109 年 國立臺灣大學土木系碩士班交通組《統計學（C）》

核心觀念

本題考查樣本變異數的期望值，以及「不偏估計量」的判定：

若估計量 $\hat{\theta}$ 滿足

$$E(\hat{\theta})=\theta,$$

則稱 $\hat{\theta}$ 為母體參數 $\theta$ 的不偏估計量。

設母體平均數為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$，且 $X_1,\ldots,X_n$ 為來自同一母體的獨立隨機樣本，則

$$E(X_i)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2.$$

題目給定

$$s^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2,$$

此定義其實是標準的「不偏樣本變異數」。

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解題方法

關鍵是將偏差平方和改寫成以母體平均數 $\mu$ 為中心的形式。

由

$$X_i-\bar X=(X_i-\mu)-(\bar X-\mu),$$

可得

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 = \sum_{i=1}^n\left[(X_i-\mu)-(\bar X-\mu)\right]^2.$$

展開後：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 &=\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 -2(\bar X-\mu)\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)\\ &\quad+\sum_{i=1}^n(\bar X-\mu)^2. \end{aligned}$$

因為

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)=n(\bar X-\mu),$$

且

$$\sum_{i=1}^n(\bar X-\mu)^2=n(\bar X-\mu)^2,$$

所以

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 = \sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 -n(\bar X-\mu)^2.$$

兩邊取期望值：

$$E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2\right] = E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\right] - nE\left[(\bar X-\mu)^2\right].$$

第一項為

$$E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\right] = \sum_{i=1}^nE[(X_i-\mu)^2] = n\sigma^2.$$

又因為

$$E(\bar X)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n},$$

因此

此題為聯合機率分布的應用題，涵蓋邊際機率、期望值、獨立性檢定及條件機率的計算。

首先，我們將給定的聯合機率質量函數 (joint probability mass function, jpmf) 整理成一個表格，並計算總機率，確認其為有效的機率分布。

聯合機率分布表：

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline f(x,y) & x=1 & x=2 & x=3 & \text{Marginal } f(y) \\ \hline y=10 & 0.05 & 0.15 & 0 & \\ \hline y=20 & 0.10 & 0.25 & 0.25 & \\ \hline y=30 & 0 & 0.10 & 0.10 & \\ \hline \text{Marginal } f(x) & & & & \\ \hline \end{array}$$

總機率檢查：
$0.05 + 0.15 + 0 + 0.10 + 0.25 + 0.25 + 0 + 0.10 + 0.10 = 1.00$。
總機率為 1，因此此聯合機率分布有效。

(i) 邊際機率質量函數 (Marginal Probability Mass Functions)

邊際機率質量函數 $f(x)$ 是將聯合機率函數對所有可能的 $y$ 值加總：$f(x) = \sum_y f(x,y)$。
邊際機率質量函數 $f(y)$ 是將聯合機率函數對所有可能的 $x$ 值加總：$f(y) = \sum_x f(x,y)$。

計算 $f(x)$：
$f(x=1) = f(1,10) + f(1,20) + f(1,30) = 0.05 + 0.10 + 0 = 0.15$
$f(x=2) = f(2,10) + f(2,20) + f(2,30) = 0.15 + 0.25 + 0.10 = 0.50$
$f(x=3) = f(3,10) + f(3,20) + f(3,30) = 0 + 0.25 + 0.10 = 0.35$

驗證 $f(x)$ 的總和： $0.15 + 0.50 + 0.35 = 1.00$。

計算 $f(y)$：
$f(y=10) = f(1,10) + f(2,10) + f(3,10) = 0.05 + 0.15 + 0 = 0.20$
$f(y=20) = f(1,20) + f(2,20) + f(3,20) = 0.10 + 0.25 + 0.25 = 0.60$
$f(y=30) = f(1,30) + f(2,30) + f(3,30) = 0 + 0.10 + 0.10 = 0.20$

驗證 $f(y)$ 的總和： $0.20 + 0.60 + 0.20 = 1.00$。

邊際機率質量函數：
$f_X(x)$:
$f_X(1) = 0.15$
$f_X(2) = 0.50$
$f_X(3) = 0.35$

$f_Y(y)$:
$f_Y(10) = 0.20$
$f_Y(20) = 0.60$
$f_Y(30) = 0.20$

(ii) $Y$ 的期望值 (Expected Value of Y)

期望值 $E[Y]$ 的計算公式為 $E[Y] = \sum_y y \cdot f_Y(y)$。
$E[Y] = (10 \times f_Y(10)) + (20 \times f_Y(20)) + (30 \times f_Y(30))$
$E[Y] = (10 \times 0.20) + (20 \times 0.60) + (30 \times 0.20)$

此題涉及 Poisson Process 的應用，用於模擬地震發生的頻率。題目要求計算在不同時間尺度下，發生特定數量的地震或特定類型的年份（Hazard Year）的機率。

首先，我們需要確定 Poisson Process 的參數 $\lambda$。
Poisson Process 的特性是事件發生率是恆定的。題目提到「10 large-magnitude earthquakes occurred in City A within the last 10 years」。
這表示在 10 年的期間內，平均發生了 10 次地震。
因此，平均每年發生的地震次數為 $\frac{10 \text{ earthquakes}}{10 \text{ years}} = 1 \text{ earthquake/year}$。
所以，Poisson Process 的平均發生率 $\lambda = 1$ (次/年)。

Poisson 分布的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\mu} \mu^k}{k!}$
其中 $\mu$ 是在特定時間間隔內事件發生的平均次數。

(i) 下一年恰好發生一次大地震的機率

我們關注的是「下一年」這個時間間隔，長度為 1 年。
對於這個時間間隔，平均發生的地震次數 $\mu = \lambda \times t = 1 \text{ earthquake/year} \times 1 \text{ year} = 1$。
我們要求恰好發生一次大地震的機率，即 $P(X=1)$，其中 $X$ 是下一年發生的地震次數。
$P(X=1) = \frac{e^{-1} (1)^1}{1!} = \frac{e^{-1} \times 1}{1} = e^{-1}$。
$e^{-1} \approx 0.367879$。

【答案】 $P(\text{exactly one earthquake next year}) = e^{-1} \approx 0.3679$。

(ii) 下一年是 Hazard Year 的機率

定義：如果一年內至少發生一次地震，該年就稱為 Hazard Year。
我們要求的是下一年是 Hazard Year 的機率。
這意味著下一年發生的地震次數 $X$ 必須大於或等於 1 ($X \ge 1$)。
計算 $P(X \ge 1)$ 比較直接的方法是計算其補集的機率：$P(X \ge 1) = 1 - P(X < 1)$。
在 Poisson 分布中，$X$ 的值是非負整數，所以 $X < 1$ 相當於 $X=0$。
$P(X=0) = \frac{e^{-1} (1)^0}{0!} = \frac{e^{-1} \times 1}{1} = e^{-1}$。
所以，$P(X \ge 1) = 1 - P(X=0) = 1 - e^{-1}$。
$1 - e^{-1} \approx 1 - 0.367879 = 0.632121$。

答案： $P(\text{next year is a hazard year}) = 1 - e^{-1} \approx 0.6321$。

(iii) 未來 4 年內有 2 個 Hazard Years 的機率

現在我們關注的時間間隔是「未來 4 年」。
在這個 4 年的期間內，平均發生的地震次數為 $\mu_{4yr} = \lambda \times t = 1 \text{ earthquake/year} \times 4 \text{ years} = 4$。

此題為兩比例的假設檢定 (Hypothesis Testing for Two Proportions)，我們需要比較兩個城市居民對鐵路建設支持比例的差異，並使用 P-value approach 來做判斷。

1. 設定假設檢定：
我們要檢定兩個城市的居民支持比例是否存在顯著差異。
令 $p_A$ 為 City A 居民支持比例，令 $p_B$ 為 City B 居民支持比例。

虛無假設 $H_0$: $p_A = p_B$ (兩個城市的居民支持比例沒有顯著差異)
對立假設 $H_1$: $p_A \neq p_B$ (兩個城市的居民支持比例有顯著差異)
這是一個雙尾檢定 (two-tailed test)。

2. 收集數據：
City A: 樣本數 $n_A = 1000$，支持人數 $x_A = 680$。
City B: 樣本數 $n_B = 1000$，支持人數 $x_B = 730$。

計算樣本比例：
$\hat{p}_A = \frac{x_A}{n_A} = \frac{680}{1000} = 0.68$
$\hat{p}_B = \frac{x_B}{n_B} = \frac{730}{1000} = 0.73$

3. 計算合併比例 (Pooled Proportion)：
在虛無假設 $H_0$ 下，我們假設兩個母體比例相等，因此使用合併的樣本比例作為估計值。
$\hat{p} = \frac{x_A + x_B}{n_A + n_B} = \frac{680 + 730}{1000 + 1000} = \frac{1410}{2000} = 0.705$

4. 計算檢定統計量 (Test Statistic)：
對於兩個比例的差異檢定，我們使用 Z 檢定統計量。
$Z = \frac{(\hat{p}_A - \hat{p}_B) - (p_A - p_B)}{\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})(\frac{1}{n_A} + \frac{1}{n_B})}}$
在 $H_0$ 下，$p_A - p_B = 0$。
$Z = \frac{(0.68 - 0.73) - 0}{\sqrt{0.705(1-0.705)(\frac{1}{1000} + \frac{1}{1000})}}$

此題為兩個獨立樣本的變異數與平均數的信賴區間估計問題。題目要求分別計算兩個公司平均數差異的信賴區間，以及其中一個公司母體變異數的信賴區間。

已知資訊：
公司 A：樣本數 $n_A = 25$，樣本平均數 $\bar{x}_A = 30.2$ ksi，樣本標準差 $s_A = 4.0$ ksi。
公司 B：樣本數 $n_B = 25$，樣本平均數 $\bar{x}_B = 35.3$ ksi，樣本標準差 $s_B = 5.0$ ksi。
信賴水準：95%。
假設：樣本來自常態分配。

(i) 兩個公司平均數差異的 95% 信賴區間

我們要計算母體平均數差異 $\mu_A - \mu_B$ 的 95% 信賴區間。
由於兩個母體變異數 $\sigma_A^2$ 和 $\sigma_B^2$ 未知，且樣本數 $n_A=n_B=25$ (不大)，我們通常會使用 t 分布。
我們需要判斷是否假設兩個母體變異數相等。題目沒有明確說明，但通常在未提及相等時，應假設它們不等 (unequal variances)，並使用 Welch-Satterthwaite 方法來計算自由度。然而，如果題目允許假設變異數相等 (equal variances)，則會使用池化變異數 (pooled variance) 和較簡單的自由度計算。
在沒有明確指示的情況下，且樣本數相等，我們可以使用兩種方法。最保守且常見的做法是假設變異數不等。

方法一：假設變異數不等 (Unequal Variances)
信賴區間的公式為：
$(\bar{x}_A - \bar{x}_B) \pm t_{\alpha/2, df} \sqrt{\frac{s_A^2}{n_A} + \frac{s_B^2}{n_B}}$

首先計算自由度 $df$ 使用 Welch-Satterthwaite 方程式：
$df \approx \frac{(\frac{s_A^2}{n_A} + \frac{s_B^2}{n_B})^2}{\frac{(s_A^2/n_A)^2}{n_A-1} + \frac{(s_B^2/n_B)^2}{n_B-1}}$
$\frac{s_A^2}{n_A} = \frac{(4.0)^2}{25} = \frac{16}{25} = 0.64$
$\frac{s_B^2}{n_B} = \frac{(5.0)^2}{25} = \frac{25}{25} = 1.00$
$df \approx \frac{(0.64 + 1.00)^2}{\frac{(0.64)^2}{25-1} + \frac{(1.00)^2}{25-1}}$
$df \approx \frac{(1.64)^2}{\frac{0.4096}{24} + \frac{1}{24}}$
$df \approx \frac{2.6896}{\frac{0.4096 + 1}{24}} = \frac{2.6896}{1.4096/24} = \frac{2.6896 \times 24}{1.4096}$
$df \approx \frac{64.5504}{1.4096} \approx 45.80$
我們通常取整數的自由度，可以取 45 或 46。為了保守起見，可以取較小的自由度 45，或者查表時使用更精確的 $df$ 值。若取 $df=45$，查 t 分布表，對於 95% 信賴水準 ($\alpha/2 = 0.025$)，$t_{0.025, 45} \approx 2.014$。

計算信賴區間：
$(\bar{x}_A - \bar{x}_B) = 30.2 - 35.3 = -5.1$
$\sqrt{\frac{s_A^2}{n_A} + \frac{s_B^2}{n_B}} = \sqrt{0.64 + 1.00} = \sqrt{1.64}$
$-5.1 \pm t_{0.025, 45} \sqrt{1.64}$
$-5.1 \pm 2.014 \times \sqrt{1.64}$
$-5.1 \pm 2.014 \times 1.2806$
$-5.1 \pm 2.579$

信賴區間為 $(-5.1 - 2.579, -5.1 + 2.579) = (-7.679, -2.521)$。