109 年 國立成功大學企業管理研究所乙組《統計學》

核心觀念

本題考查：

• 全機率定理
• 貝氏定理
• 條件機率
• 事件獨立性的判斷

定義事件：

• $T$：Christine 找到家教
• $T^c$：Christine 沒有找到家教
• $F$：Christine 不及格
• $F^c$：Christine 及格

題目給定：

$$P(T)=0.5,\qquad P(T^c)=0.5$$ $$P(F\mid T^c)=0.4,\qquad P(F\mid T)=0.1$$

因此：

$$P(F^c\mid T^c)=0.6,\qquad P(F^c\mid T)=0.9$$

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解題方法

第 $1$ 題先依「有家教」與「沒有家教」分割事件，再使用全機率定理。

第 $2$ 題已知 Christine 最後及格，要反推她找到家教的機率，因此使用貝氏定理。

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（1）Christine 不及格的機率

依全機率定理：

$$P(F)=P(F\mid T)P(T)+P(F\mid T^c)P(T^c)$$

代入題目資料：

$$P(F)=0.1(0.5)+0.4(0.5)$$ $$P(F)=0.05+0.20=0.25$$

因此：

$$\boxed{P(F)=0.25}$$

Christine 不及格的機率為 25%。

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（2）已知 Christine 及格，找到家教的機率

要求的是：

$$P(T\mid F^c)$$

依貝氏定理：

$$P(T\mid F^c)=\frac{P(F^c\mid T)P(T)}{P(F^c)}$$

先計算 Christine 及格的總機率：

$$P(F^c)=P(F^c\mid T)P(T)+P(F^c\mid T^c)P(T^c)$$ $$P(F^c)=0.9(0.5)+0.6(0.5)$$ $$P(F^c)=0.45+0.30=0.75$$

代回貝氏定理：

$$P(T\mid F^c)=\frac{0.9(0.5)}{0.75}$$ $$P(T\mid F^c)=\frac{0.45}{0.75}=0.6$$

因此：

$$\boxed{P(T\mid F^c)=0.6}$$

核心觀念

本題考查連續型機率分配的累積機率與尾端機率：

1. 均勻分配：區間內各位置發生的機率相同，機率可用「長度比例」計算。
2. 指數分配：常用於描述等待時間，其平均數為 $1/\lambda$，且具有存活函數
   $P(X>x)=e^{-\lambda x}.$
3. 事件判斷：能否準時取決於等待時間是否不超過可用時間 $10$ 分鐘。

令等待時間為 $X$，單位為分鐘。

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(1) 均勻分配

解題方法

題目給定：

$X\sim U(5,20).$

均勻分配在 $5$ 到 $20$ 分鐘之間，因此等待時間大於 $10$ 分鐘的機率，等於區間 $(10,20)$ 長度占整體區間 $(5,20)$ 長度的比例：

$$P(X>10) =\frac{20-10}{20-5} =\frac{10}{15} =\frac{2}{3}.$$

因此：

$$P(X>10)=\frac{2}{3}\approx 0.6667.$$

解題技巧

均勻分配的機率直接使用：

$$\frac{\text{符合條件的區間長度}}{\text{總區間長度}}.$$

連續型分配中，$P(X=10)=0$，所以使用 $X>10$ 或 $X\geq 10$ 不會影響答案。

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(2) 指數分配，平均等待時間為 10 分鐘

解題方法

指數分配的平均數為：

$$E(X)=\frac{1}{\lambda}.$$

題目給定平均等待時間為 $10$ 分鐘，因此：

$$\frac{1}{\lambda}=10 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\frac{1}{10}.$$

指數分配的尾端機率公式為：

$$P(X>x)=e^{-\lambda x}.$$

代入 $x=10$ 與 $\lambda=\frac{1}{10}$：

核心觀念

本題涵蓋離散機率論的核心主題：

1. 超幾何分配（Hypergeometric Distribution）與古典機率：自有限母體中不放回同時抽取，計算特定事件機率。
2. 二項分配（Binomial Distribution）：各次試驗獨立且單次成功機率固定，重複進行 $n$ 次試驗中成功次數的分佈。
3. 期望值（Expected Value）與決策準則：離散隨機變數期望值的線性組合計算，以及依據期望報酬判斷賽局是否值得參與。
4. 幾何分配（Geometric Distribution）：獨立重複試驗中，記錄「直到第一次成功所需之試驗次數」的分佈與其期望值。

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解題方法與詳細推導

(1) If you play the game once, what is the probability of wining?

• 分析與切入點：
  袋中有 1 顆白球與 3 顆紅球，共 4 顆球。隨機同時抽出 2 顆球。
  獲勝條件為「沒有抽到白球（no white ball）」，亦即抽出的 2 顆球「皆為紅球」。
• 計算步驟：
  樣本空間的可能取法數為自 4 顆球中任取 2 顆： $$\binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6$$ 獲勝的有利事件數為自 3 顆紅球中取 2 顆、1 顆白球中取 0 顆： $$\binom{3}{2}\binom{1}{0} = 3 \times 1 = 3$$ 令事件 $W$ 為玩一次獲勝，其機率 $p$ 為： $$P(W) = p = \frac{\binom{3}{2}\binom{1}{0}}{\binom{4}{2}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} = 0.5$$

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(2) If you play this game 3 times, what is the probability that you win 2 games?

• 分析與切入點：
  題目註明每次遊戲後「將球放回黑袋中（put them back to the black box）」，各次試驗互相獨立，且每次獲勝機率固定為 $p = \frac{1}{2}$。
  令隨機變數 $X$ 代表玩 3 次遊戲中獲勝的次數，則 $X$ 服從二項分配： $$X \sim \text{Binomial}\left(n = 3, p = \frac{1}{2}\right)$$
• 計算步驟：
  欲求恰好贏 2 次的機率 $P(X = 2)$： $$P(X = 2) = \binom{3}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^2 \left(1 - \frac{1}{2}\right)^{3 - 2}$$ $$P(X = 2) = 3 \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{8} = 0.375$$

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(3) For each game, if you win then I pay you 2 dollars and if you lose then you pay me 1 dollar. What is the expected earning for you to play this game? Will you play this game with me? Why?

• 分析與切入點：
  令隨機變數 $Y$ 為玩「單局遊戲」的淨報酬（淨收益，以美元計）。
  • 若獲勝（機率 $p = \frac{1}{2}$），獲得 $$2$，即 $Y = +2$。
  • 若落敗（機率 $1 - p = \frac{1}{2}$），付出 $$1$，即 $Y = -1$。
• 計算步驟：
  計算單局遊戲的期望收益 $E(Y)$： $$E(Y) = (+2) \times P(W) + (-1) \times P(\text{Lose})$$ $$E(Y) = 2 \times \frac{1}{2} + (-1) \times \frac{1}{2} = 1 - 0.5 = 0.5 \text{ (dollars)}$$
• 決策分析：
  $E(Y) = 0.5 > 0$，此賽局對玩家為正期望值（有利賽局，Favorable Game）。

核心觀念

本題考查「母體比例的樣本數決定」與「比例估計的信賴區間」。

設樣本中某一陣營的支持比例為 $\hat p$，母體真實支持比例為 $p$。在大樣本下，

$$\hat p \sim N\left(p,\frac{p(1-p)}{n}\right)$$

因此，母體比例的信賴區間誤差幅度為

$$E=z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

整理得樣本數公式：

$$n=\frac{z_{\alpha/2}^{\,2}p(1-p)}{E^2}$$

其中：

• $n$：所需樣本數；
• $z_{\alpha/2}$：信賴水準所對應的標準常態臨界值；
• $E$：允許的抽樣誤差；
• $p$：母體比例。

由於調查前通常不知道 $p$，取 $p=0.5$。此時

$$p(1-p)=0.5(1-0.5)=0.25$$

而且 $p(1-p)$ 在 $p=0.5$ 時最大，所得樣本數最保守。

解題方法

題目指出兩大陣營的得票率差距約為 $3\%$ 至 $5\%$。若要使調查結果具有意義，至少應使估計比例的誤差不超過較嚴格的 $3\%$，因此取

$$E=0.03$$

題目提供的 $1.96$ 為標準常態的第 $97.5$ 百分位數，代表雙尾 $95\%$ 信賴水準。因此採用 $z_{\alpha/2}=1.96$。

代入樣本數公式：

$$n=\frac{(1.96)^2(0.5)(0.5)}{(0.03)^2}$$ $$n=\frac{3.8416\times0.25}{0.0009}$$ $$n=\frac{0.9604}{0.0009} =1067.11$$

樣本數必須取整數，且為確保誤差不超過 $3\%$，必須無條件進位：

$$n=1068$$

因此，採用 $95\%$ 信賴水準、允許誤差 $3\%$ 的前提下，至少需要調查 $1,068$ 人。

不同誤差水準的比較

若只要求誤差不超過 $5\%$，則

核心觀念

本題考二母體標準差已知時的「雙尾母體平均數檢定」，以及第二類錯誤（Type II error）。

假設為：

$$H_0:\mu=16,\qquad H_a:\mu\neq 16$$

已知：

• $\sigma=1$
• $n=16$
• $\alpha=0.05$
• 標準誤：

$$\sigma_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n} =\frac{1}{\sqrt{16}} =\frac14=0.25$$

由於是雙尾檢定，顯著水準 $\alpha=0.05$ 分配至兩尾，各為 $0.025$，因此臨界值為：

$$z_{0.975}=1.96$$

拒絕域為：

$$Z<-1.96\quad\text{或}\quad Z>1.96$$

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(1) 第二類錯誤的意義

第二類錯誤是：

當虛無假設 $H_0$ 實際上是錯的，卻沒有拒絕 $H_0$。

在本題中，若真實的填充重量平均數 $\mu\neq16$，但檢定結果未拒絕 $H_0:\mu=16$，就發生第二類錯誤。

因此，本題的第二類錯誤可表述為：

實際平均填充重量並非 $16$，但檢定結果認為沒有足夠證據顯示平均填充重量與 $16$ 不同。

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(2) 當真實平均填充重量為 $15.51$ 時的第二類錯誤率

第一步：求不拒絕域

檢定統計量為：

$$Z=\frac{\bar X-16}{0.25}$$

不拒絕 $H_0$ 的條件為：

$$-1.96\leq \frac{\bar X-16}{0.25}\leq1.96$$

整理得：

$$16-1.96(0.25)\leq\bar X\leq16+1.96(0.25)$$ $$15.51\leq\bar X\leq16.49$$

所以，不拒絕域為：

$$15.51\leq\bar X\leq16.49$$

核心觀念

本題考查：

1. 隨機控制實驗與對照組設計。
2. 實驗結果的操作型定義。
3. 母體平均數差異的假設檢定。
4. 兩獨立樣本平均數差異的 $t$ 檢定。
5. 單尾檢定與虛無假設、對立假設的設定。

「有效移除壞膽固醇」必須轉化為可量測的指標。可將壞膽固醇定義為血液中的低密度脂蛋白膽固醇（LDL-C）濃度，並以受試者實驗前後 LDL-C 的變化量衡量燕麥效果。

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解題方法

（1）實驗設計與資料蒐集方案

採用隨機對照實驗（randomized controlled experiment）。

令研究對象為符合條件的成年人，排除正在服用降膽固醇藥物、患有嚴重心血管疾病，或近期飲食習慣不穩定者。實驗流程如下：

1. 在實驗開始前，測量每位受試者的 LDL-C 基準值。
2. 將受試者以隨機方式分為兩組：
   • 燕麥組：每日食用一碗標準份量的燕麥。
   • 控制組：每日食用熱量及營養成分相近、但不含燕麥的食品。
3. 實驗期間例如持續 $8$ 至 $12$ 週，要求兩組維持原有生活型態，並記錄飲食遵從程度、運動量及其他影響膽固醇的因素。
4. 實驗結束後，在相同空腹條件下再次測量兩組受試者的 LDL-C。
5. 對每位受試者計算 LDL-C 變化量：

$$D_i=\text{實驗後 LDL-C}-\text{實驗前 LDL-C}$$

若 $D_i<0$，表示 LDL-C 降低。

設燕麥組的變化量平均數為 $\bar D_T$，控制組的變化量平均數為 $\bar D_C$。真正要比較的是：

$$\Delta=\mu_T-\mu_C$$

其中 $\mu_T$ 與 $\mu_C$ 分別代表燕麥組及控制組母體平均變化量。

若燕麥確實有效，燕麥組的 LDL-C 下降幅度應大於控制組，因此應有：

$$\mu_T<\mu_C$$

隨機分派可降低年齡、性別、原始膽固醇程度、運動習慣等干擾變數造成的偏差；控制組則可排除時間經過、研究參與、飲食熱量改變等因素的影響。

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（2）虛無假設與對立假設

由於研究主張燕麥能降低 LDL-C，因此採用左尾檢定。

令：

$$\Delta=\mu_T-\mu_C$$

則假設為：

$$H_0:\Delta\geq 0$$ $$H_1:\Delta<0$$

其中：

• $H_0$ 表示燕麥沒有降低 LDL-C，甚至使 LDL-C 變化不如控制組。
• $H_1$ 表示燕麥組的 LDL-C 平均變化量低於控制組，亦即燕麥具有降低壞膽固醇的效果。

實際計算檢定統計量時，通常以虛無假設的邊界值 $\Delta=0$ 作為基準：

$$H_0:\Delta=0 \quad\text{對抗}\quad H_1:\Delta<0$$

顯著水準可設定為 $\alpha=0.05$。

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（3）檢定統計量與虛無假設下的抽樣分配

假設兩組互相獨立、變化量近似常態分配，且兩組母體變異數相同。令：

• $n_T,n_C$：燕麥組與控制組樣本數；
• $s_T^2,s_C^2$：兩組變化量樣本變異數；
• $\bar D_T,\bar D_C$：兩組變化量樣本平均數。

先計算合併樣本變異數：

$$s_p^2= \frac{(n_T-1)s_T^2+(n_C-1)s_C^2} {n_T+n_C-2}$$

核心觀念

本題考查一元線性迴歸的最小平方法、決定係數 $R^2$，以及「內插」與「外插」的預測判斷。

迴歸模型為：

$$\hat y=b_0+b_1x$$

其中：

• $b_1$：迴歸線斜率
• $b_0$：截距
• $R^2$：模型對 $y$ 總變異的解釋比例

最小平方法公式為：

$$b_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}} =\frac{\sum (x_i-\bar x)(y_i-\bar y)} {\sum (x_i-\bar x)^2}$$ $$b_0=\bar y-b_1\bar x$$

決定係數為：

$$R^2=\frac{SSR}{SST} =\frac{S_{xy}^2}{S_{xx}S_{yy}}$$

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解題方法與計算

先計算平均數：

$$\bar x=\frac{9+32+18+15+26}{5}=20$$ $$\bar y=\frac{10+20+21+26+22}{5}=19.8$$

整理計算如下：

$x$	$y$	$x-\bar x$	$y-\bar y$	$(x-\bar x)^2$	$(x-\bar x)(y-\bar y)$	$(y-\bar y)^2$
9	10	-11	-9.8	121	107.8	96.04
32	20	12	0.2	144	2.4	0.04
18	21	-2	1.2	4	-2.4	1.44
15	26	-5	6.2	25	-31.0	38.44
26	22	6	2.2	36	13.2	4.84
合計				330	90	140.8

因此：

$$S_{xx}=330,\qquad S_{xy}=90,\qquad S_{yy}=140.8$$

（1）建立估計迴歸式

斜率：

$$b_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}} =\frac{90}{330} =\frac{3}{11} \approx 0.2727$$

截距：

$$b_0=\bar y-b_1\bar x =19.8-\left(\frac{3}{11}\right)(20)$$ $$b_0=19.8-5.4545 \approx 14.3455$$

故估計迴歸式為：

$$\boxed{\hat y=14.3455+0.2727x}$$

斜率為正，表示在此資料中，$x$ 每增加 $1$ 單位，預測的 $y$ 平均增加約 $0.2727$ 單位。

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（2）計算決定係數 $R^2$

先計算迴歸平方和：

$$SSR=\frac{S_{xy}^2}{S_{xx}} =\frac{90^2}{330} =\frac{8100}{330} \approx 24.5455$$

總平方和：

$$SST=S_{yy}=140.8$$

因此：