靠某站牌的次數符合卜瓦松分配,而且半小時內,平均有三班停靠。試問在 9:00~9:30 之間 (b) 都無任何市公車停靠的機率為何?

Accepted Answer

本題考查卜瓦松分配 (Poisson Distribution) 的應用。

如題幹所述，市公車停靠次數符合卜瓦松分配，且在半小時內平均停靠次數 $\lambda = 3$ 。
我們考慮的時間間隔是 9:00~9:30，這正好是半小時。
因此，我們使用的 $\lambda$ 值為 3。

問題 (b) 要求計算「都無任何市公車停靠」的機率。
這表示隨機變數 $X$ 的值為 0，即 $P(X=0)$ 。

Question 28

3. (12分)假設市公車停靠某站牌的次數符合卜瓦松分配,而且半小時內,平均有三班停靠。試問在 9:00~9:30 之間 (c) 在此半小時內,靠站公車次數之期望值及變異數為何?

Accepted Answer

本題考查卜瓦松分配 (Poisson Distribution) 的期望值與變異數。

題目告知，市公車停靠次數符合卜瓦松分配，且在半小時內平均停靠次數 $\lambda = 3$ 。
我們考慮的時間間隔是 9:00~9:30，這正好是半小時。
因此，我們使用的 $\lambda$ 值為 3。

Question 29

4. (10分)隨機變數 X 與 Y 的聯合機率密度為 $f(x,y) = \begin{cases} c & , x0, y0, x+y<1 \ 0 & , 	ext{其他} \end{cases}$ (a) 求 c 的值

Accepted Answer

本題考查多變量機率密度函數的歸一化條件，以求解未知常數 $c$。 對於一個聯合機率密度函數 $f(x,y)$，它必須滿足歸一化條件： $$ \iint{-\infty}^{\infty} f(x,y) \,dx\,dy = 1 $$ 在本題中，聯合機率密度函數為 $f(x,y) = c$，且定義域為 $x0, y0, x+y<1$。 這個定義域是一個三角形區域，其頂點為 $(0,0)$, $(1,0)$, 和 $(0,1)$。 我們需要計算這個區域上的重積分： $$ \iint{D} c \,dx\,dy = 1 $$ 其中 $D = \{(x,y) | x0, y0, x+y<1\}$。 可以將積分表示為： $$ \int{0}^{1} \int{0}^{1-x} c \,dy\,dx = 1 $$ 計算內層積分：

Question 30

4. (10分)隨機變數 X 與 Y 的聯合機率密度為 $f(x,y) = \begin{cases} c & , x0, y0, x+y<1 \ 0 & , 	ext{其他} \end{cases}$ (b) 若 $Z=X+Y$, 完整找出 Z 的 p.d.f.

Accepted Answer

本題考查隨機變數的變換，要求計算新隨機變數 $Z=X+Y$ 的機率密度函數 (PDF)。
在小題 (a) 中，我們已經求出 $c=2$ ，所以聯合 PDF 為 $f(x,y) = 2$ 在區域 $D = \{(x,y) | x>0, y>0, x+y<1\}$ 上，否則為 0。

方法一：使用累積分布函數 (CDF) 方法
首先，我們計算 $Z$ 的累積分布函數 $F_Z(z)$ 。
$F_Z(z) = P(Z \le z) = P(X+Y \le z)$ 。
我們需要積分 $f(x,y)$ 在區域 $D \cap \{(x,y) | x+y \le z\}$ 上的值。

定義域 $D$ 是一個三角形，頂點為 $(0,0), (1,0), (0,1)$ 。
$Z = X+Y$ 的取值範圍：
由於 $X>0, Y>0$ , 所以 $Z > 0$ 。
由於 $X+Y<1$ , 所以 $Z < 1$ 。
因此， $Z$ 的取值範圍是 $(0, 1)$ 。

考慮 $0 < z < 1$ 的情況：
積分區域是 $D$ 與 $x+y \le z$ 的交集。這個區域是一個較小的三角形，頂點為 $(0,0), (z,0), (0,z)$ 。
$F_Z(z) = \iint_{x>0, y>0, x+y \le z} 2 \,dx\,dy$
$F_Z(z) = \int_{0}^{z} \int_{0}^{z-x} 2 \,dy\,dx$
內層積分：
$\int_{0}^{z-x} 2 \,dy = 2 [y]_{0}^{z-x} = 2(z-x)$
外層積分：
$F_Z(z) = \int_{0}^{z} 2(z-x) \,dx = 2 \int_{0}^{z} (z-x) \,dx$

Question 31

5. (10分)一袋內裝有 N 個球,每個球皆有標號,自 1 標到 N,每次抽出一球再放回,問抽出一球之平均數及變異數。

Accepted Answer

本題考查抽樣的期望值與變異數。題目描述的是「有放回抽樣」，且每次抽樣都是從相同的母體中抽取。

設隨機變數 $X$ 代表從袋中抽出的任一球所標示的號碼。
袋中有 N 個球，號碼分別為 $1, 2, \dots, N$ 。
每次抽樣都是獨立的，且每個號碼被抽到的機率均等。
因此， $X$ 是一個離散型隨機變數，其可能值為 $\{1, 2, \dots, N\}$ ，且 $P(X=k) = \frac{1}{N}$ 對於 $k = 1, 2, \dots, N$ 。

計算平均數 (期望值) $E[X]$
$E[X] = \sum_{k=1}^{N} k \cdot P(X=k) = \sum_{k=1}^{N} k \cdot \frac{1}{N}$
$E[X] = \frac{1}{N} \sum_{k=1}^{N} k$
我們知道 $\sum_{k=1}^{N} k = \frac{N(N+1)}{2}$ (等差級數求和)。
$E[X] = \frac{1}{N} \cdot \frac{N(N+1)}{2} = \frac{N+1}{2}$

計算變異數 $Var(X)$
變異數的計算公式為 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$ 。
首先，我們需要計算 $E[X^2]$ ：
$E[X^2] = \sum_{k=1}^{N} k^2 \cdot P(X=k) = \sum_{k=1}^{N} k^2 \cdot \frac{1}{N}$

109 年國立成功大學財務金融研究所《統計學》

第 1 題

第 2 題

第 3 題

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第 5 題

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第 7 題

第 8 題

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第二、1.(b) 題

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第 二、3.(c) 題

第 二、4.(a) 題

第 二、4.(b) 題

第 二、5 題