114 年 國立政治大學企業管理研究所（MBA學位學程）甲組《統計學》

本題在探討平均數（Mean）作為集中量數（measure of central location）的適用性。平均數對於離群值（outliers）非常敏感，因此當資料存在極端值時，平均數可能無法代表資料的典型值。

(a) 年齡資料：老年人中心長者的年齡，雖然可能會有極端值（非常年長者），但平均數仍可提供一個大致的參考。

本題在探討哪些敘述性統計量是「穩健統計量」（resistant statistics）。穩健統計量是指不易受到資料中極端值（outliers）影響的統計量。

(a) 樣本平均數（sample mean）和標準差（standard deviation）：兩者都對極端值非常敏感，因此不是穩健統計量。
(b) 四分位距（interquartile range, IQR）和全距（range）：全距（最大值減最小值）極易受極端值影響。

本題在考驗中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）和樣本平均數分布的性質。

根據中央極限定理，當我們從一個母體中抽取隨機樣本時，樣本平均數的分布（sampling distribution of the sample mean）具有以下特性：

1. 平均數 (Mean)：樣本平均數分布的平均數 $\mu_{\bar{x}}$ 等於母體平均數 $\mu$。
   $\mu_{\bar{x}} = \mu$
2. 標準差 (Standard Deviation)：樣本平均數分布的標準差，稱為標準誤（standard error, SE），等於母體標準差 $\sigma$ 除以樣本大小 $n$ 的平方根。
   $\sigma_{\bar{x}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
   其中 $\sigma$ 是母體標準差。

本題給定一個常態分布 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，其中 $\mu = 5$。我們也知道 $P(X > 9) = 0.1977$，並要求計算變異數 $\sigma^2$。

首先，我們將 $X$ 標準化，使其轉換為標準常態變數 $Z \sim N(0, 1)$。標準化公式為 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$。
因此，$P(X > 9) = P\left(\frac{X - \mu}{\sigma} > \frac{9 - \mu}{\sigma}\right) = P\left(Z > \frac{9 - 5}{\sigma}\right) = P\left(Z > \frac{4}{\sigma}\right)$。

已知 $P(X > 9) = 0.1977$，所以 $P\left(Z > \frac{4}{\sigma}\right) = 0.1977$。
標準常態分布是左右對稱的，所以 $P(Z > z) = P(Z < -z)$。
同時，我們知道 $P(Z < z) = 1 - P(Z > z)$。

核心觀念

本題考查「$p$ 值與顯著水準 $\alpha$ 的關係」。

在假設檢定中：

• 當 $p\text{-value} \leq \alpha$ 時，拒絕虛無假設 $H_0$。
• 當 $p\text{-value} > \alpha$ 時，無法拒絕虛無假設 $H_0$。

顯著水準越小，拒絕虛無假設的條件越嚴格。因此，若在 $0.01$ 水準下可以拒絕，則在 $0.05$ 與 $0.10$ 水準下也必定可以拒絕；反之亦然不成立。

解題方法

題目提供三項資訊：

1. 在 $0.10$ 水準下拒絕 $H_0$：

   $p\text{-value} \leq 0.10$

2. 在 $0.05$ 水準下也拒絕 $H_0$：

   $p\text{-value} \leq 0.05$

3. 在 $0.01$ 水準下無法拒絕 $H_0$：

   $p\text{-value} > 0.01$

綜合可得：

$0.01 < p\text{-value} \leq 0.05$

在一般選擇題的區間判斷中，會將此結果表達為「$p$ 值介於 $0.01$ 與 $0.05$ 之間」，因此選擇 (c)。

嚴格而言，因為在 $0.05$ 水準下拒絕包含 $p\text{-value}=0.05$ 的情況，所以精確範圍是 $0.01<p\text{-value}\leq0.05$；但四個選項中以 (c) 最符合題意。

選項分析

(a) $p\text{-value}=0.01$

本題要求計算樣本平均數大於特定值的機率。我們已知母體平均數 $\mu = 75$ 年，母體標準差 $\sigma = 7$ 年，樣本大小 $n = 49$。由於樣本大小 $n=49 > 30$，根據中央極限定理，樣本平均數 $\bar{X}$ 的分布近似於常態分布。

樣本平均數分布的平均數為 $\mu_{\bar{X}} = \mu = 75$。
樣本平均數分布的標準差（標準誤）為 $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{7}{\sqrt{49}} = \frac{7}{7} = 1$。

我們要計算 $P(\bar{X} > 77)$。
將 $\bar{X}$ 標準化為 $Z$ 分數：
$Z = \frac{\bar{X} - \mu_{\bar{X}}}{\sigma_{\bar{X}}} = \frac{\bar{X} - 75}{1}$。

本題提供了一組觀察到的各類別蘋果（A, B, C, D, E）的購買數量，總共有 180 位顧客。我們需要判斷哪種統計方法適用於檢定「偏好的蘋果類型」。

首先，我們需要了解各選項的含義：
(a) 獨立性檢定（Test of independence）：用於檢定兩個類別變數之間是否獨立。例如，檢定「顧客的性別」與「偏好的蘋果類型」是否獨立。
(b) 多比例檢定（Test the equality of multiple proportions）：用於檢定三個或更多比例是否相等。
(c) 適合度檢定（Goodness of fit test）：用於檢定觀察到的頻率分布是否符合某個預期的頻率分布。通常用於檢定單一類別變數。
(d) ANOVA 檢定（Analysis of Variance）：用於比較三個或更多組別的平均數是否存在顯著差異。這適用於連續型變數。

在這個問題中，我們有一個類別變數（蘋果類型），有五個類別（A, B, C, D, E）。我們有觀察到的各類別的購買數量。如果我們有一個「預期的」偏好比例（例如，假設沒有偏好，則每個類型應佔 1/5 的比例），我們就可以使用適合度檢定來檢定實際購買的比例是否符合這個預期。

本題在探討如何為「在一個小時內，選擇現金支付的顧客數量」建立機率模型。

我們需要分析每個選項的適用性：
(a) 均勻分布（Uniform distribution）：用於描述在一個給定區間內，每個結果發生的機率都相等的隨機變數。例如，骰子擲出 1 到 6 的機率都是 1/6。這裡的顧客數量不是均勻分布的，因為不同時間段的顧客流量可能不同，且顧客選擇現金支付的機率也不是固定的。
(b) 泊松機率分布（Poisson probability distribution）：用於模擬在一個固定的時間間隔或空間區域內，某事件發生的「次數」。泊松分布的關鍵假設是事件是獨立發生的，並且在該區間內平均發生率是恆定的。這個模型非常適合用來描述在一個小時內，顧客選擇現金支付的「數量」，假設這些選擇是獨立的，且平均每小時的現金支付顧客數是已知的（或可以估計的）。

本題在解釋信賴區間（confidence interval）的意義。給定一個 95% 信賴區間為 $9 \pm 2$，這表示信賴區間為 $[9-2, 9+2] = [7, 11]$。

我們需要分析各選項對信賴區間的解釋：
(a) 「有 99% 的機率 $\mu$ 在 6 和 12 之間」。首先，信賴區間是 [7, 11]，而不是 [6, 12]。其次，信賴水準是 95%，而不是 99%。因此，此選項錯誤。
(b) 「有 95% 的機率 $\mu$ 在 7 和 11 之間」。這個說法是常見的誤解。

本題是一個關於比例的假設檢定。我們有一個樣本大小 $n=25$，檢定虛無假說 $H_0: p \le 0.5$ 對抗對立假說 $H_1: p > 0.5$。$X$ 是樣本中偏好第一家公司的個數。

這是右尾檢定（right-tailed test），因為對立假說 $H_1$ 是 $p > 0.5$。在右尾檢定中，我們通常會拒絕 $H_0$ 當樣本統計量（在此是 $X$ 或基於 $X$ 的檢定統計量）非常大，遠超過在 $H_0$ 為真時預期的值。

在 $H_0$ 為真時，最嚴格的情況是 $p = 0.5$。
若 $p = 0.5$，則 $X$ 服從二項分布 $B(n, p)$，即 $X \sim B(25, 0.5)$。
我們需要找到一個拒絕域（rejection region），使得當 $p > 0.5$ 時，觀察到落在拒絕域內的機率較高。反之，當 $p \le 0.5$ 時，落在拒絕域內的機率較低（通常我們將這個機率設為顯著水準 $\alpha$）。

對於右尾檢定，拒絕域通常是 $X$ 的較大值。
考慮選項：
(a) $\{X < 7\}$ or $\{X > 18\}$：這是雙尾檢定的典型形式，用於檢定 $p \ne 0.5$。對於 $p > 0.5$ 的右尾檢定，我們應該只關注 $X$ 的較大值。
(b) $\{X < 7\}$：這是左尾檢定的拒絕域，用於檢定 $p < 0.5$。
(c) $\{X > 18\}$：這是右尾檢定的拒絕域，用於檢定 $p > 0.5$。這符合我們的假設檢定方向。

為了確認 $\{X > 18\}$ 作為拒絕域是否「最恰當」，我們需要考慮其對應的顯著水準 $\alpha$。
如果拒絕域是 $\{X > 18\}$，那麼在 $p=0.5$ 時，我們拒絕 $H_0$ 的機率是 $P(X > 18 | p=0.5)$。
$P(X > 18) = P(X=19) + P(X=20) + \dots + P(X=25)$。

本題要求計算樣本平均重量大於特定值的機率。我們已知母體平均數 $\mu = 10.5$ 盎司，母體標準差 $\sigma = 0.2$ 盎司，樣本大小 $n = 100$。由於樣本大小 $n=100$ 很大，根據中央極限定理，樣本平均重量 $\bar{X}$ 的分布近似於常態分布。

樣本平均重量分布的平均數為 $\mu_{\bar{X}} = \mu = 10.5$ 盎司。
樣本平均重量分布的標準差（標準誤）為 $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0.2}{\sqrt{100}} = \frac{0.2}{10} = 0.02$ 盎司。

本題要求計算某個常態分布的第 95 百分位數（95th percentile）。我們已知母體平均數 $\mu = 50$ kg，母體標準差 $\sigma = 15$ kg。

第 95 百分位數是指一個值 $x$，使得 95% 的觀測值都小於或等於這個值，即 $P(X \le x) = 0.95$。
我們需要將這個問題轉換為標準常態分布 $Z \sim N(0, 1)$。
標準化公式為 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$，所以 $X = \mu + Z\sigma$。

本題要求計算假設檢定的檢定統計量（test statistic）。
我們正在檢定關於比例的假設。
母體比例的假設檢定，當樣本大小足夠大時，可以使用 $z$-檢定。

給定資訊：

• 虛無假說 $H_0: p \le 0.96$
• 對立假說 $H_1: p > 0.96$
• 樣本大小 $n = 16$
• 樣本中正常工作的數量 $x = 11$
• 樣本比例 $\hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{11}{16} = 0.6875$

檢定統計量 $z$ 的計算公式為：
$z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$
其中 $\hat{p}$ 是樣本比例，$p_0$ 是虛無假說下的比例值（我們使用邊界值，即 $H_0$ 的極限值），$n$ 是樣本大小。
在本題中，$p_0 = 0.96$。

計算標準誤的分母：
$\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} = \sqrt{\frac{0.96(1-0.96)}{16}} = \sqrt{\frac{0.96 \times 0.04}{16}} = \sqrt{\frac{0.0384}{16}} = \sqrt{0.0024}$。
$\sqrt{0.0024} \approx 0.04899$。

計算檢定統計量 $z$：
$z = \frac{0.6875 - 0.96}{0.04899}$
$z = \frac{-0.2725}{0.04899} \approx -5.562$。

然而，此題的樣本大小 $n=16$ 相當小。對於比例檢定，通常要求 $np_0 \ge 10$ 且 $n(1-p_0) \ge 10$。
在這裡，$np_0 = 16 \times 0.96 = 15.36 \ge 10$。
$n(1-p_0) = 16 \times (1-0.96) = 16 \times 0.04 = 0.64$。
由於 $n(1-p_0) = 0.64 < 10$，使用 $z$-檢定可能不準確。

在這種情況下，我們應該使用二項分布來計算精確的 $p$-value，或者使用二項檢定。
但題目只要求「檢定統計量」。如果我們仍堅持使用 $z$-檢定，結果是 -5.562。

但是，題目要求的是 $H_1: p > 0.96$，而我們的樣本比例 $\hat{p} = 0.6875$ 遠小於 $p_0 = 0.96$。這意味著我們的觀察結果強烈不支持對立假說 $p > 0.96$，反而強烈支持 $p < 0.96$。

如果我們要使用二項分布進行檢定，虛無假說 $H_0: p \le 0.96$ 在最壞情況下（即 $p=0.96$）被拒絕。

核心觀念

本題考的是 Pearson 卡方適合度檢定：比較各類別的觀察次數與虛無假設下的期望次數，判斷模擬結果是否符合指定的機率分配。

令 $X$ 表示一次同時投擲兩枚硬幣所得的正面數。虛無假設為

$$H_0：兩枚硬幣彼此獨立，且各自出現正面的機率均為 \frac12。$$

在 $H_0$ 下，

$$X\sim\operatorname{Binomial}\left(2,\frac12\right),$$

因此

$$P(X=0)=\frac14,\qquad P(X=1)=\frac12,\qquad P(X=2)=\frac14。$$

卡方檢定統計量為

$$\chi^2=\sum_{i=0}^{2}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},$$

其中 $O_i$ 為觀察次數，$E_i=nP(X=i)$ 為期望次數。

解題方法

先確認樣本數。表列觀察次數的合計為

$$n=9+28+15=52，$$

與題幹所述的 $50$ 次不一致。以下以表列次數為準，採用 $n=52$ 計算。

由虛無假設下的機率，可得：

正面數 $i$	觀察次數 $O_i$	理論機率 $P(X=i)$	期望次數 $E_i$
$0$	$9$	$\frac14$	$13$
$1$	$28$	$\frac12$	$26$

本題要求計算假設檢定的 $p$-value。
這是一個關於平均數的假設檢定。

• 母體平均數的報告值（虛無假說的基礎）$\mu_0 = 8500$。
• 樣本平均數 $\bar{x} = 8745$。
• 樣本標準差 $s = 1000$。
• 樣本大小 $n = 16$。

金融管理員認為平均成本「更高」，這表示對立假說 $H_1$ 是單尾的（右尾）。
虛無假說 $H_0: \mu \le 8500$。
對立假說 $H_1: \mu > 8500$。

由於母體標準差未知，且樣本大小 $n=16$ 較小（小於 30），我們應該使用 $t$-檢定。
檢定統計量 $t$ 的計算公式為：
$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s / \sqrt{n}}$

計算樣本標準誤：
$s_{\bar{x}} = \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{1000}{\sqrt{16}} = \frac{1000}{4} = 250$。

計算 $t$ 統計量：
$t = \frac{8745 - 8500}{250} = \frac{245}{250} = 0.98$。

自由度 $df = n - 1 = 16 - 1 = 15$。

本題要求研究者判斷兩個製程（Process A 和 Process B）是否產生不同母體標準差的證據。這是一個關於變異數（或標準差）的比較檢定。

檢定的目標是比較兩個母體的標準差 $\sigma_A$ 和 $\sigma_B$。
研究者感興趣的是「是否不同」，這意味著對立假說應該是雙尾的。
虛無假說 $H_0: \sigma_A^2 = \sigma_B^2$ （或者 $\sigma_A = \sigma_B$）
對立假說 $H_1: \sigma_A^2 \ne \sigma_B^2$ （或者 $\sigma_A \ne \sigma_B$）

我們需要使用 $F$-檢定來比較兩個母體的變異數。
$F$-檢定的檢定統計量是兩個樣本變異數的比值：
$F = \frac{s_A^2}{s_B^2}$ 或 $F = \frac{s_B^2}{s_A^2}$。
通常，我們將較大的樣本變異數放在分子，以得到一個大於 1 的 $F$ 值，然後對應到 $F$ 分布的右尾。

我們需要從題目中提取 Process A 和 Process B 的樣本數據，計算樣本變異數。
Process A: 15, 20, 25, 20, 30, 25, 25, 30, 30, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 30
Process B: 20, 25, 30, 25, 30, 35, 20, 35, 20, 25, 30, 35

題目也給出了樣本的平均值和標準差：
Process A: Sample mean = 28.75, Sample deviation = 6.455
Process B: Sample mean = 27.5, Sample deviation = 5.839

從樣本標準差可以計算樣本變異數：
$s_A^2 = (6.455)^2 \approx 41.667$
$s_B^2 = (5.839)^2 \approx 34.094$

$F$ 檢定統計量：
由於 $s_A^2 > s_B^2$，我們計算 $F = \frac{s_A^2}{s_B^2}$。
$F = \frac{41.667}{34.094} \approx 1.222$。

樣本大小：
$n_A = 16$
$n_B = 12$

自由度：
分子自由度 $df_1 = n_A - 1 = 16 - 1 = 15$。
分母自由度 $df_2 = n_B - 1 = 12 - 1 = 11$。

本題要求研究者判斷兩個製程（Process A 和 Process B）的母體平均數 $\mu_A$ 和 $\mu_B$ 是否不同。這是一個獨立樣本 $t$-檢定（或 ANOVA 檢定）的問題。由於題目要求做 ANOVA 表，我們將使用 ANOVA 的框架來進行。

1. 假設：
   $H_0: \mu_A = \mu_B$ （兩個製程的母體平均數相等）
   $H_1: \mu_A \ne \mu_B$ （兩個製程的母體平均數不等）
   這是雙尾檢定。

2. 數據摘要：
   Process A: $\bar{x}_A = 28.75$, $s_A = 6.455$, $n_A = 16$
   Process B: $\bar{x}_B = 27.5$, $s_B = 5.839$, $n_B = 12$
   總樣本大小 $N = n_A + n_B = 16 + 12 = 28$。

3. 計算變異數的估計：
   首先，我們需要計算 Pooled Variance ($s_p^2$)，假設兩個母體變異數相等（儘管在 part (a) 中我們沒有足夠證據拒絕 $\sigma_A^2 = \sigma_B^2$）。
   $s_p^2 = \frac{(n_A - 1)s_A^2 + (n_B - 1)s_B^2}{n_A + n_B - 2}$
   $s_A^2 = (6.455)^2 \approx 41.667$
   $s_B^2 = (5.839)^2 \approx 34.094$
   $df_{within} = n_A + n_B - 2 = 16 + 12 - 2 = 26$。
   $s_p^2 = \frac{(16 - 1) \times 41.667 + (12 - 1) \times 34.094}{26}$
   $s_p^2 = \frac{15 \times 41.667 + 11 \times 34.094}{26}$
   $s_p^2 = \frac{625.005 + 375.034}{26} = \frac{1000.039}{26} \approx 38.463$。

4. 計算檢定統計量 $t$：
   $t = \frac{\bar{x}_A - \bar{x}_B}{s_p \sqrt{\frac{1}{n_A} + \frac{1}{n_B}}}$
   $s_p = \sqrt{s_p^2} = \sqrt{38.463} \approx 6.202$。
   $t = \frac{28.75 - 27.5}{6.202 \sqrt{\frac{1}{16} + \frac{1}{12}}}$
   $t = \frac{1.25}{6.202 \sqrt{0.0625 + 0.08333}}$
   $t = \frac{1.25}{6.202 \sqrt{0.14583}}$
   $t = \frac{1.25}{6.202 \times 0.38187}$
   $t = \frac{1.25}{2.3664}$
   $t \approx 0.528$。

5. ANOVA 表：
   ANOVA 表通常用於比較三個或更多組的平均數。對於兩個組，獨立樣本 $t$-檢定和 ANOVA 是等價的。
   在 ANOVA 的框架下，我們需要計算總平方和 (SST)、組間平方和 (SSB) 和組內平方和 (SSW)。
   總平均數 $\bar{x}_{total} = \frac{n_A \bar{x}_A + n_B \bar{x}_B}{N} = \frac{16 \times 28.75 + 12 \times 27.5}{28} = \frac{460 + 330}{28} = \frac{790}{28} \approx 28.214$。

   SSB (Sum of Squares Between Groups):
   $SSB = n_A(\bar{x}_A - \bar{x}_{total})^2 + n_B(\bar{x}_B - \bar{x}_{total})^2$
   $SSB = 16(28.75 - 28.214)^2 + 12(27.5 - 28.214)^2$
   $SSB = 16(0.536)^2 + 12(-0.714)^2$
   $SSB = 16(0.2873) + 12(0.5098)$
   $SSB = 4.597 + 6.118 = 10.715$。
   $df_{Between} = 2 - 1 = 1$。
   $MSB = SSB / df_{Between} = 10.715 / 1 = 10.715$。

   SSW (Sum of Squares Within Groups, 也稱為 SSE - Error):
   $SSW = (n_A - 1)s_A^2 + (n_B - 1)s_B^2 = 15 \times 41.667 + 11 \times 34.094 = 625.005 + 375.034 = 1000.039$。
   $df_{Within} = n_A + n_B - 2 = 16 + 12 - 2 = 26$。
   $MSW = SSW / df_{Within} = 1000.039 / 26 \approx 38.463$。

   $F$-statistic (ANOVA):
   $F = \frac{MSB}{MSW} = \frac{10.715}{38.463} \approx 0.2786$。

   請注意，$t^2 = (0.528)^2 \approx 0.2788$。ANOVA 的 $F$ 統計量與 $t$-檢定的平方值相等，這是因為這裡只有兩個組別。

本題要求使用卡方檢定（Chi-square test）來判斷兩個製程（Process A 和 Process B）是否產生不同的不良品率（defective rates）。

不良品的定義是直徑 $\ge 30$。我們需要從原始數據中統計出每個製程中，直徑 $\ge 30$ 的項目數量，以及總樣本數量。

數據整理：
Process A (n=16): 15, 20, 25, 20, 30, 25, 25, 30, 30, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 30

• 直徑 $\ge 30$ 的項目 (Defective): 30, 30, 30, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 30 (共 10 個)
• 總樣本數 $n_A = 16$
• 不良品率 $\hat{p}_A = 10/16 = 0.625$

Process B (n=12): 20, 25, 30, 25, 30, 35, 20, 35, 20, 25, 30, 35

• 直徑 $\ge 30$ 的項目 (Defective): 30, 30, 35, 35, 30, 35 (共 6 個)
• 總樣本數 $n_B = 12$
• 不良品率 $\hat{p}_B = 6/12 = 0.5$

卡方檢定（用於比較兩個比例）：

1. 假設：
   $H_0:$ Process A 和 Process B 的不良品率相同 ($p_A = p_B$)。
   $H_1:$ Process A 和 Process B 的不良品率不同 ($p_A \ne p_B$)。
   這是雙尾檢定。

2. 計算合併比例（Pooled Proportion）：
   在 $H_0$ 為真時，我們將兩組數據合併起來估計總的不良品率。
   總不良品數 = $10 + 6 = 16$
   總樣本數 = $16 + 12 = 28$
   合併比例 $\hat{p} = \frac{16}{28} = \frac{4}{7} \approx 0.5714$。

3. 計算預期次數：
   我們需要計算在 $H_0$ 為真時，每個類別（製程 A/B，不良/良品）的預期次數。

   	Defective (≥30)	Good (<30)	Total
   Process A	$O_A = 10$	$16 - 10 = 6$	16
   Process B	$O_B = 6$	$12 - 6 = 6$	12
   Total	16	12	28

   預期次數 ($E$)：

   • $E_{A, \text{Defective}} = n_A \times \hat{p} = 16 \times \frac{4}{7} = \frac{64}{7} \approx 9.143$
   • $E_{A, \text{Good}} = n_A \times (1 - \hat{p}) = 16 \times \frac{3}{7} = \frac{48}{7} \approx 6.857$
   • $E_{B, \text{Defective}} = n_B \times \hat{p} = 12 \times \frac{4}{7} = \frac{48}{7} \approx 6.857$
   • $E_{B, \text{Good}} = n_B \times (1 - \hat{p}) = 12 \times \frac{3}{7} = \frac{36}{7} \approx 5.143$

   檢查預期次數總和：$9.143 + 6.857 + 6.857 + 5.143 = 28$。

4. 計算卡方檢定統計量：
   $\chi^2 = \sum \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
   $\chi^2 = \frac{(10 - 9.143)^2}{9.143} + \frac{(6 - 6.857)^2}{6.857} + \frac{(6 - 6.857)^2}{6.857} + \frac{(6 - 5.143)^2}{5.143}$
   $\chi^2 = \frac{(0.857)^2}{9.143} + \frac{(-0.857)^2}{6.857} + \frac{(-0.857)^2}{6.857} + \frac{(0.857)^2}{5.143}$

本題涉及線性迴歸中的變數轉換，要求我們找到新迴歸模型 $E(Y^*) = \gamma_0 + \gamma_1 X^*$ 的參數估計值 $\hat{\gamma}_0$ 和 $\hat{\gamma}_1$。

原迴歸模型為 $E(Y) = \beta_0 + \beta_1 X$。
我們已知估計值為 $\hat{\beta}_0 = 2$ 和 $\hat{\beta}_1 = 1$。
樣本大小 $n = 10$。
這意味著我們對原始數據 $(X_i, Y_i)$ 進行迴歸，得到了迴歸線 $\hat{Y}_i = 2 + 1 X_i$。

新的變數定義為：
$Y^* = 2Y + 1$
$X^* = 5X - 3$

我們需要找到新模型 $E(Y^*) = \gamma_0 + \gamma_1 X^*$ 的估計值 $\hat{\gamma}_0$ 和 $\hat{\gamma}_1$。

首先，我們利用線性迴歸的性質來轉換預期值：
$E(Y^*) = E(2Y + 1)$
利用期望值的線性性質，$E(aX + b) = aE(X) + b$：
$E(Y^*) = 2E(Y) + 1$

將原始迴歸模型 $E(Y) = \beta_0 + \beta_1 X$ 代入：
$E(Y^*) = 2(\beta_0 + \beta_1 X) + 1$
$E(Y^*) = 2\beta_0 + 2\beta_1 X + 1$

現在，我們需要將 $X$ 用 $X^*$ 表示。
從 $X^* = 5X - 3$，我們可以解出 $X$：
$X^* + 3 = 5X$
$X = \frac{X^* + 3}{5} = \frac{1}{5}X^* + \frac{3}{5}$。

將 $X$ 的表達式代入 $E(Y^*)$：
$E(Y^*) = 2\beta_0 + 2\beta_1 \left(\frac{1}{5}X^* + \frac{3}{5}\right) + 1$
$E(Y^*) = 2\beta_0 + \frac{2}{5}\beta_1 X^* + \frac{6}{5}\beta_1 + 1$

重新整理成 $E(Y^*) = \gamma_0 + \gamma_1 X^*$ 的形式：
$E(Y^*) = \left(2\beta_0 + \frac{6}{5}\beta_1 + 1\right) + \left(\frac{2}{5}\beta_1\right) X^*$

因此，新模型的參數是：
$\gamma_1 = \frac{2}{5}\beta_1$
$\gamma_0 = 2\beta_0 + \frac{6}{5}\beta_1 + 1$

現在，我們使用已知的估計值 $\hat{\beta}_0 = 2$ 和 $\hat{\beta}_1 = 1$ 來計算 $\hat{\gamma}_0$ 和 $\hat{\gamma}_1$。

本題要求定義第一類錯誤（Type I error）和第二類錯誤（Type II error）。這是在假設檢定中兩個可能犯的錯誤。

第一類錯誤 (Type I Error)：
當虛無假說 $H_0$ 為真時，卻錯誤地拒絕了它。
可以理解為「誤報」或「偽陽性」（false positive）。
在實際應用中，第一類錯誤的機率通常用希臘字母 $\alpha$ 表示，也就是顯著水準（significance level）。

第二類錯誤 (Type II Error)：
當對立假說 $H_1$ 為真時（也就是虛無假說 $H_0$ 為假時），卻錯誤地未能拒絕虛無假說 $H_0$。

本題要求計算第一類錯誤的機率。第一類錯誤的機率就是顯著水準 $\alpha$。
我們需要從題目中找出檢定的顯著水準。

題目描述了檢定過程：
「Suppose a box contains 4 balls, white balls and (4-0) black balls. Test Ho: θ = 2 against H₁: θ ≠ 2 as follows: Draw 2 balls with replacement and reject Ho if balls are the same color; otherwise do not reject」

在這個假設檢定中：

• 虛無假說 $H_0: \theta = 2$。
• 對立假說 $H_1: \theta \ne 2$。
• 抽樣方法：從盒子中「有放回地」抽取 2 個球。
• 拒絕規則：如果抽到的兩個球顏色相同，則拒絕 $H_0$。否則，不拒絕 $H_0$。

第一類錯誤發生在 $H_0$ 為真時，我們拒絕了 $H_0$。
在我們的例子中，$H_0$ 為真意味著 $\theta = 2$。
我們在 $H_0$ 為真時拒絕 $H_0$ 的情況是：抽到的兩個球顏色相同。
所以，第一類錯誤的機率就是抽到兩個顏色相同的球的機率，在 $\theta=2$ 的條件下。

核心觀念

本題比較的是「分層抽樣」與「集群抽樣」的抽樣效率。兩者都先將母體分組，再進行抽樣，但分組目的不同：

• 分層抽樣（stratified sampling）：將母體分成數個互不重疊的層，每一層內的成員具有相似特性，再從每一層抽取樣本。
• 集群抽樣（cluster sampling）：將母體分成數個集群，每個集群通常包含各種不同類型的成員，再抽取部分集群，調查被抽中的集群。

本題未提供前文所指的兩種取法；以下依一般考題脈絡，假設比較的是「分層抽樣」與「集群抽樣」。

---

解題方法

判斷抽樣方法優劣的核心，是比較樣本在母體中的代表性，以及估計量的變異數。

一、分層抽樣的特性

分層抽樣要求：

1. 各層之間差異較大；
2. 同一層內的成員具有高度相似性。

若第 $h$ 層的母體數為 $N_h$、樣本數為 $n_h$，層內變異數為 $S_h^2$，則分層抽樣下母體平均數估計量的變異數為

$$\operatorname{Var}(\bar{y}_{st}) = \sum_{h=1}^{L} W_h^2 \left(1-\frac{n_h}{N_h}\right) \frac{S_h^2}{n_h},$$

其中

$$W_h=\frac{N_h}{N}.$$

由於每一層內的成員相似，$S_h^2$ 通常較小，因此估計結果較穩定，抽樣誤差較低。

二、集群抽樣的特性

集群抽樣要求：

1. 各集群內部最好具有母體的完整異質性；
2. 不同集群之間的組成應盡量相似。

若同一集群內的成員非常相似，抽中一個集群所提供的資訊就會高度重複，導致有效樣本資訊減少，抽樣誤差增加。

集群抽樣的設計效果通常可用設計效果表示：

核心觀念

本題考查假設檢定（Hypothesis Testing）中型 I 錯誤（Type I Error, $\alpha$）與拒絕域（Rejection Region, critical region $R$）的基本定義。

1. 型 I 錯誤之定義：
   在虛無假設 $H_0$ 為真的前提下，檢定法則卻做出「拒絕 $H_0$（Reject $H_0$）」之錯誤決策，其發生的機率稱為型 I 錯誤機率或顯著水準：

   $$\alpha = P(\text{Reject } H_0 \mid H_0 \text{ is true}) = P(\mathbf{X} \in R \mid H_0 \text{ is true})$$

   其中 $\mathbf{X}$ 為樣本向量，$R$ 為檢定的拒絕域。

2. 型 I 錯誤機率為零（$\alpha = 0$）的充要條件：
   欲使 $\alpha = 0$，只要將檢定之拒絕域設為空集合（Empty Set, $\emptyset$）即可，即不論觀測到何種樣本資料，檢定規則一律為「永遠不拒絕 $H_0$（Never reject $H_0$）」。
   此外，若樣本統計量的支撐集（Support）具備有界特性，亦可將拒絕域設於該隨機變數之可能取值範圍之外。

---

解題方法

本題要求提出一個（或另一個）使得型 I 錯誤發生機率恰好為零（$\alpha = 0$）的檢定法則。

1. 建構檢定法則（Decision Rule）：
   考慮以下檢定法則：
   「無論樣本觀測值為何，檢定決策一律為不拒絕虛無假設（Never reject $H_0$ / Always fail to reject $H_0$）。」

核心觀念

本題考查假設檢定（Hypothesis Testing）中型 I 錯誤（Type I Error, $\alpha$）與拒絕域（Rejection Region, critical region $R$）的基本定義。

1. 型 I 錯誤之定義：
   在虛無假設 $H_0$ 為真的前提下，檢定法則卻做出「拒絕 $H_0$（Reject $H_0$）」之錯誤決策，其發生的機率稱為型 I 錯誤機率或顯著水準：

   $$\alpha = P(\text{Reject } H_0 \mid H_0 \text{ is true}) = P(\mathbf{X} \in R \mid H_0 \text{ is true})$$

   其中 $\mathbf{X}$ 為樣本向量，$R$ 為檢定的拒絕域。

2. 型 I 錯誤機率為零（$\alpha = 0$）的充要條件：
   欲使 $\alpha = 0$，只要將檢定之拒絕域設為空集合（Empty Set, $\emptyset$）即可，即不論觀測到何種樣本資料，檢定規則一律為「永遠不拒絕 $H_0$（Never reject $H_0$）」。
   此外，若樣本統計量的支撐集（Support）具備有界特性，亦可將拒絕域設於該隨機變數之可能取值範圍之外。

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解題方法

本題要求提出一個（或另一個）使得型 I 錯誤發生機率恰好為零（$\alpha = 0$）的檢定法則。

1. 建構檢定法則（Decision Rule）：
   考慮以下檢定法則：
   「無論樣本觀測值為何，檢定決策一律為不拒絕虛無假設（Never reject $H_0$ / Always fail to reject $H_0$）。」

本題要求定義第一類錯誤（Type I error）和第二類錯誤（Type II error）。這是在假設檢定中兩個可能犯的錯誤。

第一類錯誤 (Type I Error)：
當虛無假說 $H_0$ 為真時，卻錯誤地拒絕了它。
可以理解為「誤報」或「偽陽性」（false positive）。
在實際應用中，第一類錯誤的機率通常用希臘字母 $\alpha$ 表示，也就是顯著水準（significance level）。

第二類錯誤 (Type II Error)：
當對立假說 $H_1$ 為真時（也就是虛無假說 $H_0$ 為假時），卻錯誤地未能拒絕虛無假說 $H_0$。

本題要求計算第一類錯誤的機率。第一類錯誤的機率就是顯著水準 $\alpha$。
我們需要從題目中找出檢定的顯著水準。

題目描述了檢定過程：
「Suppose a box contains 4 balls, white balls and (4-0) black balls. Test Ho: θ = 2 against H₁: θ ≠ 2 as follows: Draw 2 balls with replacement and reject Ho if balls are the same color; otherwise do not reject」

在這個假設檢定中：

• 虛無假說 $H_0: \theta = 2$。
• 對立假說 $H_1: \theta \ne 2$。
• 抽樣方法：從盒子中「有放回地」抽取 2 個球。
• 拒絕規則：如果抽到的兩個球顏色相同，則拒絕 $H_0$。否則，不拒絕 $H_0$。

第一類錯誤發生在 $H_0$ 為真時，我們拒絕了 $H_0$。
在我們的例子中，$H_0$ 為真意味著 $\theta = 2$。
我們在 $H_0$ 為真時拒絕 $H_0$ 的情況是：抽到的兩個球顏色相同。
所以，第一類錯誤的機率就是抽到兩個顏色相同的球的機率，在 $\theta=2$ 的條件下。

核心觀念

本題比較的是「分層抽樣」與「集群抽樣」的抽樣效率。兩者都先將母體分組，再進行抽樣，但分組目的不同：

• 分層抽樣（stratified sampling）：將母體分成數個互不重疊的層，每一層內的成員具有相似特性，再從每一層抽取樣本。
• 集群抽樣（cluster sampling）：將母體分成數個集群，每個集群通常包含各種不同類型的成員，再抽取部分集群，調查被抽中的集群。

本題未提供前文所指的兩種取法；以下依一般考題脈絡，假設比較的是「分層抽樣」與「集群抽樣」。

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解題方法

判斷抽樣方法優劣的核心，是比較樣本在母體中的代表性，以及估計量的變異數。

一、分層抽樣的特性

分層抽樣要求：

1. 各層之間差異較大；
2. 同一層內的成員具有高度相似性。

若第 $h$ 層的母體數為 $N_h$、樣本數為 $n_h$，層內變異數為 $S_h^2$，則分層抽樣下母體平均數估計量的變異數為

$$\operatorname{Var}(\bar{y}_{st}) = \sum_{h=1}^{L} W_h^2 \left(1-\frac{n_h}{N_h}\right) \frac{S_h^2}{n_h},$$

其中

$$W_h=\frac{N_h}{N}.$$

由於每一層內的成員相似，$S_h^2$ 通常較小，因此估計結果較穩定，抽樣誤差較低。

二、集群抽樣的特性

集群抽樣要求：

1. 各集群內部最好具有母體的完整異質性；
2. 不同集群之間的組成應盡量相似。

若同一集群內的成員非常相似，抽中一個集群所提供的資訊就會高度重複，導致有效樣本資訊減少，抽樣誤差增加。

集群抽樣的設計效果通常可用設計效果表示：

核心觀念

本題考查假設檢定（Hypothesis Testing）中型 I 錯誤（Type I Error, $\alpha$）與拒絕域（Rejection Region, critical region $R$）的基本定義。

1. 型 I 錯誤之定義：
   在虛無假設 $H_0$ 為真的前提下，檢定法則卻做出「拒絕 $H_0$（Reject $H_0$）」之錯誤決策，其發生的機率稱為型 I 錯誤機率或顯著水準：

   $$\alpha = P(\text{Reject } H_0 \mid H_0 \text{ is true}) = P(\mathbf{X} \in R \mid H_0 \text{ is true})$$

   其中 $\mathbf{X}$ 為樣本向量，$R$ 為檢定的拒絕域。

2. 型 I 錯誤機率為零（$\alpha = 0$）的充要條件：
   欲使 $\alpha = 0$，只要將檢定之拒絕域設為空集合（Empty Set, $\emptyset$）即可，即不論觀測到何種樣本資料，檢定規則一律為「永遠不拒絕 $H_0$（Never reject $H_0$）」。
   此外，若樣本統計量的支撐集（Support）具備有界特性，亦可將拒絕域設於該隨機變數之可能取值範圍之外。

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解題方法

本題要求提出一個（或另一個）使得型 I 錯誤發生機率恰好為零（$\alpha = 0$）的檢定法則。

1. 建構檢定法則（Decision Rule）：
   考慮以下檢定法則：
   「無論樣本觀測值為何，檢定決策一律為不拒絕虛無假設（Never reject $H_0$ / Always fail to reject $H_0$）。」