114 年 國立政治大學金融學系碩士班金融管理組《統計學A》

此題主要在考察隨機變數的定義、期望值與變異數的計算，以及線性組合的期望值與變異數性質。

首先，我們需要釐清每一個獨立事件的期望值與變異數。
一個公平的六面骰子，出現數字 2 的機率為 $p = \frac{1}{6}$。
如果出現數字 2，則贏得 $5 元。 因此，每一次獨立的滾動，贏得的金額可以視為一個 Bernoulli 隨機變數$W$，其中：$P(W=5) = p = \frac{1}{6}$$P(W=0) = 1-p = \frac{5}{6}$

期望值 $E[W] = 5 \times \frac{1}{6} + 0 \times \frac{5}{6} = \frac{5}{6}$。
變異數 $Var(W) = E[W^2] - (E[W])^2$。
$E[W^2] = 5^2 \times \frac{1}{6} + 0^2 \times \frac{5}{6} = \frac{25}{6}$。
$Var(W) = \frac{25}{6} - (\frac{5}{6})^2 = \frac{25}{6} - \frac{25}{36} = \frac{150-25}{36} = \frac{125}{36}$。

$X_1, X_2, X_3, X_4$ 分別代表在前 10, 11-20, 21-30, 31-40 次滾動中贏得的總金額。由於每一次滾動都是獨立的，且每次滾動贏得金額的期望值和變異數都相同，所以 $X_1, X_2, X_3, X_4$ 實際上是 10 次獨立的 Bernoulli 實驗（每次實驗的成功機率為 $1/6$，成功則贏得 5 元）的總金額。
更精確地說，如果我們定義一個指示變數 $I_i$ 表示第 $i$ 次滾動是否為 2 ($I_i=1$ 若為 2, $I_i=0$ 若非 2)，則每次滾動的贏得金額為 $5 I_i$。
$X_1 = \sum_{i=1}^{10} 5 I_i$
$X_2 = \sum_{i=11}^{20} 5 I_i$
$X_3 = \sum_{i=21}^{30} 5 I_i$
$X_4 = \sum_{i=31}^{40} 5 I_i$

因為 $I_i$ 是 Bernoulli 隨機變數，具有 $P(I_i=1) = 1/6$。
$E[I_i] = 1/6$
$Var(I_i) = (1/6)(1 - 1/6) = 5/36$

(1) Describe the probability mass (density) function of $Y$. (6%)
$Y$ 是 40 次獨立滾動贏得的總金額。由於每次滾動贏得的金額是 5 元或 0 元，且總共有 40 次滾動，因此 $Y$ 的可能值為 $5k$，其中 $k$ 是 40 次滾動中出現數字 2 的總次數。
這 40 次滾動可以看作是 40 次獨立的 Bernoulli 試驗，每次試驗成功的機率（滾出數字 2）為 $p = 1/6$。
令 $N$ 為 40 次滾動中出現數字 2 的總次數。則 $N$ 服從二項分佈 $B(n=40, p=1/6)$。
$P(N=k) = \binom{40}{k} (\frac{1}{6})^k (\frac{5}{6})^{40-k}$, for $k = 0, 1, \dots, 40$.
由於 $Y = 5N$，所以 $Y$ 的可能值為 $0, 5, 10, \dots, 200$。
$Y$ 的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(Y=y) = P(5N=y) = P(N=y/5)$
$P(Y=y) = \binom{40}{y/5} (\frac{1}{6})^{y/5} (\frac{5}{6})^{40-y/5}$, for $y \in \{0, 5, 10, \dots, 200\}$.
注意，只有當 $y$ 是 5 的倍數時，機率才不為零。

【答案】$Y$ 的機率質量函數為 $P(Y=y) = \binom{40}{y/5} (\frac{1}{6})^{y/5} (\frac{5}{6})^{40-y/5}$，其中 $y \in {0, 5, 10, \dots, 200}

核心觀念

本題考查三個比例推論概念：

1. 單一母體比例的右尾假設檢定
2. 檢定力（power）
3. 母體比例估計的樣本數決定

令個人貸款違約率為 $p$，樣本違約比例為 $\hat p$。樣本量為 $n=500$ 時，違約件數可視為：

$$X\sim \operatorname{Binomial}(n,p)$$

當 $np_0$ 與 $n(1-p_0)$ 皆足夠大時，可使用常態近似。

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(1) 檢定副總裁的標準是否成立

解題方法

副總裁的標準為「違約率不超過 $5\%$」，因此要檢查是否有足夠證據顯示實際違約率超過 $5\%$。

設定假設：

$$H_0:p\leq 0.05$$ $$H_1:p>0.05$$

這是右尾檢定，顯著水準為：

$$\alpha=0.01$$

在虛無假設邊界 $p_0=0.05$ 下，樣本違約率為：

$$\hat p=\frac{30}{500}=0.06$$

比例檢定統計量為：

$$z=\frac{\hat p-p_0} {\sqrt{\dfrac{p_0(1-p_0)}{n}}}$$

代入數值：

$$z= \frac{0.06-0.05} {\sqrt{\dfrac{0.05(0.95)}{500}}} = \frac{0.01}{0.009747} \approx 1.026$$

右尾檢定在 $\alpha=0.01$ 下的臨界值為：

$$z_{0.01}=2.326$$

拒絕域為：

$$z>2.326$$

但本題：

$$1.026<2.326$$

因此不拒絕 $H_0$。

亦可用 $p$ 值判斷：

$$p\text{-value}=P(Z>1.026)\approx 0.152$$

由於：

$$0.152>0.01$$

同樣得到不拒絕 $H_0$ 的結論。

結論

在 $1\%$ 顯著水準下，沒有足夠證據顯示實際違約率高於 $5\%$。因此，本次樣本結果與副總裁「違約率不超過 $5\%$」的標準一致。

需注意：不拒絕 $H_0$ 並不代表已證明 $p$ 一定不超過 $5\%$，而是證據不足以判定標準遭到違反。

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(2) 當真實違約率為 $7\%$ 時的檢定力

解題方法

檢定力定義為：

$$\text{Power} = P(\text{拒絕 }H_0\mid p=0.07)$$

首先找出本檢定的拒絕門檻。

由右尾檢定：

$$\frac{\hat p-0.05} {\sqrt{\dfrac{0.05(0.95)}{500}}}>2.326$$

整理得：

$$\hat p> 0.05+ 2.326\sqrt{\frac{0.05(0.95)}{500}}$$ $$\hat p>0.05+2.326(0.009747)$$ $$\hat p>0.07267$$

因此，檢定的拒絕域約為：

$$\hat p>0.07267$$

當真實違約率為 $p=0.07$ 時：

此題主要考察兩個獨立樣本的變異數相等檢定（F檢定）以及兩個獨立樣本的平均數相等檢定（t檢定）。

給定數據：
Southeast Region (Population 1): $n_1 = 15$, $\bar{x}_1 = 30$, $s_1 = 6$
Southwest Region (Population 2): $n_2 = 15$, $\bar{x}_2 = 27$, $s_2 = 5$

(1) Conduct a test to decide whether the population variances for training time in both regions are equal at the 0.05 significance level. (7%)

這是檢定兩個獨立樣本變異數是否相等的 F 檢定。
虛無假設 $H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2$
對立假設 $H_1: \sigma_1^2 \ne \sigma_2^2$
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

檢定統計量為變異數的比值：
$F = \frac{s_1^2}{s_2^2}$ （通常將較大的樣本變異數放在分子，以進行單尾檢定，但為了對稱性，也可以直接用 $s_1^2/s_2^2$ 然後查雙尾臨界值）

這裡，我們直接使用 $s_1$ 和 $s_2$ 的值。
$s_1^2 = 6^2 = 36$
$s_2^2 = 5^2 = 25$

$F = \frac{36}{25} = 1.44$

自由度：
分子自由度 $df_1 = n_1 - 1 = 15 - 1 = 14$。
分母自由度 $df_2 = n_2 - 1 = 15 - 1 = 14$。

查 F 分配表，在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，雙尾檢定。
我們需要查找 $F_{\alpha/2, df_1, df_2}$ 和 $F_{1-\alpha/2, df_1, df_2}$。
對於 $\alpha = 0.05$ 雙尾檢定，通常我們查找 $F_{\alpha/2, df_1, df_2}$。
在 F 分配表中，尋找 $df_1 = 14, df_2 = 14$ 的欄位。
在 $\alpha = 0.05$ (即 $P(F > F_{0.025, 14, 14}) = 0.025$) 的位置，我們可以找到臨界值。
查表（或使用軟體），$F_{0.025, 14, 14} \approx 2.99$。
（如果使用 $F = s_2^2/s_1^2 = 25/36 \approx 0.694$，則需要查 $F_{1-\alpha/2, df_1, df_2} = F_{0.975, 14, 14}$，通常這個值是 $1/F_{0.025, 14, 14}$，所以 $1/2.99 \approx 0.334$）。

我們比較計算出的 F 值與臨界值。
臨界區域是 $F > 2.99$ 或 $F < 0.334$ (如果我們將較小的變異數放分子)。
如果我們將較大的變異數放在分子 ($s_1^2/s_2^2 = 1.44$)，則對立假設是 $H_1: \sigma_1^2 \ne \sigma_2^2$。
臨界值是 $F_{\alpha/2, 14, 14}$ 和 $F_{1-\alpha/2, 14, 14}$。
$F_{0.025, 14, 14} \approx 2.99$。
$F_{0.975, 14, 14} = 1 / F_{0.025, 14, 14} \approx 1 / 2.99 \approx 0.334$。
檢定統計量 $F = 1.44$。
因為 $0.334 < 1.44 < 2.99$，所以 $F$ 值不在拒絕域內。

結論：在 0.05 的顯著水準下，我們無法拒絕虛無假設，認為兩個地區的員工訓練時間的母體變異數是相等的。

【答案】檢定統計量 $F = 1.44$。臨界值 (雙尾) 約為 $0.334$ 和 $2.99$。由於 $0.334 < 1.44 < 2.99$，無法拒絕 $H_0$。兩個地區的母體變異數相等。

(2) Conduct a test to decide whether the population mean training time in the Southeast region is greater than that of the Southwest region at the 0.01 significance level. (10%)

這是檢定兩個獨立樣本平均數差異的 t 檢定。
虛無假設 $H_0: \mu_1 \le \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 \le 0$)
對立假設 $H_1: \mu_1 > \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 > 0$)
顯著水準 $\alpha = 0.01$。

由於 part (1) 的結果是我們無法拒絕變異數相等的假設，所以我們可以使用合併變異數 (pooled variance) 的 t 檢定。
然而，如果 part (1) 的結果是拒絕變異數相等，我們則應使用 Welch's t-test (不假設變異數相等)。
這裡我們假設 part (1) 的結論可以指導我們做 part (2) 的決策。
由於我們未能拒絕 $\sigma_1^2 = \sigma_2^2$，我們使用合併變異數。

核心觀念

本題考查「卡方適合度檢定」：

• 虛無假設：$H_0$：顧客數 $X$ 服從某個 Poisson 分配。
• 對立假設：$H_1$：顧客數不服從 Poisson 分配。
• 顯著水準：$\alpha=0.01$。
• 因為 Poisson 參數 $\lambda$ 未知，必須先由樣本估計 $\lambda$，再計算卡方統計量。
• 由於最後一組為 $X\geq 5$，不能直接將該組的每筆資料視為 $5$；應將其視為合併區間處理。

Poisson 機率為

$$P(X=x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, \qquad x=0,1,2,\ldots$$

卡方適合度統計量為

$$\chi^2=\sum\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},$$

其中 $O_i$ 為觀察次數，$E_i$ 為理論期望次數。

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解題方法

一、建立假設

$$H_0:X\sim \operatorname{Poisson}(\lambda)$$ $$H_1:X\text{ 不服從 Poisson 分配}$$

總樣本數為

$$n=5+15+17+12+10+8=67.$$

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二、估計 Poisson 參數

前五組的觀察值分別為 $0,1,2,3,4$，最後一組只知道 $X\geq5$。因此，依分組資料的概似函數估計 $\lambda$。

其估計方程式可寫成

$$67\lambda = 125+8E(X\mid X\geq5),$$

其中

$$125 = 0(5)+1(15)+2(17)+3(12)+4(10).$$

以 Poisson 分配計算，解得

$$\widehat{\lambda}\approx 2.53.$$

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三、計算各組理論機率與期望次數

令 $\lambda=2.53$，則

$$P(X=0)=e^{-2.53}\approx0.0796,$$ $$P(X=1)=e^{-2.53}(2.53)\approx0.2013,$$ $$P(X=2)=e^{-2.53}\frac{(2.53)^2}{2!}\approx0.2546,$$ $$P(X=3)=e^{-2.53}\frac{(2.53)^3}{3!}\approx0.2148,$$ $$P(X=4)=e^{-2.53}\frac{(2.53)^4}{4!}\approx0.1358.$$

因此

此題主要考察多元迴歸分析中的 ANOVA 表計算、F 檢定的解釋與應用，以及決定係數 $R^2$ 的意義。

給定信息：
樣本數 $n = 25$。
解釋變數個數 $k = 4$。
總平方和 $SST = 1000$。
迴歸平方和 $SSR = 700$。

(1) Please compute the values (a) to (g) in details, together with the required formulas. (12%)

ANOVA 表各項的計算公式：
(a) 迴歸自由度 (df Regression) = 解釋變數個數 $k$。
$a = k = 4$。

(b) 誤差自由度 (df Error) = 總樣本數 $n$ - 解釋變數個數 $k$ - 1 (截距項)。
$b = n - k - 1 = 25 - 4 - 1 = 20$。

(c) 總自由度 (df Total) = 樣本數 $n$ - 1。
$c = n - 1 = 25 - 1 = 24$。
驗證：$a + b = 4 + 20 = 24 = c$。

(d) 誤差平方和 (SS Error) = 總平方和 $SST$ - 迴歸平方和 $SSR$。
$d = SST - SSR = 1000 - 700 = 300$。

(e) 迴歸均方 (MS Regression) = 迴歸平方和 $SSR$ / 迴歸自由度 $df_{Regression}$。
$e = \frac{SSR}{a} = \frac{700}{4} = 175$。

(f) 誤差均方 (MS Error) = 誤差平方和 $SSE$ / 誤差自由度 $df_{Error}$。
$f = \frac{d}{b} = \frac{300}{20} = 15$。

(g) F 統計量 (F value) = 迴歸均方 $MS_{Regression}$ / 誤差均方 $MS_{Error}$。
$g = \frac{e}{f} = \frac{175}{15} = \frac{35}{3} \approx 11.67$。

填入 ANOVA 表：

Source	df	SS	MS	F
Regression	4	700	175	11.67
Error	20	300	15
Total	24	1000

【答案】(a)=4, (b)=20, (c)=24, (d)=300, (e)=175, (f)=15, (g)≈11.67。

(2) Explain the purpose of the F value, and conclude your result at the 0.05 significance level. (6%)

F 統計量的目的：
在多元迴歸分析中，F 統計量用於檢定所有解釋變數的係數是否同時為零。也就是檢定模型整體是否有顯著的解釋能力。
虛無假設 $H_0: \beta_1 = \beta_2 = \beta_3 = \beta_4 = 0$ (所有迴歸係數皆為零)。
對立假設 $H_1$: 至少有一個 $\beta_i \ne 0$。