109 年 國立高雄大學統計學研究所碩士班《統計學》

此題考驗對二項分佈期望值的計算，以及三角函數與期望值的結合應用。

解題觀念：
對於離散型隨機變數 $X$，其期望值 $E(g(X))$ 的計算公式為 $E(g(X)) = \sum_{x} g(x) P(X=x)$。
二項分佈 $X \sim B(n, p)$ 的機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}$，其中 $x = 0, 1, \dots, n$。

在本題中，隨機變數 $X \sim B(4, p)$，其參數 $n=4$。我們要求的是 $E(\sin(\frac{\pi X}{2}))$。
根據期望值的定義，我們需要計算：
$E(\sin(\frac{\pi X}{2})) = \sum_{x=0}^{4} \sin(\frac{\pi x}{2}) P(X=x)$

我們逐一計算 $x=0, 1, 2, 3, 4$ 時 $\sin(\frac{\pi x}{2})$ 的值：

• 當 $x=0$ 時，$\sin(\frac{\pi \cdot 0}{2}) = \sin(0) = 0$
• 當 $x=1$ 時，$\sin(\frac{\pi \cdot 1}{2}) = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$
  -當 $x=2$ 時，$\sin(\frac{\pi \cdot 2}{2}) = \sin(\pi) = 0$
  -當 $x=3$ 時，$\sin(\frac{\pi \cdot 3}{2}) = \sin(\frac{3\pi}{2}) = -1$
  -當 $x=4$ 時，$\sin(\frac{\pi \cdot 4}{2}) = \sin(2\pi) = 0$

核心觀念

本題考查：

• 條件二項分配：$Y\mid P=p\sim B(n,p)$。
• Beta 分配的機率密度函數。
• 全機率法則，求 $Y$ 的非條件分配。
• Beta 函數與 Gamma 函數的關係：

$$B(x,z)=\int_0^1 p^{x-1}(1-p)^{z-1}\,dp =\frac{\Gamma(x)\Gamma(z)}{\Gamma(x+z)}.$$

• 全期望定理與全變異數定理。

須注意：題目 (a) 所列公式少了二項分配的組合係數 $\binom{n}{y}$。正確的非條件機率質量函數必須包含此係數。

---

解題方法

給定 $P=p$ 時，

$$P(Y=y\mid P=p)=\binom{n}{y}p^y(1-p)^{n-y}, \qquad y=0,1,\dots,n.$$

利用全機率法則，將條件機率對 $P$ 積分：

$$P(Y=y) =\int_0^1P(Y=y\mid P=p)f(p)\,dp.$$

代入二項分配與 Beta 分配的密度函數後，積分可化為 Beta 函數，再使用 Beta-Gamma 關係式，即可得到 $Y$ 的 Beta-binomial 分配。

---

(a) 求 $Y$ 的非條件分佈

由全機率法則，

$$P(Y=y) =\int_0^1P(Y=y\mid P=p)f(p)\,dp.$$

代入

$$P(Y=y\mid P=p)=\binom{n}{y}p^y(1-p)^{n-y}$$

以及

$$f(p)=\frac{\Gamma(\alpha+\beta)} {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1},$$

得

$$\begin{aligned} P(Y=y) &=\int_0^1 \binom{n}{y}p^y(1-p)^{n-y} \frac{\Gamma(\alpha+\beta)} {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}\,dp\\ &=\binom{n}{y} \frac{\Gamma(\alpha+\beta)} {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \int_0^1 p^{y+\alpha-1}(1-p)^{n-y+\beta-1}\,dp. \end{aligned}$$

根據 Beta 函數定義，

$$\int_0^1 p^{y+\alpha-1}(1-p)^{n-y+\beta-1}\,dp = B(y+\alpha,n-y+\beta).$$

再利用

$$B(y+\alpha,n-y+\beta) = \frac{\Gamma(y+\alpha)\Gamma(n-y+\beta)} {\Gamma(n+\alpha+\beta)},$$

因此

$$\boxed{ P(Y=y) = \binom{n}{y} \frac{\Gamma(\alpha+\beta)} {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \frac{\Gamma(y+\alpha)\Gamma(n-y+\beta)} {\Gamma(n+\alpha+\beta)} }$$

其中

$$y=0,1,\dots,n.$$

這就是 Beta-binomial 分配。

題目所列式子為

$$\frac{\Gamma(\alpha+\beta)} {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \frac{\Gamma(y+\alpha)\Gamma(n-y+\beta)} {\Gamma(n+\alpha+\beta)},$$

少了 $\binom{n}{y}$。因此題目原式應修正為含有 $\binom{n}{y}$ 的公式。

---

(b) 求 $Y$ 的期望值與變異數

期望值

由全期望定理，

$$E(Y)=E\bigl[E(Y\mid P)\bigr].$$

因為

$$Y\mid P=p\sim B(n,p),$$

所以

$$E(Y\mid P)=nP.$$

因此

$$E(Y)=E(nP)=nE(P).$$

若 $P\sim \operatorname{Beta}(\alpha,\beta)$，則

$$E(P)=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}.$$

故

$$\boxed{ E(Y)=\frac{n\alpha}{\alpha+\beta} }$$

---

變異數

使用全變異數定理：

核心觀念

本題涵蓋以下重要概念：

• Neyman–Fisher 因子分解定理：判斷充分統計量。
• 完備統計量的定義與指數族性質。
• Gamma 分佈與卡方分佈的關係。
• MLE 的不變性：若 $\hat{\lambda}$ 為 $\lambda$ 的 MLE，則 $g(\hat{\lambda})$ 為 $g(\lambda)$ 的 MLE。
• 概似比檢定：比較虛無假設下的概似函數與整體最大概似函數。

設 $X_1,\dots,X_n$ 為來自指數分佈的隨機樣本，其密度為

$$f(x;\lambda)=\lambda e^{-\lambda x},\qquad x>0,\ \lambda>0.$$

---

(a) 證明 $S=\sum_{i=1}^nX_i$ 為 $\lambda$ 的完備充分統計量

充分性

樣本聯合機率密度函數為

$$\begin{aligned} f(x_1,\dots,x_n;\lambda) &=\prod_{i=1}^n \lambda e^{-\lambda x_i}\\ &=\lambda^n\exp\left(-\lambda\sum_{i=1}^n x_i\right) \prod_{i=1}^n I(x_i>0). \end{aligned}$$

令

$$S=\sum_{i=1}^nX_i,$$

則聯合密度可寫成

$$f(x_1,\dots,x_n;\lambda) = \underbrace{\lambda^n e^{-\lambda S}}_{g_\lambda(S)} \underbrace{\prod_{i=1}^n I(x_i>0)}_{h(x_1,\dots,x_n)}.$$

其中，含有參數 $\lambda$ 的部分只透過 $S$ 表示，其餘部分與 $\lambda$ 無關。因此由 Neyman–Fisher 因子分解定理，

$$S=\sum_{i=1}^nX_i$$

為 $\lambda$ 的充分統計量。

完備性

先求 $S$ 的分佈。$n$ 個獨立且相同分佈的指數隨機變數之和服從 Gamma 分佈：

$$S\sim \operatorname{Gamma}(n,\lambda),$$

其中採用 shape-rate 參數化，其密度為

$$f_S(s;\lambda) = \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} s^{n-1}e^{-\lambda s}, \qquad s>0.$$

欲證明 $S$ 完備，設某函數 $g$ 滿足對所有 $\lambda>0$，

$$E_\lambda[g(S)]=0.$$

因此

$$\int_0^\infty g(s) \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} s^{n-1}e^{-\lambda s}\,ds =0.$$

將與 $\lambda$ 無關的常數移除，可得

$$\int_0^\infty g(s)s^{n-1}e^{-\lambda s}\,ds=0, \qquad \forall\lambda>0.$$

左側是函數 $g(s)s^{n-1}$ 的 Laplace 轉換。由 Laplace 轉換的唯一性，若其對所有 $\lambda>0$ 皆為 $0$，則

$$g(s)s^{n-1}=0 \quad \text{幾乎處處成立}.$$

由於 $s>0$ 時 $s^{n-1}>0$，因此

$$g(s)=0 \quad \text{幾乎處處成立}.$$

故 $S$ 為完備統計量。

【小結】

$$\boxed{S=\sum_{i=1}^nX_i\text{ 是 }\lambda\text{ 的完備充分統計量。}}$$

---

(b) 證明 $2\lambda S\sim\chi^2_{2n}$

由上題，

$$S\sim\operatorname{Gamma}(n,\lambda),$$

其密度為

$$f_S(s) = \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} s^{n-1}e^{-\lambda s}, \qquad s>0.$$

令

$$Y=2\lambda S.$$

則

$$S=\frac{Y}{2\lambda}, \qquad \frac{dS}{dY}=\frac{1}{2\lambda}.$$

利用變數變換，

$$\begin{aligned} f_Y(y) &= f_S\left(\frac{y}{2\lambda}\right) \frac{1}{2\lambda}\\ &= \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} \left(\frac{y}{2\lambda}\right)^{n-1} e^{-y/2} \frac{1}{2\lambda}\\ &= \frac{1}{2^n\Gamma(n)} y^{n-1}e^{-y/2}, \qquad y>0. \end{aligned}$$

卡方分佈若自由度為 $\nu$，其密度為

$$f(y) = \frac{1}{2^{\nu/2}\Gamma(\nu/2)} y^{\nu/2-1}e^{-y/2}, \qquad y>0.$$

比較兩者，令

$$\frac{\nu}{2}=n,$$

即 $\nu=2n$，所以

$$\boxed{2\lambda S\sim\chi^2_{2n}.}$$

解題技巧

指數分佈可視為 Gamma 分佈的特例：

$$X_i\sim\operatorname{Gamma}(1,\lambda).$$

因此

$$S\sim\operatorname{Gamma}(n,\lambda).$$

而一般而言，若 $Y\sim\operatorname{Gamma}(\nu/2,1/2)$，則 $Y\sim\chi^2_\nu$。本題直接將 $S$ 乘上 $2\lambda$ 即可套用。

---

(c) 求 $P(X\ge a)$ 的最大概似估計值

先求母體機率

對 $a\ge 0$，

$$\begin{aligned} P(X\ge a) &=\int_a^\infty \lambda e^{-\lambda x}\,dx\\ &=\left[-e^{-\lambda x}\right]_a^\infty\\ &=e^{-\lambda a}. \end{aligned}$$

令

$$p(\lambda)=P(X\ge a)=e^{-\lambda a}.$$

求 $\lambda$ 的 MLE

樣本概似函數為

$$L(\lambda) = \lambda^n e^{-\lambda S}, \qquad \lambda>0.$$

其對數概似函數為

$$\ell(\lambda)=n\log\lambda-\lambda S.$$

微分得

$$\frac{d\ell}{d\lambda} = \frac{n}{\lambda}-S.$$

令其等於 $0$：

此題考驗指數分佈的應用、期望值與參數的關係，以及計算「至少一」事件的機率。

解題觀念：
指數分佈的機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$ for $x \ge 0$。
其期望值為 $E[X] = 1/\lambda$。
「至少有一」的事件，通常計算其補集的機率會比較容易。補集事件是「所有燈管都少於 30,000 小時」。

步驟一：確定參數 $\lambda$。
題目給定燈管壽命的期望值為 10,000 小時。
$E[X] = 1/\lambda = 10,000$ 小時。
因此，$\lambda = 1/10000$ (小時$^{-1}$)。

步驟二：計算單一燈管壽命超過 30,000 小時的機率。
我們需要計算 $P(X \ge 30000)$。
$P(X \ge a) = \int_a^\infty \lambda e^{-\lambda x} dx = [-e^{-\lambda x}]_a^\infty = 0 - (-e^{-\lambda a}) = e^{-\lambda a}$。
將 $\lambda = 1/10000$ 和 $a = 30000$ 代入：
$P(X \ge 30000) = e^{-(1/10000) \cdot 30000} = e^{-3}$。

此題考驗對動差法估計量 (Method of Moments Estimator, MOM) 的理解與計算。

解題觀念：
動差法估計量的基本思想是將樣本動差與對應的理論動差（母體動差）相等，然後解出參數。
對於一個參數 $\theta$，我們通常使用第一個樣本動差（樣本均值）來估計第一個理論動差（母體期望值）。如果需要估計兩個參數，則會用到第二個樣本動差（樣本二階原動差）和第二個理論動差。

波松分佈 $X \sim Poisson(\theta)$ 的機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=k) = \frac{e^{-\theta} \theta^k}{k!}$ for $k=0, 1, 2, \dots$。
其期望值 (一階理論動差) 為 $E[X] = \theta$。
其變異數為 $Var(X) = \theta$。
由於 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$，我們可以得到二階理論動差：
$E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2 = \theta + \theta^2$。

我們有樣本 $X_1, \dots, X_n$。
第一個樣本動差 (樣本均值) 為 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$。
第二個樣本動差 (樣本二階原動差) 為 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i^2$。

估計量一：使用一階動差
令第一個樣本動差等於第一個理論動差：
$\bar{X} = E[X]$
$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i = \theta$
解出 $\theta$，得到 $\theta$ 的動差估計量：
$\hat{\theta}_{MOM, 1} = \bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$。

此題考驗兩獨立樣本 t 檢定，以及兩變異數比值的 F 檢定與信賴區間。

(a) 設 $\sigma_x^2 = \sigma_y^2$。試給出 $H_0: \mu_x - \mu_y = 0$ vs. $H_\alpha: \mu_x - \mu_y \ne 0$ 之檢定。

解題觀念：
此問題是關於比較兩個獨立常態分佈的平均值。當變異數未知但相等時，我們使用獨立兩樣本 t 檢定 (two-sample t-test)。

檢定步驟：

1. 假設設定：
   $H_0: \mu_x - \mu_y = 0$ (即 $\mu_x = \mu_y$)
   $H_\alpha: \mu_x - \mu_y \ne 0$ (即 $\mu_x \ne \mu_y$)
   此為雙尾檢定。

2. 檢定統計量：
   當變異數 $\sigma_x^2 = \sigma_y^2$ 未知但相等時，我們使用合併變異數 (pooled variance) $s_p^2$。
   樣本均值：$\bar{X} = \frac{1}{n_1} \sum_{i=1}^{n_1} X_i$, $\bar{Y} = \frac{1}{n_2} \sum_{j=1}^{n_2} Y_j$。
   樣本變異數：$s_x^2 = \frac{1}{n_1-1} \sum_{i=1}^{n_1} (X_i - \bar{X})^2$, $s_y^2 = \frac{1}{n_2-1} \sum_{j=1}^{n_2} (Y_j - \bar{Y})^2$。
   合併變異數：$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_x^2 + (n_2-1)s_y^2}{n_1+n_2-2}$。
   檢定統計量 $T$ 為：
   $T = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (\mu_x - \mu_y)}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}}$
   在 $H_0$ 下 ($\mu_x - \mu_y = 0$)：
   $T = \frac{\bar{X} - \bar{Y}}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}}$

3. 分佈：
   在 $H_0$ 為真且 $\sigma_x^2 = \sigma_y^2$ 的假設下，檢定統計量 $T$ 服從自由度為 $df = n_1+n_2-2$ 的 t 分佈。$T \sim t_{n_1+n_2-2}$。

4. 拒絕域：
   對於顯著水準 $\alpha$ 的雙尾檢定，我們拒絕 $H_0$ 如果：
   $|T| > t_{n_1+n_2-2, \alpha/2}$
   其中 $t_{n_1+n_2-2, \alpha/2}$ 是自由度為 $n_1+n_2-2$ 的 t 分佈的上 $\alpha/2$ 分位數。

   更具體地，拒絕域是：
   $T < -t_{n_1+n_2-2, \alpha/2}$ 或 $T > t_{n_1+n_2-2, \alpha/2}$。

   或者，我們也可以寫成：
   $\bar{X} - \bar{Y} < -t_{n_1+n_2-2, \alpha/2} \sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}$
   或
   $\bar{X} - \bar{Y} > t_{n_1+n_2-2, \alpha/2} \sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}$

【答案】
檢定統計量為 $T = \frac{\bar{X} - \bar{Y}}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}}$，其中 $s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_x^2 + (n_2-1)s_y^2}{n_1+n_2-2}$。
在 $H_0$ 為真時，$T$ 服從自由度為 $n_1+n_2-2$ 的 t 分佈。