111 年 國立成功大學企業管理研究所乙組《統計學》

本題旨在測試對敘述性統計量中用來衡量集中趨勢（location）與離散趨勢（variation）的區分能力。

• Location (集中趨勢)：描述數據的中心位置，例如：

  • Mean (平均數)：所有數值的總和除以數值個數。
  • Median (中位數)：將數據排序後，位於最中間的數值。
  • 3rd quartile (第三四分位數)：將數據排序後，位於 75% 位置的數值。

• Variation (離散趨勢)：描述數據的分散程度，例如：

  • Maximum value (最大值)：數據集中最大的數值。
  • Interquartile range (IQR)：第三四分位數減去第一四分位數 ($Q_3 - Q_1$)。
  • Standard deviation (標準差)：衡量數據點與平均數的離散程度。

本題考驗線性轉換對平均數與標準差的影響。
設原有的員工薪資為隨機變數 $X$，已知：
平均數 $E(X) = \mu_X = 40,000$
標準差 $SD(X) = \sigma_X = 8,000$

薪資調整規則為：新的薪資 $Y = 1.1X + 1,000$。

根據期望值與標準差的線性轉換性質：

1. 期望值 (平均數)：$E(aX + b) = aE(X) + b$

核心觀念

本題考查「簡單線性迴歸」中迴歸線斜率的計算，以及利用迴歸方程式進行預測。

迴歸線的斜率為

$$b_1=r\frac{s_Y}{s_X}$$

其中：

• $r$：$X$ 與 $Y$ 的相關係數
• $s_X$：$X$ 的標準差
• $s_Y$：$Y$ 的標準差

迴歸線通常寫成

$$\hat{Y}=\bar{Y}+b_1(X-\bar{X})$$

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解題方法

題目給定：

$$r=-0.7,\qquad s_X=2,\qquad s_Y=600$$

因此迴歸線斜率為

$$b_1=(-0.7)\frac{600}{2}$$ $$b_1=(-0.7)(300)=-210$$

所以，$X$ 每增加 1 小時，預測的年度健保申報金額平均減少新臺幣 210 元。

接著利用迴歸方程式預測每週運動 12 小時的員工，其年度健保申報金額：

$$\hat{Y}=\bar{Y}+b_1(X-\bar{X})$$

代入

$$\bar{Y}=4000,\qquad b_1=-210,\qquad X=12,\qquad \bar{X}=10$$

得到

$$\hat{Y}=4000+(-210)(12-10)$$ $$\hat{Y}=4000-420=3580$$

因此預測年度健保申報金額為：

$$\boxed{\text{NTD }3580}$$

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選項分析

• (A) slope = 210, insurance claims = NTD 3580

  申報金額 $3580$ 正確，但斜率應為 $-210$，不是 $210$。此選項的斜率負號誤植。

• (B) slope = 210, insurance claims = NTD 3580

本題考驗機率的基本計算，包含獨立事件的機率與互斥事件的機率，以及補集事件的應用。

設事件 L 為選到低風險股票，事件 M 為選到中風險股票，事件 H 為選到高風險股票。
已知機率：
$P(L) = 0.40$
$P(M) = 0.35$
$P(H) = 0.25$
注意：$P(L) + P(M) + P(H) = 0.40 + 0.35 + 0.25 = 1.00$

投資者購買 2 支股票，且是隨機且獨立的。

Part (1): 兩支股票都是低風險，或兩支都是中風險的機率。
設 $L_1$ 為第一支股票是低風險，$L_2$ 為第二支股票是低風險。
設 $M_1$ 為第一支股票是中風險，$M_2$ 為第二支股票是中風險。
由於是獨立事件，
$P(\text{兩支都是低風險}) = P(L_1 \cap L_2) = P(L_1) \times P(L_2) = 0.40 \times 0.40 = 0.16$
$P(\text{兩支都是中風險}) = P(M_1 \cap M_2) = P(M_1) \times P(M_2) = 0.35 \times 0.35 = 0.1225$

「兩支都是低風險」與「兩支都是中風險」是互斥事件（不可能同時發生）。
因此，所求機率為兩者相加：
$P(\text{兩支都是低風險或兩支都是中風險}) = P(\text{兩支都是低風險}) + P(\text{兩支都是中風險})$
$= 0.16 + 0.1225 = 0.2825$

Part (2): 至少有一支是高風險的機率。
「至少有一支是高風險」的補集事件是「兩支都不是高風險」。
「兩支都不是高風險」意味著兩支都是低風險或中風險。
事件 (非 H) 的機率為 $P(\text{非 H}) = P(L) + P(M) = 0.40 + 0.35 = 0.75$。
由於兩支股票是獨立的，

本題的核心考點為連續型隨機變數累積分佈函數（CDF）與機率密度函數（PDF）的微分轉換，以及期望值的線性性質（Linearity of Expectation）與無記憶統計學家定理（LOTUS）。解題關鍵在於先透過對 CDF 求導取得 PDF，再利用期望值可加性與常數倍提出的性質展開計算，避開直接求解 $Y$ 之機率分佈的複雜過程。

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完整解題過程

第一步：由 CDF 求取機率密度函數（PDF）

題目給定隨機變數 $X$ 的累積分佈函數（CDF）為：
$F_X(x) = \begin{cases} 0 & x \le 0 \\ \sqrt{x} & 0 < x < 1 \\ 1 & x \ge 1 \end{cases}$

由於 $F_X(x)$ 在全實數區間皆連續（在 $x=0$ 與 $x=1$ 處無躍升點），可知 $X$ 為連續型隨機變數。依據 CDF 與 PDF 的關係，$f_X(x)$ 為 $F_X(x)$ 對 $x$ 的一階導數：
$f_X(x) = \frac{d}{dx} F_X(x) = \frac{d}{dx} (x^{1/2}) = \frac{1}{2} x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}, \quad 0 < x < 1$
在其餘區間，機率密度 $f_X(x) = 0$。

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第二步：計算 $X$ 的一階矩 $E[X]$ 與二階矩 $E[X^2]$

根據連續型隨機變數期望值的定義（LOTUS）：

1. 一階矩 $E[X]$：
   $E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x \cdot f_X(x) dx = \int_{0}^{1} x \cdot \left(\frac{1}{2} x^{-1/2}\right) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{1/2} dx$
   進行定積分計算：

核心觀念

本題考查「串聯與並聯系統的可靠度」：

• 串聯系統必須所有子系統均正常，故
  $R_{\text{串聯}}=\prod R_i$
• 並聯系統只要有一條支路正常即可運作，利用補事件：
  $R_{\text{並聯}}=1-\prod(1-R_i)$

各元件故障彼此獨立，因此可直接相乘。

解題方法

左側三個元件 $0.8、0.9、0.7$ 為並聯：

$$R_L=1-(1-0.8)(1-0.9)(1-0.7)$$ $$R_L=1-(0.2)(0.1)(0.3)=0.994$$

右側上方兩個 $0.8$ 元件並聯，其可靠度為：

$$R_U=1-(1-0.8)^2=1-0.2^2=0.96$$

右側下方兩個 $0.9$ 元件並聯，其可靠度為：

$$R_D=1-(1-0.9)^2=1-0.1^2=0.99$$

右側上、下兩組支路彼此也是並聯，因此右側整體可靠度為：

$$R_R=1-(1-R_U)(1-R_D)$$ $$R_R=1-(0.04)(0.01)=0.9996$$

左側系統與右側系統為串聯，故全系統可靠度：

核心觀念

本題考查兩個概念：

1. 機率密度函數的總面積必須為 $1$：

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1$$

2. 條件機率密度函數：

$$f(x\mid A)=\frac{f(x)}{P(A)},\qquad x\in A$$

本題的條件事件為 $A=\{X>0.5\}$。

解題方法

第一步：求常數 $k$

因為 $f(x)$ 是機率密度函數：

$$\int_0^1 k(2-x)x\,dx=1$$

展開被積分式：

$$k\int_0^1(2x-x^2)\,dx=1$$

計算積分：

$$k\left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_0^1=1$$ $$k\left(1-\frac13\right)=1$$ $$k\cdot\frac23=1$$

因此：

$$\boxed{k=\frac32}$$

第二步：求 $P(X>0.5)$

$$P(X>0.5)=\int_{0.5}^1 k(2-x)x\,dx$$

先計算未含 $k$ 的積分：

$$\int_{0.5}^1(2x-x^2)\,dx = \left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_{0.5}^1$$ $$= \frac23-\left(\frac14-\frac1{24}\right) = \frac23-\frac5{24} = \frac{11}{24}$$

所以：

$$P(X>0.5)=k\cdot\frac{11}{24} =\frac32\cdot\frac{11}{24} =\frac{11}{16}$$

第三步：求條件機率密度函數

當 $0.5<x<1$ 時，

$$f(x\mid X>0.5) = \frac{f(x)}{P(X>0.5)}$$

代入 $f(x)=\frac32(2-x)x$ 與 $P(X>0.5)=\frac{11}{16}$：

本題考驗多元隨機變數的線性組合的變異數與共變異數的計算。

已知：
$Y_1 = 0.4x_1 + 0.2x_2$
$Y_2 = 0.5x_1 + 0.7x_2$
$x_1, x_2$ 是兩個隨機變數。
給定的共變異數矩陣 $\Sigma$ 是針對 $x_1, x_2$ 的。

$$\Sigma = \begin{bmatrix} \text{Var}(x_1) & \text{Cov}(x_1, x_2) \\ \text{Cov}(x_2, x_1) & \text{Var}(x_2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0.2 \\ 0.2 & 1 \end{bmatrix}$$

所以，$\text{Var}(x_1) = 1$, $\text{Var}(x_2) = 1$, $\text{Cov}(x_1, x_2) = 0.2$。

我們需要計算 Var($Y_1$), Var($Y_2$), Cov($Y_1$, $Y_2$), 以及相關係數 $P_{Y_1Y_2}$。

1. 計算 Var($Y_1$)
$Y_1 = 0.4x_1 + 0.2x_2$
$\text{Var}(Y_1) = \text{Var}(0.4x_1 + 0.2x_2)$
$= (0.4)^2 \text{Var}(x_1) + (0.2)^2 \text{Var}(x_2) + 2(0.4)(0.2) \text{Cov}(x_1, x_2)$
$= 0.16 \times 1 + 0.04 \times 1 + 2(0.08) \times 0.2$
$= 0.16 + 0.04 + 0.16 \times 0.2$
$= 0.20 + 0.032 = 0.232$

選項 (A) Var($Y_1$) = 0.200，不正確。

2. 計算 Var($Y_2$)
$Y_2 = 0.5x_1 + 0.7x_2$
$\text{Var}(Y_2) = \text{Var}(0.5x_1 + 0.7x_2)$

本題考驗對 Poisson 分布的理解與應用，包含計算點機率與累積機率。

設隨機變數 $X$ 代表一個 assembly 在最終檢測中發現的缺陷數量。
已知 $X$ 服從 Poisson 分布，參數 $\lambda = 0.03$。
Poisson 分布的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$，其中 $k = 0, 1, 2, \dots$。

1. 計算恰好有一個缺陷的機率 $P(X=1)$
$\lambda = 0.03$
$k = 1$
$P(X=1) = \frac{e^{-0.03} (0.03)^1}{1!}$
已知 $e^{-0.03} \approx 0.9704$。
$P(X=1) = 0.9704 \times 0.03 = 0.029112$。

選項 (A) 0.1291，不符。
選項 (B) 0.0309，不符。

本題考驗對 Exponential 分布的理解與應用，包含計算累積機率。

設隨機變數 $T$ 代表客戶服務的通話時間（分鐘）。
已知 $T$ 服從 Exponential 分布，平均值為 8 分鐘。
Exponential 分布的平均值 $\mu = 1/\lambda$，其中 $\lambda$ 是 rate parameter。
所以，$\lambda = 1/\mu = 1/8$。

Exponential 分布的累積分布函數 (CDF) 為：
$F(t) = P(T \le t) = 1 - e^{-\lambda t}$，其中 $t \ge 0$。
其機率密度函數 (PDF) 為：
$f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$，其中 $t \ge 0$。

核心觀念

本題主要考查以下分配與線性組合：

1. 若 $Z\sim N(0,1)$，則 $Z^2\sim \chi^2(1)$。
2. 若 $U\sim\chi^2(\nu_1)$、$V\sim\chi^2(\nu_2)$ 且相互獨立，則
   $\frac{U/\nu_1}{V/\nu_2}\sim F(\nu_1,\nu_2)。$
3. 獨立常態變數的線性組合仍為常態分配：
   $\sum a_iX_i\sim N\left(\sum a_i\mu,\ \sum a_i^2\sigma^2\right)。$
4. 若 $X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，則只有在 $\mu=0$ 時，$X_i^2/\sigma^2$ 才服從 $\chi^2(1)$。

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解題方法

先逐項將隨機變數化為標準常態、卡方或 $F$ 分配，再檢查其平均數與變異數。特別注意：

• 單一標準常態平方是 $\chi^2$，不是 $F$。
• $F$ 分配必須是兩個相互獨立卡方變數的比值。
• 線性組合的變異數，係數必須平方後相加。
• 含有非零平均數的常態變數平方，通常不是中央卡方分配。

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選項分析

（A）

$$\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{4}\right)$$

因此

$$\frac{\bar X-\mu}{\sigma/2}\sim N(0,1)$$

平方後得到

$$\frac{(\bar X-\mu)^2}{\sigma^2/4}\sim \chi^2(1)。$$

此式只有一個卡方變數，沒有分母中的另一個獨立卡方變數，因此不可能是 $F(1,1)$ 分配。

故（A）錯誤。

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（B）

題目所列為

$$\frac{(\bar X-\mu)^2}{\sqrt{2}\sigma}$$

此式沒有標示其分配，且分母應為變異數尺度時通常應寫成 $\sigma^2$，而非 $\sqrt{2}\sigma$。就題目原文而言，這只是一個隨機變數表達式，並非完整的分配敘述。

若將其視為要求判斷是否為標準化統計量，則

$$\bar X-\mu\sim N\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right),$$

其平方的尺度為 $\sigma^2/4$，與 $\sqrt{2}\sigma$ 並不相符。

因此（B）題目資訊不完整，無法作為單一正確選項判定。

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（C）

令

$$Y=X_1+X_2-2X_3。$$

核心觀念

本題考查假設檢定中的兩類錯誤、顯著水準、檢定力與樣本數之關係。

• 第一類錯誤（Type I Error）：虛無假設 $H_0$ 為真，卻拒絕 $H_0$。

$$\alpha=P(\text{拒絕 }H_0\mid H_0\text{ 為真})$$

$\alpha$ 稱為顯著水準，也是假陽性（false positive）的機率。

• 第二類錯誤（Type II Error）：虛無假設 $H_0$ 為假，卻未拒絕 $H_0$。

$$\beta=P(\text{不拒絕 }H_0\mid H_0\text{ 為假})$$

• 檢定力（power）：正確拒絕錯誤虛無假設的機率。

$$\text{Power}=1-\beta$$

在其他條件固定下，降低 $\alpha$ 通常會使拒絕域縮小，導致檢定力下降；若希望維持原本的檢定力，通常需要增加樣本數。

解題方法

本題詢問「哪一項描述錯誤」，因此逐一依據 $\alpha$、$\beta$、檢定力及樣本數的定義判斷。

關鍵判斷關係如下：

1. $\alpha$ 是第一類錯誤的機率。
2. $\beta$ 是第二類錯誤的機率。
3. 檢定力為 $1-\beta$。
4. 在樣本數固定時，降低 $\alpha$ 往往會提高 $\beta$；兩者並非同時增加或同時減少。
5. 增加樣本數通常能提高檢定力、降低 $\beta$。

選項分析

（A）正確

題目指出第一類錯誤是「當虛無假設實際為真時，拒絕虛無假設的機率」，其定義為

$$\alpha=P(\text{拒絕 }H_0\mid H_0\text{ 為真})$$

這也就是假陽性：實際上沒有差異或效果，卻判定存在差異或效果。因此本選項正確。

（B）正確

第二類錯誤是「當虛無假設實際為假時，未拒絕虛無假設的機率」：

$$\beta=P(\text{不拒絕 }H_0\mid H_0\text{ 為假})$$

本題考驗設定假設檢定時，如何根據題意建立對立假說 ($H_1$)。

題目背景：
公司原本處理健康保險理賠的時間平均為 $\mu = 45$ 小時。
經理開發了一種新程序，他「相信」這個新程序會「減少」處理時間。
這是要檢定的核心主張。

虛無假說 ($H_0$) 通常是關於現狀的陳述，或者沒有變化的陳述。在這裡，現狀是平均處理時間為 45 小時。
所以，$H_0: \mu = 45$。

對立假說 ($H_1$) 是我們要證明的、與虛無假說相對立的陳述。
經理相信新程序會「減少」處理時間。這意味著新的平均處理時間會小於原來的 45 小時。

本題考驗計算假設檢定中的檢定統計量 (test statistic)。

根據 Q13 的設定，我們進行的是關於平均數的單尾檢定。
虛無假說 $H_0: \mu = 45$。
對立假說 $H_1: \mu < 45$。

已知：
樣本平均數 $\bar{x} = 43.118$ 小時。
樣本標準差 $s = 5.5$ 小時。
樣本大小 $n = 25$ (來自 Q13 的敘述)。

由於母體標準差 $\sigma$ 未知，且樣本大小 $n=25$ (小於 30)，我們應使用 t-檢定。
t-檢定的檢定統計量公式為：
$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s / \sqrt{n}}$
其中 $\mu_0$ 是虛無假說中的母體平均數。

本題考驗計算母體平均數的信賴區間。

根據 Q13 和 Q14 的資訊：
虛無假說 $H_0: \mu = 45$。
對立假說 $H_1: \mu < 45$ (這是單尾檢定)。
樣本平均數 $\bar{x} = 43.118$。
樣本標準差 $s = 5.5$。
樣本大小 $n = 25$。
自由度 $df = n-1 = 25-1 = 24$。

題目要求計算 99% 的信賴區間。
信賴區間的公式為：
$\bar{x} \pm t_{\alpha/2, df} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$

由於題目是單尾檢定 $H_1: \mu < 45$，通常我們計算的是單尾信賴區間。
然而，選項的形式是區間 (interval)，表示是雙尾信賴區間。
如果題目是要求雙尾 99% 信賴區間，那麼 $\alpha = 1 - 0.99 = 0.01$，$\alpha/2 = 0.005$。
查表得到的 $t_{\alpha/2, df} = t_{0.005, 24} = 2.797$。

信賴區間的下限：
$L = \bar{x} - t_{0.005, 24} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$
$L = 43.118 - 2.797 \times \frac{5.5}{\sqrt{25}}$
$L = 43.118 - 2.797 \times \frac{5.5}{5}$
$L = 43.118 - 2.797 \times 1.1$
$L = 43.118 - 3.0767$
$L = 40.0413$

信賴區間的上限：
$U = \bar{x} + t_{0.005, 24} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$
$U = 43.118 + 2.797 \times 1.1$
$U = 43.118 + 3.0767$

核心觀念

本題考查「假設檢定結果如何轉換成統計結論」。

若研究問題是檢定母體平均數是否等於 $45$，則假設為：

$$H_0:\mu=45$$ $$H_1:\mu\neq45$$

這是雙尾檢定。當檢定結果顯示拒絕 $H_0$ 時，表示樣本資料提供足夠證據，支持母體平均數「不等於 $45$」，即：

$$\mu\neq45$$

題目未提供前文的樣本資料、檢定統計量或 $p$ 值；以下依選項設計及通常題組脈絡，採用「前題檢定已拒絕 $H_0:\mu=45$」的合理假設作答。

解題方法

假設檢定的判斷規則為：

• 若 $p$ 值小於顯著水準 $\alpha$，則拒絕 $H_0$。
• 若 $p$ 值大於或等於 $\alpha$，則不拒絕 $H_0$。

本題若前題結果為拒絕

$$H_0:\mu=45$$

則資料支持對立假設

$$H_1:\mu\neq45$$

因此，資料較支持「母體平均數不等於 $45$」，而不是支持母體平均數等於、至少等於或至多等於 $45$。

等價地，若前題是以信賴區間判斷，則當 $\mu$ 的信賴區間不包含 $45$ 時，也可得到：

$$\mu\neq45$$

選項分析

• (A) $\mu=0$：錯誤。
  本題的檢定基準是 $\mu=45$，並沒有足夠資訊支持母體平均數等於 $0$。此外，假設檢定通常只能說「拒絕」或「不拒絕」某個假設，不能因為拒絕 $\mu=45$ 就直接推論 $\mu=0$。

核心觀念

本題考二因子有重複觀測的變異數分析（two-way ANOVA with replication）。教學方法有 $a=3$ 組、軟體有 $b=2$ 組，每個方法與軟體組合有 $n=3$ 位學生。分析時將總變異分解為教學方法、軟體、交互作用及組內誤差；檢定教學方法時，使用 $F=MS_M/MS_E$。

解題方法

依原卷圖，六個「教學方法 × 軟體」組合各有 3 筆成績，兩軟體的列總和為 788、730，三種方法的欄總和為 522、506、490，總和為 1518。題目提供 $\sum\sum\sum y^2=128368$ 及修正項 $1518^2/18=128018$，可據此計算總平方和，再分解各來源的平方和。

總平方和為：

$$SS_T=128368-128018=350$$

教學方法平方和以每種方法的欄總和計算，每欄共有 $bn=6$ 筆：

$$SS_M=\frac{522^2+506^2+490^2}{6}-128018 =\frac{768620}{6}-128018 =85.333$$

軟體平方和以每種軟體的列總和計算，每列共有 $an=9$ 筆：

$$SS_S=\frac{788^2+730^2}{9}-128018 =\frac{1153844}{9}-128018 =186.888$$

六個組合的總和各除以每格的觀測數 $n=3$，再扣除修正項與兩個主效果平方和，可得交互作用平方和：