115 年 國立臺灣大學土木系碩士班交通組《工程統計》

本題要求推導常態（常態）分配的期望值（平均數）與變異數。

常態分配的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x|\mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}, \quad -\infty < x < \infty$
其中 $\mu$ 是平均值，$\sigma^2$ 是變異數。

1. 推導平均值 (Mean, $\mu$)

根據期望值的定義，平均值是機率密度函數 $f(x)$ 與 $x$ 的乘積在整個定義域上的積分：
$\mu = E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x|\mu, \sigma^2) dx = \int_{-\infty}^{\infty} x \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx$
為了簡化積分，我們進行變數代換。令 $y = x - \mu$，則 $x = y + \mu$ 且 $dx = dy$。積分範圍不變。
$\mu = \int_{-\infty}^{\infty} (y + \mu) \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy$
將積分拆成兩部分：
$\mu = \int_{-\infty}^{\infty} y \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy + \int_{-\infty}^{\infty} \mu \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy$
考慮第一項積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} y \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy$
被積函數 $g(y) = y e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}$ 是一個奇函數（$g(-y) = -y e^{-\frac{(-y)^2}{2\sigma^2}} = -y e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} = -g(y)$）。奇函數在對稱區間（$-\infty$ 到 $\infty$）上的積分為 0。
因此，第一項積分等於 0。

考慮第二項積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} \mu \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy = \mu \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy$
第二項中的積分是標準常態機率密度函數在整個定義域上的積分，根據定義，這個積分值為 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}} dy = 1$
所以，第二項積分等於 $\mu \times 1 = \mu$。

將兩項結果相加：
$\mu = 0 + \mu = \mu$
這證明了常態分配的平均值就是參數 $\mu$。

2. 推導變異數 (Variance, $\sigma^2$)

變異數的定義是 $Var(X) = E[(X - \mu)^2]$。
$Var(X) = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^2 f(x|\mu, \sigma^2) dx = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx$
再次進行變數代換 $y = x - \mu$，則 $dy = dx$。

本題旨在評估一項新的職場安全計畫是否有效降低了工地事故數量。我們將使用統計檢定來分析提供的數據，並比較兩種不同的分析方法：獨立樣本檢定和配對樣本檢定。顯著水準 $\alpha = 0.05$。

數據摘要：
我們有六個工地（樣本），每個工地在實施安全計畫「之前」和「之後」各記錄了一次事故數量。

Before (計畫前) 數據： $x_1 = \{12, 9, 14, 10, 8, 9\}$
After (計畫後) 數據： $y_1 = \{9, 7, 13, 8, 6, 11\}$

a) 不將觀察值視為配對（獨立樣本 t 檢定）

這種方法將「Before」的事故數和「After」的事故數分別視為兩個獨立的樣本群體，假設它們來自具有相同變異數（或不同變異數）的兩個常態分配。由於我們只有 6 個樣本，通常會假設變異數相等（pooled variance t-test）。

假設：

• 虛無假設 $H_0$: 安全計畫沒有降低事故數量，即計畫前後的平均事故數沒有差異或增加，$\mu_{\text{Before}} \le \mu_{\text{After}}$。
• 對立假設 $H_1$: 安全計畫降低了事故數量，即計畫前的平均事故數大於計畫後的平均事故數，$\mu_{\text{Before}} > \mu_{\text{After}}$。
  等價於：$\mu_{\text{After}} - \mu_{\text{Before}} < 0$。

計算：
首先計算兩個樣本的平均值和變異數。

Before (x):
樣本數 $n_1 = 6$
平均值 $\bar{x} = \frac{12+9+14+10+8+9}{6} = \frac{62}{6} = 10.333$
變異數 $s_1^2 = \frac{\sum(x_i - \bar{x})^2}{n_1-1}$
$(12-10.333)^2 = 1.667^2 \approx 2.778$
$(9-10.333)^2 = (-1.333)^2 \approx 1.778$
$(14-10.333)^2 = 3.667^2 \approx 13.444$
$(10-10.333)^2 = (-0.333)^2 \approx 0.111$
$(8-10.333)^2 = (-2.333)^2 \approx 5.444$
$(9-10.333)^2 = (-1.333)^2 \approx 1.778$
$\sum(x_i - \bar{x})^2 \approx 2.778 + 1.778 + 13.444 + 0.111 + 5.444 + 1.778 = 25.333$
$s_1^2 = \frac{25.333}{6-1} = \frac{25.333}{5} = 5.067$

After (y):
樣本數 $n_2 = 6$
平均值 $\bar{y} = \frac{9+7+13+8+6+11}{6} = \frac{54}{6} = 9.000$
變異數 $s_2^2 = \frac{\sum(y_i - \bar{y})^2}{n_2-1}$
$(9-9)^2 = 0^2 = 0$
$(7-9)^2 = (-2)^2 = 4$
$(13-9)^2 = 4^2 = 16$
$(8-9)^2 = (-1)^2 = 1$
$(6-9)^2 = (-3)^2 = 9$
$(11-9)^2 = 2^2 = 4$
$\sum(y_i - \bar{y})^2 = 0 + 4 + 16 + 1 + 9 + 4 = 34$
$s_2^2 = \frac{34}{6-1} = \frac{34}{5} = 6.800$

由於 $s_1^2 \approx 5.067$ 和 $s_2^2 \approx 6.800$，兩者相差不算太大，我們可以考慮合併變異數（pooled variance）的 t 檢定。

合併變異數 $s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$
$s_p^2 = \frac{(6-1) \times 5.067 + (6-1) \times 6.800}{6+6-2} = \frac{5 \times 5.067 + 5 \times 6.800}{10} = \frac{25.335 + 34.000}{10} = \frac{59.335}{10} = 5.9335$

檢定統計量 $t = \frac{(\bar{x} - \bar{y}) - (\mu_x - \mu_y)_0}{\sqrt{s_p^2 (\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})}}$
在這裡，我們檢定 $\mu_x - \mu_y = 0$。

本題要求使用卡方適合度檢定 (Chi-squared Goodness-of-Fit Test) 來檢驗觀測到的觀眾年齡分佈是否符合一個預設的常態分佈。

檢定資訊：

• 顯著水準 $\alpha = 0.05$
• 假設的常態分配：平均數 $\mu = 42.3$ 年，變異數 $\sigma^2 = 210.5$。從而標準差 $\sigma = \sqrt{210.5} \approx 14.51$。
• 觀測到的頻率分佈（共 $n = 231$ 個樣本）。

步驟 1：設定假設

• 虛無假設 $H_0$: 觀眾的年齡分佈符合平均數為 42.3 歲、變異數為 210.5 的常態分佈。
• 對立假設 $H_1$: 觀眾的年齡分佈不符合該常態分佈。

步驟 2：計算預期頻率 (Expected Frequencies, $E_i$)

為了進行卡方檢定，我們需要計算在 $H_0$ 為真的情況下，每個年齡區間的預期頻率。這需要將預設的常態分佈轉換為標準常態分佈 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$，然後利用標準常態累計分佈函數 $\Phi(z)$ 來計算每個區間的機率 $P(X \in \text{interval})$，最後乘以總樣本數 $n=231$ 得到預期頻率 $E_i = n \times P(X \in \text{interval})$。

年齡區間轉換為 Z 分數：

• 25 and below: $X \le 25$
  $Z = \frac{25 - 42.3}{14.51} = \frac{-17.3}{14.51} \approx -1.19$
  $P(X \le 25) = P(Z \le -1.19) = \Phi(-1.19)$。查標準常態表，$\Phi(-1.19) \approx 0.1170$。
  $E_1 = 231 \times 0.1170 \approx 27.027$

• 25-35: $25 < X \le 35$
  $Z_{25} = -1.19$ (已計算)
  $Z_{35} = \frac{35 - 42.3}{14.51} = \frac{-7.3}{14.51} \approx -0.50$
  $P(25 < X \le 35) = P(-1.19 < Z \le -0.50) = \Phi(-0.50) - \Phi(-1.19)$
  $\Phi(-0.50) \approx 0.3085$
  $P(25 < X \le 35) \approx 0.3085 - 0.1170 = 0.1915$
  $E_2 = 231 \times 0.1915 \approx 44.237$

• 35-45: $35 < X \le 45$
  $Z_{35} \approx -0.50$ (已計算)
  $Z_{45} = \frac{45 - 42.3}{14.51} = \frac{2.7}{14.51} \approx 0.19$
  $P(35 < X \le 45) = P(-0.50 < Z \le 0.19) = \Phi(0.19) - \Phi(-0.50)$
  $\Phi(0.19) \approx 0.5753$
  $P(35 < X \le 45) \approx 0.5753 - 0.3085 = 0.2668$
  $E_3 = 231 \times 0.2668 \approx 61.631$

• 45-55: $45 < X \le 55$
  $Z_{45} \approx 0.19$ (已計算)
  $Z_{55} = \frac{55 - 42.3}{14.51} = \frac{12.7}{14.51} \approx 0.88$
  $P(45 < X \le 55) = P(0.19 < Z \le 0.88) = \Phi(0.88) - \Phi(0.19)$
  $\Phi(0.88) \approx 0.8106$
  $P(45 < X \le 55) \approx 0.8106 - 0.5753 = 0.2353$
  $E_4 = 231 \times 0.2353 \approx 54.354$

• 55-65: $55 < X \le 65$
  $Z_{55} \approx 0.88$ (已計算)
  $Z_{65} = \frac{65 - 42.3}{14.51} = \frac{22.7}{14.51} \approx 1.56$
  $P(55 < X \le 65) = P(0.88 < Z \le 1.56) = \Phi(1.56) - \Phi(0.88)$
  $\Phi(1.56) \approx 0.9406$
  $P(55 < X \le 65) \approx 0.9406 - 0.8106 = 0.1300$

核心觀念

本題屬於工程經濟與品質管制中常見的「常態分佈應用與期望損失評估（Expected Loss Analysis）」，核心考點包含：

1. 常態隨機變數的標準化（Standardization）：
   若隨機變數 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，則經標準化轉換後：

   $$Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$$

   其超越特定臨界值 $c$ 的尾端機率（Tail Probability）為：

   $$P(X > c) = P\left(Z > \frac{c - \mu}{\sigma}\right) = 1 - \Phi\left(\frac{c - \mu}{\sigma}\right)$$

   其中 $\Phi(\cdot)$ 為標準常態累積機率分佈函數（CDF）。

2. 離散二值損失的期望值（Expected Value of Binary Loss）：
   令損失函數為隨機變數 $L$。若當事件 $A = \{X > c\}$ 發生時造成固定損失 $C$，未發生時無損失（$L = 0$），則單次事件的期望損失為：

   $$E[L] = C \cdot P(X > c) + 0 \cdot P(X \le c) = C \cdot P(X > c)$$

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解題方法

(a) 計算單次機台故障的期望損失

1. 建立損失函數與機率模型：
   設維修時間為隨機變數 $X \sim N(\mu_1 = 130, \sigma^2 = 7^2)$（單位：分鐘）。
   當維修時間 $X > 136$ 分鐘時，損失金額為 $15,000；若 $X \le 136$ 分鐘，損失為 $0。
   損失隨機變數 $L$ 的期望值為：

   $$E[L] = 15000 \times P(X > 136)$$

2. 計算逾時機率 $P(X > 136)$：
   將 $X$ 進行標準化：

   $$Z = \frac{136 - 130}{7} = \frac{6}{7} \approx 0.8571 \approx 0.86$$

   查標準常態分佈表：

   • 若 $Z$ 取兩位小數 $Z = 0.86$：$\Phi(0.86) \approx 0.8051$
   • 逾時機率為： $$P(X > 136) = P(Z > 0.86) = 1 - \Phi(0.86) = 1 - 0.8051 = 0.1949$$

   （若採用線性內插或精確值 $\Phi(0.8571) \approx 0.8043$，則 $P(Z > 0.8571) \approx 0.1957$）

3. 計算期望損失：

   $$E[L] = 15000 \times 0.1949 = 2923.5$$

   （若以精確機率 $0.1957$ 計算，則 $E[L] = 15000 \times 0.1957 = 2935.5$ 元）

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(b) 製程改善後期望損失的減少量

1. 新參數下的機率模型：
   改善後平均維修時間降為 $\mu_2 = 124$ 分鐘，標準差維持 $\sigma = 7$ 分鐘。
   新維修時間隨機變數設為 $X_{\text{new}} \sim N(124, 7^2)$。

2. 計算改善後的逾時機率 $P(X_{\text{new}} > 136)$：
   將 $X_{\text{new}}$ 標準化：

本題是一個貝氏定理 (Bayes' Theorem) 的應用問題，涉及條件機率的計算。我們需要計算在觀察到連續 10 次拋擲都出現「正面」的結果後，所選硬幣是「不規則硬幣」的機率。

事件定義：

• $I$: 選到的是不規則硬幣 (Irregular coin)。
• $R$: 選到的是規則硬幣 (Regular coin)。
• $H_{10}$: 連續拋擲 10 次都出現正面 (10 heads in 10 tosses)。

給定資訊：

• 硬幣總數 $= 995$ (規則) $+ 5$ (不規則) $= 1000$ 枚。

• 選到規則硬幣的機率 $P(R) = \frac{995}{1000} = 0.995$。

• 選到不規則硬幣的機率 $P(I) = \frac{5}{1000} = 0.005$。

• 規則硬幣的特性：一面是正面，一面是反面。拋擲一次出現正面的機率 $P(\text{Head}|R) = 0.5$。
  連續拋擲 10 次都出現正面的機率 $P(H_{10}|R) = (0.5)^{10} = \frac{1}{1024}$。

• 不規則硬幣的特性：兩面都是正面。拋擲一次出現正面的機率 $P(\text{Head}|I) = 1$。
  連續拋擲 10 次都出現正面的機率 $P(H_{10}|I) = (1)^{10} = 1$。

目標：
計算在觀察到 $H_{10}$ 後，選到不規則硬幣的機率，即 $P(I|H_{10})$。

本題要求解釋如何使用最小平方法 (Method of Least Squares) 來估計多元線性迴歸模型中的迴歸係數。

模型：
多元線性迴歸模型為：
$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{i1} + \beta_2 x_{i2} + \epsilon_i$
其中，$y_i$ 是第 $i$ 個觀測值的應變數，$x_{i1}$ 和 $x_{i2}$ 是第 $i$ 個觀測值的兩個預測變數，$\beta_0, \beta_1, \beta_2$ 是待估計的迴歸係數，$\epsilon_i$ 是隨機誤差項。

在題目中，模型寫成預測值 $\hat{y}$ 的形式，這通常是指估計值：
$\hat{y}_i = b_0 + b_1 x_{i1} + b_2 x_{i2}$
其中 $b_0, b_1, b_2$ 是對 $\beta_0, \beta_1, \beta_2$ 的估計值。

最小平方法原理：
最小平方法的核心思想是找到一組迴歸係數的估計值 ($b_0, b_1, b_2$)，使得觀測值 $y_i$ 與模型預測值 $\hat{y}_i$ 之間的殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR) 最小。

殘差 $e_i$ 定義為：
$e_i = y_i - \hat{y}_i = y_i - (b_0 + b_1 x_{i1} + b_2 x_{i2})$

殘差平方和 $SSR$ 為：
$SSR = \sum_{i=1}^{n} e_i^2 = \sum_{i=1}^{n} (y_i - (b_0 + b_1 x_{i1} + b_2 x_{i2}))^2$
其中 $n$ 是觀測值的數量。

估計係數的推導 (透過微分)：
為了最小化 $SSR$，我們對 $SSR$ 分別對 $b_0, b_1, b_2$ 求偏導數，並令其等於零，從而得到一組聯立方程式（正規方程式 Normal Equations）。

1. 對 $b_0$ 求偏導數：
   $\frac{\partial SSR}{\partial b_0} = \sum_{i=1}^{n} 2(y_i - b_0 - b_1 x_{i1} - b_2 x_{i2})(-1) = 0$
   $\sum_{i=1}^{n} (y_i - b_0 - b_1 x_{i1} - b_2 x_{i2}) = 0$
   $\sum y_i - nb_0 - b_1 \sum x_{i1} - b_2 \sum x_{i2} = 0$
   $nb_0 + b_1 \sum x_{i1} + b_2 \sum x_{i2} = \sum y_i$
   除以 $n$: $b_0 + b_1 \bar{x}_1 + b_2 \bar{x}_2 = \bar{y}$
   這個方程式表明，迴歸平面通過樣本均值的點 $(\bar{x}_1, \bar{x}_2, \bar{y})$。

2. 對 $b_1$ 求偏導數：
   $\frac{\partial SSR}{\partial b_1} = \sum_{i=1}^{n} 2(y_i - b_0 - b_1 x_{i1} - b_2 x_{i2})(-x_{i1}) = 0$
   $\sum_{i=1}^{n} x_{i1}(y_i - b_0 - b_1 x_{i1} - b_2 x_{i2}) = 0$
   $\sum x_{i1}y_i - b_0 \sum x_{i1} - b_1 \sum x_{i1}^2 - b_2 \sum x_{i1}x_{i2} = 0$
   $b_0 \sum x_{i1} + b_1 \sum x_{i1}^2 + b_2 \sum x_{i1}x_{i2} = \sum x_{i1}y_i$

3. 對 $b_2$ 求偏導數：