111 年 國立臺灣大學土木系碩士班營建管理組《工程統計》

本題考驗卡方適合度檢定 (Chi-squared goodness-of-fit test) 的應用。我們需要比較觀察到的頻率分佈與理論上二項分佈預測的頻率分佈，並根據卡方統計量來判斷模型是否適合。

步驟一：計算觀察到的樣本統計量
樣本數 $N = 50$。
觀察到的頻率如下：
$f_0 = 4$ (對應 $X=0$)
$f_1 = 21$ (對應 $X=1$)
$f_2 = 10$ (對應 $X=2$)
$f_3 = 13$ (對應 $X=3$)
$f_4 = 2$ (對應 $X=4$)

步驟二：計算二項分佈的理論頻率
模型假設 $X \sim B(n=6, p=0.25)$。
理論頻率 $E_i = N \times P(X=i)$，其中 $P(X=i) = \binom{n}{i} p^i (1-p)^{n-i}$。
$P(X=0) = \binom{6}{0} (0.25)^0 (0.75)^6 \approx 0.17798$
$E_0 = 50 \times 0.17798 \approx 8.899$

$P(X=1) = \binom{6}{1} (0.25)^1 (0.75)^5 \approx 0.35596$
$E_1 = 50 \times 0.35596 \approx 17.798$

$P(X=2) = \binom{6}{2} (0.25)^2 (0.75)^4 \approx 0.29663$
$E_2 = 50 \times 0.29663 \approx 14.8315$

$P(X=3) = \binom{6}{3} (0.25)^3 (0.75)^3 \approx 0.13184$
$E_3 = 50 \times 0.13184 \approx 6.592$

$P(X=4) = \binom{6}{4} (0.25)^4 (0.75)^2 \approx 0.03296$
$E_4 = 50 \times 0.03296 \approx 1.648$

$P(X=5) = \binom{6}{5} (0.25)^5 (0.75)^1 \approx 0.00439$
$E_5 = 50 \times 0.00439 \approx 0.2195$

$P(X=6) = \binom{6}{6} (0.25)^6 (0.75)^0 \approx 0.00024$
$E_6 = 50 \times 0.00024 \approx 0.012$

注意： 在進行卡方適合度檢定時，理論頻率 $E_i$ 應大於或等於 5。在此範例中，$E_4, E_5, E_6$ 都小於 5。通常的做法是將這些類別合併。
由於觀察到的數據只有到 $X=4$，我們將 $X=4$ 的類別保留，並將 $X=5$ 和 $X=6$ 的理論頻率合併。
合併後的理論頻率：
$E'_0 = E_0 \approx 8.899$
$E'_1 = E_1 \approx 17.798$
$E'_2 = E_2 \approx 14.8315$
$E'_3 = E_3 \approx 6.592$
$E'_4 = E_4 + E_5 + E_6 \approx 1.648 + 0.2195 + 0.012 = 1.8795$

合併後的觀察頻率：
$f'_0 = 4$
$f'_1 = 21$
$f'_2 = 10$
$f'_3 = 13$
$f'_4 = 2$

合併後，我們有 $k=5$ 個類別。
自由度 (degrees of freedom, df) = $k - 1 - m$，其中 $k$ 是類別數，$m$ 是模型中由數據估計的參數數量。在此，二項分佈的參數 $n$ 和 $p$ 是給定的，因此 $m=0$。
然而，題目給定 $n=6$ 和 $p=0.25$，這表示我們沒有從數據中估計參數。但是，我們合併類別來滿足 $E_i \ge 5$ 的條件。
若我們不合併，有 5 個類別，自由度為 $5-1=4$。
若我們合併 $X=4, 5, 6$，則有 5 個類別，但 $E_4$ 依然小於 5。
標準做法是，如果參數是給定的，自由度為 (類別數 - 1)。
在此，我們有 5 個類別 (0, 1, 2, 3, 4)。
若將 $X=4$ 的類別合併到 $X=3$ 的類別，會有 4 個類別。
$f'_0 = 4, E'_0 = 8.899$
$f'_1 = 21, E'_1 = 17.798$
$f'_2 = 10, E'_2 = 14.8315$
$f'_3 = 13 + 2 = 15, E'_3 = 6.592 + 1.648 + 0.2195 + 0.012 = 8.4715$
這樣有 4 個類別，自由度為 $4-1=3$。

步驟三：計算卡方統計量
$\chi^2 = \sum \frac{(f_i - E_i)^2}{E_i}$
使用合併後的數據：
$\chi^2 = \frac{(4 - 8.899)^2}{8.899} + \frac{(21 - 17.798)^2}{17.798} + \frac{(10 - 14.8315)^2}{14.8315} + \frac{(15 - 8.4715)^2}{8.4715}$
$\chi^2 \approx \frac{(-4.899)^2}{8.899} + \frac{(3.202)^2}{17.798} + \frac{(-4.8315)^2}{14.8315} + \frac{(6.5285)^2}{8.4715}$

本題要求證明常態分佈 (Normal distribution) 的平均值 (Mean) 為 $\mu$，變異數 (Variance) 為 $\sigma^2$。這是一個經典的證明，通常涉及微積分和機率密度函數的性質。

證明平均值 (Mean)
常態分佈的機率密度函數 (Probability Density Function, PDF) 為：
$f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2}$, $-\infty < x < \infty$

平均值 $\mu$ 的定義為：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_{-\infty}^{\infty} x \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2} dx$

令 $y = \frac{x-\mu}{\sigma}$，則 $x = \mu + y\sigma$，且 $dx = \sigma dy$。
當 $x \to \infty$, $y \to \infty$；當 $x \to -\infty$, $y \to -\infty$。
代入積分式：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} (\mu + y\sigma) \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} (\sigma dy)$
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} (\mu + y\sigma) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy$
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} \mu \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy + \int_{-\infty}^{\infty} y\sigma \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy$

考慮第一項積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} \mu \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy = \mu \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy$
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy$ 是標準常態分佈 $N(0, 1)$ 的 PDF 在整個實數域上的積分，其值為 1。
所以第一項積分為 $\mu \times 1 = \mu$。

考慮第二項積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} y\sigma \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}y^2} dy = \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} y e^{-\frac{1}{2}y^2} dy$
被積函數 $g(y) = y e^{-\frac{1}{2}y^2}$ 是一個奇函數 (odd function)，因為 $g(-y) = (-y) e^{-\frac{1}{2}(-y)^2} = -y e^{-\frac{1}{2}y^2} = -g(y)$。
一個奇函數在對稱區間 $(-\infty, \infty)$ 上的積分值為 0。
所以第二項積分為 0。

因此，$E[X] = \mu + 0 = \mu$。
平均值證明完畢。

證明變異數 (Variance)
變異數 $\sigma^2$ 的定義為：
$Var(X) = E[(X-\mu)^2] = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^2 f(x) dx$
$Var(X) = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^2 \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2} dx$

令 $y = \frac{x-\mu}{\sigma}$，則 $x-\mu = y\sigma$，且 $dx = \sigma dy$。
代入積分式：

核心觀念

本題評量卜瓦松過程（Poisson Process）的基本性質與卜瓦松過程的分割（Splitting / Thinning of a Poisson Process）：

1. 卜瓦松分布（Poisson Distribution）：
   若某計數事件在時間區間內遵循參數為 $\lambda$（單位時間平均發生率）的卜瓦松過程，則在長度為 $t$ 的時間區間內，事件發生次數 $N(t)$ 服從卜瓦松分布，記作 $N(t) \sim \text{Poisson}(\mu)$，其中平均發生次數 $\mu = \lambda t$。其機率質量函數（PMF）為：

   $$P(N(t) = k) = \frac{e^{-\mu} \mu^k}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$$

2. 卜瓦松過程的分割（Thinning Property）：
   設原事件到達過程為速率 $\lambda$ 的卜瓦松過程。若每一事件彼此獨立，且有固定機率 $p$ 被分類為特定型態（如本題之「致死事故」），則該型態事件的發生過程亦為一獨立的卜瓦松過程，其發生速率為：

   $$\lambda_F = p \cdot \lambda$$

   在長度為 $t$ 的區間內，致死事故次數 $N_F(t) \sim \text{Poisson}(\lambda_F t)$。

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解題方法

(a) 求 2 個月內恰好發生 1 次事故的機率

1. 統一時間單位並求期望值 $\mu$：

   • 事故平均發生率：$\lambda = 3 \text{ 次/年}$。
   • 觀測時間區間：$t = 2 \text{ 個月} = \frac{2}{12} \text{ 年} = \frac{1}{6} \text{ 年}$。
   • 2 個月內事故次數 $N$ 的平均值 $\mu$ 為： $$\mu = \lambda t = 3 \times \frac{1}{6} = 0.5 \text{ 次}$$ 因此，$N \sim \text{Poisson}(\mu = 0.5)$。

2. 計算 $P(N = 1)$：
   代入卜瓦松機率質量函數：

   $$P(N = 1) = \frac{e^{-0.5} \cdot (0.5)^1}{1!} = 0.5 \cdot e^{-0.5} \approx 0.5 \times 0.60653 = 0.3033$$

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(b) 求 2 個月內「發生死亡事件」的機率

題目要求「2 個月內發生死亡事故」的機率，即 2 個月內致死事故次數 $N_F \ge 1$ 的機率 $P(N_F \ge 1)$。

方法一：利用卜瓦松過程的分割性質（最快且最標準解法）

1. 每次事故有 $p = 0.20$ 的獨立機率造成死亡。
2. 根據 Thinning 性質，致死事故的發生過程為卜瓦松過程，其年發生率為： $$\lambda_F = p \cdot \lambda = 0.20 \times 3 = 0.6 \text{ 次/年}$$

核心觀念

這題考的是最小平方法的迴歸估計。雖然題目稱為多項式迴歸，但指定模型為 $y=a+bx^2$，沒有一次項 $x$。令 $z=x^2$ 後，模型就成為 $y=a+bz$ 的線性迴歸。

最小平方法選擇 $a,b$，使殘差平方和

$$S(a,b)=\sum_{i=1}^{n}\left(y_i-a-bx_i^2\right)^2$$

達到最小。對 $a,b$ 分別微分並令其為零，可得正規方程：

$$na+b\sum x_i^2=\sum y_i$$ $$a\sum x_i^2+b\sum x_i^4=\sum x_i^2y_i$$

解題方法

先整理計算所需的總和：

$x$	$y$	$x^2$	$x^4$	$x^2y$
0	1	0	0	0
1	4	1	1	4
2	5	4	16	20
3	3	9	81	27
4	2	16	256	32
5	3	25	625	75
6	6	36	1296	216

本題考驗兩個獨立樣本的平均值比較檢定，特別是當兩個母體的變異數相等時的 $t$-檢定。題目要求進行假設檢定，並分別使用固定顯著水準和 P 值方法。

核心觀念：

• 獨立樣本 t-檢定 (Independent Samples t-test)： 用於比較兩個獨立群體的平均值是否存在顯著差異。
• 變異數相等假設 (Equal Variances Assumption)： 當兩個母體的變異數相等時，我們可以使用合併變異數 (pooled variance) 來計算檢定統計量。
• 假設檢定步驟： 建立虛無假設與對立假設，計算檢定統計量，決定臨界值或 P 值，並做出結論。

已知條件：

• 兩個獨立樣本，假設母體為常態分佈且變異數相等。
• 顯著水準 $\alpha = 0.1$。
• 檢定目標：測試 Group 2 的平均值是否超過 Group 1 的平均值 10。

數據整理：
Group 1:
樣本數 $n_1 = 6$
樣本值：81, 165, 97, 109, 92, 87
樣本平均值 $\bar{x}_1 = \frac{81+165+97+109+92+87}{6} = \frac{631}{6} \approx 105.1667$
樣本變異數 $s_1^2 = \frac{\sum(x_{1i} - \bar{x}_1)^2}{n_1-1}$
$\sum(x_{1i} - \bar{x}_1)^2 = (81-105.1667)^2 + (165-105.1667)^2 + (97-105.1667)^2 + (109-105.1667)^2 + (92-105.1667)^2 + (87-105.1667)^2$
$= (-24.1667)^2 + (59.8333)^2 + (-8.1667)^2 + (3.8333)^2 + (-13.1667)^2 + (-18.1667)^2$
$= 584.0278 + 3580.0278 + 66.7078 + 14.6978 + 173.3678 + 330.0278$
$= 4752.8568$
$s_1^2 = \frac{4752.8568}{6-1} = \frac{4752.8568}{5} \approx 950.5714$

Group 2:
樣本數 $n_2 = 6$
樣本值：102, 86, 98, 134, 92, 114
樣本平均值 $\bar{x}_2 = \frac{102+86+98+134+92+114}{6} = \frac{626}{6} \approx 104.3333$
樣本變異數 $s_2^2 = \frac{\sum(x_{2i} - \bar{x}_2)^2}{n_2-1}$
$\sum(x_{2i} - \bar{x}_2)^2 = (102-104.3333)^2 + (86-104.3333)^2 + (98-104.3333)^2 + (134-104.3333)^2 + (92-104.3333)^2 + (114-104.3333)^2$
$= (-2.3333)^2 + (-18.3333)^2 + (-6.3333)^2 + (29.6667)^2 + (-12.3333)^2 + (9.6667)^2$
$= 5.4444 + 336.1111 + 40.1111 + 880.1111 + 152.1111 + 93.4444$
$= 1507.3333$
$s_2^2 = \frac{1507.3333}{6-1} = \frac{1507.3333}{5} \approx 301.4667$

步驟一：建立假設
我們要檢定 $\mu_2 = \mu_1 + 10$，即 $\mu_2 - \mu_1 = 10$。
虛無假設 ($H_0$): $\mu_2 - \mu_1 = 10$ (或 $\mu_2 - \mu_1 - 10 = 0$)
對立假設 ($H_1$): $\mu_2 - \mu_1 > 10$ (因為題目說 "exceeds", 且通常是單尾檢定，但題目沒有明確指明是單尾還是雙尾，通常 "exceeds" 傾向單尾。若為雙尾，則 $H_1: \mu_2 - \mu_1 \neq 10$)
為了保守起見，我們採用單尾檢定，因為 "exceeds" 暗示了方向性。

步驟二：計算合併變異數 (Pooled Variance)
由於假設母體變異數相等，我們計算合併變異數 $s_p^2$。
$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$
$s_p^2 = \frac{(6-1)(950.5714) + (6-1)(301.4667)}{6+6-2}$
$s_p^2 = \frac{5 \times 950.5714 + 5 \times 301.4667}{10}$
$s_p^2 = \frac{4752.857 + 1507.3335}{10} = \frac{6260.1905}{10} = 626.01905$

步驟三：計算檢定統計量 t
$t = \frac{(\bar{x}_2 - \bar{x}_1) - (\mu_2 - \mu_1)_0}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}}$
其中 $(\mu_2 - \mu_1)_0$ 是虛無假設中的值，即 10。
$\bar{x}_2 - \bar{x}_1 = 104.3333 - 105.1667 = -0.8334$
$s_p^2 = 626.01905$
$n_1 = 6, n_2 = 6$

$t = \frac{(-0.8334) - 10}{\sqrt{626.01905 \left(\frac{1}{6} + \frac{1}{6}\right)}}$
$t = \frac{-10.8334}{\sqrt{626.01905 \left(\frac{2}{6}\right)}} = \frac{-10.8334}{\sqrt{626.01905 \times \frac{1}{3}}}$
$t = \frac{-10.8334}{\sqrt{208.6730167}}$
$t = \frac{-10.8334}{14.4455}$
$t \approx -0.7500$

自由度 (degrees of freedom, df):
$df = n_1 + n_2 - 2 = 6 + 6 - 2 = 10$

(a) 使用 0.1 水準進行檢定
這是單尾檢定 ($H_1: \mu_2 - \mu_1 > 10$)。
尋找 $t$ 分佈的臨界值，當 $df=10$ 且 $\alpha=0.1$ (單尾) 時。
查 $t$-分佈表，臨界值 $t_{0.10, 10} \approx 1.372$。

決策規則： 如果 $t > t_{0.10, 10}$，則拒絕 $H_0$。
我們的計算值 $t \approx -0.7500$。
$-0.7500$ 不大於 $1.372$。

本題考驗單一樣本的平均值檢定和信賴區間的計算。由於樣本數較小且母體標準差未知，我們將使用 $t$-檢定和 $t$-分佈來進行。

核心觀念：

• 單一樣本 t-檢定 (One-Sample t-test)： 用於檢定單一樣本的平均值是否與一個已知的或假設的母體平均值有顯著差異。
• 信賴區間 (Confidence Interval)： 提供一個區間估計，該區間有一定機率包含真實的母體參數（在此為平均值）。
• P 值方法 (P-value Approach)： 一種進行假設檢定的方法，通過計算觀察到樣本結果或更極端結果的機率來做決策。

已知數據：
樣本數據：16.8, 17.2, 17.4, 16.9, 16.5, 17.1
樣本數 $n=6$

步驟一：計算樣本統計量
樣本平均值 $\bar{x} = \frac{16.8 + 17.2 + 17.4 + 16.9 + 16.5 + 17.1}{6} = \frac{101.9}{6} \approx 16.9833$

樣本標準差 $s$：
首先計算樣本變異數 $s^2$。
$s^2 = \frac{\sum(x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
$\sum(x_i - \bar{x})^2 = (16.8-16.9833)^2 + (17.2-16.9833)^2 + (17.4-16.9833)^2 + (16.9-16.9833)^2 + (16.5-16.9833)^2 + (17.1-16.9833)^2$
$= (-0.1833)^2 + (0.2167)^2 + (0.4167)^2 + (-0.0833)^2 + (-0.4833)^2 + (0.1167)^2$
$= 0.0336 + 0.0469 + 0.1736 + 0.0069 + 0.2336 + 0.0136$
$= 0.5082$
$s^2 = \frac{0.5082}{6-1} = \frac{0.5082}{5} = 0.10164$
樣本標準差 $s = \sqrt{0.10164} \approx 0.3188$

自由度 (df)： $df = n-1 = 6-1 = 5$

(a) 檢定假設 $\mu \neq 17.0$ (P 值方法)
虛無假設 ($H_0$): $\mu = 17.0$
對立假設 ($H_1$): $\mu \neq 17.0$ (雙尾檢定)

計算 t 統計量：
$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$
其中 $\mu_0 = 17.0$。
$t = \frac{16.9833 - 17.0}{0.3188 / \sqrt{6}}$
$t = \frac{-0.0167}{0.3188 / 2.4495}$
$t = \frac{-0.0167}{0.1299} \approx -0.1285$

計算 P 值：
P 值是觀察到 $|t| \ge |-0.1285|$ 的機率，在 $df=5$ 的 $t$-分佈下。
P 值 $= P(|T| \ge 0.1285) = 2 \times P(T \ge 0.1285)$ (因為是雙尾檢定)。
查 $t$-分佈表，對於 $df=5$：
$t_{0.40} \approx 0.282$
$t_{0.30} \approx 0.533$
$t_{0.20} \approx 0.879$
$t_{0.10} \approx 1.476$

我們的 $t$ 值 $0.1285$ 非常小，遠小於 $0.282$。
$P(T \ge 0.1285)$ 會非常接近 1。
具體來說，當 $t=0.1285$ 時， P 值（雙尾）非常大。
使用統計軟體或更詳細的 $t$-表，當 $t=0.1285$ 且 $df=5$ 時，P 值約為 $0.899$。