本題主要在考驗對隨機變數期望值、變異數以及共變異數的基本性質的理解與應用。

已知：
$E(X_1) = 2$, $Var(X_1) = 2$
$E(X_2) = 0$, $Var(X_2) = 1$
$E(X_3) = -1$, $Var(X_3) = 2$
$Cov(X_1, X_2) = -1$
$Cov(X_2, X_3) = 1$
$X_1$ and $X_3$ are independent, which implies $Cov(X_1, X_3) = 0$.

(a) 求 $W_1 = X_1+X_2+X_3$ 的期望值與變異數。
期望值性質：$E(aX + bY + cZ) = aE(X) + bE(Y) + cE(Z)$
$E(W_1) = E(X_1+X_2+X_3) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3)$
$E(W_1) = 2 + 0 + (-1) = 1$

變異數性質：$Var(aX + bY + cZ) = a^2Var(X) + b^2Var(Y) + c^2Var(Z) + 2abCov(X,Y) + 2acCov(X,Z) + 2bcCov(Y,Z)$
$Var(W_1) = Var(X_1+X_2+X_3)$
$Var(W_1) = Var(X_1) + Var(X_2) + Var(X_3) + 2Cov(X_1, X_2) + 2Cov(X_1, X_3) + 2Cov(X_2, X_3)$
$Var(W_1) = 2 + 1 + 2 + 2(-1) + 2(0) + 2(1)$
$Var(W_1) = 2 + 1 + 2 - 2 + 0 + 2 = 5$

【答案】(a) $E(W_1) = 1$, $Var(W_1) = 5$

(b) 求 $W_2 = 2X_1-X_3$ 的期望值與變異數。
期望值：
$E(W_2) = E(2X_1-X_3) = 2E(X_1) - E(X_3)$
$E(W_2) = 2(2) - (-1) = 4 + 1 = 5$

變異數：
$Var(W_2) = Var(2X_1-X_3) = Var(2X_1) + Var(-X_3) + 2Cov(2X_1, -X_3)$

核心觀念

本題考查：

• 二項分配：$X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$。
• 最大概似估計法（M.L.E.）。
• 雙尾假設檢定：$H_0:p=0.5$ 對 $H_a:p\ne0.5$。
• 顯著水準 $\alpha$、檢定力（power）。
• 中央極限定理（Central Limit Theorem）。
• 二項母體比例的信賴區間。

「硬幣是否公平」表示只要 $p$ 偏離 $0.5$，無論偏大或偏小都應拒絕虛無假設，因此採用雙尾檢定。

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(a) $p$ 的最大概似估計量

令觀察到 $n$ 次擲幣中有 $x$ 次正面，則

$$P(X=x)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}.$$

概似函數為

$$L(p)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}.$$

取對數概似函數：

$$\ell(p)=\ln\binom{n}{x}+x\ln p+(n-x)\ln(1-p).$$

對 $p$ 微分並令其等於 $0$：

$$\frac{d\ell(p)}{dp} = \frac{x}{p}-\frac{n-x}{1-p}=0.$$

因此

$$x(1-p)=(n-x)p,$$ $$x=np.$$

所以最大概似估計量為

$$\boxed{\hat p=\frac{X}{n}}.$$

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(b) $n=4$，以 $X$ 為檢定統計量

(b-1) $X$ 的分配

因為每次擲幣只有正面或反面，且各次擲幣相互獨立，所以

$$X\sim\operatorname{Binomial}(4,p).$$

在虛無假設 $H_0:p=0.5$ 下，

$$P(X=x)=\binom{4}{x}(0.5)^x(0.5)^{4-x} =\binom{4}{x}\left(\frac12\right)^4.$$

因此：

$x$	$P_{H_0}(X=x)$
$0$	$\dfrac{1}{16}=0.0625$
$1$	$\dfrac{4}{16}=0.25$
$2$	$\dfrac{6}{16}=0.375$
$3$	$\dfrac{4}{16}=0.25$
$4$	$\dfrac{1}{16}=0.0625$

分配具有對稱性，最能支持「硬幣不公平」的結果是 $X=0$ 或 $X=4$，因為四次全部為反面或全部為正面。

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(b-2) 顯著水準 $\alpha=0.15$ 下的拒絕域

由於是雙尾檢定，先選擇兩端最極端的結果：

$$P_{H_0}(X=0\text{ 或 }X=4) = \frac{1}{16}+\frac{1}{16} = \frac18 = 0.125.$$

因為

$$0.125\le 0.15,$$

所以非隨機化檢定的拒絕域為

$$\boxed{R=\{X=0,4\}}.$$

亦即：

$$\boxed{\text{若 }X=0\text{ 或 }X=4,\text{ 則拒絕 }H_0。}$$

此檢定的實際顯著水準為 $0.125$，小於名目顯著水準 $0.15$。若再納入 $X=1$ 或 $X=3$，拒絕機率會增加為

$$0.125+0.25+0.25=0.625,$$

超過 $0.15$，因此不能納入。

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(b-3) 在 $H_a:p=0.3$ 下的檢定力

檢定力定義為在替代假設成立時拒絕 $H_0$ 的機率。

本題拒絕域為 $X=0$ 或 $X=4$，所以在 $p=0.3$ 下：

$$\begin{aligned} \text{Power} &=P_{p=0.3}(X=0\text{ 或 }X=4)\\ &=P_{p=0.3}(X=0)+P_{p=0.3}(X=4)\\ &=\binom40(0.3)^0(0.7)^4 +\binom44(0.3)^4(0.7)^0\\ &=(0.7)^4+(0.3)^4\\ &=0.2401+0.0081\\ &=\boxed{0.2482}. \end{aligned}$$

因此檢定力為

$$\boxed{24.82\%}.$$

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(b-4) 若四次擲幣只有一次正面

此時

$$X=1.$$

由於拒絕域為 $\{0,4\}$，而 $X=1$ 不在拒絕域內，因此

$$\boxed{\text{不拒絕 }H_0:p=0.5。}$$

統計上的結論是：在此顯著水準下，沒有足夠證據認定硬幣不公平。

必須注意，「不拒絕 $H_0$」不等於證明硬幣一定公平，只表示目前的樣本證據不足以支持硬幣不公平。

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(b-5) $p$ 的 85% 信賴區間

承接上一小題，觀察值為 $x=1$。由於樣本數只有 $4$，採用二項分配的 Clopper–Pearson 精確信賴區間較合適。

信賴水準為 $85\%$，所以

$$\alpha=0.15,\qquad \frac{\alpha}{2}=0.075.$$

當 $x=1,n=4$ 時，精確信賴區間為

$$\left[ B^{-1}(0.075;1,4), B^{-1}(0.925;2,3) \right],$$

其中 $B^{-1}(q;a,b)$ 表示 Beta 分配的第 $q$ 分位數。

下限可由

$$1-(1-p_L)^4=0.075$$

求得：

$$p_L=1-(0.925)^{1/4}\approx0.0193.$$

上限由

$$P_{p_U}(X\le1)=0.075$$

求得，數值約為

$$p_U\approx0.7117.$$

因此，85% 精確信賴區間為

$$\boxed{0.0193\le p\le0.7117}.$$

這個區間相當寬，原因是樣本數僅有 $4$ 次，估計比例的不確定性很高。

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(c) $n=50$，以 $Y=X/n$ 為檢定統計量

令

$$Y=\frac{X}{n}=\frac{X}{50}.$$

$Y$ 是樣本中正面出現的比例。

(c-1) $Y$ 的近似分配

因為

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

所以

$$E(X)=np,\qquad \operatorname{Var}(X)=np(1-p).$$

因此

$$E(Y)=E\left(\frac Xn\right)=p,$$

且

$$\operatorname{Var}(Y) = \frac{\operatorname{Var}(X)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}.$$

本題主要考驗單因子變異數分析 (One-way ANOVA) 的應用，包括整體檢定、個別信賴區間以及事後檢定 (pairwise comparison)。

首先，整理資料並計算基本統計量：
樣本數 $n_A=n_B=n_C=5$。總樣本數 $N = 3 \times 5 = 15$。
各組平均數：
$\bar{x}_A = (52+50+47+65+46)/5 = 260/5 = 52$
$\bar{x}_B = (44+58+48+60+64)/5 = 274/5 = 54.8$
$\bar{x}_C = (70+95+88+86+89)/5 = 428/5 = 85.6$

各組樣本變異數：
$s_A^2 = \frac{1}{5-1} \sum_{i=1}^5 (x_{A,i} - \bar{x}_A)^2 = \frac{1}{4} [(52-52)^2 + (50-52)^2 + (47-52)^2 + (65-52)^2 + (46-52)^2]$
$s_A^2 = \frac{1}{4} [0^2 + (-2)^2 + (-5)^2 + 13^2 + (-6)^2] = \frac{1}{4} [0 + 4 + 25 + 169 + 36] = \frac{234}{4} = 58.5$

$s_B^2 = \frac{1}{5-1} \sum_{i=1}^5 (x_{B,i} - \bar{x}_B)^2 = \frac{1}{4} [(44-54.8)^2 + (58-54.8)^2 + (48-54.8)^2 + (60-54.8)^2 + (64-54.8)^2]$
$s_B^2 = \frac{1}{4} [(-10.8)^2 + (3.2)^2 + (-6.8)^2 + (5.2)^2 + (9.2)^2]$
$s_B^2 = \frac{1}{4} [116.64 + 10.24 + 46.24 + 27.04 + 84.64] = \frac{284.8}{4} = 71.2$

$s_C^2 = \frac{1}{5-1} \sum_{i=1}^5 (x_{C,i} - \bar{x}_C)^2 = \frac{1}{4} [(70-85.6)^2 + (95-85.6)^2 + (88-85.6)^2 + (86-85.6)^2 + (89-85.6)^2]$
$s_C^2 = \frac{1}{4} [(-15.6)^2 + (9.4)^2 + (2.4)^2 + (0.4)^2 + (3.4)^2]$
$s_C^2 = \frac{1}{4} [243.36 + 88.36 + 5.76 + 0.16 + 11.56] = \frac{349.2}{4} = 87.3$

根據題目假設，三個材料的變異數相同，這意味著我們應該使用合併變異數 (pooled variance)。
合併變異數 $s_p^2$ 的計算：
$s_p^2 = \frac{\sum_{j=1}^k (n_j-1)s_j^2}{\sum_{j=1}^k (n_j-1)} = \frac{(5-1)s_A^2 + (5-1)s_B^2 + (5-1)s_C^2}{(5-1)+(5-1)+(5-1)}$
$s_p^2 = \frac{4 \times 58.5 + 4 \times 71.2 + 4 \times 87.3}{4+4+4} = \frac{4 \times (58.5 + 71.2 + 87.3)}{12} = \frac{58.5 + 71.2 + 87.3}{3}$
$s_p^2 = \frac{217}{3} \approx 72.333$

總平均數 $\bar{x}_{total} = (260 + 274 + 428) / 15 = 962 / 15 \approx 64.133$。

(a) $\alpha=0.05$，檢定所有三個材料是否對平均失效時間有相同影響。
這是單因子變異數分析的整體檢定。
虛無假設 $H_0$: $\mu_A = \mu_B = \mu_C$ (所有材料的平均失效時間相同)。
對立假設 $H_a$: 至少有一個材料的平均失效時間不同。
檢定統計量為 F 統計量：$F = \frac{MST}{MSE}$。
其中 MST (Mean Square Treatment) 是組間均方，MSE (Mean Square Error) 是組內均方 (或稱殘差均方)。
$SST = \sum_{j=1}^k n_j (\bar{x}_j - \bar{x}_{total})^2$ (總平方和)
$SST_A = 5 \times (52 - 64.133)^2 \approx 5 \times (-12.133)^2 \approx 5 \times 147.2 = 736$
$SST_B = 5 \times (54.8 - 64.133)^2 \approx 5 \times (-9.333)^2 \approx 5 \times 87.1 = 435.5$
$SST_C = 5 \times (85.6 - 64.133)^2 \approx 5 \times (21.467)^2 \approx 5 \times 460.8 = 2304$
$SST = SST_A + SST_B + SST_C = 736 + 435.5 + 2304 = 3475.5$
MST = $SST / (k-1)$，其中 $k=3$ 是組數。
MST = $3475.5 / (3-1) = 3475.5 / 2 = 1737.75$

MSE = $s_p^2 = 217/3 \approx 72.333$ (這是組內變異數的估計)。