109 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《機率與統計》

本題主要考驗獨立事件的機率計算。
已知 A 與 B 為獨立事件，且 $P(A \cup B) = 0.6$，$P(A) = 0.4$。
根據獨立事件的機率公式，$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$。
又因為 A 與 B 是獨立事件，所以 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。

本題為貝氏定理的應用。
我們定義以下事件：
$U_1$: 選擇到 urn 1
$U_2$: 選擇到 urn 2
$G$: 抽到金幣
題目要求計算 $P(U_2|G)$，即抽到金幣的條件下，該金幣來自 urn 2 的機率。

根據貝氏定理：
$P(U_2|G) = \frac{P(G|U_2)P(U_2)}{P(G)}$

首先，我們需要計算各項機率：

1. 抽到 urn 1 或 urn 2 的機率：
   由於是隨機選擇一個 urn，所以 $P(U_1) = P(U_2) = \frac{1}{2}$。

2. 從 urn 1 抽到金幣的機率 $P(G|U_1)$：
   Urn 1 包含一個金幣和一個銀幣。每個抽屜各有一個硬幣。
   因此，從 urn 1 中抽到金幣的機率為 $P(G|U_1) = \frac{1}{2}$。

3. 從 urn 2 抽到金幣的機率 $P(G|U_2)$：
   Urn 2 包含兩個金幣。

本題主要考驗條件機率的連鎖法則。
我們需要證明 $P(A \cap B \cap C) = P(A|B \cap C)P(B|C)P(C)$。

從左邊開始，考慮事件 $A \cap B \cap C$ 的機率。
根據條件機率的定義，$P(X|Y) = \frac{P(X \cap Y)}{P(Y)}$，我們可以寫出：
$P(A \cap B \cap C) = P((A \cap B) \cap C)$

現在，我們將事件 $A \cap B$ 視為一個單一事件。利用條件機率的定義，我們可以寫成：
$P((A \cap B) \cap C) = P(C | A \cap B) P(A \cap B)$

接著，我們再處理 $P(A \cap B)$。同樣利用條件機率的定義：
$P(A \cap B) = P(B | A) P(A)$

將此代入上式：
$P(A \cap B \cap C) = P(C | A \cap B) P(B | A) P(A)$

這似乎不是題目所要求的形式。讓我們換一個角度，從右邊的式子開始推導，或是直接使用更通用的連鎖法則。

條件機率的連鎖法則 (Chain Rule of Conditional Probability) 表達了多個事件聯合機率與一系列條件機率的關係。對於三個事件 A, B, C，其聯合機率可以表示為：
$P(A \cap B \cap C) = P(A) P(B|A) P(C|A \cap B)$
這個公式是對稱的，我們可以根據需要重新排列事件的順序。

題目要求證的式子是 $P(A \cap B \cap C) = P(A|B \cap C)P(B|C)P(C)$。
我們來推導右邊的式子：
$P(C)$ 是最基本的機率。
$P(B|C)$ 是在事件 C 發生的條件下，事件 B 發生的機率。
$P(A|B \cap C)$ 是在事件 B 和 C 同時發生的條件下，事件 A 發生的機率。

讓我們從右邊的乘積開始：
$P(A|B \cap C)P(B|C)P(C)$

本題分為兩小題，分別考驗機率與統計中的樣本機率 (Likelihood) 計算。

第一小題：
此題要求計算在給定參數 $p$ (女性罹患乳癌的機率) 下，觀察到特定樣本 (100 位女性，其中 30 位罹癌，70 位未罹癌) 的機率，即樣本機率函數。
這是一個典型的二項分佈問題。我們有 $N=100$ 次獨立的試驗 (觀察 100 位女性)，每次試驗成功的機率 (罹患乳癌) 為 $p$。
觀察到的結果是：
成功次數 (罹患乳癌) $k = 30$
失敗次數 (未罹患乳癌) $N-k = 100 - 30 = 70$

二項分佈的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{N}{k} p^k (1-p)^{N-k}$
在樣本機率 (Likelihood) 的概念中，我們將觀察到的數據視為固定，而參數 $p$ 是變數。因此，樣本機率函數 $L(p)$ 是基於這個 PMF，將 $k$ 和 $N$ 代入，並將 $p$ 作為函數的變數。

所以，樣本機率 $L(p)$ 為：
$L(p) = P(\text{觀察到 30 罹癌, 70 未罹癌} | p)$
$L(p) = \binom{100}{30} p^{30} (1-p)^{70}$

其中 $\binom{100}{30} = \frac{100!}{30!(100-30)!} = \frac{100!}{30!70!}$ 是一個常數。

【答案】$L(p) = \binom{100}{30} p^{30} (1-p)^{70}$

第二小題：
此題要求計算來自特定常態分佈的 $n$ 個獨立觀測值 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 的樣本機率。
常態分佈的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x|\mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$

本題考驗二維隨機變數的聯合機率密度函數 (Joint PDF) 計算。

聯合 PDF 為：
$f(x, y) = \begin{cases} \frac{x^2}{3} + \frac{y}{2} & \text{for } 0<x<1, 0<y<2 \\ 0 & \text{elsewhere} \end{cases}$

首先，我們需要驗證這是一個有效的 PDF。這意味著 PDF 在定義域內必須大於等於 0，且在整個空間上的積分必須等於 1。
在給定定義域 $0<x<1, 0<y<2$ 內，$x^2 \ge 0$ 且 $y \ge 0$，因此 $\frac{x^2}{3} + \frac{y}{2} \ge 0$。
計算總積分：
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{2} \left(\frac{x^2}{3} + \frac{y}{2}\right) dy dx$
$= \int_{0}^{1} \left[ \frac{x^2 y}{3} + \frac{y^2}{4} \right]_{0}^{2} dx$
$= \int_{0}^{1} \left( \frac{x^2 (2)}{3} + \frac{2^2}{4} - 0 \right) dx$
$= \int_{0}^{1} \left( \frac{2x^2}{3} + 1 \right) dx$
$= \left[ \frac{2x^3}{9} + x \right]_{0}^{1}$
$= \left( \frac{2(1)^3}{9} + 1 \right) - (0) = \frac{2}{9} + 1 = \frac{11}{9}$
計算結果為 $\frac{11}{9}$，這不等於 1。這表示題目給定的 PDF 函數在定義域內的參數可能需要調整，或者題目本身存在問題。
然而，在考試情境下，我們通常假設題目給定的 PDF 是有效的，並基於此進行計算。如果題目 PDF 總積分不為 1，則計算出的機率也將不成比例。
假設題目給定的 PDF 是正確的，我們將按照題目要求進行計算。

1. 計算 $P(X > 0.5)$
這需要找到 X 的邊際機率密度函數 (Marginal PDF)。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dy$
在定義域 $0<x<1, 0<y<2$ 內：
$f_X(x) = \int_{0}^{2} \left(\frac{x^2}{3} + \frac{y}{2}\right) dy$
$f_X(x) = \left[ \frac{x^2 y}{3} + \frac{y^2}{4} \right]_{0}^{2}$
$f_X(x) = \left( \frac{x^2 (2)}{3} + \frac{2^2}{4} \right) - (0)$
$f_X(x) = \frac{2x^2}{3} + 1 \quad \text{for } 0<x<1$
現在計算 $P(X > 0.5)$：
$P(X > 0.5) = \int_{0.5}^{1} f_X(x) dx$
$P(X > 0.5) = \int_{0.5}^{1} \left(\frac{2x^2}{3} + 1\right) dx$