109 年 國立政治大學國際經營與貿易學系研究所國際經濟、國際財管、國際企管與行銷組《統計學》

此題考驗對 Type I error 的定義。Type I error 是指在虛無假設（null hypothesis）為真時，我們卻錯誤地拒絕了它。題目中給定 Type I error 的機率為 0.05，這表示當虛無假設為真時，我們有 5% 的機率會做出錯誤的決定，即拒絕虛無假設。

選項分析：
A. 描述的是當虛無假設為真時，我們「不拒絕」的機率，這不是 Type I error 的定義。

此題在於判斷哪個樣本結果最能支持對立假設 $H_1: \mu < 23$。為了支持 $H_1$，我們需要觀察到的樣本平均數 ($\bar{x}$) 盡可能地小，並且遠小於虛無假設中的母體平均數 $\mu_0 = 23$。同時，標準誤（standard error, SE）的大小也會影響我們對樣本結果的信心程度。通常我們會計算一個檢定統計量（例如 z 或 t 統計量），其值越極端（在此情況下，越負），越能支持對立假設。檢定統計量通常是 $\frac{\bar{x} - \mu_0}{SE}$。

我們計算每個選項對應的檢定統計量，並比較其大小，越小的（越負）越能支持 $H_1: \mu < 23$。

A. $\bar{x} = 19$, $SE = 5$
檢定統計量 $z = \frac{19 - 23}{5} = \frac{-4}{5} = -0.8$

此題要求計算母體比例的 99% 信賴區間。

已知樣本數 $n = 100$，樣本中限制使用手機的餐廳數量為 $x = 45$。
樣本比例 $\hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{45}{100} = 0.45$。

由於樣本數夠大 ($n\hat{p} = 100 \times 0.45 = 45 \ge 10$ 且 $n(1-\hat{p}) = 100 \times (1-0.45) = 55 \ge 10$)，我們可以使用常態近似來計算信賴區間。

信賴區間的公式為：
$\hat{p} \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

對於 99% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.99 = 0.01$。
$\alpha/2 = 0.005$。
查標準常態分配表，與 0.005 對應的 $z_{\alpha/2}$ 值（右尾機率為 0.005）約為 2.576。

核心觀念

本題考查中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）對樣本平均數抽樣分配的影響。

若母體平均數為 $\mu$、母體標準差為 $\sigma$，從母體抽取大小為 $n$ 的隨機樣本，樣本平均數為 $\bar X$，則：

$$E(\bar X)=\mu$$ $$SD(\bar X)=\frac{\sigma}{\sqrt n}$$

當樣本數 $n$ 夠大時，無論母體分配原本是偏態、雙峰或其他形狀，樣本平均數的抽樣分配皆會趨近常態分配：

$$\bar X \approx N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)$$

中央極限定理所能消除的重點，是對母體「分配形狀」的要求；它並不表示母體平均數與標準差可以忽略。

解題方法

判斷各選項是否能被忽略，可直接檢查樣本平均數抽樣分配的兩個核心參數：

• 平均數為 $\mu$，決定抽樣分配的中心位置。
• 標準差為 $\dfrac{\sigma}{\sqrt n}$，決定抽樣分配的離散程度。
• 母體分配形狀在樣本數夠大時，會影響降低，樣本平均數分配趨近常態。

因此，中央極限定理只讓我們不必特別知道母體原本的分配形狀，不能忽略 $\mu$ 與 $\sigma$。

選項分析

A. the standard deviation of the population distribution

錯誤。

母體標準差 $\sigma$ 會直接決定樣本平均數的標準誤：

$$SE(\bar X)=\frac{\sigma}{\sqrt n}$$

核心觀念

題目描述的是「不放回抽樣」：

• 一共有 $10$ 把鑰匙；
• 其中只有 $1$ 把能開門；
• 每次隨機選取一把鑰匙；
• 錯誤鑰匙不再放回；
• $X$ 表示找到正確鑰匙所需的試驗次數。

因此，正確鑰匙在這 $10$ 把鑰匙的隨機排列中，可能位於第 $1,2,\ldots,10$ 個位置，而且每個位置出現的機率相同。

所以 $X$ 的機率質量函數為

$$P(X=k)=\frac{1}{10},\qquad k=1,2,\ldots,10.$$

故

$$X\sim \text{Discrete Uniform}(1,10),$$

即「離散均勻分布」。

解題方法

將 $10$ 把鑰匙隨機排列。正確鑰匙出現在任何一個位置的機率都相同：

$$P(X=1)=P(X=2)=\cdots=P(X=10)=\frac{1}{10}.$$

也可以直接以逐次抽取驗證。以 $X=k$ 為例，代表前 $k-1$ 次都抽到錯誤鑰匙，第 $k$ 次抽到正確鑰匙：

$$P(X=k) = \frac{9}{10}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{7}{8} \cdots \frac{10-k+1}{11-k} \cdot\frac{1}{11-k}.$$

前面的連乘會相互約分，因此

$$P(X=k)=\frac{1}{10},\qquad k=1,\ldots,10.$$

這正是離散均勻分布的特徵。

選項分析

核心觀念

本題的核心考點為**常態分配的標準化（Standardization）與期望次數（Expected Frequency）**的計算：

1. 常態分配標準化公式：
   若隨機變數 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，則其標準化變數 $Z$ 定義為： $$Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$$
2. 區間機率與標準常態累積分布函數（$\Phi(z)$）： $$P(a \le X \le b) = P\left(\frac{a - \mu}{\sigma} \le Z \le \frac{b - \mu}{\sigma}\right) = \Phi(z_2) - \Phi(z_1)$$
3. 期望株數（Expected Count）：
   在樣本數為 $n$ 的獨立試驗或觀測中，落入該重量區間的期望個數為： $$E = n \times P(a \le X \le b)$$

---

解題方法

1. 定義變數與參數：
   設 $X$ 為單株辣椒植株的季節產量（單位：磅），由題意知：

   $$X \sim N(\mu = 15.0, \, \sigma^2 = 1.75^2)$$

   總株數 $n = 200$。

2. 計算端點的標準化 $Z$ 值：
   欲求 $P(13 \le X \le 16)$：

   • 下限 $X_1 = 13$： $$z_1 = \frac{13 - 15.0}{1.75} = \frac{-2.0}{1.75} = -\frac{8}{7} \approx -1.14$$
   • 上限 $X_2 = 16$： $$z_2 = \frac{16 - 15.0}{1.75} = \frac{1.0}{1.75} = \frac{4}{7} \approx 0.57$$

3. 查標準常態分配表求機率：

   • 由標準常態分配表查得： $$\Phi(0.57) \approx 0.7157$$ $$\Phi(-1.14) = 1 - \Phi(1.14) \approx 1 - 0.8729 = 0.1271$$
   • 落在 13 至 16 磅之間的機率為：

核心觀念

題目要比較兩個母體在「兩個類別」上的比例是否相同。例如：

• 母體 1：通過／不通過
• 母體 2：購買／不購買

此時資料可整理成 $2\times 2$ 列聯表：

	類別 1	類別 2	合計
母體 1	$O_{11}$	$O_{12}$	$n_1$
母體 2	$O_{21}$	$O_{22}$	$n_2$

欲檢定的假設為：

$$H_0:p_1=p_2$$ $$H_1:p_1\ne p_2$$

其中 $p_1,p_2$ 分別代表兩個母體落在某一指定類別的比例。

對此問題有兩種等價的分析方式：

1. 兩母體比例差的 $z$ 檢定
2. $2\times2$ 列聯表的卡方獨立性檢定

在適當的大樣本條件下，兩者的檢定結果一致，且具有關係：

$$\chi^2=z^2$$

---

解題方法

方法一：兩母體比例差的 $z$ 檢定

令兩組樣本中落在指定類別的樣本比例為：

$$\hat p_1=\frac{x_1}{n_1},\qquad \hat p_2=\frac{x_2}{n_2}$$

在虛無假設 $H_0:p_1=p_2$ 下，應使用合併樣本比例：

$$\hat p=\frac{x_1+x_2}{n_1+n_2}$$

檢定統計量為：

$$z= \frac{\hat p_1-\hat p_2} {\sqrt{\hat p(1-\hat p)\left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}}$$

當樣本數足夠大，使各格的期望次數不致過小時，即可使用兩母體比例差的 $z$ 檢定。

---

方法二：$2\times2$ 列聯表卡方檢定

若將資料視為「母體」與「類別」兩個類別變數，則可進行列聯表獨立性檢定。

期望次數為：

$$E_{ij} = \frac{(\text{第 }i\text{ 列合計})(\text{第 }j\text{ 欄合計})}{\text{總合計}}$$

卡方統計量為：

此題考驗對 p-value 定義的理解。

p-value 的定義是：在虛無假設 ($H_0$) 為真的前提下，觀察到當前樣本結果或比當前樣本結果「更極端」的結果的機率。

題目給定的檢定是：
$H_0: \mu = 100$
$H_1: \mu > 100$ (這是一個右尾檢定)
樣本平均數 $\bar{x} = 105$
p-value = 0.074

根據 p-value 的定義，這表示：
在母體平均數 $\mu = 100$ 的情況下（即虛無假設為真時），觀察到樣本平均數 $\bar{x} \ge 105$（或比 105 更支持 $H_1$ 的值）的機率是 0.074。

選項分析：
A. 「The probability of observing a sample mean at least as large as 105 from a population whose mean is 100 is 0.074」
這句話的意思是：如果母體平均數確實是 100，那麼我們抽樣得到的樣本平均數大於或等於 105 的機率是 0.074。

此題考驗樣本大小的計算公式，以及如何從中反推出信賴水準。

樣本大小的計算公式，用於估計母體平均數，使得樣本平均數 $\bar{X}$ 與母體平均數 $\mu$ 的差距（邊際誤差, Margin of Error, ME）不超過某個值 $E$，且信賴水準為 $(1-\alpha)$：
$n = \left(\frac{z_{\alpha/2} \sigma}{E}\right)^2$

題目給定的資訊：

• $E = 10$ (要求樣本平均數在母體平均數 10 個單位之內)
• $\sigma = 50$ (母體標準差)
• $n = 68$ (計算出的樣本數)

我們需要找出對應於這些值的信賴水準 $(1-\alpha)$。
將已知數據代入公式：
$68 = \left(\frac{z_{\alpha/2} \times 50}{10}\right)^2$
$68 = (5 z_{\alpha/2})^2$
$68 = 25 z_{\alpha/2}^2$

解出 $z_{\alpha/2}^2$：
$z_{\alpha/2}^2 = \frac{68}{25} = 2.72$

核心觀念

本題評量**樣本平均數的抽樣分配（Sampling Distribution of Sample Mean）與中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）**的應用。

1. 抽樣分配的性質：
   設母體具有平均數 $\mu$ 與有限標準差 $\sigma$。自該母體抽取大小為 $n$ 的隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其樣本平均數為 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$（題目中以符號 $X$ 表示樣本平均數 $\bar{X}$）。則：

   • 期望值：$E(\bar{X}) = \mu$
   • 變異數：$Var(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$
   • 標準誤（Standard Error）：$\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$

2. 中央極限定理（CLT）：
   不論母體分配為何，當樣本數 $n$ 夠大時（一般規則 $n \ge 30$），樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配近似於常態分配：

   $$\bar{X} \xrightarrow{d} N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$

3. 標準化（Standardization）：

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

---

解題方法

1. 整理已知參數：

   • 母體平均數 $\mu = 1215$
   • 母體標準差 $\sigma = 110$
   • 樣本大小 $n = 100$
   • 欲求機率：$P(\bar{X} < 1190)$

2. 計算樣本平均數的標準誤：

   $$\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{110}{\sqrt{100}} = \frac{110}{10} = 11$$

3. 依據中央極限定理將 $\bar{X}$ 標準化為標準常態隨機變數 $Z$：

核心觀念

本題考查：

• 指數分配的累積分配函數與尾端機率。
• 生產上限造成的截斷變數：
  $Y=\min(X,4)$
• 累積分配函數 $F_Y(y)=P(Y\le y)$。
• 非負隨機變數期望值的尾端積分公式：
  $E(Y)=\int_0^\infty P(Y>y)\,dy$

由題意，需求量 $X$ 的機率密度函數為

$$f_X(x)=\frac18e^{-x/8},\qquad x>0$$

因此 $X$ 服從平均數為 $8$ 的指數分配，其累積分配函數為

$$F_X(x)=1-e^{-x/8},\qquad x\ge 0$$

由於公司每週最多只能生產 $4$ 噸，實際售出量為

$$Y=\min(X,4)$$

當 $X<4$ 時，全部需求均可滿足，故 $Y=X$；當 $X\ge 4$ 時，只能售出 $4$ 噸，故 $Y=4$。

---

(a) 每週售罄的機率

售罄表示需求量至少達到生產上限 $4$，因此

$$P(\text{售罄})=P(X\ge 4)$$

利用指數分配的尾端機率：

$$P(X\ge 4)=1-F_X(4)$$ $$=1-\left(1-e^{-4/8}\right) =e^{-1/2}$$

數值約為

$$e^{-1/2}\approx 0.6065$$

因此每週售罄的機率約為 $60.65\%$。

---

(b) $Y$ 的累積分配函數

欲求

$$F_Y(y)=P(Y\le y)$$

需依照 $y$ 的範圍分段討論。

情況一：$y<0$

因為 $Y$ 不可能小於 $0$，所以

$$F_Y(y)=0,\qquad y<0$$

情況二：$0\le y<4$

在此範圍內，$Y\le y$ 等價於 $X\le y$。因為若需求量超過 $4$，實際售出量會固定為 $4$，不會小於 $y<4$。

因此

$$F_Y(y)=P(X\le y)$$ $$=F_X(y) =1-e^{-y/8}$$

情況三：$y\ge 4$

由於 $Y$ 的最大值就是 $4$，所以

$$F_Y(y)=1,\qquad y\ge 4$$

故 $Y$ 的累積分配函數為

$$F_Y(y)= \begin{cases} 0, & y<0,\\[4pt] 1-e^{-y/8}, & 0\le y<4,\\[4pt] 1, & y\ge 4. \end{cases}$$

特別注意在 $y=4$ 時，

核心觀念

這題使用卡方適合度檢定，檢查觀察到的各區間次數，是否與假設母體 $N(0,1)$ 所預期的次數有顯著差異。

在虛無假設成立時，各區間的理論機率由標準常態分配計算，期望次數為

$$E_i=n p_i$$

檢定統計量為

$$\chi^2=\sum_{i=1}^{k}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$$

其中 $O_i$ 為觀察次數、$E_i$ 為期望次數，$k$ 為區間數。本題沒有從樣本估計常態分配參數，因此自由度為 $k-1$。

解題方法

設定假設：

• $H_0$：資料來自平均數為 $0$、變異數為 $1$ 的常態母體，即 $N(0,1)$。
• $H_1$：資料不來自 $N(0,1)$。

在 $H_0$ 下，標準常態分配的累積機率為 $\Phi(-1)\approx0.1587$、$\Phi(0)=0.5$、$\Phi(1)\approx0.8413$。因此四個區間的機率依序為

$$\begin{aligned} p_1&=\Phi(-1)\approx0.1587,\\ p_2&=\Phi(0)-\Phi(-1)\approx0.3413,\\ p_3&=\Phi(1)-\Phi(0)\approx0.3413,\\ p_4&=1-\Phi(1)\approx0.1587. \end{aligned}$$

樣本數為 $60$，所以期望次數如下：

區間	觀察次數 $O_i$	機率 $p_i$	期望次數 $E_i=60p_i$
$(-\infty,-1]$	8	0.1587	9.52
$(-1,0]$	30	0.3413	20.48

此題考驗單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 及獨立樣本 t 檢定（或其對應的信賴區間）。

已知條件：

• 三個車款 (A, B, C)，共 3 組。
• 每組樣本數 $n_A = n_B = n_C = 15$。
• 樣本平均數（未直接給出，但通常 ANOVA 會用到，或用於計算 t 檢定的差值）。
• 樣本標準差：$s_A = 4, s_B = 5, s_C = 3$。
• 假設各組母體變異數相等：$\sigma_A^2 = \sigma_B^2 = \sigma_C^2 = \sigma^2$。

(a) (10%) Let $\alpha= 0.05$, and see if the mean gasoline consumption for all three models of cars is the same.
這是典型的單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 問題，用於檢定三個或更多組的母體平均數是否相等。
檢定假設：
$H_0: \mu_A = \mu_B = \mu_C$ (所有車款的平均油耗相同)
$H_1$: 至少有一個車款的平均油耗不同於其他車款。

ANOVA 的步驟：

1. 計算組間變異 (Between-group variability) 和組內變異 (Within-group variability)。
   ANOVA 的關鍵是計算組間均方 (Mean Square Between, MSB) 和組內均方 (Mean Square Within, MSW)。
   MSB 反映了組間平均數的差異。
   MSW 反映了組內的隨機變異。

   為了計算 MSB 和 MSW，我們需要樣本平均數 ($\bar{x}_A, \bar{x}_B, \bar{x}_C$)。題目中沒有直接給出。
   然而，題目給出了平均油耗和樣本標準差。

   	Car A	Car B	Car C
   Average Mile/Gallon	42	49	44
   Sample Standard Deviation	4	5	3

   修正： 題目中的「Average Mile/Gallon」應該是樣本平均數 ($\bar{x}$)，而不是平均油耗。
   $\bar{x}_A = 42$, $s_A = 4$
   $\bar{x}_B = 49$, $s_B = 5$
   $\bar{x}_C = 44$, $s_C = 3$
   每組樣本數 $n = 15$。
   總組數 $k = 3$。
   總樣本數 $N = n_A + n_B + n_C = 15 + 15 + 15 = 45$。

2. 計算組內均方 (MSW)，也稱為誤差均方 (MSE)。
   由於假設母體變異數相等 ($\sigma^2$)，MSW 是各組樣本變異數的加權平均。
   $MSW = \frac{(n_A-1)s_A^2 + (n_B-1)s_B^2 + (n_C-1)s_C^2}{(n_A-1) + (n_B-1) + (n_C-1)}$
   $MSW = \frac{(15-1)4^2 + (15-1)5^2 + (15-1)3^2}{(15-1) + (15-1) + (15-1)}$
   $MSW = \frac{14 \times 16 + 14 \times 25 + 14 \times 9}{14 + 14 + 14}$
   $MSW = \frac{14 \times (16 + 25 + 9)}{3 \times 14}$
   $MSW = \frac{16 + 25 + 9}{3} = \frac{50}{3} \approx 16.667$

3. 計算組間均方 (MSB)。
   首先計算總平均數 $\bar{\bar{x}}$：
   $\bar{\bar{x}} = \frac{n_A \bar{x}_A + n_B \bar{x}_B + n_C \bar{x}_C}{N} = \frac{15 \times 42 + 15 \times 49 + 15 \times 44}{45}$
   $\bar{\bar{x}} = \frac{15 \times (42 + 49 + 44)}{45} = \frac{42 + 49 + 44}{3} = \frac{135}{3} = 45$

   MSB 的計算公式為：
   $MSB = \frac{\sum_{i=1}^k n_i (\bar{x}_i - \bar{\bar{x}})^2}{k-1}$
   $MSB = \frac{15(42-45)^2 + 15(49-45)^2 + 15(44-45)^2}{3-1}$
   $MSB = \frac{15(-3)^2 + 15(4)^2 + 15(-1)^2}{2}$
   $MSB = \frac{15(9) + 15(16) + 15(1)}{2}$
   $MSB = \frac{15(9 + 16 + 1)}{2} = \frac{15(26)}{2} = 15 \times 13 = 195$

4. 計算 F 統計量。
   $F = \frac{MSB}{MSW} = \frac{195}{50/3} = \frac{195 \times 3}{50} = \frac{585}{50} = 11.7$

5. 決定決策規則。
   顯著水準 $\alpha = 0.05$。
   自由度：組間自由度 $df_1 = k-1 = 3-1 = 2$。
   組內自由度 $df_2 = N-k = 45-3 = 42$。
   查找 F 分配表，在 $\alpha = 0.05$, $df_1 = 2$, $df_2 = 42$ 下的臨界值 $F_{0.05, 2, 42}$。
   查表可知，$F_{0.05, 2, 40} \approx 3.23$，$F_{0.05, 2, 50} \approx 3.18$。
   線性插值或取較保守值（較大值），約為 3.20。
   決策規則：如果計算出的 F 統計量大於臨界值，則拒絕 $H_0$。

6. 做出結論。
   計算出的 $F = 11.7$。
   臨界值 $F_{0.05, 2, 42} \approx 3.20$。
   由於 $11.7 > 3.20$，我們拒絕虛無假設 $H_0$。
   結論：在 5% 的顯著水準下，我們有足夠的證據證明至少有一個車款的平均油耗與其他車款不同。

核心觀念

本題比較兩個地點家庭年收入的母體平均數與母體變異數，使用的觀念包括：

1. **兩母體變異數比較：**使用 $F$ 檢定。
2. **兩獨立母體平均數比較：**在變異數相同的假設下，使用合併變異數的兩樣本 $t$ 檢定。
3. **虛擬變數迴歸：**令地點 A 為 $Z=0$、地點 B 為 $Z=1$，迴歸截距代表 A 地點平均收入，斜率代表 B、A 兩地平均收入之差。

假設兩地家庭收入皆來自常態母體，且兩地樣本彼此獨立，每地抽取 $n$ 戶。

---

(a) 檢定兩地母體變異數是否相等

解題方法

因為兩地樣本皆來自常態母體，且樣本獨立，可使用 $F$ 檢定比較兩個母體變異數。

令母體變異數分別為 $\sigma_A^2$ 與 $\sigma_B^2$。

(i) 虛無假設與對立假設

$$H_0:\sigma_A^2=\sigma_B^2$$ $$H_1:\sigma_A^2\ne\sigma_B^2$$

這是雙尾檢定，顯著水準為 $\alpha=0.05$。

(ii) 檢定統計量

使用樣本變異數之比：

$$F=\frac{S_A^2}{S_B^2}$$

在 $H_0$ 成立時，

$$F\sim F(n-1,n-1)$$

其中分子與分母的自由度皆為 $n-1$。

(iii) 決策法則

令 $F_{p}(n-1,n-1)$ 表示自由度為 $(n-1,n-1)$ 的 $F$ 分配第 $p$ 分位數。

拒絕域為：

$$F<F_{0.025}(n-1,n-1)$$

或

$$F>F_{0.975}(n-1,n-1)$$

因此：

• 若上述條件之一成立，拒絕 $H_0$，認為兩地母體變異數有顯著差異。
• 若

$$F_{0.025}(n-1,n-1)\le F\le F_{0.975}(n-1,n-1)$$

則不拒絕 $H_0$，表示沒有足夠證據認為兩地母體變異數不同。

解題技巧

$F$ 檢定的結論是「是否有足夠證據認為變異數不同」，而不是直接證明兩變異數完全相等。不拒絕 $H_0$ 只代表樣本證據不足以否定變異數相等的假設。

---

(b) 在變異數相同下，檢定兩地母體平均數是否不同

解題方法

由於題目指定兩地母體變異數相同，因此使用合併變異數的兩獨立樣本 $t$ 檢定。

令兩地母體平均家庭收入分別為 $\mu_A$ 與 $\mu_B$。

(i) 虛無假設與對立假設

要檢定兩地平均收入是否有顯著差異：

$$H_0:\mu_A-\mu_B=0$$ $$H_1:\mu_A-\mu_B\ne 0$$

這是雙尾檢定，顯著水準為 $\alpha=0.05$。

(ii) 合併樣本變異數

因為假設兩地母體變異數相同，先計算合併樣本變異數：

$$S_p^2= \frac{(n-1)S_A^2+(n-1)S_B^2}{2n-2}$$

因為兩地樣本數相同，可化簡為：

$$S_p^2=\frac{S_A^2+S_B^2}{2}$$

因此：

$$S_p=\sqrt{\frac{S_A^2+S_B^2}{2}}$$

(iii) 檢定統計量

使用 $\bar X_A$ 與 $S_A$ 定義地點 A 的樣本統計量，檢定統計量為：

$$t= \frac{(\bar X_A-\bar X_B)-0} {S_p\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n}}}$$

整理分母後：

$$t= \frac{\bar X_A-\bar X_B} {S_p\sqrt{\frac{2}{n}}}$$

在 $H_0$ 成立時：

$$t\sim t(2n-2)$$

自由度為：

$$(n-1)+(n-1)=2n-2$$

(iv) 決策法則

雙尾檢定的臨界值為：

$$\pm t_{0.975}(2n-2)$$

拒絕域為：

$$t<-t_{0.975}(2n-2)$$

或

$$t>t_{0.975}(2n-2)$$

等價地，也可寫成：

$$|t|>t_{0.975}(2n-2)$$

若拒絕 $H_0$，表示兩地母體平均家庭收入有顯著差異；若不拒絕 $H_0$，表示沒有足夠證據認為兩地平均家庭收入不同。

解題技巧

本題是「是否不同」，因此使用雙尾檢定。若題目改問地點 A 的平均收入是否高於地點 B，才會使用單尾檢定，例如：

$$H_1:\mu_A>\mu_B$$

此外，$F$ 檢定與 $t$ 檢定的用途不同：

• $F$ 檢定比較變異數。
• 合併變異數 $t$ 檢定比較平均數。

---

(c) 證明虛擬變數迴歸的最小平方法估計量

解題方法

令：

• 地點 A 的家庭：$Z_i=0$
• 地點 B 的家庭：$Z_i=1$
• 家庭收入：$Y_i$

考慮簡單線性迴歸模型：

$$Y_i=\beta_0+\beta_1Z_i+\varepsilon_i$$

其中：

• $\beta_0$ 為截距參數。
• $\beta_1$ 為斜率參數。

因此估計的迴歸式為：

核心觀念

本題考查兩個獨立母體的變異數與平均數比較，以及虛擬變數迴歸的最小平方法。

令地點 A、B 的母體平均數分別為 $\mu_A,\mu_B$，母體變異數分別為 $\sigma_A^2,\sigma_B^2$；樣本數分別為 $n_A,n_B$，樣本平均數為 $\bar X_A,\bar X_B$，樣本標準差為 $S_A,S_B$。以下假設兩地樣本相互獨立；變異數的 $F$ 檢定另需母體常態，才能使用精確的 $F$ 分配。

解題方法

(a) 檢定兩地母體變異數是否相同

以兩個樣本變異數的比值進行雙尾 $F$ 檢定。

假設

$$H_0:\sigma_A^2=\sigma_B^2$$ $$H_1:\sigma_A^2\ne\sigma_B^2$$

檢定統計量

$$F=\frac{S_A^2}{S_B^2}$$

在 $H_0$ 成立且兩地母體為常態的條件下，

$$F\sim F(n_A-1,\ n_B-1)$$

決策規則

令 $F_{p}(d_1,d_2)$ 表示自由度為 $(d_1,d_2)$ 的 $F$ 分配第 $p$ 分位數。當

$$F<F_{0.025}(n_A-1,n_B-1) \quad\text{或}\quad F>F_{0.975}(n_A-1,n_B-1)$$

則拒絕 $H_0$，判定兩地母體變異數有顯著差異；否則不拒絕 $H_0$，沒有足夠證據認定兩地變異數不同。

(b) 假設兩地變異數相同，檢定母體平均數是否不同

題目指定變異數相同，因此使用合併變異數的兩獨立樣本 $t$ 檢定。

假設

$$H_0:\mu_A=\mu_B$$ $$H_1:\mu_A\ne\mu_B$$

合併樣本變異數

$$S_p^2= \frac{(n_A-1)S_A^2+(n_B-1)S_B^2} {n_A+n_B-2}$$

檢定統計量

$$t= \frac{\bar X_A-\bar X_B} {S_p\sqrt{\frac{1}{n_A}+\frac{1}{n_B}}}$$

在 $H_0$ 成立、樣本獨立且母體變異數相同的條件下，

$$t\sim t(n_A+n_B-2)$$

決策規則

若

$$|t|>t_{0.975}(n_A+n_B-2)$$

則拒絕 $H_0$，認定兩地母體平均數有顯著差異；否則不拒絕 $H_0$，沒有足夠證據認定兩地母體平均數不同。

題目未提供 $n_A,n_B,\bar X_A,\bar X_B,S_A,S_B$ 的數值，因此無法計算數值檢定統計量或作出數值判定；以上公式與臨界值規則即為本題可完成的檢定步驟。

(c) 證明最小平方法截距與斜率