114 年 國立中山大學企業管理學系碩士甲班甲組《商用統計學》

本題考驗樣本資料的敘述統計量計算與解釋，包含平均數、標準差、變異數、百分位數與四分位數。

首先，計算樣本的平均數。樣本共有 $n=20$ 筆資料。
$\bar{x} = \frac{\sum x_i}{n}$
將所有資料加總：
$0.70 + 0.75 + 0.80 + 0.84 + 0.86 + 0.89 + 0.92 + 0.95 + 0.98 + 1.01 + 1.01 + 1.07 + 1.10 + 1.12 + 1.15 + 1.18 + 1.22 + 1.27 + 1.30 + 1.34 = 20.48$
$\bar{x} = \frac{20.48}{20} = 1.024$
因此，選項 (A) 樣本平均數約為 1.02 磅，是正確的。

接著，計算樣本標準差。首先計算樣本變異數。
$s^2 = \frac{\sum (x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
計算各資料點與平均數的差的平方：
$(0.70-1.024)^2 \approx 0.1050$
$(0.75-1.024)^2 \approx 0.0751$
$(0.80-1.024)^2 \approx 0.0497$
$(0.84-1.024)^2 \approx 0.0339$
$(0.86-1.024)^2 \approx 0.0266$
$(0.89-1.024)^2 \approx 0.0179$
$(0.92-1.024)^2 \approx 0.0108$
$(0.95-1.024)^2 \approx 0.0055$
$(0.98-1.024)^2 \approx 0.0019$
$(1.01-1.024)^2 \approx 0.0002$
$(1.01-1.024)^2 \approx 0.0002$
$(1.07-1.024)^2 \approx 0.0021$
$(1.10-1.024)^2 \approx 0.0058$
$(1.12-1.024)^2 \approx 0.0092$
$(1.15-1.024)^2 \approx 0.0159$
$(1.18-1.024)^2 \approx 0.0243$
$(1.22-1.024)^2 \approx 0.0384$

本題考驗獨立事件的機率計算，特別是關於骰子投擲的機率問題。由於骰子是公平的，每一面出現的機率均為 1/6。

(A) 滾動至少一個 6 的機率：
這是計算「至少一」的機率問題，通常用「1 減去沒有一個 6 的機率」來計算。
每次滾動骰子出現 6 的機率是 $P(6) = 1/6$，出現非 6 的機率是 $P(\text{not } 6) = 5/6$。
滾動三次骰子，三次都沒有出現 6 的機率是 $(5/6)^3 = 125/216$。
因此，滾動至少一個 6 的機率是 $1 - P(\text{no 6}) = 1 - 125/216 = (216-125)/216 = 91/216$。
選項 (A) 說機率是 $1-125/216$，這是正確的。

(B) 滾動三個偶數的機率：
偶數有 2, 4, 6，所以一次滾動出現偶數的機率是 $3/6 = 1/2$。
滾動三次骰子，三次都是偶數的機率是 $(1/2)^3 = 1/8$。
選項 (B) 說機率是 1/8，這是正確的。

(C) 滾動總和為 18 的機率：
骰子是六面骰，點數為 1 到 6。三次滾動的總和最大為 $6+6+6=18$。
只有一種組合可以得到總和為 18，那就是三次都出現 6 (6, 6, 6)。
三次都出現 6 的機率是 $(1/6)^3 = 1/216$。
選項 (C) 說機率是 1/216，這是正確的。

本題考驗對不同變數類型的理解，包含名目(nominal)、順序(ordinal)、區間(interval)和比例(ratio)變數，以及類別(categorical)變數。

(A) "Student ID number" (學號)：學號通常是數字，但這些數字沒有數學意義，也不能進行加減乘除運算。它只是用來區分不同的學生。因此，學號是一個名目變數 (nominal variable)。此敘述是正確的。

(B) "Bank account balance" (銀行帳戶餘額)：銀行帳戶餘額可以有絕對的零點（餘額為零表示沒有錢），並且餘額之間的差距是有意義的（例如 100 元與 200 元差 100 元，200 元與 300 元也差 100 元）。更重要的是，餘額可以進行比例運算（例如 200 元是 100 元的兩倍）。因此，銀行帳戶餘額是一個比例變數 (ratio variable)，而不是區間變數 (interval variable)。區間變數的特點是沒有絕對的零點（例如攝氏溫度，0 度並沒有表示沒有溫度）。所以此敘述是錯誤的。

核心觀念

本題考查條件機率、全機率與列聯表分析。

重要公式如下：

• 條件機率：

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$$

• 全體女性比例：

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

其中：

• $S$：學生出國留學
• $S^c$：學生未出國留學
• $F$：學生為女性
• $M$：學生為男性

題目給定：

$$P(S)=15\%,\quad P(S^c)=85\%$$ $$P(F\mid S)=55\%,\quad P(F\mid S^c)=45\%$$

因此：

$$P(M\mid S)=45\%,\quad P(M\mid S^c)=55\%$$

解題方法

為方便計算，假設大學生總數為 $1{,}000$ 人。

分類	出國留學	未出國留學	合計
女性	$150\times55\%=82.5$	$850\times45\%=382.5$	$465$
男性	$150\times45\%=67.5$	$850\times55\%=467.5$	$535$
合計	$150$	$850$	$1,000$

雖然人數出現小數，但比例計算完全有效。

選項分析

(A) The overall percentage of female undergraduate students is 48.00%.

全體女性比例為：

$$P(F)=\frac{465}{1000}=46.5\%$$

並非 $48.00\%$，因此 (A) 錯誤。

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(B) Given that an undergraduate student is female, the probability that she studies abroad is 12.98%.

要求的是：

$$P(S\mid F)$$

根據條件機率：

本題考驗對常見機率分布類型的辨識，特別是離散型 (discrete) 與連續型 (continuous) 機率分布的區別。

離散機率分布是指其隨機變數只能取有限個或可數無限個值的分布。
連續機率分布是指其隨機變數可以取一個連續區間內任意值的分布。

我們逐一檢視選項：
(A) Poisson probability distribution (卜瓦松分布)：用於計算在固定時間或空間間隔內，某事件發生次數的機率。事件發生的次數是離散的整數（0, 1, 2, ...）。因此，卜瓦松分布是離散機率分布。

(B) Normal probability distribution (常態分布)：用於描述許多自然現象，其隨機變數可以取任意實數值。例如身高、測量誤差等。常態分布的機率密度函數是定義在整個實數軸上，取值是連續的。因此，常態分布是連續機率分布。

(C) Binomial probability distribution (二項分布)：用於計算在固定次數的獨立伯努利試驗中，某種結果（成功）發生的次數。

本題考驗對假設檢定基本概念的理解，包括第一類錯誤、第二類錯誤、檢定力以及信賴區間的定義。

(A) 第一類錯誤 (Type I error, $\alpha$)：當虛無假設 ($H_0$) 為真時，卻拒絕了虛無假設。這個敘述是正確的。

(B) 第二類錯誤 (Type II error, $\beta$)：當虛無假設 ($H_0$) 為偽時，卻未能拒絕（接受）虛無假設。這個敘述是正確的。

(C) 檢定力 (Power of a test, $1-\beta$)：當虛無假設 ($H_0$) 為偽時，能夠正確地拒絕虛無假設的機率。這個敘述是正確的。

(D) 信賴區間 (Confidence interval)：信賴區間是用來估計母體參數的範圍。它是一個區間，我們有某個信賴水準（例如 95%）相信母體參數落在此區間內。這個敘述是正確的。

本題考驗對 Poisson 過程的理解。題目描述了顧客到達的隨機性和獨立性，且在等長的區間內到達的機率相同，這符合 Poisson 過程的假設。

已知資訊：
平均時間間隔 (average time interval) $\mu_t = 2$ 分鐘。
這表示平均每 2 分鐘有 1 位顧客到達。
因此，平均到達率 (average arrival rate) $\lambda = \frac{1}{\mu_t} = \frac{1}{2}$ 位顧客/分鐘。

Poisson 分布的機率質量函數為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^k}{k!}$，其中 $X$ 是在時間 $t$ 內到達的顧客數，$\lambda$ 是平均到達率，$\lambda t$ 是在時間 $t$ 內的平均到達數。

我們來逐一檢視選項：

(A) 在接下來的 4 分鐘內沒有顧客到達的機率。
時間 $t=4$ 分鐘。
在 4 分鐘內的平均到達數為 $\lambda t = (1/2) \times 4 = 2$。
沒有顧客到達的機率，即 $k=0$：
$P(X=0) = \frac{e^{-(\lambda t)} (\lambda t)^0}{0!} = \frac{e^{-2} (2)^0}{1} = e^{-2}$。
選項 (A) 說機率是 $e^{-2}$，這是正確的。

(B) 在接下來的 6 分鐘內恰好有 2 位顧客到達的機率。
時間 $t=6$ 分鐘。
在 6 分鐘內的平均到達數為 $\lambda t = (1/2) \times 6 = 3$。
恰好有 2 位顧客到達的機率，即 $k=2$：

本題考驗對相關係數 (correlation coefficient) 和共變異數 (covariance) 的基本性質的理解。

我們逐一檢視選項：

(A) 相關係數 ($\rho_{XY}$) 的值介於 -1 到 +1 之間。它可以是負值、正值或零。因此，相關係數不一定是正數。例如，如果 Y 隨著 X 的增加而減少，相關係數就會是負的。
所以，選項 (A)「相關係數永遠為非負值」是錯誤的。

(B) 如果兩個隨機變數的共變異數為零，這意味著它們之間沒有線性關係。然而，這並不保證它們是獨立的。獨立性比線性關係更強。可能存在非線性關係，使得共變異數為零，但變數之間並非獨立。例如，令 X 在 [-1, 0, 1] 上等可能，Y = $X^2$。則 $E(X)=0$, $E(Y)=E(X^2) = ((-1)^2 + 0^2 + 1^2)/3 = 2/3$。$E(XY) = E(X^3) = ((-1)^3 + 0^3 + 1^3)/3 = 0$。

本題考驗對連續均勻分布 (Continuous Uniform Distribution) 的性質的理解。

對於一個在區間 $[a, b]$ 上服從連續均勻分布的隨機變數 X，其機率密度函數 (pdf) 為：
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} & \text{if } a \le x \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

其累積分布函數 (cdf) 為：
$F(x) = P(X \le x) = \begin{cases} 0 & \text{if } x < a \\ \frac{x-a}{b-a} & \text{if } a \le x \le b \\ 1 & \text{if } x > b \end{cases}$

期望值 (Expected Value, Mean) 為：
$E(X) = \frac{a+b}{2}$

變異數 (Variance) 為：
$Var(X) = \frac{(b-a)^2}{12}$

現在我們逐一檢視選項：

(A) 機率密度函數 (pdf) 在區間 $[a, b]$ 上是常數。
根據定義，$f(x) = \frac{1}{b-a}$ 在 $a \le x \le b$ 時為常數。此敘述是正確的。

本題考驗對中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 以及樣本平均數抽樣分布性質的理解。

假設母體有一個均值 $\mu$ 和標準差 $\sigma$。我們從這個母體中抽取樣本，樣本大小為 $n$。

我們逐一檢視選項：

(A) 抽樣分布的形狀：
中央極限定理指出，如果母體分布是任意的，但樣本大小 $n$ 足夠大（通常 $n \ge 30$），那麼樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分布近似於常態分布。
如果母體本身就是常態分布，那麼無論樣本大小 $n$ 如何，$\bar{X}$ 的抽樣分布都是常態分布。
但是，如果母體不是常態分布，且樣本大小 $n$ 不足夠大，那麼 $\bar{X}$ 的抽樣分布就不一定是常態分布。
因此，選項 (A)「抽樣分布永遠是常態分布，不論樣本大小 $n$ 如何」是錯誤的。

(B) 抽樣分布的標準差 (Standard Error, SE)：
樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分布的標準差，也稱為標準誤，其公式為 $SE(\bar{X}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
當樣本大小 $n$ 增加時，$\sqrt{n}$ 增加，因此 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 會減小。
所以，抽樣分布的標準差隨著樣本大小 $n$ 的增加而減小。

本題考驗對常態分布 (Normal Distribution) 特性和經驗法則 (Empirical Rule) 的理解。

已知母體為常態分布，平均數 $\mu = 500$ kWh，標準差 $\sigma = 50$ kWh。

經驗法則 (68-95-99.7 Rule) 指出：

1. 約 68% 的數據落在平均數的 $\pm 1$ 個標準差範圍內。
2. 約 95% 的數據落在平均數的 $\pm 2$ 個標準差範圍內。
3. 約 99.7% 的數據落在平均數的 $\pm 3$ 個標準差範圍內。

我們逐一檢視選項：

(A) 落在 450 kWh 和 550 kWh 之間的比例。
$450 = 500 - 50 = \mu - 1\sigma$
$550 = 500 + 50 = \mu + 1\sigma$
根據經驗法則，約 68% 的數據落在 $\mu \pm 1\sigma$ 範圍內。
所以，選項 (A) 正確。

(B) 落在 450 kWh 和 550 kWh 之間的比例。
如上所述，450 和 550 是 $\mu \pm 1\sigma$。
選項 (B) 說約 95% fall between 450 kWh and 550 kWh，這是錯誤的。95% 對應的是 $\mu \pm 2\sigma$。

(C) 落在 350 kWh 和 650 kWh 之間的比例。
$350 = 500 - 150 = 500 - 3 \times 50 = \mu - 3\sigma$
$650 = 500 + 150 = 500 + 3 \times 50 = \mu + 3\sigma$
根據經驗法則，約 99.7% 的數據落在 $\mu \pm 3\sigma$ 範圍內。
所以，選項 (C) 正確。

本題考驗對樣本資料的敘述統計量計算，包括樣本平均數、樣本標準差、樣本範圍和樣本中位數。

樣本資料：5, 8, 10, 7, 10, 14。
樣本大小 $n=6$。

首先，將樣本資料排序：5, 7, 8, 10, 10, 14。

計算樣本平均數 ($\bar{x}$):
$\bar{x} = \frac{\sum x_i}{n} = \frac{5+7+8+10+10+14}{6} = \frac{54}{6} = 9.00$。
因此，選項 (A)「母體平均數的點估計值是 9.00」是正確的。
選項 (C)「母體平均數的點估計值是 8.67」是錯誤的。

計算樣本變異數 ($s^2$):
$s^2 = \frac{\sum (x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
$x_i - \bar{x}$:
5 - 9 = -4
7 - 9 = -2
8 - 9 = -1
10 - 9 = 1
10 - 9 = 1
14 - 9 = 5

核心觀念

本題考查「樣本平均數的標準誤」：

$$SE_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n}$$

其中：

• $\sigma$：母體標準差
• $n$：樣本數
• $SE_{\bar X}$：樣本平均數的標準誤

由公式可知，在母體標準差相同時，樣本數越大，樣本平均數的標準誤越小。

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解題方法

加州與紐約的母體標準差皆為 $12$ cm，因此分別計算樣本平均數的標準誤。

加州樣本數為 $n_C=25$：

$$SE_C=\frac{12}{\sqrt{25}} =\frac{12}{5} =2.4\text{ cm}$$

紐約樣本數為 $n_N=40$：

$$SE_N=\frac{12}{\sqrt{40}} \approx \frac{12}{6.325} \approx 1.897\text{ cm}$$

因此：

$$SE_C>SE_N$$

紐約的樣本數較大，所以其樣本平均數較穩定、標準誤較小。

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選項分析

(A) 加州樣本平均降雨量的標準誤大於紐約。

正確計算為：

$$SE_C=2.4,\qquad SE_N\approx1.897$$

因此：

$$SE_C>SE_N$$

此敘述本身正確。

(B) 加州與紐約標準誤的差為 $0.50$。

兩者差異為：

$$SE_C-SE_N =2.4-1.897 \approx0.503\text{ cm}$$

本題考驗對信賴區間 (Confidence Interval, CI) 的性質，特別是樣本大小對信賴區間寬度的影響。

信賴區間的計算公式通常為：
CI = $\bar{x} \pm Z_{\alpha/2} \times \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ (若母體標準差 $\sigma$ 已知)
或 CI = $\bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$ (若母體標準差 $\sigma$ 未知，用樣本標準差 $s$ 估計)

在此題中，母體標準差 $\sigma=15$ 已知，樣本大小 $n=60$，樣本平均數 $\bar{x}=80$。
信賴區間的寬度主要由「邊際誤差 (Margin of Error, ME)」決定，ME = $Z_{\alpha/2} \times \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
信賴區間的寬度是 $2 \times ME$。

我們逐一檢視選項：

(A) 信賴區間隨著樣本大小的增加而變窄。
隨著樣本大小 $n$ 的增加，$\sqrt{n}$ 增加，因此 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 減小。

核心觀念

本題考查母體平均數假設檢定中的：

• 標準誤（standard error）
• 已知母體標準差時的 $z$ 檢定統計量
• 虛無假設的意義
• 檢定統計量正負號的判讀

已知：

$$n=100,\qquad \sigma=25,\qquad \bar X=150,\qquad \mu_0=155$$

其中 $\mu_0=155$ 是虛無假設所指定的假設母體平均數。

解題方法

因為母體標準差 $\sigma$ 已知，平均數的檢定統計量為：

$$z=\frac{\bar X-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}$$

先計算樣本平均數的標準誤：

$$SE_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n} =\frac{25}{\sqrt{100}} =\frac{25}{10} =2.5$$

再計算檢定統計量：

$$z=\frac{150-155}{2.5} =\frac{-5}{2.5} =-2.0$$

因此，樣本平均數 $150$ 比假設的母體平均數 $155$ 小，故檢定統計量為負值。

選項分析

(A) The test statistic is -2.0.

正確。由計算：

$$z=\frac{150-155}{25/\sqrt{100}}=-2.0$$

因此檢定統計量為 $-2.0$。

(B) The standard error of the mean for this sample is 2.5.

正確。標準誤為：

$$SE_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n} =\frac{25}{\sqrt{100}} =2.5$$

本題考驗對變異數分析 (Analysis of Variance, ANOVA) 基本概念和假設的理解。

我們逐一檢視選項：

(A) ANOVA 的一項假設是母體具有相同的平均數。
這是錯誤的。ANOVA 的目的是檢定母體平均數是否相等。虛無假設 ($H_0$) 是所有母體平均數相等，對立假設 ($H_1$) 是至少有一個母體平均數不同。所以「母體具有相同的平均數」是虛無假設的內容，而不是一個前提假設。
ANOVA 的假設是：

1. 獨立性 (Independence)：各組的觀測值是獨立的。
2. 常態性 (Normality)：各組的母體回應變數服從常態分布。
3. 等變異數 (Homoscedasticity)：各組母體的變異數相等。
   所以，選項 (A) 是錯誤的。

(B) ANOVA 的一項假設是回應變數對於每個母體都是常態分布。
這是正確的。這是 ANOVA 的常態性假設。

本題考驗對複迴歸分析 (Multiple Linear Regression) 中相關統計量的理解，包括判定係數 (R-squared)、均方 (Mean Square)、t 檢定以及標準誤的解釋。

已知資訊：
樣本數 $n=12$
迴歸線方程式：$\hat{y} = 35 + 0.75x_1 + 0.4x_2$
$b_1 = 0.75$, $b_2 = 0.4$
SST (總平方和) $= 8500$
SSR (迴歸平方和) $= 7650$
$s_{b1} = 0.10$ (變數 $x_1$ 的迴歸係數 $b_1$ 的標準誤)
$s_{b2} = 0.09$ (變數 $x_2$ 的迴歸係數 $b_2$ 的標準誤)

我們逐一檢視選項：

(A) 判定係數 (R-squared)：
$R^2 = \frac{SSR}{SST} = \frac{7650}{8500}$。
這個敘述是正確的。

(B) MSR (迴歸均方)：
MSR = $\frac{SSR}{\text{迴歸自由度}}$。
在複迴歸中，迴歸自由度等於自變數的個數 (p)。此模型有兩個自變數 ($x_1$ 和 $x_2$)，所以 $p=2$。
MSR = $\frac{7650}{2} = 3825$。
選項 (B) 說 MSR = 7650/2，這是正確的計算。

核心觀念

本題考驗單因子變異數分析（one-way ANOVA），用來檢定三種訓練方案的平均生產力是否全部相同。

設三組母體平均數為 $\mu_A,\mu_B,\mu_C$：

• 虛無假設：$H_0:\mu_A=\mu_B=\mu_C$
• 對立假設：$H_1:$ 至少有一組平均數不同

ANOVA 的檢定統計量為：

$$F=\frac{MS_B}{MS_W}$$

其中：

• $MS_B$：組間均方，反映各組平均數彼此差異
• $MS_W$：組內均方，反映同組資料的隨機變異

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解題方法與計算

三組資料的平均數為：

$$\bar{x}_A=\frac{63+47+54+40}{4}=51$$ $$\bar{x}_B=\frac{82+72+88+66}{4}=77$$ $$\bar{x}_C=\frac{69+54+61+48}{4}=58$$

總平均數為：

$$\bar{x}=\frac{4(51)+4(77)+4(58)}{12}=62$$

組間平方和：

$$SS_B=\sum n_i(\bar{x}_i-\bar{x})^2$$ $$=4(51-62)^2+4(77-62)^2+4(58-62)^2$$ $$=4(121)+4(225)+4(16)=1448$$

組內平方和分別為：

$$SS_A=(63-51)^2+(47-51)^2+(54-51)^2+(40-51)^2=290$$ $$SS_B=(82-77)^2+(72-77)^2+(88-77)^2+(66-77)^2=292$$ $$SS_C=(69-58)^2+(54-58)^2+(61-58)^2+(48-58)^2=246$$

因此：

$$SS_W=290+292+246=828$$

自由度為：

$$df_B=k-1=3-1=2$$ $$df_W=N-k=12-3=9$$

組間均方與組內均方：

$$MS_B=\frac{1448}{2}=724$$ $$MS_W=\frac{828}{9}=92$$

所以：

$$F=\frac{724}{92}\approx 7.87$$

查詢 $F(2,9)$ 分配可得：

$$p\approx 0.011$$

因為 $p<0.05$，拒絕虛無假設，表示三種訓練方案的平均生產力並非全部相同。接著必須進行事後比較，判斷究竟是哪幾組之間存在顯著差異。

使用 ANOVA 的組內均方 $MS_W=92$ 作為共同誤差變異估計。兩組平均數比較時：

$$SE(\bar{x}_i-\bar{x}_j) =\sqrt{MS_W\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)} =\sqrt{92\cdot\frac12} =\sqrt{46} \approx 6.782$$

核心觀念

本題考查**簡單線性迴歸分析（Simple Linear Regression）**的參數估計、統計意涵與預測區間建構：

1. 模型設定：$Y = \beta_0 + \beta_1 X + \varepsilon$，其中自變數 $X$ 為每週跑步機使用時數（Weekly Treadmill Usage, hours），應變數 $Y$ 為年維護費用（Annual Maintenance Cost，單位為百美元，即 1 = \100$）。
2. 最小平方法（OLS）估計量：
   • 樣本斜率：$b_1 = \hat{\beta}_1 = \frac{SS_{xy}}{SS_{xx}} = \frac{\sum X_i Y_i - n\bar{X}\bar{Y}}{\sum X_i^2 - n\bar{X}^2}$
   • 樣本截距：$b_0 = \hat{\beta}_0 = \bar{Y} - b_1 \bar{X}$
3. 截距項之統計意涵：在線性迴歸方程式 $\hat{Y} = b_0 + b_1 X$ 中，截距 $b_0$ 代表當自變數 $X = 0$（即每週使用時數為 0 小時）時，應變數 $Y$ 的估計期望值（基準維護費用）。
4. 個別值預測區間（Prediction Interval for an Individual Value $Y_0$ at $X = X_0$）：
   $\hat{Y}_0 \pm t_{\alpha/2, \, n-2} \cdot s_e \sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{(X_0 - \bar{X})^2}{SS_{xx}}}$
   其中 $s_e = \sqrt{\frac{SSE}{n-2}}$ 為迴歸估計之殘差標準誤（Standard Error of Estimate）。

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解題方法

步驟一：計算樣本基本彙總統計量

樣本數 $n = 9$。

1. 自變數 $X$ 的統計量：
   $\sum X_i = 13 + 10 + 20 + 28 + 32 + 17 + 24 + 31 + 40 = 215$
   $\bar{X} = \frac{215}{9} \approx 23.8889$
   $\sum X_i^2 = 13^2 + 10^2 + 20^2 + 28^2 + 32^2 + 17^2 + 24^2 + 31^2 + 40^2 = 5903$
   $SS_{xx} = \sum X_i^2 - \frac{(\sum X_i)^2}{n} = 5903 - \frac{215^2}{9} = 5903 - \frac{46225}{9} \approx 766.8889$

2. 應變數 $Y$ 的統計量：
   $\sum Y_i = 17.0 + 22.0 + 30.0 + 37.0 + 47.0 + 30.5 + 32.5 + 39.0 + 51.5 = 306.5$
   $\bar{Y} = \frac{306.5}{9} \approx 34.0556 \text{（百美元）}$
   $\sum Y_i^2 = 17.0^2 + 22.0^2 + 30.0^2 + 37.0^2 + 47.0^2 + 30.5^2 + 32.5^2 + 39.0^2 + 51.5^2 = 11410.75$
   $SS_{yy} = \sum Y_i^2 - \frac{(\sum Y_i)^2}{n} = 11410.75 - \frac{306.5^2}{9} = 11410.75 - \frac{93942.25}{9} \approx 972.7222$

3. 交叉乘積和 $SS_{xy}$：
   $\sum X_i Y_i = (13)(17) + (10)(22) + \dots + (40)(51.5) = 8148.5$
   $SS_{xy} = \sum X_i Y_i - \frac{(\sum X_i)(\sum Y_i)}{n} = 8148.5 - \frac{215 \times 306.5}{9} = 8148.5 - \frac{65897.5}{9} \approx 826.5556$

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步驟二：求解迴歸方程式

1. 斜率 $b_1$：
   $b_1 = \frac{SS_{xy}}{SS_{xx}} = \frac{826.5556}{766.8889} \approx 1.0778 \approx 1.08$
2. 截距 $b_0$：

本題考驗對卡方適合度檢定 (Chi-square Goodness-of-Fit Test) 的應用。我們要檢定咖啡銷量是否在每週的各天均勻分布。

1. 設定假設：
虛無假設 ($H_0$)：咖啡銷量在每週的各天均勻分布。
對立假設 ($H_1$)：咖啡銷量在每週的各天不均勻分布。

2. 計算預期頻率 (Expected Frequencies)：
總銷售量 = 420 杯。
一週有 7 天。
如果銷量均勻分布，則每天的預期銷售量為：
$E_i = \frac{\text{總銷售量}}{\text{天數}} = \frac{420}{7} = 60$ 杯。

選項 (A)「假設均勻分布，每天預期銷售的咖啡杯數是 60」是正確的。

3. 計算卡方檢定統計量 ($\chi^2$)：
卡方統計量公式為：$\chi^2 = \sum \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$，其中 $O_i$ 是觀察頻率，$E_i$ 是預期頻率。

Day	Observed ($O_i$)	Expected ($E_i$)	$O_i - E_i$	$(O_i - E_i)^2$	$\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
Sunday	66	60	6	36	$36/60 = 0.6$
Monday	50	60	-10	100	$100/60 \approx 1.667$
Tuesday	53	60	-7	49	$49/60 \approx 0.817$
Wednesday	47	60	-13	169	$169/60 \approx 2.817$
Thursday	55	60	-5	25	$25/60 \approx 0.417$