108 年 國立成功大學自然災害減災及管理國際碩士學位學程《統計學》

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第 1 題20 分

A random experiment has a sample space S={a,b,c,d}S = \{a, b, c, d\}. These outcomes are not equally-likely; their probabilities are: P(a)=0.1P(a) = 0.1, P(b)=0.3P(b) = 0.3, P(c)=0.5P(c) = 0.5, P(d)=0.1P(d) = 0.1. Let Event A={a,b}A = \{a, b\}, Event B={b,c,d}B = \{b, c, d\}, and Event C={d}C = \{d\}. A′A' is the complement of event AA. Determine the following probabilities:
(a) P(A)P(A)
(b) P(B)P(B)
(c) P(A′)P(A')
(d) P(A∩B)P(A \cap B)
(e) P(A∪B)P(A \cup B)

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核心觀念

樣本空間中的各結果互斥,因此事件的機率等於其所含結果機率的總和。補事件與聯集則分別使用:

P(A′)=1−P(A)P(A')=1-P(A) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

聯集公式要扣除交集,是因為交集中的結果在 P(A)+P(B)P(A)+P(B) 裡被計算了兩次。

解題方法與逐項計算

已知 P(a)=0.1P(a)=0.1、P(b)=0.3P(b)=0.3、P(c)=0.5P(c)=0.5、P(d)=0.1P(d)=0.1。

(a) 求 P(A)P(A)

A={a,b}A=\{a,b\},將事件內各結果的機率相加:

P(A)=P(a)+P(b)=0.1+0.3=0.4P(A)=P(a)+P(b)=0.1+0.3=0.4

(b) 求 P(B)P(B)

B={b,c,d}B=\{b,c,d\}:

P(B)=P(b)+P(c)+P(d)=0.3+0.5+0.1=0.9P(B)=P(b)+P(c)+P(d)=0.3+0.5+0.1=0.9

(c) 求 P(A′)P(A')

樣本空間為 S={a,b,c,d}S=\{a,b,c,d\},而 A={a,b}A=\{a,b\},所以 A′={c,d}A'=\{c,d\}。因此:

P(A′)=P(c)+P(d)=0.5+0.1=0.6P(A')=P(c)+P(d)=0.5+0.1=0.6

也可用補事件公式驗算:P(A′)=1−P(A)=1−0.4=0.6P(A')=1-P(A)=1-0.4=0.6。

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第 2 題20 分

For the case of the thin copper wire, suppose that the number of flaws follows a Poisson distribution (the probability density function is f(x)=e−λλxx!f(x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}) with a mean of 2.3 flaws per mm.
(a) Find the probability of exactly 2 flaws in 1 mm of wire.
(b) Determine the probability of 10 flaws in 5 mm of wire.
(c) Determine the probability of at least 1 flaw in 2 mm of wire.

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核心觀念

單位長度的缺陷數服從卜瓦松分配。若每毫米平均有 λ\lambda 個缺陷,長度為 LL 毫米的電線,其缺陷數 XX 的平均數為

μ=2.3L\mu = 2.3L

因此,長度為 LL 毫米的電線上恰有 kk 個缺陷的機率為

P(X=k)=e−μμkk!P(X=k)=\frac{e^{-\mu}\mu^k}{k!}

這裡的 XX 是離散的計數變數,因此公式給的是機率質量函數。

解題方法

(a) 1 毫米內恰有 2 個缺陷

此時平均數為 μ=2.3×1=2.3\mu=2.3\times1=2.3。代入卜瓦松公式:

P(X=2)=e−2.3(2.3)22!≈0.2652P(X=2)=\frac{e^{-2.3}(2.3)^2}{2!} \approx 0.2652

所以,1 毫米電線內恰有 2 個缺陷的機率約為 0.26520.2652。

(b) 5 毫米內恰有 10 個缺陷

缺陷平均數隨電線長度成比例增加,因此 μ=2.3×5=11.5\mu=2.3\times5=11.5。代入公式:

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第 3 題20 分

Suppose that the current measurements in a strip of wire are assumed to follow a Normal distribution with μ=10\mu = 10 and σ=2\sigma = 2 mA.
(a) What is the probability that the current measurement is between 9 and 11 mA?
(b) Determine the value for which the probability that a current measurement is below 0.98.
[Hint: Assume ZZ is a standard normal random variable. P(Z≤−0.5)=0.30854P(Z \le -0.5)=0.30854; P(Z≤0.5)=0.69146P(Z \le 0.5)=0.69146; P(Z≤1.5)=0.93319P(Z \le 1.5)=0.93319; P(Z≤2.05)=0.98000P(Z \le 2.05)=0.98000]

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本題考驗對常態分佈 (Normal Distribution) 的基本應用,包含機率計算、反向求解、以及標準常態分佈的轉換。

核心觀念:

  1. 常態分佈:機率密度函數為對稱的鐘形曲線,由平均值 μ\mu 和標準差 σ\sigma 決定。
  2. 標準化 (Standardization):將任意常態分佈變數 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2) 轉換為標準常態分佈變數 Z∼N(0,1)Z \sim N(0, 1) 的過程,公式為 Z=X−μσZ = \frac{X - \mu}{\sigma}。
  3. 機率計算:利用標準常態分佈的累積分佈函數 (CDF),即 P(Z≤z)P(Z \le z),來計算機率。
  4. 反向求解:已知機率值,反向找出對應的 ZZ 值,再轉換回原始變數 XX 的值。

解題步驟:
已知電流測量 XX 服從常態分佈 N(μ=10,σ2=22)N(\mu=10, \sigma^2=2^2)。

(a) 計算電流測量介於 9 mA 和 11 mA 之間的機率,即 P(9<X<11)P(9 < X < 11)。
首先,將 XX 的值標準化為 ZZ 值:
當 X=9X=9 時,Z1=9−μσ=9−102=−12=−0.5Z_1 = \frac{9 - \mu}{\sigma} = \frac{9 - 10}{2} = \frac{-1}{2} = -0.5。

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第 4 題20 分

Use the least-square method to derive the slope of a simple linear regression model y=β0+β1xy = \beta_0 + \beta_1 x is β1=∑i=1nxiyi−nxˉyˉ∑i=1nxi2−nxˉ2\beta_1 = \frac{\sum_{i=1}^{n}x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum_{i=1}^{n}x_i^2 - n\bar{x}^2}, where (xi,yi)(x_i, y_i) is the nn paired data. xˉ\bar{x} and yˉ\bar{y} are the mean values of xx and yy, and write the definition of coefficient of determination.

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核心觀念

本題考查簡單線性迴歸的最小平方法,以及決定係數的定義。最小平方法選擇截距 β0\beta_0 與斜率 β1\beta_1,使觀測值與迴歸預測值之間的殘差平方和最小:

S(β0,β1)=∑i=1n(yi−β0−β1xi)2S(\beta_0,\beta_1) =\sum_{i=1}^{n}(y_i-\beta_0-\beta_1x_i)^2

解題方法:由最小平方法推導斜率

分別對 β0\beta_0 與 β1\beta_1 求偏導數,並令偏導數為零:

∂S∂β0=−2∑i=1n(yi−β0−β1xi)=0\frac{\partial S}{\partial \beta_0} =-2\sum_{i=1}^{n}(y_i-\beta_0-\beta_1x_i)=0 ∂S∂β1=−2∑i=1nxi(yi−β0−β1xi)=0\frac{\partial S}{\partial \beta_1} =-2\sum_{i=1}^{n}x_i(y_i-\beta_0-\beta_1x_i)=0

整理後得到兩個正規方程:

nβ0+β1∑i=1nxi=∑i=1nyin\beta_0+\beta_1\sum_{i=1}^{n}x_i =\sum_{i=1}^{n}y_i β0∑i=1nxi+β1∑i=1nxi2=∑i=1nxiyi\beta_0\sum_{i=1}^{n}x_i +\beta_1\sum_{i=1}^{n}x_i^2 =\sum_{i=1}^{n}x_i y_i

由第一式,利用 ∑xi=nxˉ\sum x_i=n\bar{x}、∑yi=nyˉ\sum y_i=n\bar{y},可得:

β0=yˉ−β1xˉ\beta_0=\bar{y}-\beta_1\bar{x}

將此式代入第二個正規方程:

(yˉ−β1xˉ)nxˉ+β1∑i=1nxi2=∑i=1nxiyi(\bar{y}-\beta_1\bar{x})n\bar{x} +\beta_1\sum_{i=1}^{n}x_i^2 =\sum_{i=1}^{n}x_i y_i

移項並整理 β1\beta_1:

β1(∑i=1nxi2−nxˉ 2)=∑i=1nxiyi−nxˉyˉ\beta_1\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2-n\bar{x}^{\,2}\right) =\sum_{i=1}^{n}x_i y_i-n\bar{x}\bar{y}

因此,斜率為:

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第 5 題20 分

Use the Method of Moment to derive the parameters of Gamma distribution.
[Hint: PDF of Gamma distribution f(x)=λrΓ(r)xr−1e−λxf(x) = \frac{\lambda^r}{\Gamma(r)} x^{r-1} e^{-\lambda x} for x>0x>0. And the first and second moments of Gamma distribution are E[X]=rλE[X] = \frac{r}{\lambda} and E[X2]=r(r+1)λ2E[X^2] = \frac{r(r+1)}{\lambda^2} respectively.]

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核心觀念

本題考查「動差法」(Method of Moments, MOM)。其基本想法是:

將樣本的前幾階樣本動差,分別設為母體對應階數的動差,再解出未知參數。

Gamma 分配的機率密度函數為

f(x)=λrΓ(r)xr−1e−λx,x>0,f(x)=\frac{\lambda^r}{\Gamma(r)}x^{r-1}e^{-\lambda x},\qquad x>0,

其中通常要求

r>0,λ>0.r>0,\qquad \lambda>0.

本題未知參數有兩個:形狀參數 rr 與率參數 λ\lambda,因此需要使用前兩階動差。

題目已給出:

E[X]=rλ,E[X]=\frac{r}{\lambda},

以及

E[X2]=r(r+1)λ2.E[X^2]=\frac{r(r+1)}{\lambda^2}.

解題方法

設 X1,X2,…,XnX_1,X_2,\ldots,X_n 為來自此 Gamma 分配的隨機樣本。

第一階樣本動差為

m1′=1n∑i=1nXi=Xˉ.m_1'=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i=\bar X.

第二階樣本動差為

m2′=1n∑i=1nXi2.m_2'=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2.

依動差法,令樣本動差等於母體動差:

Xˉ=rλ,\bar X=\frac{r}{\lambda}, 1n∑i=1nXi2=r(r+1)λ2.\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 = \frac{r(r+1)}{\lambda^2}.

為簡化表示,令

m2′=1n∑i=1nXi2.m_2'=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2.

因此方程組為

Xˉ=rλ,m2′=r(r+1)λ2.\bar X=\frac{r}{\lambda}, \qquad m_2'=\frac{r(r+1)}{\lambda^2}.

由第一式得

r=λXˉ.r=\lambda\bar X.

代入第二式:

m2′=(λXˉ)(λXˉ+1)λ2.m_2' = \frac{(\lambda\bar X)(\lambda\bar X+1)}{\lambda^2}.

整理得

m2′=Xˉ2+Xˉλ.m_2' = \bar X^2+\frac{\bar X}{\lambda}.

因此

m2′−Xˉ2=Xˉλ,m_2'-\bar X^2=\frac{\bar X}{\lambda},

從而得到率參數的動差估計量:

λ^MOM=Xˉm2′−Xˉ2.\widehat{\lambda}_{\mathrm{MOM}} = \frac{\bar X}{m_2'-\bar X^2}.

再由 r=λXˉr=\lambda\bar X,得到形狀參數的動差估計量:

r^MOM=λ^MOMXˉ=Xˉ2m2′−Xˉ2.\widehat r_{\mathrm{MOM}} = \widehat{\lambda}_{\mathrm{MOM}}\bar X = \frac{\bar X^2}{m_2'-\bar X^2}.

將 m2′m_2' 展開後:

λ^MOM=Xˉ1n∑i=1nXi2−Xˉ2\boxed{ \widehat{\lambda}_{\mathrm{MOM}} = \frac{\bar X} {\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2-\bar X^2} }

以及

r^MOM=Xˉ21n∑i=1nXi2−Xˉ2.\boxed{ \widehat r_{\mathrm{MOM}} = \frac{\bar X^2} {\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2-\bar X^2} }.

以樣本變異數表示

由

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