113 年 國立成功大學財務金融研究所《統計學》

這題考驗對機率分配偏態（skewness）的理解。

當一個機率分配呈現正偏態（positive skewness），又稱為右偏態（skewed to the right），表示分配的尾部較長地延伸到右側。在這種情況下，資料的極大值會將平均數往右拉，而眾數（mode）代表資料最密集的地方，中位數（median）則居於兩者之間。

對於右偏態的分配，一般而言，眾數會小於中位數，而中位數會小於平均數。也就是說：
眾數 $<$ 中位數 $<$ 平均數

讓我們逐一檢視選項：
a. 眾數會超過中位數 (The mode will exceed the median)：錯誤。在右偏態中，眾數通常小於中位數。

這題考驗條件機率與獨立事件的概念。

我們需要計算第二次抽球抽到數字 2 的機率。第二次抽球的結果是否受到第一次抽球結果的影響，取決於第一次抽到的球是否為數字 1。

假設第一次抽球的結果有兩種情況：
情況一：第一次抽到數字 1。
情況二：第一次抽到數字 2, 3, 4, 或 5。

根據題目敘述：

• 第一次抽到的球如果編號是 1，則「保留」該球。
• 第一次抽到的球如果編號不是 1 (即 2, 3, 4, 5)，則「放回」該球。

抽球的總數為 5 個，編號為 1, 2, 3, 4, 5。

第一次抽球的機率：

• P(第一次抽到 1) = 1/5
• P(第一次抽到 2, 3, 4, 或 5) = 4/5

現在我們考慮第二次抽球，並計算第二次抽到數字 2 的機率 P(第二次抽到 2)。我們需要考慮第一次抽球的結果如何影響第二次抽球的條件。

我們使用全機率法則 (Law of Total Probability)。令 $A$ 為「第一次抽到 1」，$A^c$ 為「第一次未抽到 1」。令 $B$ 為「第二次抽到 2」。

核心觀念

本題考「抽樣誤差」（sample error／chance error）的定義與特性。

抽樣誤差是指：研究者以樣本推估母體時，由於只觀察母體的一部分，樣本統計量與母體參數之間產生的隨機差異。例如以樣本平均數 $\bar X$ 推估母體平均數 $\mu$，其抽樣誤差可表示為：

$$\bar X-\mu$$

即使抽樣程序完全正確，不同樣本仍可能抽出不同的觀察值，因此樣本統計量不會每次都恰好等於母體參數。

抽樣誤差的大小通常可透過增加樣本數、採用適當抽樣設計降低。例如簡單隨機抽樣下，樣本平均數的標準誤為：

$$SE(\bar X)=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$

其中 $n$ 為樣本數。增加 $n$ 可以降低抽樣誤差的變異程度，但只要不是調查母體全部單位，抽樣誤差通常無法保證完全消失。

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解題方法

判斷本題的關鍵，是區分抽樣誤差與非抽樣誤差：

• 抽樣誤差：來自「只抽取部分母體單位」所產生的隨機差異。
• 計算誤差：來自加總、代入公式或運算錯誤。
• 測量誤差：來自問卷設計、儀器、受訪者回答或測量程序。
• 抽樣設計不良：可能造成抽樣偏誤、涵蓋不足或選樣偏差。

因此，即使使用最佳抽樣設計，樣本仍只是母體的一部分，隨機抽樣誤差仍然存在。只有進行普查，觀察母體中所有單位，才可消除由抽樣本身產生的誤差。

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選項分析

a. This type of error cannot be totally prevented even when one is using the optimum sample design

正確。

最佳抽樣設計可以降低抽樣誤差的變異，例如提高樣本的代表性、採用分層抽樣，或增加樣本數，但不能在抽樣調查中保證抽樣誤差完全為零。

核心觀念

• p‑value 的定義：在虛無假設 $H_{0}$ 為真時，統計量 $T$ 落在「與 $H_{0}$ 越不相容」的區域（即觀察值或更極端值）的機率。形式化為
  $p=\Pr\big(T\ge t_{\text{obs}}\mid H_{0}\big)$
  （單側檢定；雙側則取兩側之和）。
• 抽樣分配：p‑value 必須根據「$H_{0}$ 成立時 $T$ 的抽樣分配」計算，常見的有 $t$、$z$、$\chi^{2}$、$F$ 等分布。
• α 水平的彈性：p‑value 本質上是一個 連續 的顯著性指標，事後可任意與任意顯著水準 $\alpha$ 作比較，無需重新計算臨界值。

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解題方法

1. 逐項檢視每個選項的敘述是否符合上述核心概念。
2. 若選項與定義或性質相符，即視為正確；若與定義相左或遺漏關鍵條件，則為錯誤。
3. 判斷完所有選項後，檢查是否有「全部皆正確」的情況，以決定是否選擇 All of the above。

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選項分析

• a.

  A p-value is the probability of the observed value of the test statistic or some value even more contradictory to the null hypothesis, when in fact $H_{0}$ is true.
  這正是 p‑value 的標準定義：在 $H_{0}$ 為真時，觀測到的統計量 $t_{\text{obs}}$ 或更極端（「more contradictory」）之機率。語意完整且與統計學教科書一致，正確。

核心觀念

本題考查 Chebyshev 不等式（切比雪夫不等式）。

若隨機變數 $X$ 的平均數為 $\mu$、標準差為 $\sigma$，則對任意 $k>0$：

$$P\left(|X-\mu|\ge k\sigma\right)\le \frac{1}{k^2}$$

等價地，落在平均數左右 $k$ 個標準差以內的比例至少為：

$$P\left(|X-\mu|< k\sigma\right)\ge 1-\frac{1}{k^2}$$

本題不需要知道分配的形狀，只要知道平均數與標準差即可使用此不等式。

解題方法

令 $X$ 表示失業者去年失業的天數。

題目給出：

$$\mu=21,\qquad \sigma=6$$

題目所問的範圍是：

• 少於 $9$ 天；
• 多於 $33$ 天。

先觀察 $9$ 與 $33$ 距離平均數 $21$ 的距離：

$$21-9=12$$ $$33-21=12$$

而 $12$ 天相當於：

$$\frac{12}{6}=2$$

個標準差。因此，題目所問的事件可寫成：

$$X<9\ \text{或}\ X>33$$

也就是離平均數 $21$ 超過 $2$ 個標準差：

$$|X-21|>2(6)$$

由 Chebyshev 不等式：

$$P\left(|X-21|\ge 2(6)\right)\le \frac{1}{2^2}$$

因此：

$$P\left(|X-21|\ge 12\right)\le \frac14=0.25$$

題目所問的是「少於 $9$ 天或多於 $33$ 天」，其比例至多為 $0.25$。

所以正確選項為：

$$\boxed{\text{d. Is at most 0.25}}$$

選項分析

a. Is at least 0.75

錯誤。

Chebyshev 不等式指出，落在平均數 $2$ 個標準差以內的比例至少為：

這題考驗對 t 分配（t-distribution）與標準常態分配（standard normal distribution）之間關係的理解。

t 分配是一種用於估計母體平均數且母體標準差未知時的機率分配。t 分配的形狀取決於自由度（degrees of freedom, df）。標準常態分配（Z 分配）可以看作是 t 分配在自由度趨近於無限大時的極限情況。

核心觀念

設兩個正數為 $X,Y$，題目要求的是

$$P(X+Y\leq 8,\ XY>15).$$

**題目未指定兩個正數的抽樣範圍與聯合機率分布，因此所求機率沒有唯一數值。**事件的條件只界定「哪些數值符合要求」，並未指定這些數值出現的機率。

例如，若 $X,Y$ 獨立且均勻分布於 $(1,2)$，則乘積必小於 $4$，所求機率為 $0$；若兩者獨立且均勻分布於 $(3.9,4)$，則和小於 $8$、乘積大於 $15$，所求機率為 $1$。

以下採用一項明確的補充假設：**$(X,Y)$ 在三角形區域 $X>0,\ Y>0,\ X+Y\leq 8$ 內均勻分布。**在此假設下，可以用面積比計算機率。

解題方法

一、求抽樣區域的總面積

令抽樣區域為

$$T=\{(x,y):x>0,\ y>0,\ x+y\leq 8\}.$$

這是底與高皆為 $8$ 的直角三角形，因此

$$|T|=\frac{1}{2}\times 8\times 8=32.$$

由於假設在 $T$ 內均勻抽樣，所求機率為

$$P(XY>15)=\frac{\text{符合乘積條件的區域面積}}{32}.$$

二、找出符合條件的積分範圍

乘積條件可寫成

$$xy>15 \quad\Longleftrightarrow\quad y>\frac{15}{x}.$$

加總條件則給出 $y\leq 8-x$。符合條件的區域位於雙曲線 $y=15/x$ 上方、直線 $y=8-x$ 下方。

兩條曲線的交點滿足

$$\frac{15}{x}=8-x \quad\Longleftrightarrow\quad x^2-8x+15=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (x-3)(x-5)=0.$$

因此，只有在 $3<x<5$ 時，上下界之間才有符合條件的區域。

三、計算面積與機率

符合條件的區域面積為

本題的核心考點為中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）與獨立隨機變數和的抽樣分配（Sampling Distribution of the Sum of Independent Random Variables）。當樣本數 $n=36$ 足夠大時，無論每日捕穫量的母體分配型態為何，過去 $36$ 天總捕穫量之抽樣分配皆會趨近於常態分配（Normal Distribution）。解題關鍵在於求出總捕穫量的期望值與標準差，將目標值進行標準化（Z-transformation），進而求得對應的累積機率。

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解題過程

1. 定義隨機變數與基本統計量：
   設 $X_i$ 為第 $i$ 天的鮪魚捕穫量（$i = 1, 2, \dots, 36$）。
   已知每日捕穫量的期望值（平均數）為 $E[X_i] = \mu = 130$ 公噸，每日捕穫量的標準差為 $SD(X_i) = \sigma = X$ 公噸。
   過去 $36$ 天的總捕穫量定義為：
   $S_{36} = \sum_{i=1}^{36} X_i$

2. 計算總捕穫量 $S_{36}$ 的期望值與標準差：

   • 期望值：根據期望值的線性性質（Linearity of Expectation），$36$ 天總捕穫量的期望值為每日平均值的 $36$ 倍：
     $E[S_{36}] = E\left[\sum_{i=1}^{36} X_i\right] = 36 \times 130 = 4680\text{ 公噸}$
   • 標準差：假設各天的捕穫量相互獨立，獨立隨機變數相加時變異數具可加性（Additivity of Variance）：

這題考驗二項分佈（binomial distribution）的應用。

問題背景：

• 一個紙箱（carton）有 25 篇文章（articles）。
• 採樣規則：從箱子中隨機抽取 5 篇文章進行檢查。
• 接受規則：如果抽出的 5 篇文章中「沒有一篇」是瑕疵品，則接受整個紙箱；如果抽出的 5 篇文章中「有一篇或多篇」是瑕疵品，則拒絕整個紙箱。
• 假設任何一篇文章是瑕疵品的機率是 $p = 0.1$。
• 我們要計算「接受紙箱」的機率。

分析接受條件：
要接受紙箱，必須滿足「抽出的 5 篇文章中沒有一篇是瑕疵品」。
這意味著，抽出的 5 篇文章都必須是「良品」。

建立機率模型：
我們從一個紙箱中抽取 5 篇文章。每次抽取可以視為一次獨立的試驗。

• 試驗次數 $n = 5$。
• 每次試驗的結果是「瑕疵品」或「良品」。
• 題目給定「任何一篇文章是瑕疵品的機率是 $p = 0.1$」。
• 因此，一篇文章是良品的機率是 $q = 1 - p = 1 - 0.1 = 0.9$。

我們關心的是「抽出的 5 篇文章中，有 0 篇是瑕疵品」。
這是一個典型的二項分佈問題。設 $X$ 為抽出的 5 篇文章中瑕疵品的數量。
$X \sim Binomial(n=5, p=0.1)$。
我們要計算 $P(X=0)$。

二項分佈的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
在這裡，$n=5$, $k=0$, $p=0.1$。
$P(X=0) = \binom{5}{0} (0.1)^0 (1-0.1)^{5-0}$
$P(X=0) = 1 \times 1 \times (0.9)^5$

計算 $(0.9)^5$：
$(0.9)^1 = 0.9$
$(0.9)^2 = 0.81$
$(0.9)^3 = 0.729$

核心觀念

機率密度函數必須滿足總面積為 $1$：

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1$$

本題的密度函數在區間 $0\le x\le k$ 上為常數 $\frac{1}{2\pi e}$，因此 $X$ 在此區間上服從均勻分布。密度曲線下面積就是長方形面積：

$$\text{面積}=\text{底長}\times\text{高}$$

其中底長為 $k$，高為 $\frac{1}{2\pi e}$。

解題方法

由機率密度函數的總面積必須等於 $1$：

$$\int_0^k \frac{1}{2\pi e}\,dx=1$$

因為 $\frac{1}{2\pi e}$ 為常數，所以：

$$\frac{1}{2\pi e}\int_0^k dx=1$$ $$\frac{k}{2\pi e}=1$$

兩邊同乘 $2\pi e$：

$$k=2\pi e$$

因此正確選項為 d。

選項分析

• a. $\frac{1}{2\pi e}$：錯誤。
  這是機率密度函數的高度，不是區間 $[0,k]$ 的長度。若令 $k=\frac{1}{2\pi e}$，總面積會是：

  $$\frac{1}{2\pi e}\cdot\frac{1}{2\pi e} =\frac{1}{4\pi^2e^2}\ne 1$$

這題考驗隨機變數轉換（transformation of random variables）的機率密度函數（PDF）求解。

已知隨機變數 $X$ 的 PDF 為：
$f_X(x) = \begin{cases} \frac{1}{2} & \text{if } -1 < x < 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
我們令 $Y = X^2$。由於 $X$ 的取值範圍是 $(-1, 1)$，所以 $X^2$ 的取值範圍是 $[0, 1)$。
因此，$Y$ 的 PDF，$f_Y(y)$，將只在 $0 \le y < 1$ 的區間內有值。

我們可以使用累積分布函數（CDF）的方法來求解。
首先，計算 $Y$ 的 CDF，$F_Y(y) = P(Y \le y)$。
$F_Y(y) = P(X^2 \le y)$
由於 $Y$ 的取值範圍是 $[0, 1)$，我們只考慮 $0 \le y < 1$。
$P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y})$
因為 $X$ 的 PDF 是對稱的（在 $(-1, 1)$ 區間內為常數），並且我們考慮的區間 $[-\sqrt{y}, \sqrt{y}]$ 落在 $(-1, 1)$ 區間內（因為 $0 \le y < 1$ 意味著 $0 \le \sqrt{y} < 1$）。
所以，
$P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f_X(x) dx$
$= \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \frac{1}{2} dx$
$= \frac{1}{2} [x]_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}$
$= \frac{1}{2} (\sqrt{y} - (-\sqrt{y}))$
$= \frac{1}{2} (2\sqrt{y})$

這題考驗 Markov 不等式（Markov's Inequality）的證明。

Markov 不等式是機率論中最基本的不等式之一，它提供了一個隨機變數取值超過某個正數的機率上限。

Markov 不等式：
對於任何非負隨機變數 $X$（即 $X \ge 0$），以及任何正常數 $a > 0$，都有：
$P(X \ge a) \le \frac{E(X)}{a}$

題目要求證的命題：
$P(|X|>C) \le \frac{E(|X|)}{C} \quad \text{for } C>0$

證明步驟：

1. 將問題轉化為應用 Markov 不等式：
   我們需要處理 $|X|$，它是一個非負隨機變數。
   我們也需要處理 $|X|>C$ 這個事件。
   我們可以將 Markov 不等式應用於非負隨機變數 $|X|$。
   令 $Y = |X|$。則 $Y \ge 0$。
   我們想證明 $P(Y > C) \le \frac{E(Y)}{C}$。

2. 應用 Markov 不等式：
   根據 Markov 不等式，對於非負隨機變數 $Y$ 和任何正常數 $C > 0$，我們有：
   $P(Y \ge C) \le \frac{E(Y)}{C}$

3. 處理嚴格不等式：
   題目要求證明 $P(|X|>C)$，而不是 $P(|X|\ge C)$。
   對於連續隨機變數， $P(|X|=C) = 0$，所以 $P(|X|>C) = P(|X|\ge C)$。
   對於離散隨機變數，這可能不成立。
   然而，Markov 不等式的標準形式是 $P(Y \ge a) \le E(Y)/a$。
   如果我們想證明 $P(Y > C) \le E(Y)/C$，我們可以這樣做：
   對於任何 $\epsilon > 0$，考慮事件 $Y > C$。
   我們可以將 $Y$ 分解為兩部分：$Y = Y \cdot I(Y \le C) + Y \cdot I(Y > C)$，其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。
   $E(Y) = E[Y \cdot I(Y \le C)] + E[Y \cdot I(Y > C)]$
   由於 $Y \ge 0$，所以 $E[Y \cdot I(Y \le C)] \ge 0$。
   因此，$E(Y) \ge E[Y \cdot I(Y > C)]$。

這題考驗 Method of Moments Estimation (MOM) 的應用，用於估計參數 N。

問題設定：

• 有 N+1 個人，號碼從 0, 1, 2, ..., N。
• 總人數是 $N+1$。
• 我們從這 N+1 個人中隨機抽取 5 個名牌（視為有放回抽樣，或母體足夠大），抽到的號碼是 37, 16, 44, 43, 22。
• 目標是估計參數 N。

Method of Moments Estimation (MOM) 的原理：
MOM 的基本思想是，樣本的動差（moments）應該接近母體的動差。我們將樣本動差設定為與對應的母體動差相等，然後解出參數。

步驟：

1. 確定母體的動差：
   我們有 N+1 個數字：0, 1, 2, ..., N。
   這是離散均勻分佈，或者我們可以看作是從 {0, 1, ..., N} 中抽取。
   母體的平均數（一階動差）$E(X)$：
   $E(X) = \frac{1}{N+1} \sum_{i=0}^{N} i$
   這個求和是等差級數：$\sum_{i=0}^{N} i = \frac{N(N+1)}{2}$。
   所以，
   $E(X) = \frac{1}{N+1} \times \frac{N(N+1)}{2} = \frac{N}{2}$

   母體的變異數 $Var(X)$（二階中心動差），雖然題目沒有直接要求，但有時也需要用到。
   $Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2$
   $E(X^2) = \frac{1}{N+1} \sum_{i=0}^{N} i^2$
   $\sum_{i=0}^{N} i^2 = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$
   $E(X^2) = \frac{1}{N+1} \times \frac{N(N+1)(2N+1)}{6} = \frac{N(2N+1)}{6}$

這題考驗 Maximum Likelihood Estimation (MLE) 的應用，用於估計參數 N。

問題設定：

• 有 N+1 個人，號碼從 0, 1, 2, ..., N。
• 總人數是 $N+1$。
• 我們從這 N+1 個人中隨機抽取 5 個名牌（假設是獨立抽樣，或母體夠大），抽到的號碼是 $x_1=37, x_2=16, x_3=44, x_4=43, x_5=22$。
• 目標是估計參數 N。
• 抽到的號碼最大值是 44，所以我們知道 $N \ge 44$。

Maximum Likelihood Estimation (MLE) 的原理：
MLE 的基本思想是，找到一個參數值，使得觀察到的樣本出現的機率（或機率密度）最大。

步驟：

1. 確定樣本的機率模型：
   我們從 {0, 1, ..., N} 這個集合中，隨機抽取 5 個數字。
   假設抽樣是「有放回」的，或者母體 N+1 遠大於樣本數 5。
   則每個數字被抽到的機率是 $\frac{1}{N+1}$。
   這是一個離散 uniform 分佈。
   觀察到的樣本是 $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$。
   對於一個給定的 N，這 5 個數字都必須在 {0, 1, ..., N} 這個集合中。
   也就是說，必須滿足 $0 \le x_i \le N$ 對於所有 $i=1, \dots, 5$。
   由於抽到的數字中最大的值是 44，所以我們必須有 $N \ge 44$。

   在給定 N 的條件下，這 5 個數字被抽到的聯合機率（似然函數）是：
   $L(N) = P(X_1=x_1, X_2=x_2, X_3=x_3, X_4=x_4, X_5=x_5 | N)$
   因為每次抽取都是獨立的，且每個數字被抽到的機率是 $\frac{1}{N+1}$，所以：
   $L(N) = \left(\frac{1}{N+1}\right)^5$
   這個似然函數只對那些使得所有 $x_i \le N$ 的 N 值有意義，否則機率為 0。

核心觀念

一個估計式若滿足 $E(\hat\theta)=\theta$ 就是不偏估計式。本題要比較第 (1) 小題的動差估計與第 (2) 小題的最大概似估計。

設定

名牌號碼為 $0,1,\dots,N$，每個號碼被抽到的機會相同，抽到的號碼 $X$ 的期望值為
$E(X)=\frac{0+1+\cdots+N}{N+1}=\frac N2$
樣本：$37,16,44,43,22$，$\bar X=\dfrac{162}{5}=32.4$，最大值 $X_{(5)}=44$。

(1) 動差法

令 $\bar X=\dfrac{\hat N}{2}$，得 $\hat N_{MM}=2\bar X=64.8$（與會人數估計約 $65.8$ 人）。

$E(\hat N_{MM})=2E(\bar X)=2\cdot\frac N2=N$
無論是否放回抽樣，樣本平均數的期望值都等於母體平均數，所以 動差估計式是不偏的。

(2) 最大概似法

這題考驗 Chebyshev 不等式的應用，並與正確機率值做比較。

1. 理解題目給定的 PDF：

$$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2\sqrt{3}} & \text{if } -\sqrt{3} < x < \sqrt{3} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$$

這是一個在區間 $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ 上的均勻分佈。
區間長度為 $\sqrt{3} - (-\sqrt{3}) = 2\sqrt{3}$。
PDF 的值是 $\frac{1}{\text{區間長度}} = \frac{1}{2\sqrt{3}}$，這是正確的。

2. 計算 $\mu$ 和 $\sigma$：
對於均勻分佈 $U(a, b)$：
平均數 $\mu = \frac{a+b}{2}$
變異數 $\sigma^2 = \frac{(b-a)^2}{12}$
標準差 $\sigma = \frac{b-a}{\sqrt{12}}$

在這裡，$a = -\sqrt{3}$，$b = \sqrt{3}$。
$\mu = \frac{-\sqrt{3} + \sqrt{3}}{2} = \frac{0}{2} = 0$。
$\sigma^2 = \frac{(\sqrt{3} - (-\sqrt{3}))^2}{12} = \frac{(2\sqrt{3})^2}{12} = \frac{4 \times 3}{12} = \frac{12}{12} = 1$。
$\sigma = \sqrt{1} = 1$。

3. 計算 Chebyshev 不等式給出的機率下限：
Chebyshev 不等式為：$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$。
我們需要計算 $P(|X-\mu| < k\sigma)$。
這可以通過 $1 - P(|X-\mu| \ge k\sigma)$ 來得到。
所以，$P(|X-\mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$。

題目要求計算 $P(|X-\mu| < k\sigma)$ 的「值」，並與「正確機率值」比較。
這裡的 $k$ 有兩個值：$k_1 = 1.5$ 和 $k_2 = 2$。
題目問的是「$P(|X-\mu| < k\sigma)$ 的值」，這可能指 Chebyshev 不等式給出的下限值，也可能是指正確的機率值。
但後面又說「計算其與正確機率值的差」，這表明我們需要先計算正確的機率值，然後再與 Chebyshev 不等式提供的下限進行比較。

情況一：$k_1 = 1.5$
$\mu = 0$, $\sigma = 1$。
Chebyshev 不等式提供的機率下限是：
$P(|X - 0| < 1.5 \times 1) \ge 1 - \frac{1}{(1.5)^2} = 1 - \frac{1}{2.25} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9} \approx 0.5556$。

現在計算正確機率值：
我們需要計算 $P(|X| < 1.5)$。
由於 $\mu=0$ 且 $\sigma=1$，我們關心的是 $P(|X| < 1.5)$。
在給定的 PDF 中，$f(x) = \frac{1}{2\sqrt{3}}$ 對於 $-\sqrt{3} < x < \sqrt{3}$。
$\sqrt{3} \approx 1.732$。
所以，區間是 $(-1.732, 1.732)$。
我們要計算 $P(|X| < 1.5)$，即 $P(-1.5 < X < 1.5)$。
這個區間 $(-1.5, 1.5)$ 完全包含在 $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ 內。
所以，
$P(-1.5 < X < 1.5) = \int_{-1.5}^{1.5} \frac{1}{2\sqrt{3}} dx$
$= \frac{1}{2\sqrt{3}} [x]_{-1.5}^{1.5}$
$= \frac{1}{2\sqrt{3}} (1.5 - (-1.5))$
$= \frac{1}{2\sqrt{3}} (3)$
$= \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \times 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sqrt{3} \approx 1.732$。
正確機率值 $= \frac{\sqrt{3}}{2} \approx \frac{1.732}{2} = 0.866$。

Chebyshev 不等式給出的下限是 $5/9 \approx 0.5556$。
正確機率值是 $\sqrt{3}/2 \approx 0.866$。

這題考驗貝氏定理（Bayes' Theorem）的應用，用於計算條件機率。

問題設定：

• 測試結果：陽性 (+) 或陰性 (-)。
• 疾病狀態：患病 (D) 或未患病 (D')。
• 某城市人口中，患病比例 (先驗機率)：$P(D) = 0.05$。
• 則未患病比例：$P(D') = 1 - P(D) = 1 - 0.05 = 0.95$。
• 測試的敏感度（Sensitivity）：對患者測試 98% 呈陽性反應。這是 P(陽性 | 患病)，即 $P(+|D) = 0.98$。
• 測試的偽陽性率（False Positive Rate）：對非患者測試 3% 呈陽性反應。這是 P(陽性 | 未患病)，即 $P(+|D') = 0.03$。
• 我們知道一個人測試呈陽性反應。
• 問題要求計算：此人未患 covid-19 的機率，即 $P(D'|+)$。

應用貝氏定理：
貝氏定理的公式為：
$P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$
在這裡，我們想計算 $P(D'|+)$。
$P(D'|+) = \frac{P(+|D')P(D')}{P(+)}$

我們需要計算 $P(+)$，即測試呈陽性的總機率。
根據全機率法則 (Law of Total Probability)，一個人測試呈陽性的機率可以分為兩種情況：

1. 他患病且測試呈陽性：$P(+ \cap D) = P(+|D)P(D)$
2. 他未患病且測試呈陽性：$P(+ \cap D') = P(+|D')P(D')$

所以，$P(+) = P(+|D)P(D) + P(+|D')P(D')$。

代入數值：
$P(D) = 0.05$
$P(D') = 0.95$
$P(+|D) = 0.98$
$P(+|D') = 0.03$

計算 $P(+)$：
$P(+) = (0.98 \times 0.05) + (0.03 \times 0.95)$
$P(+) = 0.049 + 0.0285$