109 年 國立臺北大學金融與合作經營學系碩士班《統計學》

本題考驗獨立隨機變數聯合機率的計算，以及積分在機率上的應用。

核心觀念：

1. 獨立隨機變數的聯合機率密度函數等於個別機率密度函數的乘積。
2. 對於連續型隨機變數，機率可以透過在其機率密度函數上進行積分來計算。
3. 均勻分佈 $U(a,b)$ 的機率密度函數為 $f(x) = \frac{1}{b-a}$，對於 $a \le x \le b$，否則為 0。

解題步驟：

1. 確認 $X_1$ 和 $X_2$ 的機率密度函數 (p.d.f.)。
   由於 $X_1, X_2 \sim U(0,1)$ 且獨立，它們的 p.d.f. 分別為：
   $f_{X_1}(x_1) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 \le x_1 \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
   $f_{X_2}(x_2) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 \le x_2 \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
   由於 $X_1$ 和 $X_2$ 獨立，它們的聯合 p.d.f. 為：
   $f(x_1, x_2) = f_{X_1}(x_1) f_{X_2}(x_2) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 \le x_1 \le 1 \text{ and } 0 \le x_2 \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
   這表示聯合機率分佈定義在單位正方形區域內，且機率密度為 1。

2. 計算所求機率 $Pr(X_1^2 + X_2^2 < 1)$。

本題考驗樣本均值 (sample mean) 的期望值、變異數性質，以及中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的應用。

核心觀念：

1. 樣本均值的期望值：對於任何隨機樣本，樣本均值的期望值等於母體期望值，即 $E(\bar{X}) = \mu$。
2. 樣本均值的變異數：對於獨立同分佈 (i.i.d.) 的隨機樣本，樣本均值的變異數等於母體變異數除以樣本大小，即 $Var(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$。
3. 中央極限定理 (CLT)：當樣本大小 $n$ 足夠大時 (通常 $n \ge 30$)，不論母體分佈為何，樣本均值 $\bar{X}$ 的分佈近似於常態分佈 $N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})$。
4. 標準化 (Z-score)：將一個隨機變數轉換為標準常態分佈 $N(0,1)$ 的變數，公式為 $Z = \frac{\bar{X} - E(\bar{X})}{\sqrt{Var(\bar{X})}} = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$。
5. 常態分佈的機率計算：利用標準常態分佈表或性質計算機率。

已知條件：
母體期望值 $\mu = E(X) = 24.43$
母體變異數 $\sigma^2 = Var(X) = 1.875$
樣本大小 $n = 30$

解題步驟：

(1) $E(\bar{X})$
根據樣本均值期望值的性質，樣本均值的期望值等於母體期望值。
$E(\bar{X}) = \mu$
將已知 $\mu = 24.43$ 代入：
$E(\bar{X}) = 24.43$

【答案】$24.43$

(2) $Var(\bar{X})$
根據樣本均值變異數的性質，樣本均值的變異數等於母體變異數除以樣本大小。
$Var(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$
將已知 $\sigma^2 = 1.875$ 和 $n = 30$ 代入：
$Var(\bar{X}) = \frac{1.875}{30}$
計算結果：
$Var(\bar{X}) = 0.0625$
母體標準差 $\sigma = \sqrt{1.875} \approx 1.3693$
樣本均值的標準差 (standard error) 為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \sqrt{Var(\bar{X})} = \sqrt{0.0625} = 0.25$。

【答案】$0.0625$

(3) $Pr(24.18 \le \bar{X} \le 24.93)$
由於樣本大小 $n=30$ 較大，根據中央極限定理，樣本均值 $\bar{X}$ 的分佈近似於常態分佈 $N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})$。
即 $\bar{X} \sim N(24.43, 0.0625)$。
為了計算機率，我們將 $\bar{X}$ 標準化為 Z 分數：
$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{\bar{X} - 24.43}{0.25}$
現在將機率的範圍轉換為 Z 分數的範圍：
當 $\bar{X} = 24.18$ 時，
$Z_1 = \frac{24.18 - 24.43}{0.25} = \frac{-0.25}{0.25} = -1$
當 $\bar{X} = 24.93$ 時，
$Z_2 = \frac{24.93 - 24.43}{0.25} = \frac{0.50}{0.25} = 2$
所以，原機率問題變為計算 $Pr(-1 \le Z \le 2)$。
$Pr(-1 \le Z \le 2) = P(Z \le 2) - P(Z \le -1)$
查標準常態分佈表 (或使用軟體)：
$P(Z \le 2) \approx 0.9772$
$P(Z \le -1) = P(Z \ge 1) = 1 - P(Z \le 1) \approx 1 - 0.8413 = 0.1587$
因此，
$Pr(-1 \le Z \le 2) \approx 0.9772 - 0.1587 = 0.8185$

提示中提到「Use the empirical rule for normal distributions」。經驗法則 (Empirical Rule) 是指對於常態分佈，大約有：

• 68% 的數據落在 $\mu \pm 1\sigma$ 之間。

本題考驗矩估計量 (Moments Estimator) 的求法。

核心觀念：
矩估計法的基本思想是將樣本的矩 (moments) 與對應的母體矩相等同，然後解出母體參數。
對於一個參數 $\theta$，我們至少需要一個母體矩的表達式。最常用的是母體期望值 $E(X)$。
如果母體矩的表達式中包含 $\theta$，則令其等於樣本矩（例如樣本均值 $\bar{X}$），然後解出 $\theta$。

已知條件：
樣本大小為 $n$。
母體機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f(x; \theta) = \theta x^{\theta-1}$，其中 $0 < x < 1$，$0 < \theta < \infty$。
樣本均值 $\bar{X} = 0.2$。

解題步驟：

1. 計算母體期望值 $E(X)$。
   母體期望值定義為：
   $E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x; \theta) \, dx$
   在此情況下，積分範圍是 $(0, 1)$：
   $E(X) = \int_{0}^{1} x (\theta x^{\theta-1}) \, dx$
   $E(X) = \int_{0}^{1} \theta x^{\theta} \, dx$
   進行積分：
   $E(X) = \theta \left[ \frac{x^{\theta+1}}{\theta+1} \right]_{0}^{1}$
   $E(X) = \theta \left( \frac{1^{\theta+1}}{\theta+1} - \frac{0^{\theta+1}}{\theta+1} \right)$
   由於 $\theta > 0$，所以 $\theta+1 > 1$。

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 含有虛擬變數 $D_i$ 的簡單迴歸中，截距與虛擬變數係數可直接對應兩組樣本平均數。
2. 在假設兩母體變異數相等時，使用合併變異數估計量：

$$S_p^2=\frac{(n-1)S_1^2+(m-1)S_2^2}{n+m-2}$$

且兩獨立樣本平均數差的變異數估計為：

$$\widehat{\operatorname{Var}}(\bar{Y}_1-\bar{Y}_2) =S_p^2\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\right)$$

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解題方法

迴歸式為

$$\hat{Y}_i=1.66-0.63D_i$$

當觀察值來自 Group 1 時，$D_i=1$，因此

$$\hat{Y}_i=1.66-0.63=1.03$$

當觀察值來自 Group 2 時，$D_i=0$，因此

$$\hat{Y}_i=1.66$$

在此模型中，Group 2 的平均數由截距表示，而 Group 1 與 Group 2 的平均數差由虛擬變數係數表示。因此：

$$\bar{Y}_1=1.03,\qquad \bar{Y}_2=1.66$$

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（1）計算 $\displaystyle \sum_{i=1}^{11}(\bar{Y}_1-Y_i)$

依樣本平均數定義：

$$\bar{Y}_1=\frac{1}{11}\sum_{i=1}^{11}Y_i$$

因此

$$\sum_{i=1}^{11}(\bar{Y}_1-Y_i) =\sum_{i=1}^{11}\bar{Y}_1-\sum_{i=1}^{11}Y_i$$

由於 $\bar{Y}_1$ 重複加總 11 次：

$$=11\bar{Y}_1-\sum_{i=1}^{11}Y_i$$

又因為

$$\sum_{i=1}^{11}Y_i=11\bar{Y}_1$$

所以

$$\sum_{i=1}^{11}(\bar{Y}_1-Y_i)=0$$

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（2）估計 $\operatorname{Var}(\bar{Y}_1-\bar{Y}_2)$

題目假設

$$\sigma_1^2=\sigma_2^2$$

因此應使用合併變異數估計共同母體變異數。由提示：

本題考驗獨立事件的機率計算。

核心觀念：

1. 獨立事件的定義：如果事件 A 和事件 B 是獨立的，那麼它們同時發生的機率等於它們各自機率的乘積。即 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。
2. 機率的基本性質：機率值介於 0 和 1 之間。

已知條件：
事件 A 和事件 B 是獨立的。
$P(A) = 0.2$
$P(B) = 0.5$

本題考驗最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的求法，特別是針對指數分佈。

核心觀念：

1. 最大概似估計法的基本步驟：
   a. 寫出樣本的概似函數 (Likelihood Function)，即 $L(\beta; x_1, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \beta)$。
   b. 寫出對數概似函數 (Log-Likelihood Function)，即 $\ln L(\beta)$。
   c. 對 $\ln L(\beta)$ 對參數 $\beta$ 求偏導數，並令其等於 0。
   d. 解出 $\beta$ 的估計值 $\hat{\beta}_{MLE}$。
   e. （可選但嚴謹）驗證該值是最大值，通常透過二階導數檢定。

已知條件：
隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是獨立同分佈 (i.i.d.) 的。
母體機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f(x; \beta) = \beta e^{-\beta x}$，其中 $x \ge 0$，$\beta > 0$。

解題步驟：

1. 寫出概似函數 $L(\beta)$。
   由於樣本是 i.i.d.，概似函數是各個 p.d.f. 的乘積：
   $L(\beta; x_1, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \beta)$
   $L(\beta) = \prod_{i=1}^{n} (\beta e^{-\beta x_i})$
   $L(\beta) = (\beta^n) \left( \prod_{i=1}^{n} e^{-\beta x_i} \right)$
   $L(\beta) = \beta^n e^{-\beta \sum_{i=1}^{n} x_i}$

2. 寫出對數概似函數 $\ln L(\beta)$。
   取自然對數可以簡化計算：
   $\ln L(\beta) = \ln (\beta^n e^{-\beta \sum_{i=1}^{n} x_i})$
   $\ln L(\beta) = \ln(\beta^n) + \ln(e^{-\beta \sum_{i=1}^{n} x_i})$

本題考驗生存分析中的重要概念：風險函數 (Hazard Function) 的意義及其與其他機率函數的關係，以及特定風險函數形式對應的機率分佈。

核心觀念：

1. 風險函數 (Hazard Function) $\lambda(t)$：表示在時間 $t$ 時，某事件（例如壽命終結、設備故障）發生的「瞬時」風險率。更精確地說，它是指在時間 $t$ 之前事件尚未發生 (存活) 的條件下，事件在接下來極小時間間隔 $dt$ 內發生的機率與 $dt$ 的比值。
   $\lambda(t) dt = P(t < X \le t+dt \mid X > t)$
2. 生存函數 (Survival Function) $S(t)$：表示隨機變數 $X$ 的值大於 $t$ 的機率，即事件在時間 $t$ 之後才發生的機率。$S(t) = P(X > t) = 1 - F(t)$。
3. 機率密度函數 (p.d.f.) $f(t)$：表示隨機變數 $X$ 在時間 $t$ 的機率密度。
4. 風險函數、生存函數和機率密度函數的關係：
   $\lambda(t) = \frac{f(t)}{S(t)} = \frac{f(t)}{1-F(t)}$
   反之，我們可以從風險函數推導出生存函數和機率密度函數。
   $f(t) = \lambda(t) S(t) = \lambda(t) e^{-\int_{0}^{t} \lambda(u) du}$
   $S(t) = e^{-\int_{0}^{t} \lambda(u) du}$
   $F(t) = 1 - S(t) = 1 - e^{-\int_{0}^{t} \lambda(u) du}$

已知條件：
風險函數定義為 $\lambda(t) = \frac{f(t)}{1-F(t)}$，其中 $f(t)$ 是 p.d.f.，$F(t)$ 是 c.d.f.，$S(t)=1-F(t)$ 是生存函數。

解題步驟：

(1) 解釋「風險函數」的意義。
風險函數 $\lambda(t)$ 量化了在時間 $t$ 時，已經存活的個體（或系統）發生某種「失效」或「事件」的瞬時風險。

核心觀念

• Poisson 分布：離散機率分布，參數為 $\lambda>0$，其機率質量函數
  $P(Y=k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!},\qquad k=0,1,2,\dots$
• 卡方適合度檢定（goodness‑of‑fit）：檢驗觀測頻率 $O_i$ 與理論期望頻率 $E_i$ 是否相符。檢定統計量
  $\chi^{2}= \sum_{i=1}^{k}\frac{(O_i-E_i)^{2}}{E_i}$
  服從自由度為 $df=k-1-m$ 的 $\chi^{2}$ 分布，其中 $k$ 為分類數，$m$ 為估計的參數個數。
• 自由度：本題需估計唯一參數 $\lambda$，故 $m=1$。
• 期望頻率的最小要求：每一組的 $E_i$ 應至少 $5$，不足時須合併類別。

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解題方法

1. 計算樣本平均與估計 $\lambda$

$$\bar{y}= \frac{\sum_{i} y_i O_i}{n} =\frac{0\cdot32+1\cdot12+2\cdot6}{50} =\frac{24}{50}=0.48 .$$

以樣本平均作為 $\lambda$ 的最大概似估計值：
$\hat\lambda =0.48 .$

2. 求理論機率與期望頻率

$$\begin{aligned} P(Y=0) &=e^{-\hat\lambda}=e^{-0.48}=0.6188,\\ P(Y=1) &=\hat\lambda e^{-\hat\lambda}=0.48\times0.6188=0.2970,\\ P(Y=2) &=\frac{\hat\lambda^{2}}{2!}e^{-\hat\lambda}=0.1152\times0.6188=0.0713,\\ P(Y\ge 3)&=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)=0.0129 . \end{aligned}$$

乘以樣本大小 $n=50$ 得期望頻率

$$\begin{array}{c|c} \text{類別} & E_i\\ \hline 0 & 0.6188\times50 = 30.94\\ 1 & 0.2970\times50 = 14.85\\ 2 & 0.0713\times50 = 3.57\\ \ge 3 & 0.0129\times50 = 0.65 \end{array}$$

3. 合併小期望類別
   依「每格 $E_i\ge5$」原則，將類別 $2$ 與 $\ge3$ 合併為「$\ge2$」：