113 年 國立臺北大學金融與合作經營學系碩士班《統計學》

本題考驗機率的基本概念，包含聯合機率、條件機率以及全機率公式的應用。

首先，我們定義事件：
令 $B_1$ 為選到含有 5 顆紅球和 20 顆黃球的袋子。
令 $B_2$ 為選到含有 15 顆紅球和 10 顆黃球的袋子。
令 $R$ 為選到紅球的事件。

根據題目敘述，袋子的比例為：
$P(B_1) = \frac{3}{4}$
$P(B_2) = \frac{1}{4}$

(a) 求選到紅球的機率 $P(R)$。
我們可以使用全機率公式來計算 $P(R)$：
$P(R) = P(R|B_1)P(B_1) + P(R|B_2)P(B_2)$

首先計算條件機率 $P(R|B_1)$ 和 $P(R|B_2)$：
在袋子 $B_1$ 中，有 5 顆紅球和 20 顆黃球，總共 25 顆。
$P(R|B_1) = \frac{5}{25} = \frac{1}{5}$

在袋子 $B_2$ 中，有 15 顆紅球和 10 顆黃球，總共 25 顆。
$P(R|B_2) = \frac{15}{25} = \frac{3}{5}$

本題主要考驗樣本數據進行變異數檢定 (F-test) 和平均數檢定 (t-test) 的能力。

首先，我們整理樣本數據：
男性樣本 (X): $n=25$, $\bar{x}=33.80$, $s_x=4.88$
女性樣本 (Y): $m=30$, $\bar{y}=31.66$, $s_y=5.81$

(a) 檢定變異數比例是否為 1：$H_0: \sigma_x^2/\sigma_y^2 = 1$ 對 $H_1: \sigma_x^2/\sigma_y^2 \neq 1$，顯著水準 $\alpha = 0.02$。
此檢定使用 F 檢定。檢定統計量為：
$F = \frac{s_x^2}{s_y^2}$
自由度為 $df_1 = n-1 = 25-1 = 24$ (分子)，$df_2 = m-1 = 30-1 = 29$ (分母)。

計算樣本變異數：
$s_x^2 = (4.88)^2 = 23.8144$
$s_y^2 = (5.81)^2 = 33.7561$

計算檢定統計量：
$F = \frac{23.8144}{33.7561} \approx 0.7055$

臨界值：
由於是雙邊檢定，我們需要尋找 $\alpha/2 = 0.01$ 的臨界值。
根據題目提供的臨界值，$F_{0.01}(24, 29) = 2.495$。
拒絕域為 $F < F_{1-\alpha/2}(df_1, df_2)$ 或 $F > F_{\alpha/2}(df_1, df_2)$。
由於 F 分佈不對稱，我們需要查找 $F_{0.01}(24, 29)$ 和 $F_{0.99}(29, 24)$。
但題目僅提供右尾臨界值。在實際應用中，若 $s_x^2 > s_y^2$，則用 $s_x^2/s_y^2$ 對 $F_{\alpha/2}(n-1, m-1)$ 檢定；若 $s_x^2 < s_y^2$，則用 $s_y^2/s_x^2$ 對 $F_{\alpha/2}(m-1, n-1)$ 檢定。
在此情況下，$s_x^2 < s_y^2$，我們應該計算 $F = s_y^2/s_x^2$ 並與 $F_{0.01}(29, 24)$ 比較。
$F = \frac{33.7561}{23.8144} \approx 1.4175$
臨界值 $F_{0.01}(29, 24) = 2.589$。

決策：
由於 $1.4175 < 2.589$，統計量落在接受域。
因此，我們不拒絕虛無假說 $H_0$。

【答案】不拒絕 $H_0$。

本題考驗 Maximum Likelihood Estimator (MLE) 的求法。MLE 的基本步驟是寫出概似函數 (Likelihood Function)，然後取對數得到對數概似函數 (Log-Likelihood Function)，最後對參數求偏微分並令其為零，解出參數估計值。

(a) 給定機率密度函數 $f(x; \theta) = \theta x^{\theta-1}, 0 < x < 1, 0 < \theta < \infty$。
設 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 為來自此分佈的隨機樣本。
概似函數 $L(\theta)$ 為：
$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \theta) = \prod_{i=1}^{n} (\theta x_i^{\theta-1})$
$L(\theta) = \theta^n \prod_{i=1}^{n} x_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n (\prod_{i=1}^{n} x_i)^{\theta-1}$

對數概似函數 $\ln L(\theta)$ 為：
$\ln L(\theta) = n \ln \theta + (\theta-1) \sum_{i=1}^{n} \ln x_i$

對 $\theta$ 求偏微分並令其為零：
$\frac{\partial \ln L(\theta)}{\partial \theta} = \frac{n}{\theta} + \sum_{i=1}^{n} \ln x_i$

令 $\frac{\partial \ln L(\theta)}{\partial \theta} = 0$:
$\frac{n}{\theta} + \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0$
$\frac{n}{\theta} = - \sum_{i=1}^{n} \ln x_i$
$\frac{n}{\theta} = \sum_{i=1}^{n} (-\ln x_i)$
$\frac{n}{\theta} = \sum_{i=1}^{n} \ln(\frac{1}{x_i})$

此時，我們需要注意定義域 $0 < x < 1$。因此 $\ln x_i < 0$，且 $-\ln x_i > 0$。
$\theta = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} (-\ln x_i)}$
$\theta = \frac{n}{- \sum_{i=1}^{n} \ln x_i}$

我們知道樣本平均數 $\bar{x} = \frac{1}{n} \sum x_i$。
這個形式的 MLE 通常與期望值有關。
考慮 $E[-\ln X]$：
$E[-\ln X] = - \int_{0}^{1} (\ln x) \theta x^{\theta-1} dx$
令 $u = x^\theta$, $du = \theta x^{\theta-1} dx$。當 $x=0, u=0$; 當 $x=1, u=1$。
$x = u^{1/\theta}$
$\ln x = \frac{1}{\theta} \ln u$

本題考驗標準常態分配的應用，特別是計算機率的區間。題目假設股票報酬率服從常態分配。

設股票的報酬率為 $R$。
根據題目，報酬率的母體平均數 $\mu = 20\%$，母體標準差 $\sigma = 2\%$。
我們假設報酬率 $R$ 服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2) = N(20, 2^2)$。

題目要求計算股票報酬率小於 16% 或大於 24% 的機率，即 $P(R < 16 \text{ or } R > 24)$。
由於事件 $R < 16$ 和 $R > 24$ 是互斥的，因此：
$P(R < 16 \text{ or } R > 24) = P(R < 16) + P(R > 24)$

我們需要將這些值標準化，轉換為標準常態分配 $Z \sim N(0, 1)$。
標準化公式為 $Z = \frac{R - \mu}{\sigma}$。

本題考驗樣本數的決定以及兩個比例的假設檢定。

(a) 求樣本數的決定。
題目要求在 95% 信賴水準下，抽樣誤差約為 ±3%，求至少需要訪查的樣本數。
我們知道抽樣誤差 (Margin of Error, MOE) 的公式為：
$MOE = Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$
其中 $Z_{\alpha/2}$ 是信賴水準對應的 Z 值，$\hat{p}$ 是樣本比例，n 是樣本數。

在題目中：
信賴水準 = 95%，所以 $\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$。
$Z_{\alpha/2} = Z_{0.025} = 1.96$ (題目已給定 $Z_{0.975} = 1.96$，這表示信賴區間的上界，對應的 $\alpha/2$ 是 0.025)。
抽樣誤差 $MOE = 0.03$ (3%)。

為了估計樣本數，我們通常會使用最保守的 $\hat{p} = 0.5$，因為這會使得 $\hat{p}(1-\hat{p})$ 最大，從而得到最大的樣本數。
$0.03 = 1.96 \sqrt{\frac{0.5(1-0.5)}{n}}$
$0.03 = 1.96 \sqrt{\frac{0.25}{n}}$
$0.03 = 1.96 \times \frac{0.5}{\sqrt{n}}$
$0.03 = \frac{0.98}{\sqrt{n}}$
$\sqrt{n} = \frac{0.98}{0.03} \approx 32.67$
$n = (32.67)^2 \approx 1067.3$

由於樣本數必須是整數，且我們需要至少多少樣本，所以要向上取整。
$n \ge 1068$。

如果題目提供的 $3\%$ 是指兩個比例的差異的抽樣誤差，則情況會更複雜。但通常 MOE 指的是單一比例的抽樣誤差。
題目也給了實際的樣本數 2046，這比我們計算出的 1068 大很多。這可能是因為實際調查者預期比例離 0.5 較遠，或者有其他考量。但根據題意，我們直接使用公式求解。

【答案】至少需要訪查 1068 個樣本。

(b) 根據民意調查結果做出決策。
題目給出兩個候選人組合的民意調查結果：
組合 (A,B) (A 為總統候選人, B 為副手): 支持率 $p_1 = 48.3\% = 0.483$, 樣本數 $n_1 = 2046$。
組合 (B,A) (B 為總統候選人, A 為副手): 支持率 $p_2 = 46.1\% = 0.461$, 樣本數 $n_2 = 2046$。

核心觀念
本題屬於二元分類的 混淆矩陣 (confusion matrix) 應用。

• 實際 (Actual)：案件真正的還款狀況。
• 預測 (Predicted)：電腦系統的審核結論（通過＝預測 非違約，拒絕＝預測 違約）。
• TP、TN、FP、FN 的定義

	預測 Non‑default (通過)	預測 Default (拒絕)
Actual Non‑default	TN	FP
Actual Default	FN	TP

• Type I error =  FP / (FP + TN)（把真實非違約誤判為違約）
• Type II error =  FN / (FN + TP)（把真實違約誤判為非違約）
• 其他指標：Accuracy、Precision、Recall、FPR、FNR、F1‑score，均直接由四格數值衍生。

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(a) 混淆矩陣填寫

根據題目敘述：

	預測 Non‑default (通過)	預測 Default (拒絕)
Actual Non‑default (46,880 件)	TN = 46,880	FP = 4,585
Actual Default (2,202 + 564 = 2,766)	FN = 2,202	TP = 564

• 電腦系統通過 49,082 件，其中 46,880 為真實非違約，2,202 為真實違約。
• 電腦系統拒絕 5,149 件，經人工審核後得：4,585 為真實非違約，564 為真實違約。

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(b) Type I 與 Type II 錯誤率

本題考驗二項分佈 (Binomial Distribution) 如何在特定條件下逼近蒲松分佈 (Poisson Distribution)。

二項分佈 $B(n, p)$ 的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, 其中 $k = 0, 1, 2, \dots, n$。

蒲松分佈 $Pois(\lambda)$ 的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$, 其中 $k = 0, 1, 2, \dots$。

我們需要證明當 $n \to \infty$ 且 $p \to 0$ 時，二項分佈逼近蒲松分佈，且其參數 $\lambda$ 應為 $np$。
也就是說，我們要證明：
$\lim_{n \to \infty, p \to 0, np=\lambda} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$

我們逐一分析二項分佈 PMF 的各項在極限下的行為：

1. $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}$
   當 $n \to \infty$ 且 $k$ 是固定的（通常是相對於 $n$ 較小的值），則：
   $n(n-1)\dots(n-k+1) \approx n^k$
   所以，$\binom{n}{k} \approx \frac{n^k}{k!}$

2. $p^k$
   由於 $np = \lambda$，所以 $p = \lambda/n$。
   則 $p^k = (\frac{\lambda}{n})^k = \frac{\lambda^k}{n^k}$

3. $(1-p)^{n-k}$
   當 $n \to \infty$ 且 $p \to 0$，我們有 $n-k \approx n$。
   所以 $(1-p)^{n-k} \approx (1-p)^n$。
   我們知道一個重要的極限：$\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{x}{n})^n = e^x$。
   令 $x = -\lambda$：$\lim_{n \to \infty} (1 - \frac{\lambda}{n})^n = e^{-\lambda}$。
   因此，$(1-p)^{n-k} \approx (1 - \frac{\lambda}{n})^n \to e^{-\lambda}$。

現在，將這三部分組合起來：
$\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \approx \frac{n^k}{k!} \times \frac{\lambda^k}{n^k} \times e^{-\lambda}$
$= \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}$