110 年 國立政治大學財務管理學系碩士班《統計學》

此題考驗獨立事件的定義及其性質推導。

證明：
若 A 與 B 為獨立事件，則根據獨立事件的定義， P(A ∩ B) = P(A)P(B)。
我們需要證明 A 與 B 的補集 Bᶜ 也是獨立事件，即 P(A ∩ Bᶜ) = P(A)P(Bᶜ)。

由集合關係可知，事件 A 可以分解為 A ∩ B 與 A ∩ Bᶜ 這兩個互斥事件的聯集，即 A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ Bᶜ)。
因此， P(A) = P(A ∩ B) + P(A ∩ Bᶜ)。

核心觀念

本題考查連續型隨機變數的下列概念：

1. 機率密度函數 $f(x)$ 的區間機率：
   $P(a<X<b)=\int_a^b f(x)\,dx.$

2. 累積分配函數：
   $F(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt.$

3. 期望值與變異數：
   $E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\,dx,$
   $V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2,$
   其中
   $E(X^2)=\int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x)\,dx.$

題目的密度函數在 $x=5$ 處分段，因此計算跨越 $5$ 時，必須分段積分。

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解題方法

先確認密度函數的定義範圍：

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{x}{50}, & 0<x<5,\\[4pt] \dfrac{20-x}{150}, & 5\le x<20,\\[4pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

其總面積為

$$\int_0^5\frac{x}{50}\,dx + \int_5^{20}\frac{20-x}{150}\,dx = \frac14+\frac34=1,$$

因此確實為合法的機率密度函數。

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(a) 求 $P(3<X<10)$

由於區間 $[3,10]$ 跨越分界點 $x=5$，須拆成兩段：

$$P(3<X<10) = \int_3^5\frac{x}{50}\,dx + \int_5^{10}\frac{20-x}{150}\,dx.$$

第一段：

$$\int_3^5\frac{x}{50}\,dx = \left[\frac{x^2}{100}\right]_3^5 = \frac{25-9}{100} = \frac{4}{25}.$$

第二段：

$$\int_5^{10}\frac{20-x}{150}\,dx = \left[\frac{20x-\frac{x^2}{2}}{150}\right]_5^{10}.$$

因此

$$\int_5^{10}\frac{20-x}{150}\,dx = \frac{150-87.5}{150} = \frac{5}{12}.$$

所以

$$P(3<X<10) = \frac{4}{25}+\frac{5}{12} = \frac{48+125}{300} = \boxed{\frac{173}{300}}.$$

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(b) 求 $P(X<10)$

同樣在 $x=5$ 處分段：

$$P(X<10) = \int_0^5\frac{x}{50}\,dx + \int_5^{10}\frac{20-x}{150}\,dx.$$

由前面計算，

$$\int_0^5\frac{x}{50}\,dx=\frac14, \qquad \int_5^{10}\frac{20-x}{150}\,dx=\frac{5}{12}.$$

所以

$$P(X<10) = \frac14+\frac{5}{12} = \frac{3}{12}+\frac{5}{12} = \boxed{\frac23}.$$

由於 $X$ 是連續型隨機變數，單點機率為 $0$，因此

$$P(X<10)=P(X\le 10).$$

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(c) 求累積分配函數 $F(x)$

累積分配函數定義為

$$F(x)=P(X\le x).$$

必須依照 $x$ 所在的區間分段。

當 $x\le 0$

因為 $X$ 不會落在 $(-\infty,0]$，所以

$$F(x)=0.$$

當 $0<x<5$

$$F(x) = \int_0^x\frac{t}{50}\,dt = \left[\frac{t^2}{100}\right]_0^x = \frac{x^2}{100}.$$

當 $5\le x<20$

此時必須先累積 $0$ 到 $5$ 的機率，再加上 $5$ 到 $x$ 的機率：

$$F(x) = \int_0^5\frac{t}{50}\,dt + \int_5^x\frac{20-t}{150}\,dt.$$

因此

$$F(x) = \frac14+ \left[\frac{20t-\frac{t^2}{2}}{150}\right]_5^x.$$

整理得

$$F(x) = \frac14+ \frac{20x-\frac{x^2}{2}-\frac{175}{2}}{150}.$$

通分化簡：

$$F(x) = \frac{-x^2+40x-100}{300}.$$

當 $x\ge 20$

所有機率皆已累積完畢，因此

$$F(x)=1.$$

故累積分配函數為

此題考驗常態分布的機率計算、反向求解分位數，以及樣本平均數的分布與相關機率計算。

已知 $X \sim N(\mu=4, \sigma^2=1.6^2)$。

(a) What is the probability that a randomly selected Taiwan adult watches TV for more than 5 hours?
我們需要計算 $P(X > 5)$。首先將 X 標準化：

$$Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{X - 4}{1.6}$$

當 $X = 5$ 時，$Z = \frac{5 - 4}{1.6} = \frac{1}{1.6} = \frac{10}{16} = \frac{5}{8} = 0.625$。
因此，$P(X > 5) = P(Z > 0.625)$。
利用標準常態分配表 (或其他統計軟體/計算機)，我們查得 $P(Z \le 0.625)$。
從提供的標準常態分配表 (Page 3 & 4)，我們查到 Z=0.62 的機率約為 0.7324，Z=0.63 的機率約為 0.7357。
線性內插：$P(Z \le 0.625) \approx P(Z \le 0.62) + 0.5 \times (P(Z \le 0.63) - P(Z \le 0.62))$
$P(Z \le 0.625) \approx 0.7324 + 0.5 \times (0.7357 - 0.7324) = 0.7324 + 0.5 \times 0.0033 = 0.7324 + 0.00165 = 0.73405$。
因此，$P(Z > 0.625) = 1 - P(Z \le 0.625) \approx 1 - 0.73405 = 0.26595$。

【答案】約為 0.2660。

(b) What is the number of hours below which only 10% of Taiwan adults watch TV per day?
我們需要找到一個數值 $x_{0.10}$，使得 $P(X \le x_{0.10}) = 0.10$。
首先，我們將這個機率轉換為標準常態分配的 Z 值：
$P(Z \le z_{0.10}) = 0.10$。
從標準常態分配表，我們知道累積機率為 0.10 對應的 Z 值是負的。
查表可知，$P(Z \le -1.28) \approx 0.1003$。
所以，$z_{0.10} \approx -1.28$。
現在，我們將 Z 值轉換回 X 的值：
$z_{0.10} = \frac{x_{0.10} - \mu}{\sigma}$
$-1.28 = \frac{x_{0.10} - 4}{1.6}$
$x_{0.10} - 4 = -1.28 \times 1.6 = -2.048$
$x_{0.10} = 4 - 2.048 = 1.952$。

【答案】約為 1.952 小時。

**(c) What is the probability that the average time watching TV by a random sample of 16 Taiwan adu

核心觀念

本題使用「隨機集區設計」的變異數分析（Randomized Block Design, RBD）。每一個集區內都有 $k=3$ 個處理，因此總觀測數為

$$N=kb=3\times 8=24.$$

總平方和可分解為

$$SSTotal=SSTreatment+SSBlock+SSE.$$

題目給定：

$$SSTreatment=1500,\qquad SSTotal=3500,\qquad SSBlock=500.$$

因此誤差平方和為

$$SSE=3500-1500-500=1500.$$

自由度如下：

變異來源	平方和	自由度	均方
處理	$1500$	$k-1=2$	$750$
集區	$500$	$b-1=7$	$500/7$
誤差	$1500$	$(k-1)(b-1)=14$	$1500/14$
總和	$3500$	$kb-1=23$	—

誤差均方為

$$MSE=\frac{1500}{14}=\frac{750}{7}\approx 107.143.$$

在顯著水準 $\alpha=0.05$ 下，依照所檢定的來源，分別使用不同的 $F$ 分配臨界值。

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(a) 檢定處理平均數是否有差異

假設

令三個處理的母體平均數為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3$。

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$$ $$H_1:\text{至少有兩個處理平均數不同}$$

檢定統計量

處理均方為

$$MSTreatment=\frac{SSTreatment}{k-1} =\frac{1500}{2}=750.$$

因此處理效果的 $F$ 統計量為

$$F=\frac{MSTreatment}{MSE} =\frac{750}{1500/14} =7.$$

其自由度為

$$(df_1,df_2)=(2,14).$$

查表得

$$F_{0.05;(2,14)}\approx 3.74.$$

統計決策

因為

$$F=7>3.74,$$

故拒絕 $H_0$。

結論

在 5% 顯著水準下，有充分證據顯示三個處理的平均數並非全部相同；亦即，處理平均數之間存在顯著差異。

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(b) 檢定集區是否有效

集區若有效，表示不同集區之間確實存在差異，使用集區可以解釋部分變異，進而降低誤差變異。

假設

令第 $j$ 個集區效果為 $\beta_j$。

$$H_0:\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_8=0$$

亦可理解為各集區平均數沒有差異。

$$H_1:\text{至少有一個集區效果不為零}$$

檢定統計量

集區均方為

$$MSBlock=\frac{SSBlock}{b-1} =\frac{500}{7}\approx 71.429.$$

因此集區效果的 $F$ 統計量為

$$F=\frac{MSBlock}{MSE} =\frac{500/7}{1500/14} =\frac{2}{3} \approx 0.667.$$

其自由度為

$$(df_1,df_2)=(7,14).$$

查表得

此題考驗簡單線性迴歸中，檢定相關係數 $\rho$ 等於零的 t 檢定統計量與檢定迴歸係數 $\beta_1$ 等於零的 t 檢定統計量之間的等價性。

在簡單線性迴歸模型中，我們有：
$Y = \beta_0 + \beta_1 X + \epsilon$
其中 $\epsilon \sim N(0, \sigma^2)$。
樣本資料為 $(X_i, Y_i)$, $i=1, ..., n$。

最小平方法估計的迴歸直線為 $\hat{Y} = b_0 + b_1 X$。
其中 $b_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2} = \frac{S_{XY}}{S_{XX}}$。
$b_0 = \bar{Y} - b_1 \bar{X}$。
誤差項的標準差 $\sigma$ 的估計值為 $s_e = \sqrt{\frac{SSE}{n-2}}$，其中 $SSE = \sum_{i=1}^n (Y_i - \hat{Y}_i)^2 = S_{YY} - b_1 S_{XY}$。
$b_1$ 的標準誤 (standard error of $b_1$) 為 $s_{b_1} = \frac{s_e}{\sqrt{S_{XX}}} = \frac{\sqrt{\frac{SSE}{n-2}}}{\sqrt{S_{XX}}} = \sqrt{\frac{SSE}{(n-2)S_{XX}}}$。

檢定 $\beta_1 = 0$ 的 t 檢定統計量為：

$$t = \frac{b_1 - \beta_1}{s_{b_1}} = \frac{b_1}{s_{b_1}} \quad (\text{當 } \beta_1 = 0 \text{ 時})$$ $$t = \frac{b_1}{\sqrt{\frac{SSE}{(n-2)S_{XX}}}} = b_1 \sqrt{\frac{(n-2)S_{XX}}{SSE}}$$

樣本相關係數 $r$ 的定義為：

$$r = \frac{S_{XY}}{\sqrt{S_{XX} S_{YY}}}$$

其中 $S_{XY} = \sum (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})$， $S_{XX} = \sum (X_i - \bar{X})^2$， $S_{YY} = \sum (Y_i - \bar{Y})^2$。

檢定 $\rho = 0$ 的 t 檢定統計量為：

$$t = r \sqrt{\frac{n-2}{1-r^2}}$$

我們需要證明這兩個 t 統計量是相等的。

我們知道 $b_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}}$。
所以，$t = \frac{S_{XY}}{S_{XX}} \sqrt{\frac{(n-2)S_{XX}}{SSE}} = \sqrt{\frac{(n-2)S_{XY}^2}{S_{XX} SSE}}$。

此題考驗比例的信賴區間估計與假設檢定，涉及兩個獨立樣本比例的比較。

我們有兩個樣本：
樣本 1 (三個月前)：$n_1 = 1100$, $\hat{p}_1 = 0.56$
樣本 2 (這個月)：$n_2 = 800$, $\hat{p}_2 = 0.46$

基本概念：
比例的標準誤 (standard error of proportion)：$SE(\hat{p}) = \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$
兩個獨立比例差的標準誤 (standard error of the difference between two proportions)：$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1} + \frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}$

(a) Estimate with 98% confidence the decrease in percentage support between now and 3 months ago.
我們要估計的是「支持率的下降幅度」，即 $\Delta p = p_1 - p_2$。
樣本估計值為 $\Delta \hat{p} = \hat{p}_1 - \hat{p}_2 = 0.56 - 0.46 = 0.10$。

計算兩個比例差的標準誤：
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{\frac{0.56(1-0.56)}{1100} + \frac{0.46(1-0.46)}{800}}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{\frac{0.56 \times 0.44}{1100} + \frac{0.46 \times 0.54}{800}}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{\frac{0.2464}{1100} + \frac{0.2484}{800}}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.000224 + 0.0003105}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.0005345} \approx 0.02312$。

對於 98% 的信賴區間，我們需要找到對應的 Z 值。
$\alpha = 1 - 0.98 = 0.02$。
$\alpha/2 = 0.01$。
查找標準常態分配表，累積機率為 $1 - 0.01 = 0.99$ 的 Z 值，約為 $z_{0.01} \approx 2.326$。

信賴區間為：$\Delta \hat{p} \pm z_{\alpha/2} \cdot SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2)$
信賴區間為：$0.10 \pm 2.326 \times 0.02312$
信賴區間為：$0.10 \pm 0.05375$
信賴區間為：$[0.10 - 0.05375, 0.10 + 0.05375] = [0.04625, 0.15375]$。

因此，我們有 98% 的信心認為，三個月前與現在相比，支持率下降了 4.625% 到 15.375% 之間。

【答案】98% 信賴區間為 $[0.04625, 0.15375]$，或表示為下降 4.625% 至 15.375%。