108 年 國立臺北大學金融與合作經營學系碩士班《統計學》

本題考驗貝氏定理的應用。我們已知學生錄取管道（IP 或 OC）的先驗機率，以及各管道學生通過第一年資格考的條件機率。要求的是在已知學生通過資格考的條件下，該學生是來自 IP 管道的機率。

設 A 為學生來自 IP 管道的事件，B 為學生來自 OC 管道的事件。
設 E 為學生通過第一年資格考的事件。

已知資訊：
P(A) = 0.4 (學生來自 IP 的機率)
P(B) = 0.6 (學生來自 OC 的機率)
P(E|A) = 0.90 (來自 IP 的學生通過資格考的機率)
P(E|B) = 0.75 (來自 OC 的學生通過資格考的機率)

要求 P(A|E)，即隨機選取一位通過資格考的學生，該學生來自 IP 的機率。

根據貝氏定理：
$P(A|E) = \frac{P(E|A)P(A)}{P(E)}$

本題考驗卡方檢定（Chi-square test）在獨立性檢定上的應用。我們需要檢定旅客的旅遊季節與旅遊季節之間是否存在顯著差異，也就是檢定旅客的旅遊季節是否獨立於旅遊季節。

檢定步驟如下：

1. 設立虛無假說 ($H_0$) 與對立假說 ($H_1$)

   • $H_0$: 旅客的旅遊季節與旅遊季節之間無顯著差異（即旅客的旅遊季節與旅遊季節是獨立的）。
   • $H_1$: 旅客的旅遊季節與旅遊季節之間存在顯著差異（即旅客的旅遊季節與旅遊季節之間不是獨立的）。

2. 計算期望次數 (Expected Frequencies)
   總樣本數 N = 1360。
   各季節的觀察次數 (Observed Frequencies, $O_i$) 已在題目中給出：

   • Spring: 334
   • Summer: 371
   • Autumn: 327
   • Winter: 328

   若虛無假說成立，則各季節的旅客數應平均分佈。每季的期望次數 ($E_i$) 為：
   $E_i = \frac{\text{總樣本數}}{\text{季節數}} = \frac{1360}{4} = 340$

3. 計算卡方檢定統計量 ($\chi^2$)
   卡方檢定統計量公式為：
   $\chi^2 = \sum_{i=1}^{k} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
   其中 k 是類別的數量（這裡 k=4）。

   計算各季節的 $\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$：

   • Spring: $\frac{(334 - 340)^2}{340} = \frac{(-6)^2}{340} = \frac{36}{340} \approx 0.1059$
   • Summer: $\frac{(371 - 340)^2}{340} = \frac{(31)^2}{340} = \frac{961}{340} \approx 2.8265$
   • Autumn: $\frac{(327 - 340)^2}{340} = \frac{(-13)^2}{340} = \frac{169}{340} \approx 0.4971$

核心觀念

• 隨機遊走 (Random Walk) / 賭徒破產 (Gambler's Ruin)：資金隨每一次擲幣變化 $+1$（機率 $p$）或 $-1$（機率 $q=1-p$），直至到達兩個吸收狀態 $0$（破產）或 $N$（目標資金）。
• 馬爾可夫性 (Markov property)：未來的資金只與目前的資金有關，與過去的擲幣結果無關。
• 遞迴關係與特徵根：對於任意 $i\in\{1,\dots ,N-1\}$，到達目標的機率 $u_i$ 必滿足 $u_i=p\,u_{i+1}+q\,u_{i-1}$，其通解由二階線性齊次遞迴的特徵根得到。

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解題方法

1. 設 $u_i$ 為「起始資金為 $i$ 時最終能達到 $15$ 元的機率」。
2. 建立邊界條件：

$u_0=0,\qquad u_{15}=1$

3. 依據馬爾可夫性寫出遞迴式（對所有 $1\le i\le 14$）：

$$u_i=p\,u_{i+1}+q\,u_{i-1}, \quad\text{其中 }p=0.6,\;q=0.4.$$

4. 求解遞迴式：先寫成標準形式 $p\,u_{i+1}-u_i+q\,u_{i-1}=0$，求特徵方程

$p r^2 - r + q =0 \Longrightarrow 0.6 r^2 - r +0.4 =0 .$

解得根 $r_1=1,\; r_2=\dfrac{q}{p}= \dfrac{0.4}{0.6}= \dfrac23$。
5. 通解寫成

$u_i = A + B\left(\frac23\right)^{i},$

再利用邊界條件求 $A,B$：

$$\begin{cases} u_0 = A + B =0\\[2pt] u_{15}= A + B\left(\frac23\right)^{15}=1 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} B=-A\\[2pt] A\bigl[1-(\frac23)^{15}\bigr]=1 \end{cases}$$

因此

$$A=\frac{1}{1-(\frac23)^{15}},\qquad B=-\frac{1}{1-(\frac23)^{15}}.$$

代回得到一般公式

$\boxed{u_i=\frac{1-(\frac23)^{\,i}}{\,1-(\frac23)^{\,15}}}\qquad (0\le i\le15).$

本題考驗共變異數 (Covariance) 與變異數 (Variance) 的性質，以及計算隨機變數的共變異數。

我們需要計算 $\text{cov}(X, Z)$，其中 $Z = X + Y$。
已知：

• X 是一個在 [0,1] 上的均勻分佈隨機變數。
• Y 是一個標準常態分佈隨機變數，即 $Y \sim N(0, 1)$。
• X 和 Y 是獨立的。

首先，我們計算 X 的期望值 $E[X]$ 和變異數 $\text{var}(X)$。
對於均勻分佈 $U(a, b)$，其期望值為 $E[X] = (a+b)/2$，變異數為 $\text{var}(X) = (b-a)^2/12$。
在這裡，$a=0, b=1$。
$E[X] = (0+1)/2 = 0.5$
$\text{var}(X) = (1-0)^2/12 = 1/12$

接著，我們計算 Y 的期望值 $E[Y]$ 和變異數 $\text{var}(Y)$。
對於標準常態分佈 $N(0, 1)$：
$E[Y] = 0$
$\text{var}(Y) = 1$

現在，我們計算 $Z = X + Y$ 的期望值 $E[Z]$。
由於 X 和 Y 是獨立的（即使不獨立，期望值也具有可加性）：
$E[Z] = E[X + Y] = E[X] + E[Y] = 0.5 + 0 = 0.5$

接下來，我們計算 $\text{cov}(X, Z)$。
根據共變異數的性質：$\text{cov}(A, B+C) = \text{cov}(A, B) + \text{cov}(A, C)$。
所以，
$\text{cov}(X, Z) = \text{cov}(X, X + Y)$
$\text{cov}(X, Z) = \text{cov}(X, X) + \text{cov}(X, Y)$

我們知道 $\text{cov}(X, X) = \text{var}(X)$。
此外，由於 X 和 Y 是獨立的隨機變數，它們的共變異數為零：
$\text{cov}(X, Y) = 0$

因此，
$\text{cov}(X, Z) = \text{var}(X) + 0$
$\text{cov}(X, Z) = \text{var}(X)$

本題考驗矩量生成函數 (Moment Generating Function, MGF) 的應用，以及如何利用 MGF 證明隨機變數的機率收斂 (Convergence in Probability)。

問題設定：

• $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 是獨立的隨機變數，且服從參數為 $\lambda$ 的 Poisson 分佈。
• $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 是樣本平均。
• 要求證明 $\bar{X}$ 在機率上收斂於 $\lambda$，即 $\bar{X} \xrightarrow{p} \lambda$。
• 提示：$\bar{X}$ 的分佈退化成一個常數隨機變數。

步驟 1：Poisson 分佈的 MGF
Poisson 分佈 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$ 的機率質量函數為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $k = 0, 1, 2, \ldots$。
其矩量生成函數 (MGF) 為：
$M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum_{k=0}^{\infty} e^{tk} \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda e^t)^k}{k!}$
根據泰勒級數展開 $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$，我們有：
$M_X(t) = e^{-\lambda} e^{\lambda e^t} = e^{\lambda(e^t - 1)}$

步驟 2：樣本平均 $\bar{X}$ 的 MGF
由於 $X_1, \ldots, X_n$ 是獨立同分佈的 Poisson 隨機變數，它們的 MGF 相同。
$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。
對於獨立隨機變數和的 MGF，等於各 MGF 的乘積。
令 $S_n = \sum_{i=1}^n X_i$。則 $S_n$ 的 MGF 為：
$M_{S_n}(t) = M_{X_1}(t) M_{X_2}(t) \cdots M_{X_n}(t) = [M_X(t)]^n = [e^{\lambda(e^t - 1)}]^n = e^{n\lambda(e^t - 1)}$
所以， $S_n$ 服從參數為 $n\lambda$ 的 Poisson 分佈。

現在，我們需要 $\bar{X}$ 的 MGF。
$M_{\bar{X}}(t) = E[e^{t\bar{X}}] = E[e^{t(\frac{1}{n}S_n)}] = E[e^{\frac{t}{n}S_n}]$
將 MGF 的定義中的 $t$ 替換為 $t/n$：
$M_{\bar{X}}(t) = M_{S_n}(t/n) = e^{n\lambda(e^{t/n} - 1)}$

步驟 3：證明 $\bar{X}$ 在機率上收斂於 $\lambda$
我們知道，如果兩個隨機變數的 MGF 在包含 0 的某個鄰域內相等，則這兩個隨機變數具有相同的分佈。
機率收斂的定義是：$\bar{X}_n \xrightarrow{p} c$ 若且唯若對於任意 $\epsilon > 0$， $P(|\bar{X}_n - c| > \epsilon) \to 0$ 當 $n \to \infty$。
根據 MGF 的性質，如果 $M_{\bar{X}_n}(t) \to M_c(t)$，則 $\bar{X}_n$ 在分佈上收斂於 $c$。
如果 $c$ 是一個常數，則分佈收斂等價於機率收斂。

我們來考察 $M_{\bar{X}}(t)$ 當 $n \to \infty$ 時的行為。
$M_{\bar{X}}(t) = e^{n\lambda(e^{t/n} - 1)}$
當 $n \to \infty$， $t/n \to 0$。

核心觀念

本題考查：

1. 常態隨機變數線性組合的分布。
2. 卡方分布的定義。
3. $t$ 分布的構造：

若 $Z\sim N(0,1)$、$V\sim\chi^2_\nu$，且 $Z$ 與 $V$ 獨立，則

$$\frac{Z}{\sqrt{V/\nu}}\sim t_\nu.$$

解題方法

由於

$$S=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5,$$

且 $X_i$ 相互獨立、皆服從 $N(0,1)$，因此

$$S\sim N(0,1+1+1+1+1)=N(0,5).$$

可將 $S$ 標準化為

$$Z=\frac{S}{\sqrt{5}}\sim N(0,1).$$

另一方面，

$$W=X_6^2+X_7^2+X_8^2+X_9^2+X_{10}^2.$$

五個相互獨立的標準常態平方和服從自由度為 $5$ 的卡方分布，因此

$$W\sim\chi^2_5.$$

由於 $S$ 使用 $X_1,\ldots,X_5$，而 $W$ 使用 $X_6,\ldots,X_{10}$，兩者相互獨立。故

核心觀念
本題考查離散概率中的兩種抽樣方式：有放回抽樣與無放回抽樣。

• 有放回抽樣：每次抽取後將球放回，故每一次抽取的機率相互獨立且相同。
• 無放回抽樣：抽取後不放回，抽取次序影響後續抽取的機率，屬超幾何分布的情形。

解題方法
采用先手勝率的概念。設玩家 A（先抽者）勝出的機率為 $P$，玩家 B（後抽者）勝出的機率為 $1-P$。

• 先抽時，若直接抽到 WIN，立即勝出；若抽到 LOSE，則情形轉換為「B 先抽」的局面。
• 依此遞迴關係列出方程式，解得 $P$。

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(a) 有放回抽樣

1. 每次抽到 WIN 的機率
   因為抽後放回，抽到 WIN 的機率恆為
   $p = \frac{1}{6},\qquad q = 1-p = \frac{5}{6}.$

2. 建立遞迴關係

   • A 首抽若抽中 WIN，機率 $p$，直接勝出。
   • 若抽到 LOSE（機率 $q$），輪到 B 抽，此時 B 成為「先抽者」。
     設 $P$ 為 A 先抽時的勝率，則
     $P = p + q\,(1-P).$
     其中 $1-P$ 為 B 先抽時 A 的勝率（因為局面對稱）。

3. 求解 $P$

$$\begin{aligned} P &= p + q\,(1-P)\\ P &= \frac16 + \frac56\,(1-P)\\ P &= \frac16 + \frac56 - \frac56 P\\ P + \frac56 P &= \frac76\\ \frac{11}{6}P &= \frac76\\ P &= \frac{6}{11}. \end{aligned}$$

因此有放回抽樣時，先抽者的勝率為 $\displaystyle\frac{6}{11}\approx0.5455$。

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(b) 無放回抽樣

1. 抽取次序與機率
   共 $6$ 球，其中唯一的 WIN 球。若先抽者在第 $k$ 次抽到 WIN，則必須在前 $k-1$ 次抽到全部 LOSE 球，且第 $k$ 次抽到唯一的 WIN 球

本題考驗條件機率和貝氏定理的應用。我們需要計算從多個口袋中抽取特定顏色球的機率。

問題設定：
有四個口袋：

• $B_1$: 2 白球 (W)
• $B_2$: 2 紅球 (R)
• $B_3$: 2 白球, 2 紅球 (總共 4 球)
• $B_4$: 3 白球, 1 紅球 (總共 4 球)

選擇各口袋的機率：

• $P(B_1) = 1/2$
• $P(B_2) = 1/4$
• $P(B_3) = 1/8$
• $P(B_4) = 1/8$
  (檢查機率總和：$1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/8 = 4/8 + 2/8 + 1/8 + 1/8 = 8/8 = 1$，正確。)

部分 (a)：計算抽到白球的機率 P(W)
我們需要利用全機率法則，考慮從每個口袋抽到白球的機率。
首先，計算從每個口袋抽到白球的條件機率：

• $P(W|B_1)$: 在 $B_1$ 中，有 2 個白球，總共 2 個球。 $P(W|B_1) = 2/2 = 1$。
• $P(W|B_2)$: 在 $B_2$ 中，有 0 個白球，總共 2 個球。 $P(W|B_2) = 0/2 = 0$。
• $P(W|B_3)$: 在 $B_3$ 中，有 2 個白球，總共 4 個球。 $P(W|B_3) = 2/4 = 1/2$。
• $P(W|B_4)$: 在 $B_4$ 中，有 3 個白球，總共 4 個球。 $P(W|B_4) = 3/4$。

現在，應用全機率法則：
$P(W) = P(W|B_1)P(B_1) + P(W|B_2)P(B_2) + P(W|B_3)P(B_3) + P(W|B_4)P(B_4)$
$P(W) = (1) \times (1/2) + (0) \times (1/4) + (1/2) \times (1/8) + (3/4) \times (1/8)$
$P(W) = 1/2 + 0 + 1/16 + 3/32$
$P(W) = 16/32 + 1/16 + 3/32$
$P(W) = 16/32 + 2/32 + 3/32$
$P(W) = (16 + 2 + 3) / 32$
$P(W) = 21/32$。