113 年 國立中央大學財務金融學系碩士班乙組《數理統計》

此題為一典型的超幾何分配問題。總共有 N=10 位員工，其中男性 K=3 人，女性 N-K=7 人。我們從中隨機抽取 n=4 人。

(a) 我們希望抽出的 4 人中，男女員工的人數均等，也就是男性 2 人，女性 2 人。
根據超幾何分配的機率公式：
$P(X=k) = \frac{\binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$
其中，N 是總體大小，K 是總體中具有某特徵的個體數，n 是樣本大小，k 是樣本中具有該特徵的個體數。
在本題中，我們關心的是男性員工的數量。
N = 10 (總員工數)
K = 3 (男性員工數)
n = 4 (抽樣人數)
k = 2 (希望抽到的男性人數)
則女性人數為 n-k = 4-2 = 2。
因此，所求機率為：
$P(\text{2男, 2女}) = \frac{\binom{3}{2} \binom{7}{2}}{\binom{10}{4}}$
計算各項組合數：
$\binom{3}{2} = \frac{3!}{2!1!} = 3$
$\binom{7}{2} = \frac{7!}{2!5!} = \frac{7 \times 6}{2} = 21$
$\binom{10}{4} = \frac{10!}{4!6!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 10 \times 3 \times 7 = 210$
所以，機率為：
$P(\text{2男, 2女}) = \frac{3 \times 21}{210} = \frac{63}{210} = \frac{3 \times 21}{10 \times 21} = \frac{3}{10} = 0.3$
【答案】0.3

此題要求計算一個新隨機變數 $Y = |X|$ 的機率質量函數 (pmf)，其中 $X$ 的 pmf 已知。

首先，我們列出 $X$ 可能取的值及其對應的機率：
$P_X(-2) = \frac{4}{31} (\frac{1}{2})^{-2} = \frac{4}{31} \times 4 = \frac{16}{31}$
$P_X(-1) = \frac{4}{31} (\frac{1}{2})^{-1} = \frac{4}{31} \times 2 = \frac{8}{31}$
$P_X(0) = \frac{4}{31} (\frac{1}{2})^{0} = \frac{4}{31} \times 1 = \frac{4}{31}$
$P_X(1) = \frac{4}{31} (\frac{1}{2})^{1} = \frac{4}{31} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{31}$
$P_X(2) = \frac{4}{31} (\frac{1}{2})^{2} = \frac{4}{31} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{31}$

檢查總機率是否為 1：
$\frac{16}{31} + \frac{8}{31} + \frac{4}{31} + \frac{2}{31} + \frac{1}{31} = \frac{16+8+4+2+1}{31} = \frac{31}{31} = 1$。機率總合正確。

現在，我們考慮隨機變數 $Y = |X|$。$Y$ 的可能取值是 $X$ 的絕對值。
當 $X = -2$ 時，$Y = |-2| = 2$。
當 $X = -1$ 時，$Y = |-1| = 1$。
當 $X = 0$ 時，$Y = |0| = 0$。
當 $X = 1$ 時，$Y = |1| = 1$。
當 $X = 2$ 時，$Y = |2| = 2$。

所以，$Y$ 的可能取值為 $\{0, 1, 2\}$。

此題考驗對聯合機率質量函數的性質理解，特別是求常數 $c$ 以及計算邊際機率分佈。

(a) 一個聯合機率質量函數要被良好定義，必須滿足兩個條件：

1. $P_{X,Y}(x,y) \ge 0$ 對所有 $x, y$。
2. $\sum_{x} \sum_{y} P_{X,Y}(x,y) = 1$。

從函數形式 $c \frac{2^{x+y}}{x! y!}$ 來看，當 $x, y \ge 0$ 時， $2^{x+y} > 0$, $x! > 0$, $y! > 0$。因此，為了使 $P_{X,Y}(x,y) \ge 0$，常數 $c$ 必須大於或等於 0。我們假設 $c > 0$。

現在我們利用第二個條件來求解 $c$:
$\sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} P_{X,Y}(x,y) = 1$
$\sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} c \frac{2^{x+y}}{x! y!} = 1$
將常數 $c$ 提出：
$c \sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} \frac{2^{x+y}}{x! y!} = 1$
我們可以將 $2^{x+y}$ 分離成 $2^x 2^y$：
$c \sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} \frac{2^x 2^y}{x! y!} = 1$
這個雙重級數可以拆解成兩個獨立的級數乘積：
$c \left( \sum_{x=0}^{\infty} \frac{2^x}{x!} \right) \left( \sum_{y=0}^{\infty} \frac{2^y}{y!} \right) = 1$
我們知道泰勒級數展開式：$e^z = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!}$。
因此，$\sum_{x=0}^{\infty} \frac{2^x}{x!} = e^2$ 且 $\sum_{y=0}^{\infty} \frac{2^y}{y!} = e^2$。
將此代入上式：
$c (e^2)(e^2) = 1$
$c e^4 = 1$
$c = e^{-4}$

所以，使 $P_{X,Y}(x,y)$ 為良好定義 pmf 的常數 $c$ 是 $e^{-4}$。

【答案】$c = e^{-4}$

(b) 分別求 $X$ 與 $Y$ 之邊際分配。

核心觀念

本題考查最小值、最大值與全距的分配。關鍵是：同分配不代表獨立；題目未指定 $X_1,X_2$ 的相依關係，因此各小題的分配不具唯一性。以下先說明原條件能得到的結果，再於額外假設 $X_1,X_2$ 獨立下完成計算。

由給定的機率密度函數，兩變數的共同邊際累積分配函數為

$$F(x)= \begin{cases} 0,&x\leq 0,\\ x^2,&0<x<1,\\ 1,&x\geq 1. \end{cases}$$

解題方法：先釐清相依關係

令原變數的聯合累積分配函數為

$$H(s,t)=P(X_1\leq s,\ X_2\leq t).$$

最大值不超過 $y$，表示兩個變數都不超過 $y$，故

$$F_{Y_2}(y)=H(y,y).$$

最小值不超過 $y$，表示至少一個變數不超過 $y$。由聯集的機率公式，

$$F_{Y_1}(y)=2F(y)-H(y,y).$$

這兩式都涉及題目未提供的 $H$。同樣地，排序後的聯合累積分配函數為

$$P(Y_1\leq a,\ Y_2\leq b)= \begin{cases} H(a,b)+H(b,a)-H(a,a),&a<b,\\ H(b,b),&a\geq b. \end{cases}$$

其中，$a<b$ 時的事件表示「兩變數皆不超過 $b$，且至少一個不超過 $a$」；$a\geq b$ 時，只要最大值不超過 $b$，最小值就必然不超過 $a$。

**具體反例：**取 $X_2=X_1$，仍完全符合題目的同分配條件，但此時

$$Y_1=Y_2=X_1,$$

所以

$$f_{Y_1}(y)=f_{Y_2}(y)= \begin{cases} 2y,&0<y<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

$(Y_1,Y_2)$ 的聯合分配全部集中在對角線 $y_1=y_2$ 上，沒有一般的二維聯合機率密度函數；全距則滿足

$$P(R=0)=1.$$

因此，不能直接由「同分配」套用獨立樣本的次序統計量公式。

額外假設獨立時：（a）最小值與最大值的機率密度

以下各式均以 $X_1,X_2$ 相互獨立為前提。

對 $0<y<1$，最小值大於 $y$，表示兩個變數都大於 $y$：

$$\begin{aligned} F_{Y_1}(y) &=1-P(X_1>y,\ X_2>y)\\ &=1-[1-F(y)]^2\\ &=1-(1-y^2)^2. \end{aligned}$$

對 $y$ 微分，得到

$$f_{Y_1}(y)= \begin{cases} 4y(1-y^2),&0<y<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

最大值的累積分配函數為

$$\begin{aligned} F_{Y_2}(y) &=P(X_1\leq y,\ X_2\leq y)\\ &=[F(y)]^2=y^4, \qquad 0<y<1. \end{aligned}$$

因此

$$f_{Y_2}(y)= \begin{cases} 4y^3,&0<y<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

額外假設獨立時：（b）排序後的聯合分配

獨立性給出原變數的聯合密度

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)=4x_1x_2, \qquad 0<x_1,x_2<1.$$

對 $0<y_1<y_2<1$，排序結果 $(y_1,y_2)$ 對應兩種原始排列：

此題考驗 Maximum Likelihood Estimation (MLE) 和 Method of Moments Estimation (MME) 的計算。母體分佈是一個 Beta 分佈的特殊形式，其中參數 $\alpha = \theta$ 且 $\beta = 1$。

(a) 求 $\theta$ 之動差估計元, $\hat{\theta}_{MME}$。
動差估計元是通過令樣本動差等於母體動差來求解未知參數。
首先，我們需要計算母體的第一階動差 (期望值)。
母體的 pdf 為 $f_X(x) = \theta x^{\theta-1}$，對於 $0 < x < 1$。
母體期望值 $E[X]$ 為：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \, dx = \int_0^1 x (\theta x^{\theta-1}) \, dx$
$E[X] = \theta \int_0^1 x^\theta \, dx = \theta \left[ \frac{x^{\theta+1}}{\theta+1} \right]_0^1 = \theta \left( \frac{1^{\theta+1}}{\theta+1} - \frac{0^{\theta+1}}{\theta+1} \right)$
$E[X] = \frac{\theta}{\theta+1}$
（注意：由於 $\theta > 0$, $\theta+1 > 1$, 所以 $0^{\theta+1} = 0$）。

接下來，我們計算樣本的第一階動差 (樣本平均數)。
樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。

動差估計法的原理是令樣本動差等於母體動差：
$E[X] = \bar{X}$
$\frac{\theta}{\theta+1} = \bar{X}$
現在，我們解出 $\theta$：
$\theta = \bar{X}(\theta+1)$
$\theta = \bar{X}\theta + \bar{X}$
$\theta - \bar{X}\theta = \bar{X}$
$\theta(1 - \bar{X}) = \bar{X}$
$\theta = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}$

所以，$\theta$ 的動差估計元為：
$\hat{\theta}_{MME} = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}$

【答案】$\hat{\theta}_{MME} = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}$

(b) 求 $\theta$ 之最大概似估計元, $\hat{\theta}_{MLE}$。
最大概似估計元是通過最大化樣本的概似函數 (likelihood function) 來求解未知參數。
給定一個隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其聯合 pdf (或 pmf) 為 $f(x_1, \dots, x_n; \theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \theta)$。
概似函數 $L(\theta)$ 是關於 $\theta$ 的函數：
$L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(X_i; \theta) = \prod_{i=1}^n \theta X_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \prod_{i=1}^n X_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \left( \prod_{i=1}^n X_i \right)^{\theta-1}$

為了方便計算，我們通常對概似函數取對數，得到對數概似函數 $\ell(\theta) = \ln L(\theta)$：
$\ell(\theta) = \ln \left( \theta^n \left( \prod_{i=1}^n X_i \right)^{\theta-1} \right)$
$\ell(\theta) = \ln(\theta^n) + \ln\left( \left( \prod_{i=1}^n X_i \right)^{\theta-1} \right)$

核心觀念

本題考查：

• 指數分配的期望值與變異數；
• 中央極限定理；
• 大樣本下以估計值代替未知參數，建立近似信賴區間。

若 $X_i\sim\operatorname{Exp}(\theta)$，則

$$E(X_i)=\theta,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\theta^2.$$

因此樣本平均數 $\bar X$ 滿足

$$E(\bar X)=\theta,\qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\theta^2}{n}.$$

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解題方法與推導

因為 $n\ge 30$，由中央極限定理，

$$\frac{\bar X-\theta}{\theta/\sqrt n} = \frac{\sqrt n(\bar X-\theta)}{\theta} \overset{\text{近似}}{\sim}N(0,1).$$

令 $Z\sim N(0,1)$，則

$$P\left( -z_{\alpha/2} \le \frac{\sqrt n(\bar X-\theta)}{\theta} \le z_{\alpha/2} \right) \approx 1-\alpha,$$

其中 $z_{\alpha/2}$ 滿足

$$P(Z>z_{\alpha/2})=\frac{\alpha}{2}.$$

由於 $\theta>0$，將不等式改寫為

$$-z_{\alpha/2} \le \frac{\sqrt n(\bar X-\theta)}{\theta} \le z_{\alpha/2},$$

可得

$$\bar X-z_{\alpha/2}\frac{\theta}{\sqrt n} \le \theta \le \bar X+z_{\alpha/2}\frac{\theta}{\sqrt n}.$$

但標準誤中的 $\theta$ 未知，因此以一致估計量 $\bar X$ 代替 $\theta$：

$$\widehat{\operatorname{SE}}(\bar X) = \frac{\bar X}{\sqrt n}.$$

故參數 $\theta$ 的近似 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間為

此題為一典型的簡單線性迴歸分析題目，包含估計迴歸線、假設檢定以及判定係數的計算與解釋。

首先，我們需要計算一些基本統計量：
樣本數 $n=7$。
$\sum x_i = 1+2+3+4+5+6+7 = 28$
$\sum y_i = 3+5+8+10+10+12+15 = 63$
$\bar{x} = \frac{\sum x_i}{n} = \frac{28}{7} = 4$
$\bar{y} = \frac{\sum y_i}{n} = \frac{63}{7} = 9$

$\sum x_i^2 = 1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+7^2 = 1+4+9+16+25+36+49 = 140$
$\sum y_i^2 = 3^2+5^2+8^2+10^2+10^2+12^2+15^2 = 9+25+64+100+100+144+225 = 667$
$\sum x_i y_i = (1)(3)+(2)(5)+(3)(8)+(4)(10)+(5)(10)+(6)(12)+(7)(15) = 3+10+24+40+50+72+105 = 304$

(a) 計算樣本迴歸線 $\hat{y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x$。
樣本斜率 $\hat{\beta}_1$ 的公式為：
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2} = \frac{\sum x_i y_i - n \bar{x} \bar{y}}{\sum x_i^2 - n \bar{x}^2}$
$\sum (x_i - \bar{x})^2 = \sum x_i^2 - n \bar{x}^2 = 140 - 7(4^2) = 140 - 7(16) = 140 - 112 = 28$
$\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum x_i y_i - n \bar{x} \bar{y} = 304 - 7(4)(9) = 304 - 252 = 52$
$\hat{\beta}_1 = \frac{52}{28} = \frac{13}{7} \approx 1.857$

樣本截距 $\hat{\beta}_0$ 的公式為：
$\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$
$\hat{\beta}_0 = 9 - \frac{13}{7} (4) = 9 - \frac{52}{7} = \frac{63 - 52}{7} = \frac{11}{7} \approx 1.571$

所以，樣本迴歸線為：
$\hat{y} = \frac{11}{7} + \frac{13}{7} x$ 或 $\hat{y} \approx 1.571 + 1.857 x$。

散佈圖及樣本迴歸線的繪製：
散佈圖會將 (1,3), (2,5), (3,8), (4,10), (5,10), (6,12), (7,15) 這 7 個點畫在座標平面上。
樣本迴歸線是一條穿過這些點的直線，試圖最佳化這些點與直線的距離。

【答案】樣本迴歸線為 $\hat{y} = \frac{11}{7} + \frac{13}{7} x$。

(b) 以 $\alpha=0.05$, 作 $H_0: \beta_1 = 0$ v.s. $H_a: \beta_1 \ne 0$ 之假設檢定。
這是檢定自變數 $X$ 是否對應變數 $Y$ 有顯著的線性影響。

我們需要計算檢定統計量 $t$ 值。
$t = \frac{\hat{\beta}_1 - \beta_1^0}{\text{SE}(\hat{\beta}_1)}$
其中 $\beta_1^0 = 0$ (根據虛無假設 $H_0$)。
$\text{SE}(\hat{\beta}_1)$ 是 $\hat{\beta}_1$ 的標準誤。
$\text{SE}(\hat{\beta}_1) = \frac{\hat{\sigma}}{\sqrt{\sum (x_i - \bar{x})^2}}$
其中 $\hat{\sigma}^2$ 是誤差變異數的估計量。
$\hat{\sigma}^2 = \frac{SSE}{n-2}$
SSE (Sum of Squared Errors) = $\sum (y_i - \hat{y}_i)^2$。
SSR (Sum of Squares due to Regression) = $\sum (\hat{y}_i - \bar{y})^2$。
SST (Total Sum of Squares) = $\sum (y_i - \bar{y})^2$。
SST = SSR + SSE。

首先計算 SST：
SST = $\sum y_i^2 - n \bar{y}^2 = 667 - 7(9^2) = 667 - 7(81) = 667 - 567 = 100$。

計算 SSR：
$\hat{y}_i = \frac{11}{7} + \frac{13}{7} x_i$