113 年 國立中央大學土木工程學系碩士班己：運輸工程組一般生《統計學》

本題主要考驗獨立事件的機率計算，以及互斥事件與對立事件的機率應用。

核心觀念：

1. 獨立事件機率：若事件 A 與事件 B 獨立，則 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。
2. 互斥事件機率：若事件 A 與事件 B 互斥，則 $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$。
3. 對立事件機率：事件 A 的對立事件為 $A^c$，則 $P(A^c) = 1 - P(A)$。

題目設定：

• 有兩箱燈泡，每箱 50 個。
• 每箱有 5 個不良燈泡，因此每箱有 45 個良品燈泡。
• 從每箱各隨機取出 1 個燈泡。

分析：
從第一箱取出一個燈泡，其為不良品的機率為 $P(\text{不良品}_1) = \frac{5}{50} = \frac{1}{10}$。
從第一箱取出一個燈泡，其為良品的機率為 $P(\text{良品}_1) = \frac{45}{50} = \frac{9}{10}$。
同理，從第二箱取出一個燈泡，其為不良品的機率為 $P(\text{不良品}_2) = \frac{5}{50} = \frac{1}{10}$。
從第二箱取出一個燈泡，其為良品的機率為 $P(\text{良品}_2) = \frac{45}{50} = \frac{9}{10}$。
由於兩箱的抽取是獨立事件，我們可以將各事件的機率相乘。

(a) 至少有1個不良品的機率為多少?
「至少有1個不良品」是對立事件「2個都是良品」的補集。
計算「2個都是良品」的機率：
$P(\text{良品}_1 \cap \text{良品}_2) = P(\text{良品}_1) \times P(\text{良品}_2) = \frac{9}{10} \times \frac{9}{10} = \frac{81}{100}$。
因此，至少有1個不良品的機率為：
$P(\text{至少1個不良品}) = 1 - P(\text{2個都是良品}) = 1 - \frac{81}{100} = \frac{19}{100}$。

本題考驗對機率密度函數(p.d.f.)的理解、機率計算，以及對隨機抽樣的二項分配或相關機率模型的應用。

核心觀念：

1. 機率密度函數(p.d.f.)的性質：
   • $f(x) \ge 0$ 對所有 $x$。
   • $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
2. 連續隨機變數的機率計算：$P(a < X < b) = \int_{a}^{b} f(x) dx$。
3. 獨立隨機樣本與二項分配：若從某母體獨立抽取 $n$ 個樣本，且每次抽取有兩種結果（成功/失敗），成功的機率為 $p$，則樣本中成功的次數服從二項分配 $B(n, p)$。

(a) 恰有2個超過0的機率。
首先，我們需要驗證給定的 $f(x)$ 是否為有效的 p.d.f.，並計算 $P(X > 0)$。
給定的 p.d.f. 為 $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{1}{2}$，當 $-1 < x < 1$。
驗證積分：
$\int_{-1}^{1} (\frac{x}{3} + \frac{1}{2}) dx = [\frac{x^2}{6} + \frac{x}{2}]_{-1}^{1}$
$= (\frac{1^2}{6} + \frac{1}{2}) - (\frac{(-1)^2}{6} + \frac{-1}{2})$
$= (\frac{1}{6} + \frac{1}{2}) - (\frac{1}{6} - \frac{1}{2})$
$= \frac{1}{6} + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = 1$。
且對於 $-1 < x < 1$，$\frac{x}{3} + \frac{1}{2}$ 的最小值發生在 $x=-1$ 時，為 $\frac{-1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{1}{6} > 0$；最大值發生在 $x=1$ 時，為 $\frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6} > 0$。因此 $f(x) \ge 0$。
所以，這是一個有效的 p.d.f.。

現在計算 $P(X > 0)$：
$P(X > 0) = \int_{0}^{1} (\frac{x}{3} + \frac{1}{2}) dx$
$= [\frac{x^2}{6} + \frac{x}{2}]_{0}^{1}$
$= (\frac{1^2}{6} + \frac{1}{2}) - (\frac{0^2}{6} + \frac{0}{2})$
$= \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{1+3}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$。
令 $p = P(X > 0) = \frac{2}{3}$。
從此分配中抽取 3 個隨機樣本，我們關心的是「樣本值大於 0」這個事件。這是一個伯努利試驗。
我們抽取 3 個樣本，相當於進行 3 次獨立的伯努利試驗。
我們要求「恰有 2 個超過 0」，這是一個二項分配 $B(n=3, p=\frac{2}{3})$ 的問題。

本題考驗配對樣本的信賴區間估計，屬於統計推論中的假設檢定與區間估計的應用。

核心觀念：

1. 配對樣本 t 檢定與信賴區間：當我們有兩組相關的數據（例如同一對象在不同時間點的測量值），我們通常分析它們的差值。若差值呈常態分配，則可以用 t 分配來建構信賴區間。
2. 信賴區間公式：對於母體平均數 $\mu$ 的信賴區間，當母體變異數未知時，通常使用 t 分配：$\bar{x} \pm t_{\alpha/2}(n-1) \frac{s}{\sqrt{n}}$，其中 $\bar{x}$ 是樣本平均數，$s$ 是樣本標準差，$n$ 是樣本數，$t_{\alpha/2}(n-1)$ 是自由度為 $n-1$ 時，尾端機率為 $\alpha/2$ 的 t 值。
3. 配對樣本差值分析：令 $d_i = x_i - y_i$ 為第 $i$ 對樣本的差值。我們關心的是 $\mu_d = E[d_i] = \mu_1 - \mu_2$。因此，信賴區間將建構在樣本差值的平均數 $\bar{d}$ 上。

步驟：

1. 計算差值 (d)：對於每一位受試者，計算服藥前血壓 (x) 與服藥後血壓 (y) 的差值 $d_i = x_i - y_i$。
2. 計算差值的樣本平均數 ($\bar{d}$)。
3. 計算差值的樣本標準差 (s_d)。
4. 確定自由度 (df)。
5. 查詢 t 值。
6. 建構信賴區間。

計算過程：
首先，計算每位受試者的血壓差 $d_i = x_i - y_i$：

樣本數 $n = 12$。

計算差值的樣本平均數 $\bar{d}$：
$\bar{d} = \frac{1}{12} \sum_{i=1}^{12} d_i$

本題考驗對卡方適合度檢定 (Chi-squared Goodness-of-Fit Test) 的應用。

核心觀念：

1. 卡方適合度檢定：用於檢定觀察到的頻率分佈是否與預期的頻率分佈顯著不同。
2. 虛無假設 ($H_0$) 與對立假設 ($H_1$)：
   • $H_0$：觀察到的分佈與預期的分佈相同（顏色喜好比例相同）。
   • $H_1$：觀察到的分佈與預期的分佈不同（顏色喜好比例不同）。
3. 期望次數 (Expected Counts)：在虛無假設成立的情況下，各類別的預期頻率。
4. 卡方檢定統計量：$\chi^2 = \sum \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$，其中 $O_i$ 是觀察次數，$E_i$ 是期望次數。
5. 自由度 (df)：對於適合度檢定，自由度為 $k-1$，其中 $k$ 是類別的數量。
6. 臨界值與決策規則：比較計算出的 $\chi^2$ 值與卡方分配表中對應顯著水準和自由度的臨界值。如果 $\chi^2_{計算值} > \chi^2_{臨界值}$，則拒絕 $H_0$。

步驟：

1. 設定虛無假設和對立假設。
2. 計算期望次數。
3. 計算卡方檢定統計量。
4. 確定自由度。
5. 查閱卡方臨界值。
6. 做出決策。

計算過程：
總樣本數 $N = 46 + 54 + 32 + 40 + 28 = 200$。
類別數 $k = 5$ (黑色、白色、黃色、紅色、綠色)。

1. 設定假設：

   • $H_0$：家庭主婦對這五種顏色的洗衣機喜好比例相同。即 $p_{黑色} = p_{白色} = p_{黃色} = p_{紅色} = p_{綠色} = \frac{1}{5} = 0.2$。
   • $H_1$：至少有一種顏色的喜好比例與其他不同。

2. 計算期望次數 ($E_i$)：
   在 $H_0$ 成立下，每種顏色的預期比例為 0.2。
   期望次數 $E_i = N \times p_i = 200 \times 0.2 = 40$。
   所以，對於所有五種顏色，期望次數都是 40。