113 年 國立中央大學企業管理學系碩士班不分組《統計學》

核心觀念

本題考查**無截距項簡單線性迴歸模型（Regression through the Origin, RTO）**之古典統計推論：

1. 最小平方法（Method of Least Squares, OLS）：建立殘差平方和（SSE），對未知參數微分求一階必要條件（FOC）解得估計式。
2. 最大概似估計法（Maximum Likelihood Estimation, MLE）：利用常態母體之概似函數（Likelihood Function）與對數概似函數，推導參數之 MLE，並檢驗在常態誤差假設下，OLS 與 MLE 是否等價。
3. 單點母體值之分佈（Distribution of an Individual Observation）：在給定特定自變數值 $x_p$ 下，因變數 $Y_p$ 之常態分佈特性（包含期望值與變異數）。
4. 配適值／預測值之抽樣分佈（Sampling Distribution of the Fitted Value）：利用估計式 $\hat{\beta}$ 的線性組合性質，推導 $\hat{Y}_p$ 之常態分佈。
5. 條件期望值之信賴區間（Confidence Interval for Mean Response）：利用樞紐變量法（Pivotal Quantity），將未知母體變異數 $\sigma^2$ 以不偏估計量 $S^2 = \text{MSE}$ 取代，構建服從 $t$ 分佈之樞紐統計量，並建立 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間。

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解題方法與詳細推導

(a) 求解最小平方估計式 $\hat{\beta}$

欲求 $\hat{\beta}$ 使殘差平方和最小，定義目標函數：

$$Q(\beta) = \sum_{i=1}^{n}(Y_i - \beta X_i)^2$$

對 $\beta$ 微分並令其為 0（一階必要條件，FOC）：

$$\frac{dQ(\beta)}{d\beta}\Bigg|_{\beta=\hat{\beta}} = -2\sum_{i=1}^{n} X_i(Y_i - \hat{\beta}X_i) = 0$$

整理得常態方程式（Normal Equation）：

$$\sum_{i=1}^{n} X_i Y_i - \hat{\beta}\sum_{i=1}^{n} X_i^2 = 0$$

解得最小平方估計式（OLS Estimator）：

$$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^{n} X_i Y_i}{\sum_{i=1}^{n} X_i^2}$$

檢驗二階充分條件（SOC）：

$$\frac{d^2 Q(\beta)}{d\beta^2} = 2\sum_{i=1}^{n} X_i^2 > 0$$

故 $\hat{\beta}$ 確實使殘差平方和達到全域極小。

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(b) 證明 $\hat{\beta}_{\text{OLS}}$ 與 $\hat{\beta}_{\text{MLE}}$ 是否相同

因為 $\varepsilon_i \overset{\text{iid}}{\sim} N(0, \sigma^2)$，且 $X_i$ 為非隨機給定值，故：

$$Y_i \overset{\text{ind}}{\sim} N(\beta X_i, \sigma^2)$$

樣本聯合機率密度函數，即概似函數（Likelihood Function）為：

$$L(\beta, \sigma^2) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{ -\frac{(Y_i - \beta X_i)^2}{2\sigma^2} \right\} = (2\pi\sigma^2)^{-\frac{n}{2}} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^{n}(Y_i - \beta X_i)^2 \right\}$$

取自然對數得對數概似函數（Log-Likelihood Function）：

$$\ln L(\beta, \sigma^2) = -\frac{n}{2}\ln(2\pi) - \frac{n}{2}\ln(\sigma^2) - \frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^{n}(Y_i - \beta X_i)^2$$

欲最大化 $\ln L$，對未知參數 $\beta$ 偏微分並令其為 0：

$$\frac{\partial \ln L}{\partial \beta}\Bigg|_{\beta=\hat{\beta}_{\text{MLE}}} = \frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^{n} X_i(Y_i - \hat{\beta}_{\text{MLE}}X_i) = 0$$

由於 $\sigma^2 > 0$，此式等價於：

$$\sum_{i=1}^{n} X_i(Y_i - \hat{\beta}_{\text{MLE}}X_i) = 0 \implies \sum_{i=1}^{n} X_i Y_i - \hat{\beta}_{\text{MLE}}\sum_{i=1}^{n} X_i^2 = 0$$

解得：

$$\hat{\beta}_{\text{MLE}} = \frac{\sum_{i=1}^{n} X_i Y_i}{\sum_{i=1}^{n} X_i^2}$$

顯然，$\hat{\beta}_{\text{MLE}} = \hat{\beta}_{\text{OLS}}$。
因此，在誤差項服從獨立常態分佈假設下，最小平方估計式與最大概似估計式完全相同。

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(c) 給定 $X = x_p$ 時，求 $Y_p$ 的分佈

依題意，當給定自變數特定值 $x_p$ 時，對應的因變數為：

$$Y_p = \beta x_p + \varepsilon_p$$

（原題式中標記為 $\varepsilon_i$，在給定新觀測點 $x_p$ 時，其對應獨立同分佈之隨機誤差項為 $\varepsilon_p \sim N(0, \sigma^2)$）。

1. 期望值：

$$E(Y_p) = E(\beta x_p + \varepsilon_p) = \beta x_p + E(\varepsilon_p) = \beta x_p$$

2. 變異數：

$$\text{Var}(Y_p) = \text{Var}(\beta x_p + \varepsilon_p) = \text{Var}(\varepsilon_p) = \sigma^2$$

3. 分佈型態：
   由於常態隨機變數加上常數仍為常態隨機變數，故：

$$Y_p \sim N(\beta x_p, \sigma^2)$$

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(d) 給定 $X = x_p$ 時，求 $\hat{Y}_p = \hat{\beta}x_p$ 的分佈

首先探討 $\hat{\beta}$ 的抽樣分佈：
將 $\hat{\beta}$ 表示為 $Y_i$ 的線性組合：

$$\hat{\beta} = \sum_{i=1}^{n} k_i Y_i, \quad \text{其中 } k_i = \frac{X_i}{\sum_{j=1}^{n} X_j^2}$$

• $E(\hat{\beta}) = \sum_{i=1}^{n} k_i E(Y_i) = \sum_{i=1}^{n} k_i (\beta X_i) = \beta \frac{\sum_{i=1}^{n} X_i^2}{\sum_{j=1}^{n} X_j^2} = \beta$

核心觀念

本題考查：

• 聯合機率密度函數的正規化；
• 邊際機率密度函數；
• 期望值、變異數與共變異數；
• 相關係數

$$\rho_{X_1,X_2} =\frac{\operatorname{Cov}(X_1,X_2)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X_1)\operatorname{Var}(X_2)}}$$

• 分段函數的期望值與變異數。

聯合密度為常數，故所有計算都可視為在指定區域上做二重積分。

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(a) 求 $k$

聯合機率密度函數的總積分必須等於 $1$：

$$\int_0^1\int_{x_1}^{x_1+1}\frac{1}{k}\,dx_2\,dx_1=1$$

計算得

$$\frac{1}{k}\int_0^1\left[(x_1+1)-x_1\right]dx_1 = \frac{1}{k}\int_0^1 1\,dx_1 = \frac{1}{k}$$

因此

$$\boxed{k=1}$$

所以聯合密度函數可寫成

$$f(x_1,x_2)= \begin{cases} 1, & 0\le x_1\le 1,\ x_1\le x_2\le x_1+1,\\ 0, & \text{其他情形}. \end{cases}$$

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(b) 邊際分配

$X_1$ 的邊際密度

固定 $x_1$ 後，$x_2$ 的範圍為 $x_1\le x_2\le x_1+1$，因此

$$f_{X_1}(x_1) = \int_{x_1}^{x_1+1}1\,dx_2 =1$$

故

$$\boxed{ f_{X_1}(x_1)= \begin{cases} 1, & 0\le x_1\le 1,\\ 0, & \text{其他情形}. \end{cases}}$$

因此 $X_1\sim U(0,1)$。

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$X_2$ 的邊際密度

固定 $x_2$，需找出符合下列條件的 $x_1$：

$$0\le x_1\le 1,\qquad x_1\le x_2\le x_1+1$$

由此得到

$$x_2-1\le x_1\le x_2$$

再與 $0\le x_1\le 1$ 交集。

當 $0\le x_2\le 1$

此時

$$0\le x_1\le x_2$$

所以

$$f_{X_2}(x_2) = \int_0^{x_2}1\,dx_1 =x_2$$

當 $1\le x_2\le 2$

此時

$$x_2-1\le x_1\le 1$$

所以

$$f_{X_2}(x_2) = \int_{x_2-1}^1 1\,dx_1 =2-x_2$$

因此

$$\boxed{ f_{X_2}(x_2)= \begin{cases} x_2, & 0\le x_2\le 1,\\ 2-x_2, & 1\le x_2\le 2,\\ 0, & \text{其他情形}. \end{cases}}$$

這是一個以 $x_2=1$ 為最高點的三角形密度。

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(c) $X_1$ 與 $X_2$ 的相關係數

計算 $X_1$ 的期望值與變異數

由 $X_1\sim U(0,1)$，

$$E(X_1)=\frac{1}{2}$$ $$\operatorname{Var}(X_1)=\frac{(1-0)^2}{12}=\frac{1}{12}$$

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計算 $X_2$ 的期望值與變異數

利用 $X_2$ 的邊際密度：

$$E(X_2) = \int_0^1 x_2^2\,dx_2 + \int_1^2 x_2(2-x_2)\,dx_2$$ $$E(X_2) = \frac{1}{3} + \left[x_2^2-\frac{x_2^3}{3}\right]_1^2 =1$$

再計算二次動差：

$$E(X_2^2) = \int_0^1 x_2^3\,dx_2 + \int_1^2 x_2^2(2-x_2)\,dx_2 =\frac{7}{6}$$

因此

$$\operatorname{Var}(X_2) = E(X_2^2)-[E(X_2)]^2 = \frac{7}{6}-1 = \frac{1}{6}$$

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計算 $E(X_1X_2)$

$$E(X_1X_2) = \int_0^1\int_{x_1}^{x_1+1}x_1x_2\,dx_2\,dx_1$$

先對 $x_2$ 積分：

$$\begin{aligned} E(X_1X_2) &= \int_0^1x_1 \left[\frac{x_2^2}{2}\right]_{x_1}^{x_1+1}dx_1\\ &= \int_0^1x_1\left(x_1+\frac12\right)dx_1\\ &= \int_0^1\left(x_1^2+\frac{x_1}{2}\right)dx_1\\ &= \frac13+\frac14 =\frac{7}{12} \end{aligned}$$

所以共變異數為

$$\operatorname{Cov}(X_1,X_2) = E(X_1X_2)-E(X_1)E(X_2) = \frac{7}{12}-\frac12 = \frac{1}{12}$$

相關係數為

$$\begin{aligned} \rho_{X_1,X_2} &= \frac{\frac{1}{12}} {\sqrt{\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{6}}}\\ &= \frac{1}{\sqrt2} =\frac{\sqrt2}{2} \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\rho_{X_1,X_2}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}}$$

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(d) 期望報酬

報酬函數為

$$g(X_1,X_2)= \begin{cases} \tau, & X_2\ge \tau,\\ X_2, & X_2<\tau. \end{cases}$$

也就是

$$g(X_1,X_2)=\min(X_2,\tau)$$

因此

$$E[g(X_1,X_2)] = \int_0^\tau x_2f_{X_2}(x_2)\,dx_2 + \tau P(X_2\ge \tau)$$

由於 $X_2$ 的密度在 $x_2=1$ 處分段，必須分兩種情況。

當 $0\le \tau\le 1$

此時

$$P(X_2\ge \tau) = 1-\int_0^\tau x_2\,dx_2 = 1-\frac{\tau^2}{2}$$

因此

核心觀念

本題屬於商管研究所經典的「隨機次數的隨機試驗（Random Sums / Compound Poisson）」與「卜瓦松分流性質（Poisson Thinning Property）」，並結合「最大概似估計量（Maximum Likelihood Estimation, MLE）」。

1. 條件機率與隨機試驗分流：
   • 令兩個月收集到的發票總張數為 $N \sim \text{Poisson}(\lambda)$，其中平均張數 $\lambda = 60$。
   • 給定總張數 $N = n$，每張發票中獎率為 $p$，且各張發票是否中獎彼此獨立。因此，給定 $N = n$ 下，中獎發票張數 $X \mid N = n \sim \text{Binomial}(n, p)$。
2. 卜瓦松分流定理（Poisson Thinning）：
   • 若到達事件數 $N \sim \text{Poisson}(\lambda)$，且每個事件以固定機率 $p$ 獨立被歸類為特定類型（中獎），則該特定類型的事件數 $X$ 服從參數為 $\lambda p$ 的卜瓦松分配： $$X \sim \text{Poisson}(\lambda p)$$
   • 未中獎張數 $Y = N - X \sim \text{Poisson}(\lambda (1-p))$，且 $X$ 與 $Y$ 彼此相互獨立。
3. 最大概似估計（MLE）：
   • 建立概似函數（Likelihood function）或對數概似函數（Log-likelihood function）。
   • 對欲估計之參數 $p$ 進行一階微分令其為零（First-Order Condition, FOC），求解概似估計值 $\hat{p}_{\text{MLE}}$。

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解題方法與詳細推導

(a) 計算兩個月內無任何發票中獎之機率

• 切入點：令 $X$ 為中獎發票張數，所求即為 $P(X = 0)$。
• 推導步驟：
  利用全機率法則（Law of Total Probability），在給定 $N = n$ 的條件下展開： $$P(X = 0) = \sum_{n=0}^{\infty} P(X = 0 \mid N = n) P(N = n)$$ 其中 $P(X = 0 \mid N = n) = (1-p)^n$，且 $P(N = n) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^n}{n!}$： $$P(X = 0) = \sum_{n=0}^{\infty} (1-p)^n \frac{e^{-\lambda}\lambda^n}{n!} = e^{-\lambda} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{[\lambda(1-p)]^n}{n!} = e^{-\lambda} \cdot e^{\lambda(1-p)} = e^{-\lambda p}$$ 代入題給參數 $\lambda = 60$ 與 $p = 0.005$： $$\lambda p = 60 \times 0.005 = 0.3$$ 因此： $$P(X = 0) = e^{-0.3} \approx 0.7408$$

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(b) 求中獎發票張數 $X$ 之機率分配

• 切入點：推導 $X$ 的邊際機率質量函數（Marginal PMF），或直接運用動差母函數（MGF）/ 卜瓦松分流定理證明。
• 推導步驟：
  對於任意整數 $k \ge 0$，利用全機率法則： $$P(X = k) = \sum_{n=k}^{\infty} P(X = k \mid N = n) P(N = n)$$ 將二項分配與卜瓦松分配的公式代入： $$P(X = k) = \sum_{n=k}^{\infty} \left[ \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \right] \left[ \frac{e^{-\lambda}\lambda^n}{n!} \right]$$ 展開組合數並提取與索引 $n$ 無關的常數項： $$P(X = k) = e^{-\lambda} p^k \sum_{n=k}^{\infty} \frac{n!}{k!(n-k)!} \frac{\lambda^n}{n!} = \frac{e^{-\lambda} (\lambda p)^k}{k!} \sum_{n=k}^{\infty} \frac{[\lambda(1-p)]^{n-k}}{(n-k)!}$$ 令變數代換 $m = n - k$（當 $n = k$ 時，$m = 0$）： $$\sum_{n=k}^{\infty} \frac{[\lambda(1-p)]^{n-k}}{(n-k)!} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{[\lambda(1-p)]^m}{m!} = e^{\lambda(1-p)}$$ 相乘得： $$P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} (\lambda p)^k}{k!} \cdot e^{\lambda(1-p)} = \frac{e^{-\lambda p} (\lambda p)^k}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$$ 此為參數為 $\lambda p$ 的卜瓦松分配。
  已知 $\lambda = 60$，$p = 0.005$，則參數值為： $$\mu = \lambda p = 60 \times 0.005 = 0.3$$ 故 $X \sim \text{Poisson}(0.3)$。

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(c) 求中獎發票張數之期望值

• 切入點：由 (b) 小題求得的分配特性，或由雙重期望值法則（Law of Total Expectation）直接計算。
• 推導步驟：

這題主要在考驗學生對 Shewhart 統計製程管制圖（SPC）的理解與應用，特別是 $\bar{x}$ 管制圖的建構、判斷製程是否 in control，以及如何進行製程平均數變異的檢定。

(a) LCL 與 UCL 的計算

Shewhart $\bar{x}$ 管制圖的管制界限是基於製程在正常狀態（in control）下的平均值 $\mu$ 和標準差 $\sigma$ 來設定的。當製程 in control 時，樣本平均值 $\bar{x}$ 的分佈近似於常態分佈。

已知製程在控制狀態下的平均值 $\mu = 200$，標準差 $\sigma = 0.5$，樣本大小 $n = 6$。
我們需要計算 $5\%$ 的顯著水準下的管制界限，這表示我們希望有 $95\%$ 的機率樣本平均值落在管制界限內。對於 $\bar{x}$ 管制圖，我們通常設定管制界限為 $\mu \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。

顯著水準 $\alpha = 0.05$，因此 $\alpha/2 = 0.025$。
查閱標準常態分佈表，對應於上尾機率 $0.025$ 的 $z$ 值為 $z_{0.025} = 1.96$。

樣本平均值的標準差（或稱標準誤）為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0.5}{\sqrt{6}}$。

• UCL (Upper Control Limit):
  $UCL = \mu + z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
  $UCL = 200 + 1.96 \times \frac{0.5}{\sqrt{6}}$
  $UCL = 200 + 1.96 \times \frac{0.5}{2.4495}$
  $UCL = 200 + 1.96 \times 0.2041$
  $UCL = 200 + 0.4000$
  $UCL = 200.4000$

• LCL (Lower Control Limit):
  $LCL = \mu - z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
  $LCL = 200 - 1.96 \times \frac{0.5}{\sqrt{6}}$
  $LCL = 200 - 0.4000$
  $LCL = 199.6000$

【答案】
LCL = 199.6000, UCL = 200.4000

(b) 判斷製程是否 in control

給定的樣本數據為：200.9, 199.3, 199.1, 200.5, 199.9, 201.8。
首先，我們需要計算這個樣本的平均值 $\bar{x}$。
$\bar{x} = \frac{200.9 + 199.3 + 199.1 + 200.5 + 199.9 + 201.8}{6}$
$\bar{x} = \frac{1201.5}{6}$
$\bar{x} = 200.25$

接著，我們將這個樣本平均值與 (a) 小題計算出的管制界限進行比較。
LCL = 199.6000, UCL = 200.4000

由於 $\bar{x} = 200.25$ 落在 LCL (199.6000) 和 UCL (200.4000) 之間，即 $199.6000 < 200.25 < 200.4000$，因此根據 $\bar{x}$ 管制圖的規則，此樣本點顯示製程是 in control。

【答案】
製程 in control。

(c) 判斷製程是否 in control

給定的樣本數據為：200.9, 200.5, 200.7, 199.3, 200.1, 198.2。
計算樣本平均值 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{200.9 + 200.5 + 200.7 + 199.3 + 200.1 + 198.2}{6}$
$\bar{x} = \frac{1199.7}{6}$
$\bar{x} = 199.95$

將此樣本平均值與 (a) 小題計算出的管制界限進行比較。
LCL = 199.6000, UCL = 200.4000

由於 $\bar{x} = 199.95$ 落在 LCL (199.6000) 和 UCL (200.4000) 之間，即 $199.6000 < 199.95 < 200.4000$，因此根據 $\bar{x}$ 管制圖的規則，此樣本點顯示製程是 in control。

【答案】
製程 in control。

(d) 判斷製程是否 in control

給定的樣本數據為：200.7, 200.6, 200.5, 199.2, 200.0, 198.1。
計算樣本平均值 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{200.7 + 200.6 + 200.5 + 199.2 + 200.0 + 198.1}{6}$
$\bar{x} = \frac{1199.1}{6}$
$\bar{x} = 199.85$

將此樣本平均值與 (a) 小題計算出的管制界限進行比較。
LCL = 199.6000, UCL = 200.4000

由於 $\bar{x} = 199.85$ 落在 LCL (199.6000) 和 UCL (200.4000) 之間，即 $199.6000 < 199.85 < 200.4000$，因此根據 $\bar{x}$ 管制圖的規則，此樣本點顯示製程是 in control。

【答案】
製程 in control。

(e) 檢定樣本 (b) 和 (c) 的平均數是否改變

我們要檢定樣本 (b) 的平均數與樣本 (c) 的平均數之間是否存在顯著差異。這可以視為一個獨立樣本 $t$ 檢定，但由於題目給定製程的母體標準差 $\sigma = 0.5$，且樣本大小 $n=6$ 較小，我們可以使用 $z$ 檢定來檢定兩個樣本平均值之間的差異，或者更直接地，檢定樣本平均值是否偏離了已知的母體平均值 $\mu=200$。

然而，題目問的是「平均數是否改變」，這通常是指與製程的預設平均值 $\mu=200$ 相比，或是兩個樣本平均值之間相比。在 SPC 的情境下，我們通常是將每個樣本點的平均值與製程的預設平均值 $\mu$ 進行比較。

這裡我們採用檢定樣本平均值是否顯著偏離已知母體平均值 $\mu=200$ 的方式。

樣本 (b) 的平均值 $\bar{x}_b = 200.25$
檢定統計量 $z = \frac{\bar{x}_b - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{200.25 - 200}{0.5/\sqrt{6}} = \frac{0.25}{0.2041} \approx 1.225$
在 $5\%$ 的顯著水準下，臨界值為 $z_{0.025} = 1.96$。
由於 $|1.225| < 1.96$，我們無法拒絕原假設，即樣本 (b) 的平均數未顯著偏離 $\mu=200$。

樣本 (c) 的平均值 $\bar{x}_c = 199.95$
檢定統計量 $z = \frac{\bar{x}_c - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{199.95 - 200}{0.5/\sqrt{6}} = \frac{-0.05}{0.2041} \approx -0.245$
由於 $|-0.245| < 1.96$，我們無法拒絕原假設，即樣本 (c) 的平均數未顯著偏離 $\mu=200$。