110 地方特考三等 統計 統計學 考古題詳解

核心觀念

聯合機率密度函數必須同時滿足：

1. $f(x,y)\ge 0$；
2. 全平面積分為 $1$： $\iint_{\mathbb R^2}f(x,y)\,dx\,dy=1.$

題目給定的支持集為

$$D=\{(x,y):0<y^2<x<\infty\}.$$

由 $0<y^2<x$ 可知 $x>0$，且

$$-\sqrt{x}<y<\sqrt{x}.$$

因此，題目條件包含正、負兩側的 $y$ 值。

解題方法：依題面直接判斷

在支持集 $D$ 上，

$$f(x,y)=cy e^{-x^2/2}.$$

由於 $e^{-x^2/2}>0$，函數的正負完全取決於 $cy$。

當 $y>0$ 時，$cy$ 的符號與 $c$ 相同；當 $y<0$ 時，$cy$ 的符號與 $c$ 相反。因此無論 $c>0$ 或 $c<0$，函數都會在支持集的一部分取負值。若 $c=0$，全體積分為 $0$，也不可能成為機率密度函數。

此外，直接計算全體積分：

$$\begin{aligned} \iint_D f(x,y)\,dx\,dy &=\int_0^\infty\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} cy e^{-x^2/2}\,dy\,dx\\ &=c\int_0^\infty e^{-x^2/2} \left[\frac{y^2}{2}\right]_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}dx\\ &=c\int_0^\infty e^{-x^2/2} \left(\frac{x}{2}-\frac{x}{2}\right)dx\\ &=0. \end{aligned}$$

所以不存在任何常數 $c$ 能使題目所給的 $f(x,y)$ 成為聯合機率密度函數。

因此，嚴格依照題面，$f_X(x)$、$f_Y(y)$、$E(X)$ 與 $Var(X)$ 均無法定義。

題目可能的命題意旨：補列 $y>0$

此題若要成為合理的聯合密度函數，支持條件應為

$$0<y<\sqrt{x},$$

也就是將原條件理解為題目漏列了 $y>0$。以下給出此常見命題意旨下的完整計算。

求常數 $c$

此時支持集為

$$x>0,\qquad 0<y<\sqrt{x}.$$

利用總機率為 $1$：

$$\begin{aligned} 1 &=\int_0^\infty\int_0^{\sqrt{x}} cy e^{-x^2/2}\,dy\,dx\\ &=c\int_0^\infty e^{-x^2/2} \left[\frac{y^2}{2}\right]_0^{\sqrt{x}}dx\\ &=\frac{c}{2}\int_0^\infty x e^{-x^2/2}\,dx. \end{aligned}$$

令 $u=x^2/2$，則 $du=x\,dx$，因此

$$\int_0^\infty x e^{-x^2/2}\,dx =\int_0^\infty e^{-u}\,du=1.$$

故

$$\boxed{c=2}.$$

求 $X$ 的邊際機率密度函數

固定 $x>0$，$y$ 的範圍為 $0<y<\sqrt{x}$，所以

$$\begin{aligned} f_X(x) &=\int_0^{\sqrt{x}}2y e^{-x^2/2}\,dy\\ &=e^{-x^2/2}\left[y^2\right]_0^{\sqrt{x}}\\ &=xe^{-x^2/2}. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ f_X(x)= \begin{cases} xe^{-x^2/2},&x>0,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}}$$

求 $Y$ 的邊際機率密度函數

固定 $y>0$。由 $y<\sqrt{x}$ 得

$$x>y^2.$$

因此

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 動差法（Method of Moments, MOM）
2. 最大概似估計法（Maximum Likelihood Estimation, MLE）
3. 充分統計量（Sufficient Statistic）

採用幾何分配的常見定義：

$$P(X_i=x)=p(1-p)^{x-1},\qquad x=1,2,\dots$$

其中 $p$ 為每次試驗成功的機率，因此

$$E(X_i)=\frac{1}{p}.$$

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一、以動差法求 $p$ 的估計式

樣本一階動差為樣本平均數：

$$\overline X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i.$$

依動差法，以樣本平均數估計母體平均數：

$$\overline X=E(X_i)=\frac{1}{p}.$$

解得

$$\widehat p_{\mathrm{MOM}} =\frac{1}{\overline X} =\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}.$$

因此，動差法所得的 $p$ 估計式為

$$\boxed{\widehat p_{\mathrm{MOM}}=\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}}.$$

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二、以最大概似估計法求 $p$ 的估計式

設觀察值為 $x_1,\dots,x_n$。由於 $X_1,\dots,X_n$ 為隨機樣本，聯合機率質量函數為

$$L(p) =\prod_{i=1}^n p(1-p)^{x_i-1}.$$

整理得

$$L(p) =p^n(1-p)^{\sum_{i=1}^n x_i-n}.$$

取對數概似函數：

$$\ell(p) =n\log p+ \left(\sum_{i=1}^n x_i-n\right)\log(1-p).$$

對 $p$ 微分：

$$\frac{d\ell(p)}{dp} =\frac{n}{p} -\frac{\sum_{i=1}^n x_i-n}{1-p}.$$

令一階導數等於 $0$：

$$\frac{n}{p} -\frac{\sum_{i=1}^n x_i-n}{1-p}=0.$$

交叉相乘：

$$n(1-p) =p\left(\sum_{i=1}^n x_i-n\right).$$

整理可得

$$n=p\sum_{i=1}^n x_i,$$

因此

$$\widehat p_{\mathrm{MLE}} =\frac{n}{\sum_{i=1}^n x_i}.$$

由於

$$\frac{d^2\ell(p)}{dp^2} =-\frac{n}{p^2} -\frac{\sum_{i=1}^n x_i-n}{(1-p)^2}<0,$$

故此臨界點為概似函數的最大值點。因此

$$\boxed{\widehat p_{\mathrm{MLE}} =\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}}.$$

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三、證明兩種估計式相同

動差法所得：

$$\widehat p_{\mathrm{MOM}} =\frac{1}{\overline X} =\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}.$$

最大概似估計法所得：

$$\widehat p_{\mathrm{MLE}} =\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}.$$

所以

核心觀念

本題為兩個簡單假設：

$$H_0:p=p_0=0.2,\qquad H_1:p=p_1=0.8.$$

依 Neyman–Pearson 引理，最強力檢定應依概似比

$$\frac{f_1(x)}{f_0(x)}$$

大小決定是否拒絕 $H_0$。由於 $p_1>p_0$，觀察值 $X$ 越大，越支持 $H_1$，因此棄卻域應取右尾區域。

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解題方法

二項分配的機率質量函數為

$$f(x;p)=\binom{5}{x}p^x(1-p)^{5-x},\qquad x=0,1,\ldots,5.$$

因此概似比為

$$\frac{f(x;0.8)}{f(x;0.2)} = \left(\frac{0.8}{0.2}\right)^x \left(\frac{0.2}{0.8}\right)^{5-x} = 4^{2x-5}.$$

此值隨 $x$ 遞增，所以依序考慮 $x=5,4,3,\ldots$ 作為棄卻點。

在 $H_0:p=0.2$ 下：

$$P_0(X=5)=\left(\frac15\right)^5=\frac1{3125},$$ $$P_0(X=4) = \binom54\left(\frac15\right)^4\left(\frac45\right) = \frac{20}{3125},$$

故

$$P_0(X\geq 4) = \frac{1+20}{3125} = \frac{21}{3125} \approx 0.00672.$$

因為

$$\frac{21}{3125}<\frac1{120},$$

所以非隨機化的最大全棄卻域為

$$G=\{4,5\}.$$

其真正的型一錯誤率為

$$P(X\in G\mid H_0) = P_0(X\geq4) = \frac{21}{3125} \approx 0.00672.$$

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$G$ 的檢定力

在 $H_1:p=0.8$ 下：

$$P_1(X=5)=\left(\frac45\right)^5=\frac{1024}{3125},$$ $$P_1(X=4) = \binom54\left(\frac45\right)^4\left(\frac15\right) = \frac{1280}{3125}.$$

所以 $G=\{4,5\}$ 的檢定力為

$$P(X\in G\mid H_1) = P_1(X\geq4) = \frac{1024+1280}{3125} = \frac{2304}{3125} \approx 0.73728.$$

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精確達到 $\alpha=\frac1{120}$ 的最強力檢定

由於二項分配為離散分配，$G=\{4,5\}$ 的型一錯誤率尚未達到 $\frac1{120}$。若允許在邊界點 $X=3$ 進行隨機化，令觀察到 $X=3$ 時以機率 $\gamma$ 拒絕 $H_0$，則：

核心觀念

本題為單因子變異數分析（one-way ANOVA）與共同變異數下的線性組合檢定。

已知

$$X_{ij}\sim N(\theta_i,\sigma^2),\qquad i=1,2,3,4,\quad j=1,\ldots,10$$

四組樣本具有相同但未知的變異數 $\sigma^2$，每組樣本數皆為 $n_i=10$。

• 第一小題檢定四組母體平均數是否全部相同，使用單因子 ANOVA 的 $F$ 檢定。
• 第二小題檢定線性組合 $\theta_2-\theta_3+\theta_4$ 是否為 $0$，使用 ANOVA 所估計的共同變異數進行 $t$ 檢定。

以下計算均以題目所給的樣本標準差為樣本標準差，且以命題當年（民國 110 年）的統計檢定標準為準。

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（一）檢定四組平均數是否相同

假說

$$H_0:\theta_1=\theta_2=\theta_3=\theta_4=\theta$$ $$H_1:\text{至少有一組的平均數不同}$$

顯著水準為

$$\alpha=0.05$$

1. 計算總平均數

因為各組樣本數相同，總平均數為四組平均數的平均：

$$\bar X_{\cdot\cdot} =\frac{7+6+11+8}{4} =8$$

2. 組間平方和

組間平方和為

$$SS_B=\sum_{i=1}^4 n_i(\bar X_{i\cdot}-\bar X_{\cdot\cdot})^2$$

代入資料：

$$\begin{aligned} SS_B &=10\left[(7-8)^2+(6-8)^2+(11-8)^2+(8-8)^2\right]\\ &=10(1+4+9+0)\\ &=140 \end{aligned}$$

組間自由度為

$$df_B=k-1=4-1=3$$

因此組間均方為

$$MS_B=\frac{SS_B}{df_B} =\frac{140}{3} =46.6667$$

3. 組內平方和

組內平方和為

$$SS_E=\sum_{i=1}^4(n_i-1)s_i^2$$

其中各組樣本標準差為

$$s_1=2.75,\quad s_2=2.21,\quad s_3=2.62,\quad s_4=2.54$$

因此

$$\begin{aligned} SS_E &=9\left(2.75^2+2.21^2+2.62^2+2.54^2\right)\\ &=9(7.5625+4.8841+6.8644+6.4516)\\ &=9(25.7626)\\ &=231.8634 \end{aligned}$$

組內自由度為

$$df_E=\sum_{i=1}^4(n_i-1)=4(9)=36$$

所以共同變異數 $\sigma^2$ 的不偏估計量為

$$MSE=\frac{SS_E}{df_E} =\frac{231.8634}{36} =6.44065$$

4. 計算 $F$ 統計量

$$F=\frac{MS_B}{MSE} =\frac{46.6667}{6.44065} \approx 7.245$$

在顯著水準 $0.05$ 下，

$$F_{0.95}(3,36)\approx 2.866$$

由於

$$7.245>2.866$$

故拒絕 $H_0$。

結論

在 5% 顯著水準下，有充分證據顯示四組母體平均數並非全部相同，即：

$$\boxed{\text{至少有一個 }\theta_i\text{ 與其他組不同}}$$