113 年 國立嘉義大學應用數學系碩士班乙：機率統計組《機率統計》

本題主要在考察獨立事件的性質及其推論。若兩個事件 $E$ 和 $F$ 獨立，則 $P(E \cap F) = P(E)P(F)$。我們將利用這個定義以及獨立事件的幾個重要性質來判斷各小題的事件是否獨立。

核心觀念：

1. 事件 $E$ 與 $F$ 獨立的定義：$P(E \cap F) = P(E)P(F)$。
2. 若 $E$ 與 $F$ 獨立，則 $E^c$ 與 $F$ 獨立；$E$ 與 $F^c$ 獨立；$E^c$ 與 $F^c$ 獨立。
3. 獨立事件的推論：若 $E_1, E_2, ..., E_n$ 獨立，則任意組合的這些事件（包含其補集）也是獨立的。

解題步驟：

已知 $A$ 與 $B$ 獨立，且 $0 < P(A) < 1$, $0 < P(B) < 1$。

(a) $A^c$ 與 $B$ 是否獨立？
根據獨立事件的性質，若 $A$ 與 $B$ 獨立，則 $A^c$ 與 $B$ 也獨立。
證明：
$P(A^c \cap B) = P(B) - P(A \cap B)$ (因為 $B = (A \cap B) \cup (A^c \cap B)$ 且兩者不相交)
$= P(B) - P(A)P(B)$ (因為 $A$ 與 $B$ 獨立)
$= P(B)(1 - P(A))$
$= P(B)P(A^c)$
因此，$A^c$ 與 $B$ 獨立。

(b) $A^c \cap B$ 與 $A$ 是否獨立？
我們需要檢查 $P((A^c \cap B) \cap A) = P(A^c \cap B) P(A)$ 是否成立。
首先計算左式：
$(A^c \cap B) \cap A = A^c \cap A \cap B = \emptyset \cap B = \emptyset$
所以，$P((A^c \cap B) \cap A) = P(\emptyset) = 0$。

再計算右式：
$P(A^c \cap B) P(A) = P(A^c)P(B)P(A)$ (由 (a) 知 $A^c$ 與 $B$ 獨立)
$= (1 - P(A))P(B)P(A)$
因為 $0 < P(A) < 1$ 且 $0 < P(B) < 1$，所以 $(1 - P(A))P(B)P(A) > 0$。
由於 $0 \neq (1 - P(A))P(B)P(A)$，所以 $A^c \cap B$ 與 $A$ 不獨立。

本題考驗的是獨立樣本 t 檢定 (Independent Samples t-test) 的應用，特別是當母體變異數未知但假設相等時。我們需要根據樣本數據，建立統計檢定模型，並計算檢定統計量，最後根據顯著水準做出決策。

核心觀念：

1. 獨立樣本 t 檢定 (變異數相等假設)： 當我們想比較兩個獨立樣本的母體平均數是否有顯著差異時，且假設兩個母體的變異數相等（但未知），我們使用獨立樣本 t 檢定。
2. 檢定統計量： 結合兩個樣本數據來估計共同的母體變異數（池化變異數，pooled variance），然後計算 t 統計量。
3. 自由度： 總樣本數減去群體數，即 $(n_1 - 1) + (n_2 - 1)$。
4. 決策規則： 根據計算出的 t 統計量與臨界值（由顯著水準 $\alpha$ 和自由度決定）進行比較，或計算 p-value 並與 $\alpha$ 比較。

解題步驟：

假設品牌一電視壽命服從 $N(\mu_1, \sigma^2)$，品牌二電視壽命服從 $N(\mu_2, \sigma^2)$。
已知：
樣本一：$n_1 = 5$, $\bar{X}_1 = 8.6$, $s_1^2 = 13.3$
樣本二：$n_2 = 8$, $\bar{X}_2 = 9$, $s_2^2 = 8.57$
顯著水準：$\alpha = 0.05$

1. 建立假設：
虛無假設 $H_0: \mu_1 = \mu_2$ (兩種品牌的電視壽命平均值沒有差異)
對立假設 $H_1: \mu_1 \neq \mu_2$ (兩種品牌的電視壽命平均值有差異)

2. 計算池化變異數 (Pooled Variance)：
由於假設母體變異數相等 ($\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2$)，我們需要計算一個合併的變異數估計值 $s_p^2$。
$s_p^2 = \frac{(n_1 - 1)s_1^2 + (n_2 - 1)s_2^2}{(n_1 - 1) + (n_2 - 1)}$
$s_p^2 = \frac{(5 - 1)(13.3) + (8 - 1)(8.57)}{(5 - 1) + (8 - 1)}$
$s_p^2 = \frac{4 \times 13.3 + 7 \times 8.57}{4 + 7}$
$s_p^2 = \frac{53.2 + 59.99}{11}$

本題考驗離散型隨機變數的機率計算，以及獨立事件的機率結合。首先需要釐清隨機變數 $X$ 的機率分佈，然後利用獨立性計算兩次投擲結果差值的機率。

核心觀念：

1. 離散型隨機變數的機率質量函數 (PMF)： 確定隨機變數取各個可能值的機率。
2. 獨立事件的機率： 若事件 $A$ 和 $B$ 獨立，則 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。
3. 互斥事件的機率： 若事件 $A_1, A_2, ..., A_k$ 互斥，則 $P(A_1 \cup A_2 \cup ... \cup A_k) = P(A_1) + P(A_2) + ... + P(A_k)$。

解題步驟：

首先，確定隨機變數 $X$ 的機率分佈。骰子是公正的，每個點數 (1, 2, 3, 4, 5, 6) 出現的機率是 $\frac{1}{6}$。
$X$ 的可能取值為 0, 1, 2。

• $P(X=0)$: 骰子擲出點數 1, 3, 或 5。
  $P(X=0) = P(\text{點數為 1, 3, 或 5}) = P(1) + P(3) + P(5) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$。

• $P(X=1)$: 骰子擲出點數 2, 4。
  $P(X=1) = P(\text{點數為 2 或 4}) = P(2) + P(4) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$。

• $P(X=2)$: 骰子擲出點數 6。
  $P(X=2) = P(\text{點數為 6}) = \frac{1}{6}$。

驗證機率總和：$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} + \frac{2}{6} + \frac{1}{6} = \frac{6}{6} = 1$。

現在，我們有隨機變數 $X$ 的機率分佈：
$P(X=0) = \frac{1}{2}$
$P(X=1) = \frac{1}{3}$
$P(X=2) = \frac{1}{6}$

本題考驗連續型隨機變數的變數變換，包括計算新隨機變數的累積分布函數 (CDF) 和機率密度函數 (PDF)。

核心觀念：

1. 累積分布函數 (CDF)： $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
2. 機率密度函數 (PDF)： $f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y)$。
3. 變數變換法 (CDF method)：
   • 確定 $Y$ 的可能取值範圍。
   • 寫出 $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
   • 將 $Y$ 替換為 $X$ 的函數，例如 $P(X^2 \le y)$。
   • 根據 $X$ 的範圍，解出 $X$ 的不等式，轉換成 $X$ 的 CDF 表示。
   • 對 $F_Y(y)$ 求導得到 $f_Y(y)$。

解題步驟：

隨機變數 $X$ 的機率密度函數為：

$$f_X(x) = \begin{cases} \frac{1}{3}, & -1 < x < 2; \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$$

這表示 $X$ 在區間 $(-1, 2)$ 上服從均勻分佈。
$X$ 的累積分布函數 (CDF) 為 $F_X(x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(t) dt$。

• 若 $x \le -1$, $F_X(x) = 0$。
• 若 $-1 < x < 2$, $F_X(x) = \int_{-1}^{x} \frac{1}{3} dt = \frac{1}{3}(x - (-1)) = \frac{x+1}{3}$。
• 若 $x \ge 2$, $F_X(x) = \int_{-1}^{2} \frac{1}{3} dt = \frac{1}{3}(2 - (-1)) = \frac{3}{3} = 1$。

令 $Y = X^2$。
首先確定 $Y$ 的可能取值範圍。
當 $x \in (-1, 2)$ 時，$x^2$ 的範圍是：

• 當 $x \to -1^+$, $x^2 \to 1$。
• 當 $x = 0$, $x^2 = 0$。
• 當 $x \to 2^-$, $x^2 \to 4$。
  所以，$Y = X^2$ 的值域是 $[0, 4)$。

(a) 隨機變數 $Y$ 的累積密度函數 $F_Y(y)$

$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(X^2 \le y)$。

• 情況 1：$y < 0$
  由於 $Y = X^2 \ge 0$，所以 $P(X^2 \le y) = 0$。
  $F_Y(y) = 0$ for $y < 0$。

• 情況 2：$0 \le y < 4$
  $P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y})$。
  由於 $X$ 的定義域是 $(-1, 2)$，我們需要考慮 $X$ 的範圍與 $[-\sqrt{y}, \sqrt{y}]$ 的交集。
  因為 $0 \le y < 4$，所以 $0 \le \sqrt{y} < 2$。
  因此， $-\sqrt{y}$ 在 $(-2, 0]$ 之間。
  而 $X$ 的範圍是 $(-1, 2)$。
  所以，不等式 $-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}$ 的有效範圍在 $X$ 的定義域內，即 $\max(-1, -\sqrt{y}) \le X \le \min(2, \sqrt{y})$。
  由於 $0 \le \sqrt{y} < 2$，所以 $\sqrt{y} < 2$。
  又因為 $y \ge 0$, $-\sqrt{y} \le 0$。
  我們需要考慮 $-\sqrt{y}$ 與 $-1$ 的關係。
  如果 $-\sqrt{y} \ge -1$ (即 $\sqrt{y} \le 1$, $y \le 1$)，則區間是 $[-\sqrt{y}, \sqrt{y}]$。
  如果 $-\sqrt{y} < -1$ (即 $\sqrt{y} > 1$, $y > 1$)，則區間是 $[-1, \sqrt{y}]$。

  • 子情況 2.1：$0 \le y \le 1$
    此時 $-\sqrt{y} \ge -1$。
    $P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f_X(x) dx$
    由於 $-\sqrt{y} \ge -1$ 且 $\sqrt{y} < 2$ (因為 $y \le 1 < 4$)，所以積分區間 $[-\sqrt{y}, \sqrt{y}]$ 完全在 $(-1, 2)$ 內。
    $P(X^2 \le y) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \frac{1}{3} dx = \frac{1}{3}(\sqrt{y} - (-\sqrt{y})) = \frac{2\sqrt{y}}{3}$。
    所以，$F_Y(y) = \frac{2\sqrt{y}}{3}$ for $0 \le y \le 1$。

  • 子情況 2.2：$1 < y < 4$
    此時 $-\sqrt{y} < -1$。
    $P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y})$。

本題考驗聯合機率密度函數的應用，包括計算邊際機率密度函數以及判斷隨機變數的獨立性。

核心觀念：

1. 邊際機率密度函數 (Marginal PDF)：
   若聯合 PDF 為 $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)$，則 $X_1$ 的邊際 PDF 為 $f_{X_1}(x_1) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) dx_2$。
   $X_2$ 的邊際 PDF 為 $f_{X_2}(x_2) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) dx_1$。
2. 隨機變數獨立性：
   若 $X_1$ 和 $X_2$ 獨立，則其聯合 PDF $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)$ 必須等於其邊際 PDF 的乘積，即 $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) = f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2)$ 對所有 $x_1, x_2$ 成立。

解題步驟：

聯合機率密度函數 $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)$ 的定義域是圓 $(x_1 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 < 1$，其圓心為 $(1, 1)$，半徑為 $1$。在此區域內，PDF 為常數 $\frac{1}{\pi}$。
這個區域的面積是 $\pi r^2 = \pi (1)^2 = \pi$。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) dx_1 dx_2 = \text{區域面積} \times \text{PDF值} = \pi \times \frac{1}{\pi} = 1$，驗證了 PDF 的正確性。

(a) 計算 $X_1$ 及 $X_2$ 的邊際機率密度函數

計算 $f_{X_1}(x_1)$：
$f_{X_1}(x_1) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) dx_2$。
積分範圍是滿足 $(x_1 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 < 1$ 的所有 $x_2$。
這表示 $(x_2 - 1)^2 < 1 - (x_1 - 1)^2$。
所以，$-\sqrt{1 - (x_1 - 1)^2} < x_2 - 1 < \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$。
即 $1 - \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2} < x_2 < 1 + \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$。
這個不等式要求 $1 - (x_1 - 1)^2 > 0$，即 $(x_1 - 1)^2 < 1$，所以 $-1 < x_1 - 1 < 1$，即 $0 < x_1 < 2$。
如果 $x_1$ 超出 $(0, 2)$，則積分範圍為空， $f_{X_1}(x_1) = 0$。

當 $0 < x_1 < 2$ 時，積分的上下界為 $1 \pm \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$。
令 $L = 1 - \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$ 和 $U = 1 + \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$。
$f_{X_1}(x_1) = \int_{L}^{U} \frac{1}{\pi} dx_2 = \frac{1}{\pi} [x_2]_{L}^{U} = \frac{1}{\pi} (U - L)$
$U - L = (1 + \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}) - (1 - \sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}) = 2\sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$。
所以，$f_{X_1}(x_1) = \frac{2}{\pi}\sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}$，當 $0 < x_1 < 2$。

$X_1$ 的邊際機率密度函數為：

$$f_{X_1}(x_1) = \begin{cases} \frac{2}{\pi}\sqrt{1 - (x_1 - 1)^2}, & 0 < x_1 < 2; \\ 0, & \text{其他.} \end{cases}$$

這個函數的形狀是一個上半圓，圓心在 $x_1=1$，半徑為 $1$。

計算 $f_{X_2}(x_2)$：
由於聯合 PDF $f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)$ 是關於 $x_1$ 和 $x_2$ 的對稱函數（因為圓的方程 $(x_1-1)^2+(x_2-1)^2 < 1$ 和 PDF 值 $\frac{1}{\pi}$ 對 $x_1, x_2$ 都是對稱的），所以 $X_2$ 的邊際 PDF 會與 $X_1$ 的邊際 PDF 具有相同的形式。
我們可以進行積分驗證：
$f_{X_2}(x_2) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) dx_1$。
積分範圍是滿足 $(x_1 - 1)^2 < 1 - (x_2 - 1)^2$ 的所有 $x_1$。
即 $1 - \sqrt{1 - (x_2 - 1)^2} < x_1 < 1 + \sqrt{1 - (x_2 - 1)^2}$。
這個不等式要求 $1 - (x_2 - 1)^2 > 0$，即 $(x_2 - 1)^2 < 1$，所以 $0 < x_2 < 2$。
當 $0 < x_2 < 2$ 時，令 $L' = 1 - \sqrt{1 - (x_2 - 1)^2}$ 和 $U' = 1 + \sqrt{1 - (x_2 - 1)^2}$。
$f_{X_2}(x_2) = \int_{L'}^{U'} \frac{1}{\pi} dx_1 = \frac{1}{\pi} [x_1]_{L'}^{U'} = \frac{1}{\pi} (U' - L')$

本題考驗的是最大概似估計 (Maximum Likelihood Estimation, MLE) 的理論與應用，特別是針對泊松分佈的參數估計。

核心觀念：

1. 概似函數 (Likelihood Function)： $L(\theta|x_1, ..., x_n) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i|\theta)$，其中 $f(x_i|\theta)$ 是單一觀測值的機率密度或機率質量函數。
2. 對數概似函數 (Log-Likelihood Function)： $l(\theta) = \ln(L(\theta)) = \sum_{i=1}^{n} \ln(f(x_i|\theta))$。
3. 最大概似估計式 (MLE)： 透過對對數概似函數求導並令其為零，解出參數 $\theta$ 的值，即 $\hat{\theta}_{MLE}$。

解題步驟：

給定的機率質量函數是泊松分佈 $P(\mu)$，其中 $\mu > 0$。
$f(x_i|\mu) = \frac{e^{-\mu}\mu^{x_i}}{x_i!}$， for $x_i = 0,1,2, ...$

(a) 寫出 $\mu$ 的對數概似函數 $l(\mu)$

首先寫出概似函數 $L(\mu|x_1, ..., x_n)$：
$L(\mu|x_1, ..., x_n) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i|\mu) = \prod_{i=1}^{n} \frac{e^{-\mu}\mu^{x_i}}{x_i!}$
$L(\mu) = \left(\frac{e^{-\mu}\mu^{x_1}}{x_1!}\right) \left(\frac{e^{-\mu}\mu^{x_2}}{x_2!}\right) \cdots \left(\frac{e^{-\mu}\mu^{x_n}}{x_n!}\right)$
$L(\mu) = \frac{(e^{-\mu})^n (\mu^{x_1} \mu^{x_2} \cdots \mu^{x_n})}{x_1! x_2! \cdots x_n!}$
$L(\mu) = \frac{e^{-n\mu} \mu^{\sum_{i=1}^{n} x_i}}{\prod_{i=1}^{n} x_i!}$

現在取對數得到對數概似函數 $l(\mu)$：
$l(\mu) = \ln(L(\mu)) = \ln\left(\frac{e^{-n\mu} \mu^{\sum x_i}}{\prod x_i!}\right)$
$l(\mu) = \ln(e^{-n\mu}) + \ln(\mu^{\sum x_i}) - \ln(\prod x_i!)$
$l(\mu) = -n\mu + (\sum_{i=1}^{n} x_i) \ln(\mu) - \sum_{i=1}^{n} \ln(x_i!)$

所以，對數概似函數為：
$l(\mu) = -n\mu + (\sum_{i=1}^{n} x_i) \ln(\mu) - \sum_{i=1}^{n} \ln(x_i!)$

(b) 說明 $\mu$ 的最大概似估計式為 $\hat{\mu}_{MLE} = \bar{X}$

為了找到使 $l(\mu)$ 最大化的 $\mu$ 值，我們對 $l(\mu)$ 對 $\mu$ 求偏導數，並令其為零。
$\frac{dl(\mu)}{d\mu} = \frac{d}{d\mu} \left(-n\mu + (\sum_{i=1}^{n} x_i) \ln(\mu) - \sum_{i=1}^{n} \ln(x_i!)\right)$
$\frac{dl(\mu)}{d\mu} = -n + (\sum_{i=1}^{n} x_i) \frac{1}{\mu} - 0$
$\frac{dl(\mu)}{d\mu} = -n + \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{\mu}$

令導數為零，求解 $\mu$：
$-n + \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{\mu} = 0$

本題考驗比例的假設檢定，包括點估計、建立假設、確定拒絕域以及根據顯著水準做出結論。

核心觀念：

1. 比例的點估計： 樣本比例 $\hat{p} = \frac{\text{成功次數}}{\text{樣本數}}$。
2. 比例的假設檢定： 當樣本數足夠大時，樣本比例 $\hat{p}$ 的分佈近似於常態分佈。
3. 虛無假設與對立假設： 根據問題情境設定。
4. 拒絕域： 根據顯著水準 $\alpha$ 和檢定統計量來決定。
5. 決策規則： 將檢定統計量與臨界值比較，或將 p-value 與 $\alpha$ 比較。

解題步驟：

樣本數據：
樣本數 $n = 100$。
表示滿意的使用者人數（成功次數）$x = 40$。

(a) 點估計 $\hat{p}$
顧客滿意度的點估計值是樣本比例。
$\hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{40}{100} = 0.4$。

(b) 虛無假設 $(H_0)$ 與對立假設 $(H_1)$
公司聲稱顧客滿意度 $p$ 至少為 $50\%$，即 $p \ge 0.5$。
我們站在「不信任該公司」的立場，這意味著我們要檢定公司是否誇大其詞。
因此，虛無假設應該是公司聲稱的內容，而對立假設是我們要尋找的證據。
然而，在假設檢定中，虛無假設通常設定為「無差異」或「沒有效果」的狀態，並且要被檢定的值是固定的。
當我們說「不信任該公司」的立場，我們希望證明的事實是「滿意度低於 $50\%$」。
所以，問題的關鍵在於如何設定 $H_0$ 和 $H_1$。
通常，我們將「聲稱的狀態」設為 $H_0$，而我們要證明的是與之相反的狀態。
公司聲稱 $p \ge 0.5$。
如果我們從「不信任」的角度出發，我們希望證明 $p < 0.5$。
所以，
虛無假設 $H_0: p \ge 0.5$
對立假設 $H_1: p < 0.5$

另一種常見的設定是將 $H_0$ 設定為等號，例如 $H_0: p = 0.5$。
如果我們採用 $H_0: p = 0.5$，則我們的檢定是檢驗 $p$ 是否顯著低於 $0.5$。
這種設定更符合標準的比例檢定。

讓我們採用標準的設定：
虛無假設 $H_0: p = 0.5$ (公司宣稱的滿意度是 $50\%$)
對立假設 $H_1: p < 0.5$ (實際滿意度低於 $50\%$)
這個設定符合「站在不信任該公司的立場」的要求，我們希望找到證據來反駁其聲稱。

(c) 在顯著水準 $\alpha$ 之下，請寫出對應之拒絕域

由於樣本數 $n=100$ 夠大，我們可以近似使用常態分佈進行檢定。
在虛無假設 $H_0$ 為真時，樣本比例 $\hat{p}$ 的分佈近似為：
$\hat{p} \sim N(p_0, \frac{p_0(1-p_0)}{n})$
其中 $p_0$ 是 $H_0$ 下的比例值，即 $p_0 = 0.5$。