115 年 國立成功大學財務金融研究所《統計學》

本題在考驗獨立隨機變數和的變異數與標準差性質。
設 $X$ 與 $Y$ 為兩個獨立的隨機變數。
已知 $E(X) = 6.0$, $SD(X) = \sigma_X = 0.3$
已知 $E(Y) = 8.0$, $SD(Y) = \sigma_Y = 0.4$
令 $Z = X + Y$ 為兩隨機變數的和。
由於 $X$ 與 $Y$ 獨立，其和的期望值為期望值之和：
$E(Z) = E(X+Y) = E(X) + E(Y) = 6.0 + 8.0 = 14.0$

本題需要從動差母函數 (MGF) 中萃取隨機變數的期望值和變異數，並計算獨立隨機變數和的期望值與變異數。

首先，我們從 MGF 推導 $X$ 的期望值和變異數。
$M_X(t) = 0.36 + 0.48e^t + 0.16e^{2t}$
一個常見的 MGF 形式是 $M(t) = E(e^{tX})$。
若 $X$ 為離散型隨機變數，其 MGF 可能寫成 $M_X(t) = \sum P(X=x_i) e^{tx_i}$。
觀察 $M_X(t)$ 的形式，我們可以推測 $X$ 可能的取值與機率。
若 $X$ 的取值為 $0, 1, 2$，則 $M_X(t) = P(X=0)e^{t \cdot 0} + P(X=1)e^{t \cdot 1} + P(X=2)e^{t \cdot 2}$
$M_X(t) = P(X=0) + P(X=1)e^t + P(X=2)e^{2t}$
對照 $M_X(t) = 0.36 + 0.48e^t + 0.16e^{2t}$，我們可以得到：
$P(X=0) = 0.36$
$P(X=1) = 0.48$
$P(X=2) = 0.16$
檢查機率總和：$0.36 + 0.48 + 0.16 = 1.00$，這是有效的機率分佈。
因此，$X$ 的期望值 $E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) = 0 \cdot 0.36 + 1 \cdot 0.48 + 2 \cdot 0.16 = 0.48 + 0.32 = 0.80$。
$X$ 的變異數 $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。
$E(X^2) = 0^2 \cdot P(X=0) + 1^2 \cdot P(X=1) + 2^2 \cdot P(X=2) = 0 \cdot 0.36 + 1 \cdot 0.48 + 4 \cdot 0.16 = 0.48 + 0.64 = 1.12$。
$Var(X) = 1.12 - (0.80)^2 = 1.12 - 0.64 = 0.48$。

本題在考驗對 $\chi^2$ 分配的期望值與標準差性質的了解。
一個自由度為 $k$ 的 $\chi^2$ 分配，其期望值為 $E(X) = k$，變異數為 $Var(X) = 2k$。
在此問題中，自由度 $k=18$。
所以，該 $\chi^2$ 分配的期望值為：
$E(X) = k = 18$。
其變異數為：
$Var(X) = 2k = 2 \times 18 = 36$。
標準差為：

本題考驗二項分配的期望值、變異數、以及近似計算的應用。

給定 $Y \sim b(n=36, p=0.5)$。

(a) 計算期望值和變異數：
二項分配 $b(n, p)$ 的期望值為 $E(Y) = np$，變異數為 $Var(Y) = np(1-p)$。
$E(Y) = 36 \times 0.5 = 18$。
$Var(Y) = 36 \times 0.5 \times (1-0.5) = 36 \times 0.5 \times 0.5 = 36 \times 0.25 = 9$。
所以，選項 (a) $E(Y) = 18, Var(Y) = 9$ 是正確的。

(b) 計算機率 $P(12 < Y \le 18)$：
由於 $n=36$ 較大，且 $np = 18 \ge 5$，$n(1-p) = 18 \ge 5$，我們可以考慮使用常態分配進行近似。
常態近似的參數為：
平均數 $\mu = np = 18$
標準差 $\sigma = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{9} = 3$。
使用連續性修正 (continuity correction)：
$P(12 < Y \le 18) = P(12.5 \le Y_{cont} \le 18.5)$。
將 $Y_{cont}$ 標準化為 $Z = \frac{Y_{cont} - \mu}{\sigma} = \frac{Y_{cont} - 18}{3}$。
$P(12.5 \le Y_{cont} \le 18.5) = P\left(\frac{12.5 - 18}{3} \le Z \le \frac{18.5 - 18}{3}\right)$

本題考驗假設檢定的概念，特別是單尾檢定的拒絕域的確定。
我們進行一個二項分配的假設檢定。
樣本大小 $n = 10$。
虛無假設 $H_0: \pi \ge 0.60$。
對立假設 $H_1: \pi < 0.60$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
我們需要找出在虛無假設為真（最壞情況下，即 $\pi = 0.60$）時，使得我們拒絕 $H_0$ 的成功次數範圍。

令 $X$ 為 10 次試驗中的成功次數。在 $H_0$ 為真且 $\pi=0.60$ 的情況下，$X \sim b(10, 0.60)$。
我們尋找拒絕域，即 $X$ 的值使得我們拒絕 $H_0$。由於對立假設是 $\pi < 0.60$，這是一個左尾檢定。我們拒絕 $H_0$ 如果觀察到的成功次數 $X$ 相對於 $\pi=0.60$ 來說「太小」。
拒絕域的形式是 $X \le c$，其中 $c$ 是某個臨界值。
我們需要找到最大的 $c$ 使得 $P(X \le c | \pi = 0.60) \le \alpha = 0.05$。

我們計算在 $\pi = 0.60$ 下，不同成功次數的累積機率：
$X \sim b(10, 0.60)$
$P(X=k) = \binom{10}{k} (0.60)^k (0.40)^{10-k}$

$P(X=0) = \binom{10}{0} (0.6)^0 (0.4)^{10} = 1 \times 1 \times 0.0001048576 \approx 0.0001$
$P(X=1) = \binom{10}{1} (0.6)^1 (0.4)^9 = 10 \times 0.6 \times 0.000262144 \approx 0.00157$
$P(X=2) = \binom{10}{2} (0.6)^2 (0.4)^8 = 45 \times 0.36 \times 0.00065536 \approx 0.0106$
$P(X=3) = \binom{10}{3} (0.6)^3 (0.4)^7 = 120 \times 0.216 \times 0.0016384 \approx 0.0425$

本題考驗對 ANOVA (變異數分析) 表格結構與加法性質的理解。
ANOVA 表格通常包含以下幾個主要組件：

1. Sum of Squares (SS)：總平方和，代表總變異。SS 可以分解為各個來源的平方和 (例如：組間 SS, 組內 SS)。
2. Degrees of Freedom (df)：自由度。df 也可以分解。例如，總自由度等於組間自由度加上組內自由度。
3. Mean Squares (MS)：均方，計算方式為 SS / df。MS 並非直接相加得到總 MS。
4. F-statistic：F 統計量，通常是兩個 MS 的比值。

讓我們逐一檢視選項：
(a) The sum of squares (SS)：總平方和 (Total SS) 可以被分解為各項平方和 (如 Treatment SS + Error SS)。因此，SS 是加法的。

本題考驗對配對樣本 t 檢定 (paired t-test) 的理解，以及它與實驗設計的關係。

配對樣本 t 檢定用於比較兩個相關樣本的平均數。這種設計通常發生在以下情況：

1. 重複測量 (Repeated Measures)：同一個受試者在不同時間點或不同條件下接受測量。
2. 配對設計 (Matched Pairs)：受試者被配對成對，每對中的兩個受試者接受不同的處理。例如，使用雙胞胎，或根據某些特徵（如年齡、性別）進行配對。

這種設計的目的是透過控制受試者之間的變異性，來增加檢定的統計檢定力。透過分析每個配對內的差異，可以消除個體差異的影響。

現在我們分析選項：
(a) Chi-square goodness-of-fit test (卡方適合度檢定)：用於檢定一個樣本的觀察頻率分佈是否符合某個理論上的分佈。這與配對 t 檢定不同。

本題考驗關於在迴歸模型中使用虛擬變數 (dummy variables) 來處理類別型 (qualitative) 變數的規則。

當我們在迴歸模型中加入一個類別型變數時，我們不能直接將其數值代入，因為類別型變數的值（如「男」、「女」或「紅」、「藍」、「綠」）沒有數值上的順序或距離意義。因此，我們需要將其轉換為數值變數。虛擬變數是一種常用的方法。

對於一個具有 $k$ 個水準 (levels) 的類別型變數，我們通常會建立 $k-1$ 個虛擬變數。這是因為如果我們建立 $k$ 個虛擬變數，則它們之間會存在完全共線性 (perfect multicollinearity)，導致模型無法估計。這種情況稱為「虛擬變數陷阱」(dummy variable trap)。

例如，如果一個類別型變數「顏色」有三個水準：「紅」、「藍」、「綠」($k=3$)。
我們可以建立 $k-1 = 3-1 = 2$ 個虛擬變數：
$D_1 = 1$ if 顏色 is 紅, 0 otherwise.
$D_2 = 1$ if 顏色 is 藍, 0 otherwise.
當顏色是「綠」時，$D_1=0$ 且 $D_2=0$。這三個水準的組合 $(D_1, D_2)$ 分別是 $(1,0)$, $(0,1)$, $(0,0)$。

現在我們來分析選項：
(a) **the number of dummy variables entered for the qualitative variables always one less than the number of levels o

本題考驗對隨機變數的期望值、變異數性質以及它們之間的關係的理解。

我們逐一檢驗每個敘述：

(a) If $Y = 5E(Z)$, then $Var(Y) = 0$, where $Z$ is a normally distributed random variable.
* $Z$ 是一個隨機變數，所以 $E(Z)$ 是一個常數。
* $Y = 5E(Z)$ 表示 $Y$ 是一個常數（因為 $E(Z)$ 是一個常數）。
* 任何常數的變異數都是 0。
* 因此，$Var(Y) = Var(5E(Z)) = 0$。
* 這個敘述是 正確 的。

(b) If $Y = 2Var(Z)$, then $E(Y) = Y$, where $Z$ is a normally distributed random variable.
* $Z$ 是一個隨機變數，所以 $Var(Z)$ 是一個常數。
* $Y = 2Var(Z)$ 表示 $Y$ 是一個常數。
* 對於任何常數 $c$，其期望值 $E(c) = c$。
* 因此，$E(Y) = E(2Var(Z)) = 2Var(Z)$。
* 由於 $Y = 2Var(Z)$，所以 $E(Y) = Y$。

本題考驗對機率測度 (probability measure) 定義域的理解。

根據機率論的公理化定義 (Kolmogorov axioms)，一個機率空間由三個元素組成：

1. 樣本空間 (Sample Space, $S$)：所有可能結果的集合。
2. 事件 $\sigma$-代數 (Event $\sigma$-algebra, $\mathcal{F}$)：樣本空間 $S$ 的一個子集，其中包含所有我們感興趣的「事件」。$\mathcal{F}$ 必須滿足某些性質：
   • $S \in \mathcal{F}$ (樣本空間本身是一個事件)。
   • 如果 $A \in \mathcal{F}$，則其補集 $A^c \in \mathcal{F}$ (事件的補集也是事件)。
   • 如果 $A_1, A_2, \dots$ 是一列事件，則它們的可數聯集 $\cup_{i=1}^\infty A_i \in \mathcal{F}$ (可數個事件的聯集也是事件)。
3. 機率測度 (Probability Measure, $P$)：一個從事件 $\sigma$-代數 $\mathcal{F}$ 到實數集 $[0, 1]$ 的函數，滿足以下性質：
   • $P(A) \ge 0$ 對於所有 $A \in \mathcal{F}$。
   • $P(S) = 1$。
   • 對於任何一列互斥的事件 $A_1, A_2, \dots \in \mathcal{F}$，有 $P(\cup_{i=1}^\infty A_i) = \sum_{i=1}^\infty P(A_i)$ (可數可加性)。

核心觀念

由

可知 $(X,Y)$ 在 $6\times 6$ 的正方形內服從二維均勻分布。因此，條件機率可用「區域面積比」計算：

本題令

解題方法

1. 計算條件事件 $B$ 的面積

在第一象限內，$x+y\le 6$ 所形成的區域為頂點 $(0,0)$、$(6,0)$、$(0,6)$ 的直角三角形。

因此

2. 找出同時滿足 $xy>8$ 與 $x+y\le 6$ 的區域

由 $xy>8$ 得

由 $x+y\le 6$ 得

因此，對固定的 $x$，可行範圍為

要使此區間存在，必須滿足

因為 $x>0$，兩邊乘以 $x$：

整理得

即

所以

故交集區域面積為

本題為一個經典的機率問題，常被稱為「相遇問題」或「等待時間問題」。我們需要設定一個模型來計算相遇的機率。

假設兩個人，君 (Man, M) 和女友 (Woman, W)，約定在下午 6 點到 7 點之間（共 60 分鐘）的任意時刻見面。我們假設他們兩人的到達時間是獨立且均勻分佈在 [0, 60] 分鐘這個區間內。

設 $T_M$ 為君到達的時間（以分鐘計，從下午 6 點開始），$T_M \sim U(0, 60)$。
設 $T_W$ 為女友到達的時間（以分鐘計，從下午 6 點開始），$T_W \sim U(0, 60)$。

約會成功的條件是他們兩人到達的時間差不超過 20 分鐘。也就是說， $|T_M - T_W| \le 20$。
如果 $T_M$ 和 $T_W$ 的差值超過 20 分鐘，則先到的人等候 20 分鐘後就離開，約會失敗。

我們可以在一個二維平面上表示這個問題。橫軸代表 $T_M$，縱軸代表 $T_W$。整個樣本空間是一個邊長為 60 的正方形，面積為 $60 \times 60 = 3600$。由於到達時間是均勻分佈的，機率就等於滿足條件的區域面積佔總樣本空間面積的比例。

我們需要計算滿足 $|T_M - T_W| \le 20$ 的區域面積。
這個條件可以寫成 $-20 \le T_M - T_W \le 20$，或者 $T_W - 20 \le T_M \le T_W + 20$。
這相當於兩個不等式：

1. $T_M - T_W \le 20 \implies T_W \ge T_M - 20$
2. $T_M - T_W \ge -20 \implies T_W \le T_M + 20$

在 $T_M$ 和 $T_W$ 的 60x60 的正方形樣本空間中，這兩條線 $T_W = T_M - 20$ 和 $T_W = T_M + 20$ 劃分出了滿足條件的區域。

畫圖可以發現，樣本空間（一個 60x60 的正方形）被這兩條線分成了三塊。

• 中間的區域是滿足 $|T_M - T_W| \le 20$ 的區域。
• 上面的區域是 $T_W - T_M > 20$ 的區域。
• 下面的區域是 $T_M - T_W > 20$ 的區域。

這兩個「失敗」的區域是兩個三角形。

1. 頂部三角形：由直線 $T_W = T_M + 20$ 與樣本空間的邊界 $T_M=0, T_W=60$ 所圍成。
   當 $T_M=0$, $T_W=20$。
   當 $T_W=60$, $T_M=40$。
   這個三角形的兩個直角邊長是 $60-20=40$ 和 $40-0=40$。
   面積為 $\frac{1}{2} \times 40 \times 40 = 800$。
2. 底部三角形：由直線 $T_W = T_M - 20$ 與樣本空間的邊界 $T_W=0, T_M=60$ 所圍成。

核心觀念

• 均勻分布：$X_i\sim\text{Uniform}(0,1)$ 之獨立同分布樣本。其密度函數為 $f(x)=1\;(0\le x\le1)$。
• 次序統計量 (order statistics)：樣本的最小值 $Y_{\min}$ 與最大值 $Y_{\max}$ 為第 1 次序統計量與第 $n$ 次序統計量。
• 聯合密度：$Y_{\min}$ 與 $Y_{\max}$ 的聯合密度可直接從次序統計理論得到。
• 變數變換：把 $(Y_{\min},Y_{\max})$ 轉換成 $(R,Y_{\min})$ 或 $(R,Y_{\max})$，利用雅可比行列式 (Jacobian)。
• 微分求密度：$f_R(r)=\dfrac{d}{dr}F_R(r)$ 或直接對聯合密度積分得到 $f_R(r)$。

解題方法

1. 寫出 $Y_{\min},Y_{\max}$ 的聯合密度

   對於 i.i.d. 均勻 $(0,1)$ 樣本，$0\le u\le v\le1$ 時

$f_{Y_{\min},Y_{\max}}(u,v)=n(n-1)(v-u)^{\,n-2},\qquad 0\le u\le v\le1.$

這是次序統計的標準結果：先選取最小值與最大值的位置（$n$ 種選擇），其餘 $n-2$ 個樣本必須落在區間 $(u,v)$ 內，且在 $(u,v)$ 內的密度恰好為 $(v-u)^{n-2}$。

2. 變換變數

   設

$R = Y_{\max}-Y_{\min},\qquad W = Y_{\min}.$

逆變換為

$Y_{\min}=W,\qquad Y_{\max}=W+R,$

其雅可比行列式的絕對值為

本題考驗卡方 ($\chi^2$) 分配的動差母函數 (Moment Generating Function, MGF) 的推導，以及如何利用 MGF 來求其期望值和變異數。

1. 卡方 ($\chi^2$) 分配的定義
一個自由度為 $k$ 的卡方分配，可以看作是 $k$ 個獨立的標準常態隨機變數平方和的分配。
若 $Z_1, Z_2, \dots, Z_k$ 是獨立的標準常態隨機變數 ($Z_i \sim N(0,1)$)，則 $X = \sum_{i=1}^k Z_i^2$ 服從自由度為 $k$ 的卡方分配，記為 $X \sim \chi^2(k)$。

2. 標準常態分配的 MGF
首先，我們需要知道標準常態分配 $Z \sim N(0,1)$ 的 MGF。
$M_Z(t) = E[e^{tZ}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tz} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} dz$
$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tz - z^2/2} dz$
$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(z^2 - 2tz)} dz$
配方 $z^2 - 2tz = (z-t)^2 - t^2$
$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}((z-t)^2 - t^2)} dz$
$= \frac{e^{t^2/2}}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(z-t)^2} dz$
令 $u = z-t$, $du = dz$
$= \frac{e^{t^2/2}}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2/2} du$
積分 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2/2} du = \sqrt{2\pi}$
所以，$M_Z(t) = \frac{e^{t^2/2}}{\sqrt{2\pi}} \sqrt{2\pi} = e^{t^2/2}$。

3. 卡方分配的 MGF
$X = \sum_{i=1}^k Z_i^2$。由於 $Z_i$ 獨立，則 $Z_i^2$ 也獨立。
$M_X(t) = E[e^{tX}] = E[e^{t \sum_{i=1}^k Z_i^2}] = E[\prod_{i=1}^k e^{tZ_i^2}]$
由於獨立性，$E[\prod_{i=1}^k e^{tZ_i^2}] = \prod_{i=1}^k E[e^{tZ_i^2}]$。
我們需要計算 $E[e^{tZ^2}]$，其中 $Z \sim N(0,1)$。
$E[e^{tZ^2}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tz^2} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} dz$
$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(1/2 - t)z^2} dz$
這個積分的形式是 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-az^2} dz = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$。
這裡 $a = \frac{1}{2} - t = \frac{1-2t}{2}$。

本題考驗對標準化變數性質以及相關係數和迴歸係數的理解。

給定隨機變數 $x$ 具有期望值 $E(x) = \mu$ 和變異數 $Var(x) = \sigma^2$ (其中 $\sigma > 0$)。
定義標準隨機變數 $y = \frac{x-\mu}{\sigma}$。

1. $x$ 與 $y$ 的相關係數 $\rho$

首先，我們計算標準化變數 $y$ 的期望值和變異數。
$E(y) = E\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma} E(x-\mu)$
由於 $E(x) = \mu$, $E(x-\mu) = E(x) - \mu = \mu - \mu = 0$。
所以，$E(y) = \frac{1}{\sigma} \times 0 = 0$。

$Var(y) = Var\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right) = \left(\frac{1}{\sigma}\right)^2 Var(x-\mu)$
由於 $Var(x-\mu) = Var(x) = \sigma^2$ (常數 $\mu$ 的減法不影響變異數)。
所以，$Var(y) = \frac{1}{\sigma^2} \times \sigma^2 = 1$。

這證實了 $y$ 是一個標準隨機變數，其期望值為 0，變異數為 1。

現在我們來計算 $x$ 與 $y$ 的相關係數 $\rho_{xy}$。
相關係數的公式是 $\rho_{xy} = \frac{Cov(x, y)}{\sigma_x \sigma_y}$。
我們已經知道 $\sigma_x = \sigma$ (標準差是變異數的平方根) 和 $\sigma_y = 1$。
我們需要計算協方差 $Cov(x, y)$。
$Cov(x, y) = E[(x - E(x))(y - E(y))]$
$= E[(x - \mu)(y - 0)]$
$= E[(x - \mu) y]$
將 $y = \frac{x-\mu}{\sigma}$ 代入：
$Cov(x, y) = E\left[(x - \mu) \frac{x-\mu}{\sigma}\right]$
$= E\left[\frac{(x-\mu)^2}{\sigma}\right]$
$= \frac{1}{\sigma} E[(x-\mu)^2]$