111 年 國立成功大學財務金融研究所《統計學》

本題考驗對統計檢定中單尾檢定與雙尾檢定的選擇原則。

在進行假設檢定時，單尾檢定（one-tailed test）與雙尾檢定（two-tailed test）的選擇，並非基於方便性、顯著水準的高低，也不是取決於母體是否有限。關鍵在於研究者欲檢定的方向。如果研究者對於母體參數（如母體平均數 $\mu$）有一個預設的方向性（例如，想要證明 $\mu > \mu_0$ 或 $\mu < \mu_0$），則採用單尾檢定。

本題考驗對柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）的應用。

柴比雪夫不等式提供了一個下限，說明任何機率分佈中，至少有多少比例的數據落在距離平均數 $k$ 個標準差範圍內。其公式為：
$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
或者，其補集為：
$P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$

題目給定：
母體平均數 $\mu = 1000$ 小時
母體標準差 $\sigma = 50$ 小時

我們要找出一個範圍，使得至少有 75% 的燈泡壽命落在該範圍內。這意味著 $1 - \frac{1}{k^2} \ge 0.75$。
解這個不等式：
$\frac{1}{k^2} \le 1 - 0.75$
$\frac{1}{k^2} \le 0.25$
$k^2 \ge \frac{1}{0.25}$
$k^2 \ge 4$
$k \ge 2$ （因為 $k$ 代表標準差的倍數，通常取正值）

這表示，至少有 75% 的數據落在距離平均數 2 個標準差的範圍內。
這個範圍是：
$\mu \pm k\sigma = 1000 \pm 2 \times 50 = 1000 \pm 100$
所以範圍是 $[1000 - 100, 1000 + 100] = [900, 1100]$ 小時。

核心觀念
離散隨機變數 $X$ 的機率品質分布（probability mass function, pmf）須滿足兩個基本條件：

1. 非負性：對所有可能的取值 $x_i$，$P(X=x_i)\ge 0$。
2. 規範化：所有可能取值之機率總和等於 1，亦即 $\displaystyle\sum_i P(X=x_i)=1$。
   除上述兩條外，對於不同取值的機率是否相同、是否為零、或是否皆為正，皆非一般分布所必須具備的性質。

解題方法
針對每個選項檢驗其是否為「離散機率分布」必備的性質。若違背基本公理（非負性、總和為 1）即為不符合；若僅為「可能」的情況（如某個取值機率可為 0），則不構成違反。

選項分析

• (a) The probability for every value of a random variable is positive
  要求所有取值的機率皆為正，即 $P(X=x_i)>0\ \forall i$。
  離散分布允許某些取值的機率為 $0$（例如 $X$ 只在 $\{0,1\}$ 之中取值時，$P(X=2)=0$），只要總和仍為 1 即可。故此敘述 不是 離散機率分布的必要條件，屬於 錯誤 敘述。

• (b) The sum of the probabilities for the value of a random variable is 1.

本題考驗對卜瓦松分佈（Poisson distribution）適用條件的理解。

卜瓦松分佈通常用於描述在一個固定的時間間隔或空間區域內，隨機事件發生的次數。其主要假設包括：

1. 事件發生是獨立的。
2. 在極短的時間或極小的空間內，發生兩次或兩次以上事件的機率趨近於零。
3. 事件發生的平均速率是恆定的。

卜瓦松分佈適用於計數型（count data）的隨機變數，且事件發生的頻率相對較低。

我們逐一分析各選項：
(a) The number of nuts in a $1.50 candy bar.
這是一個計數型的隨機變數。在生產過程中，堅果的數量可以被視為獨立隨機事件在一個固定空間（糖果棒）內的發生次數。如果平均每根糖果棒的堅果數量是固定的，且堅果的散佈是隨機的，那麼卜瓦松分佈可能是一個合理的模型。

(b) The weight of a $1.50 candy bar.
這是測量型（measurement data）的隨機變數，而不是計數型。

本題考驗對 t 分佈（t-distribution）的期望值（mean）與變異數（variance）的性質。

t 分佈（也稱為 Student's t-distribution）是一個在統計學中用於估計母體平均數時，當樣本數較小且母體標準差未知時，由樣本平均數計算出的統計量所服從的機率分佈。

對於自由度為 $\nu$ 的 t 分佈，其機率密度函數（PDF）為：
$f(t) = \frac{\Gamma\left(\frac{\nu+1}{2}\right)}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}$
其中 $\Gamma(\cdot)$ 是伽瑪函數。

t 分佈的性質：

1. 對稱性：t 分佈是對稱於 0 的。
2. 期望值（Mean）：對於任何自由度 $\nu > 0$，t 分佈的期望值均為 0。
   $E(T) = 0$
3. 變異數（Variance）：

本題考驗機率論中關於聯集、交集與條件機率的計算。

給定以下資訊：
$P(A) = 0.8$
$P(B) = 0.65$
$P(A \cup B) = 0.9056$

我們需要計算條件機率 $P(A|B)$。
根據條件機率的定義：
$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$

首先，我們需要計算 $P(A \cap B)$。
我們可以使用機率的加法法則：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

將已知值代入：
$0.9056 = 0.8 + 0.65 - P(A \cap B)$
$0.9056 = 1.45 - P(A \cap B)$

本題考驗對線性迴歸分析中 $\hat{\sigma}^2$ 的解釋。

在簡單線性迴歸模型 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \epsilon_i$ 中， $\epsilon_i$ 是誤差項，假設其期望值為 0 且具有常數變異數 $\sigma^2$。$\hat{\sigma}^2$ 是對這個誤差變異數 $\sigma^2$ 的估計量。

$\hat{\sigma}^2$ 通常表示為殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR) 除以自由度。
$\hat{\sigma}^2 = \frac{SSR}{n-2} = \frac{\sum_{i=1}^n (y_i - \hat{y}_i)^2}{n-2}$
其中 $y_i$ 是實際觀測值，$\hat{y}_i$ 是由迴歸模型預測的值， $n$ 是樣本數。

殘差 $(y_i - \hat{y}_i)$ 代表了實際觀測值 $y_i$ 與模型預測值 $\hat{y}_i$ 之間的差異，也就是由迴歸模型未能解釋的部分。因此，$\hat{\sigma}^2$ 衡量的是這些殘差的平均平方，也就是模型未能解釋的變異。

本題考驗對多元迴歸分析（multiple regression analysis）中建構信賴區間（confidence intervals）的關鍵假設。

在多元迴歸模型中，我們通常假設誤差項 $\epsilon_i$ 具有以下性質（高斯-馬可夫假設）：

1. $E(\epsilon_i) = 0$ （誤差項的期望值為零）
2. $Var(\epsilon_i) = \sigma^2$ （誤差項的變異數為常數，即同質性變異數）
3. $Cov(\epsilon_i, \epsilon_j) = 0$ for $i \neq j$ （誤差項之間無相關性，即獨立性）

此外，為了進行假設檢定和建構信賴區間，我們通常還需要一個額外的假設：
4. $\epsilon_i \sim N(0, \sigma^2)$ （誤差項服從常態分佈，期望值為 0，變異數為 $\sigma^2$）

現在我們分析各選項：
(a) y is independent of $x_j$.
如果 $y$ 與 $x_j$ 獨立，那麼 $x_j$ 對 $y$ 就沒有預測能力，迴歸係數 $\beta_j$ 應該為 0。這與建構 $\beta_j$ 的信賴區間的目的是相反的。因此，這不是一個關鍵假設。

本題考驗對多元共線性（multicollinearity）的理解。

多元共線性是指在多元迴歸模型中，自變數（independent variables）之間存在高度相關性的情況。

我們來分析各選項：
(a) Several independent variables can be used to predict a response, y.
這是多元迴歸本身的定義，即有多個自變數來預測一個應變數。這本身不是多元共線性的問題。

(b) More than one indicator variable is required to represent a qualitative variable having several classes.

本題考驗對時間序列分解（time series decomposition）的理解。

時間序列的分解是將一個時間序列分解成幾個組成部分，通常包括：

1. 趨勢（Trend, T）：長期性的上升或下降方向。
2. 週期（Cyclical, C）：與經濟週期相關的、持續時間不固定的波動。
3. 季節（Seasonal, S）：在固定時間週期內（如一年、一季、一週）重複出現的模式。
4. 隨機（Random, R） 或 不規則（Irregular）：無法解釋的、隨機的波動。

時間序列的組成模型可以是加法模型（$Y_t = T_t + C_t + S_t + R_t$）或乘法模型（$Y_t = T_t \times C_t \times S_t \times R_t$）。

現在我們分析各選項：
(a) trend, cyclical, seasonal, and random movements do not occur simultaneously.
這是錯誤的。這些組成部分通常是同時存在的，它們共同作用形成了觀察到的時間序列。例如，一個月的銷售數據會同時受到長期趨勢、月度季節性變化以及隨機因素的影響。

本題考驗對柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）在樣本平均數應用中的計算。

題目給定：
母體平均數 $E(x) = \mu = 50$
母體標準差 $\sigma = 5$
要求樣本平均數 $\bar{x}$ 與母體平均數 $\mu$ 的差距 $|\bar{x}-50|$ 在 1 以內（即 $|\bar{x}-50| \le 1$）的機率至少為 0.99。
即 $p(|\bar{x}-50|\le1)\ge0.99$。
我們需要找出所需的最小樣本數 $n$。

根據柴比雪夫不等式，對於任何機率分佈，對於任意常數 $k > 0$，有：
$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
其對應的機率至少為 $1 - \frac{1}{k^2}$ 的範圍是：
$P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$

在本題中，我們處理的是樣本平均數 $\bar{x}$。
根據中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）的推論，即使母體分佈不是常態分佈，當樣本數 $n$ 足夠大時，樣本平均數 $\bar{x}$ 的分佈近似於常態分佈，且其期望值為 $\mu$（即 $E(\bar{x}) = \mu$），標準差為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$（稱為標準誤，standard error）。

柴比雪夫不等式適用於任何分佈，包括樣本平均數的分佈（不論 $n$ 是否足夠大）。
我們將樣本平均數 $\bar{x}$ 的分佈應用柴比雪夫不等式：
$E(\bar{x}) = \mu = 50$

本題要求證明一個關於樣本變異數計算的恆等式。

我們要證明：
$\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 = \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - n(\bar{x})^2$

我們從左側（LHS）開始展開：
LHS = $\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2$

將括號內的平方展開：
$(x_i - \bar{x})^2 = x_i^2 - 2x_i\bar{x} + (\bar{x})^2$

將展開式代回求和：
LHS = $\sum_{i=1}^{n} (x_i^2 - 2x_i\bar{x} + (\bar{x})^2)$

根據求和的性質，可以將求和符號分配到各項：
LHS = $\sum_{i=1}^{n} x_i^2 - \sum_{i=1}^{n} (2x_i\bar{x}) + \sum_{i=1}^{n} (\bar{x})^2$

處理第二項：$2\bar{x}$ 是常數，可以提出求和符號外：
$\sum_{i=1}^{n} (2x_i\bar{x}) = 2\bar{x} \sum_{i=1}^{n} x_i$

處理第三項：$(\bar{x})^2$ 也是常數，對 $n$ 個常數求和，等於 $n$ 乘以該常數：

此題為聯合機率密度函數的應用，包含計算條件機率密度函數、條件期望值、全期望值法則、獨立性判斷及聯合期望值。

給定聯合機率密度函數 (Joint Probability Density Function, JPDF)：
$f(x,y) = 2$, for $0 < x < 1$ and $0 < y < x$.
$f(x,y) = 0$, elsewhere.

首先，我們需要求出邊際機率密度函數 (Marginal PDF)。
邊際 PDF of X:
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy$
在給定的範圍 $0 < y < x$ 內積分：
$f_X(x) = \int_{0}^{x} 2 dy = 2[y]_0^x = 2x$, for $0 < x < 1$.
$f_X(x) = 0$, elsewhere.

邊際 PDF of Y:
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx$
在給定的範圍 $0 < y < x$ 且 $0 < x < 1$ 內積分。由於 $y < x$ 且 $x < 1$，所以 $y$ 的範圍是 $0 < y < 1$。同時，對於給定的 $y$， $x$ 的範圍是 $y < x < 1$。
$f_Y(y) = \int_{y}^{1} 2 dx = 2[x]_y^1 = 2(1-y)$, for $0 < y < 1$.
$f_Y(y) = 0$, elsewhere.

a) Find the conditional density function of Y given X.
條件機率密度函數 (Conditional PDF) 的定義為：
$f_{Y|X}(y|x) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)}$

對於 $0 < x < 1$ 和 $0 < y < x$:
$f_{Y|X}(y|x) = \frac{2}{2x} = \frac{1}{x}$
此條件 PDF 的定義域為 $0 < y < x$。

所以，條件機率密度函數為：
$f_{Y|X}(y|x) = \frac{1}{x}$, for $0 < y < x$.
$f_{Y|X}(y|x) = 0$, elsewhere.

b) Find E (Y|X) for $0<X<1$.
條件期望值 $E(Y|X=x)$ 的計算公式為：
$E(Y|X=x) = \int_{-\infty}^{\infty} y \cdot f_{Y|X}(y|x) dy$

在給定的範圍 $0 < y < x$ 內積分：
$E(Y|X=x) = \int_{0}^{x} y \cdot \frac{1}{x} dy$
$E(Y|X=x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} y dy$
$E(Y|X=x) = \frac{1}{x} \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^x$
$E(Y|X=x) = \frac{1}{x} \left( \frac{x^2}{2} - 0 \right)$
$E(Y|X=x) = \frac{x^2}{2x} = \frac{x}{2}$

因此，
$E(Y|X) = \frac{X}{2}$, for $0 < X < 1$.

c) Find E(E(Y|X)).
這是全期望值法則 (Law of Total Expectation) 的應用，即 $E(Y) = E(E(Y|X))$。
我們已經計算出 $E(Y|X) = \frac{X}{2}$。現在我們需要計算 $E(\frac{X}{2})$。
$E(E(Y|X)) = E\left(\frac{X}{2}\right)$
由於 $X$ 的邊際 PDF 是 $f_X(x) = 2x$ for $0 < x < 1$，我們計算 $E(\frac{X}{2})$：
$E\left(\frac{X}{2}\right) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{2} f_X(x) dx$
$E\left(\frac{X}{2}\right) = \int_{0}^{1} \frac{x}{2} (2x) dx$
$E\left(\frac{X}{2}\right) = \int_{0}^{1} x^2 dx$
$E\left(\frac{X}{2}\right) = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1$
$E\left(\frac{X}{2}\right) = \frac{1^3}{3} - 0 = \frac{1}{3}$

所以，
$E(E(Y|X)) = \frac{1}{3}$。

（驗證：我們可以計算 $E(Y)$ 來驗證。
$E(Y) = \int_{-\infty}^{\infty} y f_Y(y) dy = \int_{0}^{1} y (2(1-y)) dy = \int_{0}^{1} (2y - 2y^2) dy$
$E(Y) = \left[ y^2 - \frac{2}{3}y^3 \right]_0^1 = (1^2 - \frac{2}{3}(1)^3) - 0 = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$。
結果一致。）

本題考驗組合學（Combinatorics）中關於抽樣（sampling without replacement）的機率計算，屬於超幾何分佈（Hypergeometric distribution）的應用範疇。

一副標準撲克牌有 52 張牌，分為四種花色：紅心 (Hearts, ♥)、方塊 (Diamonds, ♦)、梅花 (Clubs, ♣)、黑桃 (Spades, ♠)。每種花色有 13 張牌。

題目要求計算一副 13 張的橋牌手牌，由以下組成的機率：

• 5 張黑桃 (Spades)
• 4 張紅心 (Hearts)
• 3 張方塊 (Diamonds)
• 1 張梅花 (Clubs)

首先，計算總共有多少種不同的 13 張牌手牌組合。這是從 52 張牌中抽取 13 張的組合數：
總樣本空間大小 (Total number of possible hands) = $C(52, 13) = \binom{52}{13}$

接下來，計算符合題目要求的特定手牌組合數：

• 從 13 張黑桃中選出 5 張：$C(13, 5) = \binom{13}{5}$
• 從 13 張紅心中選出 4 張：$C(13, 4) = \binom{13}{4}$
• 從 13 張方塊中選出 3 張：$C(13, 3) = \binom{13}{3}$
• 從 13 張梅花中選出 1 張：$C(13, 1) = \binom{13}{1}$

符合要求的組合數 (Number of favorable hands) = $C(13, 5) \times C(13, 4) \times C(13, 3) \times C(13, 1)$

機率 (Probability) = $\frac{\text{Number of favorable hands}}{\text{Total number of possible hands}}$
機率 = $\frac{\binom{13}{5} \binom{13}{4} \binom{13}{3} \binom{13}{1}}{\binom{52}{13}}$