115 年 國立臺北大學金融與合作經營學系碩士班《統計學》

本題考驗隨機變數變換的機率密度函數求法以及期望值計算。

(1) 求 $Y$ 的機率密度函數

首先，我們知道 $X$ 的定義域為 $(-1, 1)$，且 $f_X(x) = \frac{1}{2}$。
令 $Y = X^2$。當 $X$ 在 $(-1, 1)$ 之間變動時，$X^2$ 的範圍是 $[0, 1)$。
因此，$Y$ 的定義域為 $[0, 1)$。

我們使用累積分布函數法來求解 $Y$ 的機率密度函數 $f_Y(y)$。
對於 $y \in [0, 1)$，
$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(X^2 \le y)$
因為 $X^2 \ge 0$，所以我們考慮 $X$ 的範圍：
$P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y})$

由於 $X$ 的定義域是 $(-1, 1)$，且 $y \in [0, 1)$，所以 $\sqrt{y} \in [0, 1)$ 且 $-\sqrt{y} \in (-1, 0]$。
因此，$-\sqrt{y}$ 和 $\sqrt{y}$ 都在 $X$ 的定義域內。
$P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f_X(x) dx$
$= \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \frac{1}{2} dx$
$= \frac{1}{2} [x]_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}$
$= \frac{1}{2} (\sqrt{y} - (-\sqrt{y}))$
$= \frac{1}{2} (2\sqrt{y})$
$= \sqrt{y}$

所以，$F_Y(y) = \sqrt{y}$，對於 $y \in [0, 1)$。
$F_Y(y) = 0$，對於 $y < 0$。
$F_Y(y) = 1$，對於 $y \ge 1$。

接著，我們對 $F_Y(y)$ 微分，得到 $f_Y(y)$：
$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} (\sqrt{y})$
$f_Y(y) = \frac{1}{2\sqrt{y}}$，對於 $0 < y < 1$。
$f_Y(y) = 0$，其他情況。

本題考驗最大概似估計量 (MLE) 的推導，以及對估計量是否為不偏估計量的判斷。

(1) 推導 $\theta$ 的最大概似估計量 (MLE)

給定 i.i.d. 的隨機變數 $X_1, \ldots, X_n$，其機率密度函數為 $f(x; \theta) = \theta x^{\theta-1}$，定義域為 $0<x<1$ 且 $\theta>0$。
樣本的聯合機率密度函數 (或稱概似函數) 為：
$L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \theta) = \prod_{i=1}^n \theta x_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \prod_{i=1}^n x_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}$

為了方便計算，我們取對數得到對數概似函數：
$\ln L(\theta) = \ln(\theta^n) + \ln\left(\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\right)$
$\ln L(\theta) = n \ln \theta + (\theta-1) \ln\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)$
$\ln L(\theta) = n \ln \theta + (\theta-1) \sum_{i=1}^n \ln x_i$

為了找到 MLE，我們對 $\ln L(\theta)$ 對 $\theta$ 微分，並令其等於 0：
$\frac{d}{d\theta} \ln L(\theta) = \frac{n}{\theta} + \sum_{i=1}^n \ln x_i$

令導數等於 0：
$\frac{n}{\hat{\theta}} + \sum_{i=1}^n \ln x_i = 0$
$\frac{n}{\hat{\theta}} = - \sum_{i=1}^n \ln x_i$
$\hat{\theta} = \frac{n}{- \sum_{i=1}^n \ln x_i}$

我們可以將分母寫成 $\sum_{i=1}^n (-\ln x_i)$。
因此，$\theta$ 的最大概似估計量為：
$\hat{\theta}_{\text{MLE}} = \frac{n}{- \sum_{i=1}^n \ln X_i}$

【答案】$\hat{\theta}_{\text{MLE}} = \frac{n}{- \sum_{i=1}^n \ln X_i}$。

(2) 判斷估計量是否為不偏估計量

我們要判斷 $\hat{\theta}_{\text{MLE}} = \frac{n}{- \sum_{i=1}^n \ln X_i}$ 是否為 $\theta$ 的不偏估計量。
這意味著我們要計算 $E(\hat{\theta}_{\text{MLE}})$，並看它是否等於 $\theta$。
$E(\hat{\theta}_{\text{MLE}}) = E\left(\frac{n}{- \sum_{i=1}^n \ln X_i}\right) = n E\left(\frac{1}{- \sum_{i=1}^n \ln X_i}\right) = -n E\left(\frac{1}{\sum_{i=1}^n \ln X_i}\right)$

題目中給了一個提示：令 $S = \sum_{i=1}^n \ln(X_i) \sim \text{Gamma}(n, \theta)$，且 $E\left[\frac{1}{S}\right] = \frac{1}{n\theta}$ 如果 $n > 1$。

請注意，題目中的提示 $E\left[\frac{1}{S}\right] = \frac{1}{n\theta}$ 其實是錯誤的。
Gamma 分佈的機率密度函數為 $f(s; k, \theta) = \frac{1}{\Gamma(k)\theta^k} s^{k-1} e^{-s/\theta}$。
對於 $S \sim \text{Gamma}(n, \theta)$，其 pdf 為 $f_S(s) = \frac{1}{\Gamma(n)\theta^n} s^{n-1} e^{-s/\theta}$。

本題考驗條件機率、期望值與變異數的計算，特別是利用隨機變數的遞迴期望與變異數性質。

核心觀念：
利用全期望值定理 (Law of Total Expectation) 和全變異數定理 (Law of Total Variance)。
$E(Y) = E[E(Y|X)]$
$\text{Var}(Y) = E[\text{Var}(Y|X)] + \text{Var}[E(Y|X)]$

(1) 計算 $E(Y)$

首先，我們計算條件期望值 $E(Y|X=x)$。
已知 $Y|X=x \sim \text{Binomial}(x, p)$。
二項分布 $\text{Binomial}(n, p)$ 的期望值為 $np$。
所以，$E(Y|X=x) = xp$。

接著，我們利用全期望值定理：
$E(Y) = E[E(Y|X)]$
將 $E(Y|X=x) = xp$ 代入，我們得到 $E(Y|X) = Xp$。
$E(Y) = E(Xp)$
因為 $p$ 是常數，我們可以將其提出：
$E(Y) = p E(X)$

我們知道 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$，其期望值為 $E(X) = \lambda$。
所以，$E(Y) = p \lambda = \lambda p$。

【答案】$E(Y) = \lambda p$。

(2) 計算 $\text{Var}(Y)$

我們利用全變異數定理：$\text{Var}(Y) = E[\text{Var}(Y|X)] + \text{Var}[E(Y|X)]$。

首先，計算條件變異數 $E[\text{Var}(Y|X)]$。
已知 $Y|X=x \sim \text{Binomial}(x, p)$。

本題考驗中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的應用，以及如何利用 CLT 來近似計算樣本平均值的機率。

核心觀念：
中央極限定理指出，當樣本數 $n$ 足夠大時，來自任何分佈的獨立同分布隨機變數的樣本平均值，其分佈近似於常態分佈。
若 $X_1, \ldots, X_n$ 是 i.i.d. 隨機變數，具有均值 $\mu$ 和變異數 $\sigma^2$。
令樣本平均值 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。
當 $n$ 很大時，$\bar{X}$ 近似於常態分佈，其均值為 $E(\bar{X}) = \mu$，變異數為 $\text{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$。
因此，$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$。
標準化後，$\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \approx N(0, 1)$。

題目資訊：
樣本數 $n = 64$。
$E(X_i) = \mu = 5$。
$\text{Var}(X_i) = \sigma^2 = 4$。
因此，標準差 $\sigma = \sqrt{4} = 2$。

我們要計算 $P\left(\frac{1}{64}\sum_{i=1}^{64} X_i > 346.32\right)$。
這裡的 $\frac{1}{64}\sum_{i=1}^{64} X_i$ 就是樣本平均值 $\bar{X}$。

計算步驟：

1. 計算樣本平均值的期望值和變異數：
   $E(\bar{X}) = \mu = 5$。
   $\text{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{4}{64} = \frac{1}{16}$。
   樣本平均值的標準差為 $\sigma_{\bar{X}} = \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} = \sqrt{\frac{4}{64}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4} = 0.25$。

本題考驗假設檢定 (Hypothesis Testing) 和信賴區間 (Confidence Interval) 的計算，針對比例 (proportion) 的問題。

題目資訊：
樣本數 $n = 400$。
樣本中發現的缺陷數 $k = 36$。
樣本比例 $\hat{p} = \frac{k}{n} = \frac{36}{400} = 0.09$。
虛無假設 $H_0: p = 0.1$。
對立假設 $H_1: p \neq 0.1$ (雙尾檢定)。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

核心觀念：
當樣本數夠大時 (通常 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$)，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分佈近似於常態分佈。
$\hat{p} \sim N\left(p, \frac{p(1-p)}{n}\right)$。
在進行假設檢定時，我們通常使用虛無假設下的參數值來計算檢定統計量。

(1) 進行假設檢定

我們進行一個關於比例的雙尾檢定。
在虛無假設 $H_0: p = 0.1$ 下，我們計算檢定統計量 $Z$：
$Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$
其中 $p_0$ 是虛無假設下的比例值，即 $p_0 = 0.1$。

代入數值：
$\hat{p} = 0.09$
$p_0 = 0.1$
$n = 400$

標準差的分母為：
$\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} = \sqrt{\frac{0.1(1-0.1)}{400}} = \sqrt{\frac{0.1 \times 0.9}{400}} = \sqrt{\frac{0.09}{400}} = \frac{\sqrt{0.09}}{\sqrt{400}} = \frac{0.3}{20} = 0.015$。

檢定統計量 $Z$ 的計算：
$Z = \frac{0.09 - 0.1}{0.015} = \frac{-0.01}{0.015} = -\frac{10}{15} = -\frac{2}{3} \approx -0.667$。

決策規則：
對於雙尾檢定，顯著水準 $\alpha = 0.05$，我們需要找到臨界值 $z_{\alpha/2}$。
$\alpha/2 = 0.05 / 2 = 0.025$。

本題考驗條件機率的計算，特別是貝氏定理 (Bayes' Theorem) 的應用。

核心觀念：
貝氏定理用於計算在已知某事件發生的條件下，另一事件發生的機率。
$P(A|B) = \frac{P(B|A) P(A)}{P(B)}$
其中 $P(B) = \sum_i P(B|A_i) P(A_i)$，當 $A_i$ 是互斥且窮盡事件時。

題目資訊：
我們定義以下事件：
$J$: 應徵者透過 job bank 獲知資訊。
$S$: 應徵者透過 social media ads 獲知資訊。
$E$: 應徵者透過 employee referrals 獲知資訊。
$C$: 應徵者透過 campus recruiting 獲知資訊。

$T$: 員工一年後仍然在職。

已知資訊：
獲知管道的機率 (先驗機率)：
$P(J) = 0.50$
$P(S) = 0.10$
$P(E) = 0.30$
$P(C) = 0.10$
(驗證：$0.50 + 0.10 + 0.30 + 0.10 = 1.00$)

一年後離職率 (相當於一年後在職的機率)：
離職率與獲知管道相關。我們需要一年後「在職」的機率，所以是 $1 - \text{離職率}$。

• Job bank: 離職率 10%，故在職率 $P(T|J) = 1 - 0.10 = 0.90$。
• Social media ads: 離職率 20%，故在職率 $P(T|S) = 1 - 0.20 = 0.80$。
• Employee referrals: 離職率 5%，故在職率 $P(T|E) = 1 - 0.05 = 0.95$。

本題考驗常態分佈隨機變數的性質，以及獨立隨機變數差值的機率計算。

核心觀念：

1. 常態分佈的性質： 如果 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$，則 $aX + b \sim N(a\mu_X + b, a^2\sigma_X^2)$。
2. 獨立常態隨機變數的差值： 如果 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$ 且 $Y \sim N(\mu_Y, \sigma_Y^2)$，且 $X, Y$ 獨立，則 $X - Y \sim N(\mu_X - \mu_Y, \sigma_X^2 + \sigma_Y^2)$。

題目資訊：
ETF A 的年報酬率，設為 $R_A$，服從常態分佈：$R_A \sim N(\mu_A, \sigma_A^2)$。
$\mu_A = 20\% = 0.20$
$\sigma_A^2 = (24\%)^2 = (0.24)^2 = 0.0576$

ETF B 的年報酬率，設為 $R_B$，服從常態分佈：$R_B \sim N(\mu_B, \sigma_B^2)$。
$\mu_B = 15\% = 0.15$
$\sigma_B^2 = (18\%)^2 = (0.18)^2 = 0.0324$

$R_A$ 和 $R_B$ 是獨立的。

問題：
計算 ETF B 的年報酬率高於 ETF A 的機率，即 $P(R_B > R_A)$。

計算步驟：

1. 轉換問題：
   $P(R_B > R_A)$ 等價於 $P(R_B - R_A > 0)$。
   令一個新的隨機變數 $D = R_B - R_A$。我們需要計算 $P(D > 0)$。

2. 求 $D$ 的分佈：
   由於 $R_A$ 和 $R_B$ 皆為獨立的常態隨機變數，它們的差值 $D$ 也服從常態分佈。

   • $D$ 的期望值：
     $E(D) = E(R_B - R_A) = E(R_B) - E(R_A) = \mu_B - \mu_A$
     $E(D) = 0.15 - 0.20 = -0.05$

   • $D$ 的變異數：
     由於 $R_A$ 和 $R_B$ 獨立，
     $\text{Var}(D) = \text{Var}(R_B - R_A) = \text{Var}(R_B) + \text{Var}(R_A) = \sigma_B^2 + \sigma_A^2$
     $\text{Var}(D) = (0.18)^2 + (0.24)^2$
     $\text{Var}(D) = 0.0324 + 0.0576$
     $\text{Var}(D) = 0.09$

   • $D$ 的標準差：
     $\sigma_D = \sqrt{\text{Var}(D)} = \sqrt{0.09} = 0.3$

   所以，$D \sim N(-0.05, 0.09)$。

本題考驗假設檢定中的第一型錯誤 (Type I Error) 和檢定效能 (Power of the Test)。

核心觀念：

• 第一型錯誤 (Type I Error)： 在虛無假設為真時，拒絕虛無假設的機率。記作 $\alpha$。
• 檢定效能 (Power of the Test)： 在對立假設為真時，正確地拒絕虛無假設的機率。記作 $1-\beta$，其中 $\beta$ 是第二型錯誤 (Type II Error) 的機率。
• 假設檢定流程： 確定虛無假設 $H_0$ 和對立假設 $H_1$；確定檢定統計量和決策規則；計算 $\alpha$ 和 $\beta$。

題目資訊：
樣本數 $n = 100$。
我們感興趣的參數是市民對市政服務的滿意率 $p$。
虛無假設 $H_0$： 滿意率為 $60\%$，即 $p = 0.6$。
對立假設 $H_1$： 滿意率不是 $60\%$ (題目未明確說明，但從決策規則來看，是雙尾檢定)。

決策規則：
設 $X$ 為樣本中表示「同意」的公民人數。
若 $55 \le X \le 65$，則接受 $H_0$ (結論是 $p=0.6$)。
若 $X < 55$ 或 $X > 65$，則拒絕 $H_0$。

檢定統計量：
由於樣本數 $n=100$ 較大，我們可以近似使用常態分佈來處理二項分佈。
樣本比例 $\hat{p} = X/n$。
在 $H_0$ 為真時，$\hat{p}$ 的期望值 $E(\hat{p}) = p = 0.6$。
在 $H_0$ 為真時，$\hat{p}$ 的標準差 $\sigma_{\hat{p}} = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} = \sqrt{\frac{0.6(1-0.6)}{100}} = \sqrt{\frac{0.6 \times 0.4}{100}} = \sqrt{\frac{0.24}{100}} = \frac{\sqrt{0.24}}{10} \approx \frac{0.4899}{10} \approx 0.0490$。
檢定統計量 $Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}} = \frac{X/n - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$。

決策規則轉換為 $Z$ 值：
臨界值 $X=55$ 對應的 $Z$ 值：$z_{lower} = \frac{55/100 - 0.6}{0.0490} = \frac{0.55 - 0.6}{0.0490} = \frac{-0.05}{0.0490} \approx -1.02$。
臨界值 $X=65$ 對應的 $Z$ 值：$z_{upper} = \frac{65/100 - 0.6}{0.0490} = \frac{0.65 - 0.6}{0.0490} = \frac{0.05}{0.0490} \approx 1.02$。
所以，若 $|Z| \le 1.02$，則接受 $H_0$。若 $|Z| > 1.02$，則拒絕 $H_0$。

(1) 計算第一型錯誤的機率 ($\alpha$)

第一型錯誤發生在 $H_0$ 為真 ($p=0.6$) 時，我們拒絕了 $H_0$。
拒絕 $H_0$ 的條件是 $X < 55$ 或 $X > 65$。

本題考驗機率分佈的推導，特別是幾何分佈 (Geometric Distribution) 的概念，並需考慮受訪者說謊的機率。

核心觀念：

• 幾何分佈： 幾何分佈描述的是，在伯努利試驗中，第一次成功 (Success) 所需的試驗次數。其機率質量函數為 $P(Y=k) = (1-p)^{k-1} p$，其中 $p$ 是單次試驗成功的機率，$k = 1, 2, 3, \ldots$。
• 條件機率與獨立性： 我們需要計算每一次調查得到「Yes」的機率，這需要考慮受訪者真實意願和他說謊的機率。

題目資訊：

• 真實回答「Yes」的機率 $P(\text{True Yes}) = 0.20$。
• 真實回答「No」的機率 $P(\text{True No}) = 0.80$。
• 受訪者說謊的機率 $P(\text{Lie}) = 0.70$。
• 受訪者誠實回答的機率 $P(\text{Honest}) = 1 - 0.70 = 0.30$。

問題：
$Y$ 是第一次得到「Yes」回答所需的調查人數。我們需要推導 $Y$ 的機率分佈。

計算步驟：

首先，我們需要計算每一次調查（一次訪問）得到「Yes」回答的機率，我們稱之為 $p_{survey}$。
一次調查得到「Yes」回答，有兩種情況：

1. 受訪者真實意願是「Yes」，並且他/她誠實回答。
2. 受訪者真實意願是「No」，但是他/她說謊，將「No」說成了「Yes」。

我們需要計算這兩種情況的機率：

• 情況 1：真實意願是「Yes」，且誠實回答。
  機率 $= P(\text{True Yes}) \times P(\text{Honest})$
  $= 0.20 \times 0.30 = 0.06$。

本題考驗隨機變數變換的機率密度函數求法，以及期望值的計算。特別是當被轉換的變數是兩個獨立隨機變數的函數時。

題目資訊：

• $I \sim \text{Uniform}(0, 1)$。其機率密度函數 (pdf) 為 $f_I(i) = 1$ for $0 < i < 1$，否則為 0。
• $R$ 的 pdf 為 $f_R(r) = 2r$ for $0 \le r \le 1$，否則為 0。
• $I$ 和 $R$ 是獨立的。
• $W = I^2 R$。

核心觀念：

• 隨機變數變換： 當 $W = g(I, R)$，且 $I, R$ 是獨立隨機變數時，求 $W$ 的 pdf 通常需要使用累積分佈函數法或直接利用卷积公式（對於和或差），或是先求出聯合 pdf 再進行變換。
• 聯合機率密度函數： 由於 $I$ 和 $R$ 獨立，其聯合 pdf 為 $f_{I,R}(i, r) = f_I(i) f_R(r)$。
• 累積分佈函數法： $F_W(w) = P(W \le w)$。

(1) 求 $W$ 的機率密度函數 $f_W(w)$

首先，確定 $W$ 的可能範圍。
$I \in (0, 1)$，所以 $I^2 \in (0, 1)$。
$R \in [0, 1]$。
因此，$W = I^2 R$ 的範圍是 $(0, 1)$。
$W$ 的最小值趨近於 $0$ (例如 $I \to 0$ 或 $R \to 0$)。
$W$ 的最大值趨近於 $1 \times 1 = 1$ (例如 $I \to 1$ 且 $R \to 1$)。
所以，$W$ 的定義域是 $(0, 1)$。

我們使用累積分佈函數法。
$F_W(w) = P(W \le w) = P(I^2 R \le w)$，對於 $0 < w < 1$。

$I$ 和 $R$ 的聯合 pdf 為：
$f_{I,R}(i, r) = f_I(i) f_R(r) = 1 \times (2r) = 2r$，對於 $0 < i < 1$ 且 $0 \le r \le 1$。
積分區域是一個長方體：$(0, 1) \times [0, 1]$。

我們需要計算 $P(I^2 R \le w)$。這需要對聯合 pdf 在滿足 $i^2 r \le w$ 的區域上進行積分。
$P(I^2 R \le w) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} I(i^2 r \le w) f_{I,R}(i, r) dr di$
其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。

考慮 $i$ 的值：

• 若 $i=0$，則 $i^2 r = 0 \le w$ (因為 $w>0$)。
• 若 $i>0$，則 $i^2 r \le w \implies r \le \frac{w}{i^2}$。

所以，積分區域是：
$0 < i < 1$
$0 \le r \le 1$
$r \le \frac{w}{i^2}$

合併條件：$0 \le r \le \min\left(1, \frac{w}{i^2}\right)$。

$F_W(w) = \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{\min(1, w/i^2)} 2r dr \right) di$

我們需要考慮 $\frac{w}{i^2}$ 與 $1$ 的大小關係。
$\frac{w}{i^2} \le 1 \iff w \le i^2 \iff i \ge \sqrt{w}$ (因為 $i>0$ 且 $w>0$)。

所以，積分範圍需要分開討論：

• 當 $0 < i < \sqrt{w}$：此時 $i^2 < w$，所以 $\frac{w}{i^2} > 1$。因此 $\min(1, w/i^2) = 1$。
• 當 $\sqrt{w} \le i < 1$：此時 $i^2 \ge w$，所以 $\frac{w}{i^2} \le 1$。因此 $\min(1, w/i^2) = \frac{w}{i^2}$。

分段積分：
$F_W(w) = \int_{0}^{\sqrt{w}} \left( \int_{0}^{1} 2r dr \right) di + \int_{\sqrt{w}}^{1} \left( \int_{0}^{w/i^2} 2r dr \right) di$

計算內層積分：
$\int_{0}^{1} 2r dr = [r^2]_{0}^{1} = 1^2 - 0^2 = 1$。
$\int_{0}^{w/i^2} 2r dr = [r^2]_{0}^{w/i^2} = \left(\frac{w}{i^2}\right)^2 - 0^2 = \frac{w^2}{i^4}$。

代回外層積分：
$F_W(w) = \int_{0}^{\sqrt{w}} 1 di + \int_{\sqrt{w}}^{1} \frac{w^2}{i^4} di$
$F_W(w) = [i]_{0}^{\sqrt{w}} + w^2 \int_{\sqrt{w}}^{1} i^{-4} di$
$F_W(w) = (\sqrt{w} - 0) + w^2 \left[\frac{i^{-3}}{-3}\right]_{\sqrt{w}}^{1}$
$F_W(w) = \sqrt{w} + w^2 \left(-\frac{1}{3}(1)^{-3} - (-\frac{1}{3}(\sqrt{w})^{-3})\right)$
$F_W(w) = \sqrt{w} + w^2 \left(-\frac{1}{3} + \frac{1}{3} w^{-3/2}\right)$