109 年 國立清華大學科技管理研究所《統計學》

核心觀念

本題考查：

1. 線性估計量是否為母體平均數 $\mu$ 的不偏估計量。
2. 常態母體下，線性估計量的分配與變異數。
3. 已知母體變異數 $\sigma^2$ 時，母體平均數的 95% 信賴區間。

若估計量 $\hat{\mu}$ 服從常態分配，且其變異數已知，則 $\mu$ 的 95% 信賴區間為

$$\hat{\mu}\pm z_{0.025}\sqrt{\operatorname{Var}(\hat{\mu})},$$

其中

$$z_{0.025}=1.96.$$

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解題方法

題目提供兩個 $\mu$ 的估計量，先分別求其期望值與變異數，再選擇變異數較小者建立信賴區間。

一、估計量 $\hat{\mu}_1$ 的性質

$$\hat{\mu}_1=\frac{1}{4}(X_1+0.5X_2+1.5X_3+X_4).$$

由於每個 $X_i$ 的期望值皆為 $\mu$，

$$\begin{aligned} E(\hat{\mu}_1) &=\frac{1}{4}\left[E(X_1)+0.5E(X_2)+1.5E(X_3)+E(X_4)\right]\\ &=\frac{1}{4}(1+0.5+1.5+1)\mu\\ &=\mu. \end{aligned}$$

因此 $\hat{\mu}_1$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。

因為 $X_1,\dots,X_4$ 相互獨立，

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}(\hat{\mu}_1) &=\frac{1}{16}\left[\operatorname{Var}(X_1) +0.5^2\operatorname{Var}(X_2) +1.5^2\operatorname{Var}(X_3) +\operatorname{Var}(X_4)\right]\\ &=\frac{\sigma^2}{16}(1+0.25+2.25+1)\\ &=\frac{9}{32}\sigma^2. \end{aligned}$$

因此

$$\operatorname{SE}(\hat{\mu}_1) =\sqrt{\frac{9}{32}\sigma^2} =\frac{3\sigma}{4\sqrt{2}}.$$

又因為常態分配的線性組合仍為常態分配，

$$\hat{\mu}_1\sim N\left(\mu,\frac{9}{32}\sigma^2\right).$$

所以以 $\hat{\mu}_1$ 為中心的 95% 信賴區間為

$$\boxed{ \hat{\mu}_1\pm 1.96\frac{3\sigma}{4\sqrt{2}} }.$$

代入 $\hat{\mu}_1$ 後，

$$\boxed{ \frac{X_1+0.5X_2+1.5X_3+X_4}{4} \pm 1.96\frac{3\sigma}{4\sqrt{2}} }.$$

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二、估計量 $\hat{\mu}_2$ 的性質

$$\hat{\mu}_2=\frac{1}{4}(X_1+X_2+X_3+X_4)=\bar X.$$

其期望值為

$$E(\hat{\mu}_2) =\frac{1}{4}(1+1+1+1)\mu =\mu,$$

本題考驗的是抽樣分配的概念，特別是當母體有限時，從中抽取樣本的各種可能性，以及樣本統計量的分佈。

首先，我們需要理解題目提供的母體資料：
母體資料 (Population data): {2, 6, 8, 10, 12}
母體大小 (Population size), $N = 5$。
我們要抽取樣本大小為 $n=3$ 的樣本，且是「無放回抽樣 (sampling without replacement)」。

第一步：計算母體平均數 (Population Mean, $\mu$)
$\mu = \frac{\sum x_i}{N} = \frac{2 + 6 + 8 + 10 + 12}{5} = \frac{38}{5} = 7.6$

第二步：列出所有可能的樣本
由於是無放回抽樣，且樣本大小為 $n=3$，從 $N=5$ 的母體中抽取所有可能的組合數為 $\binom{N}{n} = \binom{5}{3}$。
$\binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3!2!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$。
共有 10 個可能的樣本。我們將列出這些樣本，並計算每個樣本的平均數。

樣本 (Sample)	樣本平均數 (Sample Mean, $\bar{x}$)
{2, 6, 8}	$\frac{2+6+8}{3} = \frac{16}{3} \approx 5.33$
{2, 6, 10}	$\frac{2+6+10}{3} = \frac{18}{3} = 6$
{2, 6, 12}	$\frac{2+6+12}{3} = \frac{20}{3} \approx 6.67$
{2, 8, 10}	$\frac{2+8+10}{3} = \frac{20}{3} \approx 6.67$
{2, 8, 12}	$\frac{2+8+12}{3} = \frac{22}{3} \approx 7.33$
{2, 10, 12}	$\frac{2+10+12}{3} = \frac{24}{3} = 8$
{6, 8, 10}	$\frac{6+8+10}{3} = \frac{24}{3} = 8$
{6, 8, 12}	$\frac{6+8+12}{3} = \frac{26}{3} \approx 8.67$
{6, 10, 12}	$\frac{6+10+12}{3} = \frac{28}{3} \approx 9.33$
{8, 10, 12}	$\frac{8+10+12}{3} = \frac{30}{3} = 10$

第三步：建構樣本平均數的抽樣分配 (Sampling Distribution of the Mean)
這包括列出所有可能的樣本平均數以及它們對應的機率（或頻率）。

樣本平均數 ($\bar{x}$)	頻率 (Frequency)	機率 (Probability, $P(\bar{x})$)
$16/3$	1	$1/10$
6	1	$1/10$

本題考驗的是對 Poisson 分配的理解及其應用。題目要求我們說明使用 Poisson 分配的條件，並計算一個特定時間段內發生特定次數事件的機率。

核心觀念： Poisson 分配適用於計算在固定時間或空間間隔內，獨立隨機事件發生的次數。

a. 使用 Poisson 分配的條件 (5%)
為了使用 Poisson 分配來計算在一個固定時間間隔內（例如 10 分鐘或 5 分鐘）電話呼叫的次數，以下條件必須大致滿足：

1. 獨立性 (Independence): 在給定的時間間隔內，一個電話呼叫的發生與其他任何時間點的電話呼叫的發生是相互獨立的。也就是說，一次呼叫的發生不會影響到下一次呼叫發生的機率。
2. 平均發生率恆定 (Constant Average Rate): 在所考慮的時間間隔內，平均每單位時間內事件（電話呼叫）發生的機率是恆定的。題目中提到「過去歷史顯示平均每 10 分鐘收到 6 通電話」，這表示平均發生率是已知的，並且我們假設在我們感興趣的時間段內（例如 10 分鐘或 5 分鐘），這個平均率是穩定的。
3. 在極短時間內最多發生一次事件 (At Most One Event in a Very Short Interval): 在一個足夠短的時間間隔內，發生兩個或更多事件（兩通或更多電話）的機率趨近於零。這意味著我們不太可能在極短的時間內同時收到多通電話。

b. 計算特定時間段內發生特定次數事件的機率 (10%)
題目中給出的資訊：

• 平均每 10 分鐘收到 6 通電話。
• 我們需要計算在一個 5 分鐘的時段內，收到「三或更多」電話的機率。

首先，我們需要確定 Poisson 分配的參數 $\lambda$（在給定的時間間隔內事件發生的平均次數）。
題目給的平均值是針對 10 分鐘，$\lambda_{10 \text{ min}} = 6$。
我們需要計算的是 5 分鐘時段內的平均次數。由於平均率是恆定的，我們可以按比例計算：
$\lambda_{5 \text{ min}} = \lambda_{10 \text{ min}} \times \frac{5 \text{ min}}{10 \text{ min}} = 6 \times \frac{1}{2} = 3$。
所以，在一個 5 分鐘的時段內，平均會收到 3 通電話。

Poisson 分配的機率質量函數 (Probability Mass Function, PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$

本題考驗的是變異數的比較（F 檢定）以及平均數的比較（t 檢定），並要求根據變異數檢定的結果來選擇合適的 t 檢定方法。

核心觀念：

1. F 檢定 (F-test for equality of variances)： 用於檢定兩個母體的變異數是否相等。
2. t 檢定 (t-test for equality of means)： 用於檢定兩個母體的平均數是否相等。根據變異數是否相等，有兩種形式：
   • Student's t-test (pooled variance t-test)： 當母體變異數相等時使用。
   • Welch's t-test (unequal variances t-test)： 當母體變異數不相等時使用。

a. 檢定變異數的差異 (10%)

我們需要檢定兩家分行等待時間變異數是否不同。

• 商業區分行 (Commercial District Branch):

  • 樣本大小 $n_1 = 5$
  • 樣本資料: {4.21, 5.55, 3.02, 5.13, 2.34}
  • 計算樣本平均數 $\bar{x}_1$:
    $\bar{x}_1 = \frac{4.21 + 5.55 + 3.02 + 5.13 + 2.34}{5} = \frac{20.25}{5} = 4.05$
  • 計算樣本變異數 $s_1^2$:
    $s_1^2 = \frac{\sum(x_i - \bar{x}_1)^2}{n_1 - 1}$
    $x_i - \bar{x}_1$: (0.16, 1.50, -1.03, 1.08, -1.71)
    $(x_i - \bar{x}_1)^2$: (0.0256, 2.25, 1.0609, 1.1664, 2.9241)
    $\sum(x_i - \bar{x}_1)^2 = 0.0256 + 2.25 + 1.0609 + 1.1664 + 2.9241 = 7.427$
    $s_1^2 = \frac{7.427}{5 - 1} = \frac{7.427}{4} = 1.85675$

• 住宅區分行 (Residential Area Branch):

  • 樣本大小 $n_2 = 4$
  • 樣本資料: {9.66, 5.90, 8.02, 8.73}
  • 計算樣本平均數 $\bar{x}_2$:
    $\bar{x}_2 = \frac{9.66 + 5.90 + 8.02 + 8.73}{4} = \frac{32.31}{4} = 8.0775$
  • 計算樣本變異數 $s_2^2$:
    $s_2^2 = \frac{\sum(x_i - \bar{x}_2)^2}{n_2 - 1}$
    $x_i - \bar{x}_2$: (1.5825, -2.1775, -0.0575, 0.6525)
    $(x_i - \bar{x}_2)^2$: (2.504256, 4.741506, 0.003306, 0.425756)
    $\sum(x_i - \bar{x}_2)^2 = 2.504256 + 4.741506 + 0.003306 + 0.425756 = 7.674824$
    $s_2^2 = \frac{7.674824}{4 - 1} = \frac{7.674824}{3} \approx 2.55827$

檢定假設：

• 虛無假設 $H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2$ (兩母體變異數相等)
• 對立假設 $H_a: \sigma_1^2 \ne \sigma_2^2$ (兩母體變異數不相等)

檢定統計量： F 檢定統計量為兩樣本變異數的比值。通常將較大的樣本變異數放在分子，以進行單尾檢定，但這裡我們使用雙尾檢定，所以順序不影響結論（但會影響自由度計算）。
$F = \frac{s_1^2}{s_2^2} = \frac{1.85675}{2.55827} \approx 0.7258$
或者 $F = \frac{s_2^2}{s_1^2} = \frac{2.55827}{1.85675} \approx 1.3777$

我們將使用 $F = \frac{s_{\text{larger}}^2}{s_{\text{smaller}}^2}$ 來進行檢定，因此 $F \approx 1.3777$。
自由度：
分子自由度 $df_1 = n_2 - 1 = 4 - 1 = 3$
分母自由度 $df_2 = n_1 - 1 = 5 - 1 = 4$

顯著水準： $\alpha = 0.05$ (雙尾檢定)。
我們要找 $F_{\alpha/2, df_1, df_2}$ 和 $F_{1-\alpha/2, df_1, df_2}$。

核心觀念

本題考查聯合機率分配、期望值、共變異數、相關係數，以及獨立性的判定。

對離散型隨機變數 $X,Y$：

$$E[g(X,Y)]=\sum_x\sum_y g(x,y)P(X=x,Y=y)$$

因此，

$$E\left(\frac{X}{Y}\right) =\sum_x\sum_y \frac{x}{y}P(X=x,Y=y)$$

相關係數為

$$\rho_{X,Y} =\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)}}$$

其中

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$$

若 $X,Y$ 獨立，則對所有 $x,y$ 必須滿足

$$P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)$$

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解題方法

聯合分配表中，非零機率的組合為：

$$(1,4),(1,8),(2,6),(3,4),(3,8)$$

且每一組的聯合機率皆為 $0.2$。

a. 計算 $E(X/Y)$

依照離散型函數期望值公式：

$$\begin{aligned} E\left(\frac{X}{Y}\right) &=\sum_x\sum_y \frac{x}{y}P(X=x,Y=y)\\ &=0.2\left(\frac14+\frac18+\frac26+\frac34+\frac38\right)\\ &=0.2\left(\frac14+\frac18+\frac13+\frac34+\frac38\right) \end{aligned}$$

通分計算：

$$\frac14+\frac18+\frac13+\frac34+\frac38 =\frac{15+?}{?}$$

直接以各項乘上 $0.2=\frac15$ 計算：

$$\begin{aligned} E\left(\frac{X}{Y}\right) &=\frac15\left(\frac14+\frac18+\frac13+\frac34+\frac38\right)\\ &=\frac1{20}+\frac1{40}+\frac1{15}+\frac3{20}+\frac3{40}\\ &=\frac{6+3+8+18+9}{120}\\ &=\frac{44}{120}\\ &=\frac{11}{30} \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{E(X/Y)=\frac{11}{30}\approx 0.3667}$$

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b. 計算 $X$ 與 $Y$ 的相關係數

第一步：求邊際分配

由聯合分配表加總各列，得到 $X$ 的邊際分配：

$X$	$P(X=x)$
1	$0.2+0+0.2=0.4$
2	$0+0.2+0=0.2$
3	$0.2+0+0.2=0.4$

由各欄加總，得到 $Y$ 的邊際分配：

$Y$	$P(Y=y)$
4	$0.2+0.2=0.4$
6	$0.2$
8	$0.2+0.2=0.4$

第二步：計算 $E(X)$ 與 $E(Y)$

$$\begin{aligned} E(X) &=1(0.4)+2(0.2)+3(0.4)\\ &=2 \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} E(Y) &=4(0.4)+6(0.2)+8(0.4)\\ &=6 \end{aligned}$$

本題考驗的是單一樣本的平均數假設檢定，特別是當樣本大小足夠大時，使用 Z 檢定來檢定母體平均數。題目要求使用臨界值法進行檢定。

核心觀念： 假設檢定 (Hypothesis Testing) 的步驟，包括設定虛無與對立假設、選擇檢定統計量、決定臨界值、計算檢定統計量、做出決策。

問題設定：

• 母體平均等待時間（過去）：$\mu_0 = 5$ 分鐘。
• 新系統下的樣本：
  • 樣本大小 $n = 100$
  • 樣本平均等待時間 $\bar{x} = 4.10$ 分鐘
  • 樣本標準差 $s = 2.5$ 分鐘
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$
• 檢定方法：臨界值法 (Critical Value Approach)
• 問題：是否有證據顯示新的平均等待時間小於 5 分鐘？

步驟：

1. 設定假設 (Formulate Hypotheses):

   • 虛無假設 ($H_0$): 新系統的平均等待時間不小於 5 分鐘。$\mu \ge 5$
   • 對立假設 ($H_a$): 新系統的平均等待時間小於 5 分鐘。$\mu < 5$
     這是一個左尾檢定 (left-tailed test)。

2. 選擇檢定統計量 (Choose Test Statistic):
   由於樣本大小 $n=100$ 很大（通常 $n \ge 30$ 即可視為大樣本），且母體標準差未知，我們可以使用 Z 檢定。
   樣本標準差 $s$ 可以用來估計母體標準差 $\sigma$。
   檢定統計量為：
   $Z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$