111 年 國立臺灣大學土木系碩士班交通組《統計學（C）》

此題考驗卡方適合度檢定（Chi-squared Goodness-of-Fit Test）的應用。我們需要比較觀察到的頻率與預期頻率，並計算卡方統計量來判斷二項分佈是否為一個合適的模型。

步驟一：計算觀察到的頻率與預期頻率

首先，我們計算觀察到的總次數為 $4 + 21 + 10 + 13 + 2 = 50$。
接著，假設 X 服從二項分佈 $B(n=6, p=0.25)$，我們計算各個 Value 的預期頻率：
$E(X=k) = N \times P(X=k) = 50 \times \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

• $E(X=0) = 50 \times \binom{6}{0} (0.25)^0 (0.75)^6 \approx 50 \times 1 \times 1 \times 0.1779785 \approx 8.8989$
• $E(X=1) = 50 \times \binom{6}{1} (0.25)^1 (0.75)^5 \approx 50 \times 6 \times 0.25 \times 0.2373047 \approx 17.79785$
• $E(X=2) = 50 \times \binom{6}{2} (0.25)^2 (0.75)^4 \approx 50 \times 15 \times 0.0625 \times 0.31640625 \approx 14.8281$
• $E(X=3) = 50 \times \binom{6}{3} (0.25)^3 (0.75)^3 \approx 50 \times 20 \times 0.015625 \times 0.421875 \approx 6.5918$
• $E(X=4) = 50 \times \binom{6}{4} (0.25)^4 (0.75)^2 \approx 50 \times 15 \times 0.00390625 \times 0.5625 \approx 1.9775$

由於預期頻率 $E(X=4)$ 小於 5，通常我們需要合併類別。將 $X=4$ 及 $X>4$ 的類別合併。
然而，題目給定的 Value 只有到 4，且 $E(X=4)$ 雖然小於 5，但還算接近，我們暫時不合併。
通常在卡方檢定中，每個類別的預期頻率至少要是 5。在此情況下，為了滿足這個條件，我們將 $X=3$ 和 $X=4$ 的預期頻率合併。
合併後：

• $E(X=0) \approx 8.90$
• $E(X=1) \approx 17.80$
• $E(X=2) \approx 14.83$
• $E(X=3 \text{ or } 4) = E(X=3) + E(X=4) \approx 6.59 + 1.98 = 8.57$

對應的觀察頻率：

• $O(X=0) = 4$
• $O(X=1) = 21$
• $O(X=2) = 10$
• $O(X=3 \text{ or } 4) = O(X=3) + O(X=4) = 13 + 2 = 15$

步驟二：計算卡方統計量

卡方統計量 $\chi^2 = \sum \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$

• $\frac{(4 - 8.8989)^2}{8.8989} \approx \frac{(-4.8989)^2}{8.8989} \approx \frac{24.00}{8.8989} \approx 2.6969$
• $\frac{(21 - 17.79785)^2}{17.79785} \approx \frac{(3.20215)^2}{17.79785} \approx \frac{10.2538}{17.79785} \approx 0.5761$

此題要求證明常態分佈（Normal Distribution）的平均值（Mean）和變異數（Variance）分別為 $\mu$ 和 $\sigma^2$。證明過程需要用到微積分和機率密度函數的性質。

證明平均值（Mean）

常態分佈的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x|\mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2}$，其中 $-\infty < x < \infty$。

平均值定義為：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x|\mu, \sigma^2) dx = \int_{-\infty}^{\infty} x \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2} dx$

為了簡化積分，我們進行變數代換。令 $u = x - \mu$，則 $x = u + \mu$，且 $du = dx$。
當 $x \to -\infty$， $u \to -\infty$；當 $x \to \infty$， $u \to \infty$。
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} (u+\mu) \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{u}{\sigma})^2} du$
$E[X] = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} (u+\mu) e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du$
$E[X] = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\infty} u e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du + \int_{-\infty}^{\infty} \mu e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du \right)$

考慮第一個積分：$\int_{-\infty}^{\infty} u e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du$
被積函數 $g(u) = u e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}}$ 是一個奇函數，因為 $g(-u) = (-u) e^{-\frac{(-u)^2}{2\sigma^2}} = -u e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} = -g(u)$。
對於一個在對稱區間上的奇函數積分，其值為 0。所以，$\int_{-\infty}^{\infty} u e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du = 0$。

考慮第二個積分：$\int_{-\infty}^{\infty} \mu e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du = \mu \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du$
我們知道 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du$ 是常態分佈的標準化積分，其值為 $\sigma\sqrt{2\pi}$ (這是 PDF $f(u)$ 積分為 1 的結果，$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du = 1$)。
所以，$\mu \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2\sigma^2}} du = \mu (\sigma\sqrt{2\pi})$。

將這兩部分結果代回 $E[X]$：
$E[X] = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} (0 + \mu (\sigma\sqrt{2\pi}))$
$E[X] = \frac{\mu \sigma\sqrt{2\pi}}{\sigma\sqrt{2\pi}} = \mu$
平均值證明完畢。

證明變異數（Variance）

變異數定義為：
$Var(X) = E[(X - E[X])^2] = E[(X - \mu)^2]$

核心觀念

本題評量卜瓦松過程（Poisson Process）的基本性質與卜瓦松過程的分割（Splitting / Thinning of a Poisson Process）：

1. 卜瓦松分布（Poisson Distribution）：
   若某計數事件在時間區間內遵循參數為 $\lambda$（單位時間平均發生率）的卜瓦松過程，則在長度為 $t$ 的時間區間內，事件發生次數 $N(t)$ 服從卜瓦松分布，記作 $N(t) \sim \text{Poisson}(\mu)$，其中平均發生次數 $\mu = \lambda t$。其機率質量函數（PMF）為：

   $$P(N(t) = k) = \frac{e^{-\mu} \mu^k}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$$

2. 卜瓦松過程的分割（Thinning Property）：
   設原事件到達過程為速率 $\lambda$ 的卜瓦松過程。若每一事件彼此獨立，且有固定機率 $p$ 被分類為特定型態（如本題之「致死事故」），則該型態事件的發生過程亦為一獨立的卜瓦松過程，其發生速率為：

   $$\lambda_F = p \cdot \lambda$$

   在長度為 $t$ 的區間內，致死事故次數 $N_F(t) \sim \text{Poisson}(\lambda_F t)$。

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解題方法

(a) 求 2 個月內恰好發生 1 次事故的機率

1. 統一時間單位並求期望值 $\mu$：

   • 事故平均發生率：$\lambda = 3 \text{ 次/年}$。
   • 觀測時間區間：$t = 2 \text{ 個月} = \frac{2}{12} \text{ 年} = \frac{1}{6} \text{ 年}$。
   • 2 個月內事故次數 $N$ 的平均值 $\mu$ 為： $$\mu = \lambda t = 3 \times \frac{1}{6} = 0.5 \text{ 次}$$ 因此，$N \sim \text{Poisson}(\mu = 0.5)$。

2. 計算 $P(N = 1)$：
   代入卜瓦松機率質量函數：

   $$P(N = 1) = \frac{e^{-0.5} \cdot (0.5)^1}{1!} = 0.5 \cdot e^{-0.5} \approx 0.5 \times 0.60653 = 0.3033$$

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(b) 求 2 個月內「發生死亡事件」的機率

題目要求「2 個月內發生死亡事故」的機率，即 2 個月內致死事故次數 $N_F \ge 1$ 的機率 $P(N_F \ge 1)$。

方法一：利用卜瓦松過程的分割性質（最快且最標準解法）

1. 每次事故有 $p = 0.20$ 的獨立機率造成死亡。
2. 根據 Thinning 性質，致死事故的發生過程為卜瓦松過程，其年發生率為： $$\lambda_F = p \cdot \lambda = 0.20 \times 3 = 0.6 \text{ 次/年}$$

此題考驗簡單的多項式迴歸（Polynomial Regression），特別是擬合一個只包含常數項和 $x^2$ 項的迴歸模型。我們需要利用最小平方法（Least Squares Method）來估計參數 $a$ 和 $b$。

核心觀念：
對於一個線性迴歸模型 $y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \dots + \beta_p x_p + \epsilon$，最小平方法旨在找到參數 $\beta_0, \dots, \beta_p$ 使得殘差平方和（Sum of Squared Residuals, SSR）最小。
在我們的問題中，模型是 $y = a + bx^2$。我們可以將 $x^2$ 視為一個新的自變數，例如 $z = x^2$。則模型變為 $y = a + bz$，這是一個簡單的線性迴歸模型，其中自變數是 $z$ (也就是 $x^2$)，應變數是 $y$。

步驟一：計算 $x^2$ 和相關的總和

我們需要計算 $x$ 的值、對應的 $y$ 值、以及 $x^2$ 的值，以及這些值的乘積和平方。

x	y	$x^2$	$y^2$	$x^2y$
0	1	0	1	0
1	4	1	16	4
2	5	4	25	20
3	3	9	9	27
4	2	16	4	32
5	3	25	9	75
6	6	36	36	216
Sum	n=7	$\sum y=24$	$\sum x^2=91$	$\sum y^2=101$

步驟二：建立正規方程組（Normal Equations）

對於模型 $y = a + bz$，其中 $z = x^2$，最小平方法導出的正規方程組是：

1. $\sum y = na + b \sum z$

此題考驗獨立樣本 t 檢定（Independent Samples t-test）用於比較兩組平均數的假設檢定，特別是當母體變異數相等時（Pooled Variance t-test）。題目要求使用固定顯著水準和 P 值兩種方法進行檢定。

核心觀念：
當我們比較兩個獨立樣本的平均數，且假設母體變異數相等時，我們使用獨立樣本 t 檢定。
虛無假設 $H_0$: $\mu_2 - \mu_1 = d_0$ (這裡 $d_0 = 10$)
對立假設 $H_1$: $\mu_2 - \mu_1 > d_0$ (單尾檢定，因為題目說 Group 2 "exceeds" Group 1)

統計量為：
$t = \frac{(\bar{x}_2 - \bar{x}_1) - d_0}{s_p \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}}$
其中，$\bar{x}_1, \bar{x}_2$ 是樣本平均數，$n_1, n_2$ 是樣本大小，$d_0$ 是假設的差值，$s_p$ 是合併變異數。
合併變異數 $s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$。
自由度 $df = n_1+n_2-2$。

步驟一：計算樣本統計量

首先，我們需要計算兩組樣本的平均數、變異數和樣本大小。

Group 1:
數據: 102, 81, 86, 165, 98, 97, 114
樣本大小 $n_1 = 7$
樣本平均數 $\bar{x}_1 = \frac{102+81+86+165+98+97+114}{7} = \frac{743}{7} \approx 106.143$

樣本變異數 $s_1^2$:
先計算平方和 $\sum x_1^2 = 102^2 + 81^2 + 86^2 + 165^2 + 98^2 + 97^2 + 114^2 = 10404 + 6561 + 7396 + 27225 + 9604 + 9409 + 12996 = 83595$
$s_1^2 = \frac{\sum x_1^2 - n_1 \bar{x}_1^2}{n_1-1} = \frac{83595 - 7 \times (106.143)^2}{7-1} = \frac{83595 - 7 \times 11266.35}{6} = \frac{83595 - 78864.45}{6} = \frac{4730.55}{6} \approx 788.425$

Group 2:
數據: 81, 165, 98, 97, 92, 87, 114
樣本大小 $n_2 = 7$
樣本平均數 $\bar{x}_2 = \frac{81+165+98+97+92+87+114}{7} = \frac{734}{7} \approx 104.857$

樣本變異數 $s_2^2$:
先計算平方和 $\sum x_2^2 = 81^2 + 165^2 + 98^2 + 97^2 + 92^2 + 87^2 + 114^2 = 6561 + 27225 + 9604 + 9409 + 8464 + 7569 + 12996 = 81828$
$s_2^2 = \frac{\sum x_2^2 - n_2 \bar{x}_2^2}{n_2-1} = \frac{81828 - 7 \times (104.857)^2}{7-1} = \frac{81828 - 7 \times 10995.09}{6} = \frac{81828 - 76965.63}{6} = \frac{4862.37}{6} \approx 810.395$

步驟二：計算合併變異數 ($s_p^2$)

此題考驗單一樣本 t 檢定（One-Sample t-test）的 P 值計算以及信賴區間（Confidence Interval）的建立。

核心觀念：
當母體標準差未知，但樣本數較小時，我們使用 t 分佈進行單一樣本平均數的假設檢定和信賴區間估計。
檢定統計量為：$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$
信賴區間為：$\bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}$
其中，$\bar{x}$ 是樣本平均數，$s$ 是樣本標準差，$n$ 是樣本大小，$\mu_0$ 是虛無假設下的母體平均數，$\alpha$ 是顯著水準。

步驟一：計算樣本統計量

數據: 16.8, 17.2, 17.4, 16.9, 16.5, 17.1
樣本大小 $n = 6$

樣本平均數 $\bar{x} = \frac{16.8 + 17.2 + 17.4 + 16.9 + 16.5 + 17.1}{6} = \frac{101.9}{6} \approx 16.9833$

樣本變異數 $s^2$:
先計算平方和 $\sum x^2 = 16.8^2 + 17.2^2 + 17.4^2 + 16.9^2 + 16.5^2 + 17.1^2$
$= 282.24 + 295.84 + 302.76 + 285.61 + 272.25 + 292.41 = 1731.11$
$s^2 = \frac{\sum x^2 - n \bar{x}^2}{n-1} = \frac{1731.11 - 6 \times (16.9833)^2}{6-1}$
$s^2 = \frac{1731.11 - 6 \times 288.433}{5} = \frac{1731.11 - 1730.60}{5} = \frac{0.51}{5} = 0.102$

樣本標準差 $s = \sqrt{0.102} \approx 0.3194$

步驟二：計算標準誤
標準誤 (Standard Error) $SE = \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{0.3194}{\sqrt{6}} \approx \frac{0.3194}{2.4495} \approx 0.1304$

步驟三：計算自由度
$df = n - 1 = 6 - 1 = 5$

(a) P 值方法檢定 $H_0: \mu = 17.0$ vs $H_1: \mu \ne 17.0$