113 年 國立中央大學土木工程學系碩士班己：運輸工程組在職生《統計學》

本題考驗獨立事件機率計算與互補事件的應用。

首先，定義事件：
設 $A_1$ 為從第一箱取出燈泡為不良品的事件。
設 $A_2$ 為從第二箱取出燈泡為不良品的事件。

每箱有50個燈泡，其中5個是不良品。因此，從任一箱取出一個燈泡是不良品的機率為：
$P(A_1) = P(A_2) = \frac{5}{50} = \frac{1}{10} = 0.1$
從任一箱取出一個燈泡是良品的機率為：
$P(A_1^c) = P(A_2^c) = 1 - 0.1 = 0.9$

由於是從兩箱「各」隨意取出一個燈泡，這兩個事件是獨立的。

(a) 至少有1個不良品的機率為多少？
「至少有1個不良品」是指 (第一箱不良且第二箱良) 或 (第一箱良且第二箱不良) 或 (第一箱不良且第二箱不良)。
這可以用總機率減去「兩個都是良品」的機率來計算，即互補事件。
$P(\text{至少1個不良品}) = 1 - P(\text{兩個都是良品})$
$P(\text{兩個都是良品}) = P(A_1^c \cap A_2^c)$
由於事件獨立，
$P(A_1^c \cap A_2^c) = P(A_1^c) \times P(A_2^c) = 0.9 \times 0.9 = 0.81$
所以，
$P(\text{至少1個不良品}) = 1 - 0.81 = 0.19$

【答案】0.19

本題考驗機率密度函數 (PDF) 的性質、累積分布函數 (CDF) 的計算，以及與二項分布的結合應用。

首先，驗證給定的 PDF 是否為有效的 PDF。
對於 $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{1}{2}$, $-1 < x < 1$。
積分範圍內必須大於等於0。
當 $x \to -1^+$, $f(x) \to -\frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{1}{6} > 0$。
當 $x \to 1^-$, $f(x) \to \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6} > 0$。
在 $(-1, 1)$ 區間內，函數值均大於等於 $\frac{1}{6}$，所以 PDF 在定義域內大於等於 0。
接下來驗證總積分是否為 1：
$\int_{-1}^{1} (\frac{x}{3} + \frac{1}{2}) dx = [\frac{x^2}{6} + \frac{x}{2}]_{-1}^{1}$
$= (\frac{1^2}{6} + \frac{1}{2}) - (\frac{(-1)^2}{6} + \frac{-1}{2})$
$= (\frac{1}{6} + \frac{1}{2}) - (\frac{1}{6} - \frac{1}{2})$
$= \frac{1}{6} + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = 1$
PDF 有效。

(a) 若從此分配中抽取 3 個隨機樣本, 試求恰有 2 個超過 0 的機率。
我們需要計算一個隨機樣本 X 大於 0 的機率 $P(X > 0)$。
$P(X > 0) = \int_{0}^{1} (\frac{x}{3} + \frac{1}{2}) dx$
$= [\frac{x^2}{6} + \frac{x}{2}]_{0}^{1}$
$= (\frac{1^2}{6} + \frac{1}{2}) - (0)$
$= \frac{1}{6} + \frac{3}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

令 $p = P(X > 0) = \frac{2}{3}$。
我們從此分配中抽取 $n=3$ 個隨機樣本。
這是一個獨立重複試驗，每次試驗成功的定義是樣本值大於 0。
這符合二項分布 $B(n, p)$ 的條件。
我們要求恰有 $k=2$ 個樣本值大於 0 的機率。
$P(K=2) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
$P(K=2) = \binom{3}{2} (\frac{2}{3})^2 (1-\frac{2}{3})^{3-2}$
$P(K=2) = 3 \times (\frac{4}{9}) \times (\frac{1}{3})$
$P(K=2) = \frac{12}{27} = \frac{4}{9}$

【答案】$\frac{4}{9}$

(b) 將此分配改為 $f(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}$, 當 $-1 < x < 1$; $f(x)=0$, 其他。若從此分配中抽取 3 個隨機樣本, 試求恰有 1 個小於 1/2 的機率。
首先，驗證新的 PDF。
對於 $f(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}$, $-1 < x < 1$。

本題考驗配對樣本的信賴區間估計，屬於配對 t 檢定 (Paired t-test) 的概念。由於是求信賴區間，我們需要計算樣本差值的平均數、標準差，並利用 t 分布來建構區間。

首先，我們需要計算服藥前後血壓的差值 $d_i = x_i - y_i$。

接下來，計算差值樣本的平均數 $\bar{d}$ 和樣本標準差 $s_d$。
樣本數 $n = 12$。

計算 $\bar{d}$：
$\sum d_i = 12 + 2 + 0 + 24 - 2 - 6 + 16 + 12 + 4 + 8 + 16 + 4 = 98$
$\bar{d} = \frac{\sum d_i}{n} = \frac{98}{12} = \frac{49}{6} \approx 8.1667$

計算樣本標準差 $s_d$：
首先計算樣本變異數 $s_d^2$。
$\sum d_i^2 = 12^2 + 2^2 + 0^2 + 24^2 + (-2)^2 + (-6)^2 + 16^2 + 12^2 + 4^2 + 8^2 + 16^2 + 4^2$
$= 144 + 4 + 0 + 576 + 4 + 36 + 256 + 144 + 16 + 64 + 256 + 16$
$= 1519$
$s_d^2 = \frac{\sum d_i^2 - \frac{(\sum d_i)^2}{n}}{n-1} = \frac{1519 - \frac{(98)^2}{12}}{12-1}$

本題考驗卡方獨立性檢定 (Chi-squared test of independence) 的應用，特別是適合度檢定 (Goodness-of-fit test)，用來檢定觀察到的頻率分佈是否與理論上預期的等比例分佈相符。

檢定的步驟如下：

1. 建立虛無假設 ($H_0$) 與對立假設 ($H_a$)
   $H_0$：家庭主婦對這五種顏色的洗衣機喜好比例是相同的（即各為 1/5）。
   $H_a$：家庭主婦對這五種顏色的洗衣機喜好比例不全相同。

2. 計算理論頻率 (Expected Frequency, $E_i$)
   總樣本數 $N = 200$。
   共有 5 種顏色，若比例相同，則每種顏色的理論比例為 $\frac{1}{5} = 0.2$。
   理論頻率 $E_i = N \times (\text{理論比例}) = 200 \times \frac{1}{5} = 40$。
   所以，對於黑色、白色、黃色、紅色、綠色，理論頻率均為 40。

3. 計算卡方統計量 ($\chi^2$)
   卡方統計量公式為：$\chi^2 = \sum_{i=1}^{k} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$，其中 $O_i$ 是觀察頻率，$E_i$ 是理論頻率，$k$ 是類別數。
   觀察頻率 ($O_i$)：黑色 46, 白色 54, 黃色 32, 紅色 40, 綠色 28。
   理論頻率 ($E_i$)：黑色 40, 白色 40, 黃色 40, 紅色 40, 綠色 40。

   計算各項：
   黑色：$\frac{(46 - 40)^2}{40} = \frac{6^2}{40} = \frac{36}{40} = 0.9$
   白色：$\frac{(54 - 40)^2}{40} = \frac{14^2}{40} = \frac{196}{40} = 4.9$