108 年 國立高雄大學亞太工商管理學系碩士班《統計學》

本題考驗連續型隨機變數的轉換與期望值、變異數的計算。

核心觀念：

1. 隨機變數轉換的機率密度函數求法：若 $Y=g(X)$ 且 $X$ 為連續型隨機變數，則 $Y$ 的機率密度函數可透過累積分布函數法或雅可比行列式法求得。
2. 期望值與變異數的定義：對於連續型隨機變數，期望值為 $\int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx$，變異數為 $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。

解題步驟：

前提： $U$ 為介於 0 到 1 間的連續型隨機變數。由於題目未給定 $U$ 的機率密度函數，我們預設 $U$ 為均勻分布在 $[0, 1]$，即 $U \sim Uniform(0, 1)$。
其機率密度函數為：
$f_U(u) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 \le u \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
其累積分布函數為：
$F_U(u) = \begin{cases} 0 & \text{if } u < 0 \\ u & \text{if } 0 \le u \le 1 \\ 1 & \text{if } u > 1 \end{cases}$

我們有隨機變數轉換 $X = \sqrt{U}$。由於 $U$ 的範圍是 $[0, 1]$，因此 $X$ 的範圍是 $[\sqrt{0}, \sqrt{1}] = [0, 1]$。

(a) 求 X 之機率密度函數 (PDF)

我們使用累積分布函數法 (CDF method)。
首先求 $X$ 的累積分布函數 $F_X(x)$：
$F_X(x) = P(X \le x)$
將 $X = \sqrt{U}$ 代入：
$F_X(x) = P(\sqrt{U} \le x)$
因為 $x \ge 0$（因為 $X$ 的範圍是 $[0, 1]$），我們可以將不等式兩邊平方：
$F_X(x) = P(U \le x^2)$
由於 $U$ 的累積分布函數為 $F_U(u) = u$ (當 $0 \le u \le 1$)，我們將 $x^2$ 代入：
$F_X(x) = F_U(x^2) = x^2$
這個結果在 $0 \le x^2 \le 1$ 的範圍內成立。由於 $x \ge 0$，此範圍即為 $0 \le x \le 1$。
所以，$X$ 的累積分布函數為：

本題考驗抽樣方法（有放回與無放回）下，隨機變數（樣本和）的機率分布、期望值與變異數計算。

核心觀念：

1. 組合與機率計算：在有限樣本空間中，計算特定事件發生的機率。
2. 離散型隨機變數的期望值與變異數： $E(X) = \sum x P(x)$， $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。
3. 有放回抽樣與無放回抽樣的差異：影響樣本空間的組成與機率計算。

樣本空間構成：
四顆球的數字分別為：A(0), B(0), C(1), D(2)。
總共有 4 顆球。

(a) 無放回抽樣，求 X 之機率函數 (PMF)

「以不放回方式」抽出 2 球。
總共有 $C(4, 2) = \frac{4 \times 3}{2} = 6$ 種可能的組合。
我們列出所有可能的組合及其數字和 X：

1. {A(0), B(0)} $\rightarrow$ Sum = 0 + 0 = 0
2. {A(0), C(1)} $\rightarrow$ Sum = 0 + 1 = 1
3. {A(0), D(2)} $\rightarrow$ Sum = 0 + 2 = 2
4. {B(0), C(1)} $\rightarrow$ Sum = 0 + 1 = 1
5. {B(0), D(2)} $\rightarrow$ Sum = 0 + 2 = 2
6. {C(1), D(2)} $\rightarrow$ Sum = 1 + 2 = 3

可能的 X 值為 {0, 1, 2, 3}。
計算各個 X 值的機率：

• $P(X=0)$: 只有 {A(0), B(0)} 一種組合。
  $P(X=0) = \frac{1}{6}$
• $P(X=1)$: 有 {A(0), C(1)} 和 {B(0), C(1)} 兩種組合。
  $P(X=1) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
• $P(X=2)$: 有 {A(0), D(2)} 和 {B(0), D(2)} 兩種組合。
  $P(X=2) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
• $P(X=3)$: 只有 {C(1), D(2)} 一種組合。
  $P(X=3) = \frac{1}{6}$

驗證總機率：$\frac{1}{6} + \frac{2}{6} + \frac{2}{6} + \frac{1}{6} = \frac{6}{6} = 1$。

X 的機率函數為：
$P(X=x) = \begin{cases} 1/6 & \text{if } x=0 \\ 1/3 & \text{if } x=1 \\ 1/3 & \text{if } x=2 \\ 1/6 & \text{if } x=3 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

【答案】 $P(X=0) = 1/6$, $P(X=1) = 1/3$, $P(X=2) = 1/3$, $P(X=3) = 1/6$

(b) 求 X 之期望值、X 之變異數

期望值 $E(X)$：
$E(X) = \sum_{x} x P(X=x)$
$E(X) = (0 \times \frac{1}{6}) + (1 \times \frac{1}{3}) + (2 \times \frac{1}{3}) + (3 \times \frac{1}{6})$
$E(X) = 0 + \frac{1}{3} + \frac{2}{3} + \frac{3}{6}$
$E(X) = \frac{3}{3} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} = 1.5$

變異數 $Var(X)$：
首先計算 $E(X^2)$。
$E(X^2) = \sum_{x} x^2 P(X=x)$
$E(X^2) = (0^2 \times \frac{1}{6}) + (1^2 \times \frac{1}{3}) + (2^2 \times \frac{1}{3}) + (3^2 \times \frac{1}{6})$
$E(X^2) = (0 \times \frac{1}{6}) + (1 \times \frac{1}{3}) + (4 \times \frac{1}{3}) + (9 \times \frac{1}{6})$
$E(X^2) = 0 + \frac{1}{3} + \frac{4}{3} + \frac{9}{6}$

本題考驗共變異數與相關係數的性質及計算。

核心觀念：

1. 變異數的性質：對於任意常數 a, b 和隨機變數 X, Y，有 $Var(aX+bY) = a^2 Var(X) + b^2 Var(Y) + 2ab Cov(X,Y)$。
2. 共變異數的定義： $Cov(X,Y) = E[(X-E(X))(Y-E(Y))]$。
3. 相關係數的定義： $\rho_{X,Y} = \frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}$。

已知條件：
$Var(X) = 4$
$Var(Y) = 9$
$Var(X-Y) = 20$

(a) 求 X 與 Y 之共變異數 Cov(X,Y)

我們使用變異數的性質。對於 $Var(X-Y)$，我們可以將其視為 $Var(1 \cdot X + (-1) \cdot Y)$。
套用公式 $Var(aX+bY) = a^2 Var(X) + b^2 Var(Y) + 2ab Cov(X,Y)$，其中 $a=1$，$b=-1$：
$Var(X-Y) = (1)^2 Var(X) + (-1)^2 Var(Y) + 2(1)(-1) Cov(X,Y)$

核心觀念

本題考查：

1. 二項分配的設定與計算。
2. 型一錯誤 $\alpha$ 與型二錯誤 $\beta$ 的定義。
3. 線性組合的變異數公式。
4. 同一批員工中「贊成」與「不贊成」人數具有互補關係。

令

$$X=\text{12 位員工中贊成新制度的人數}.$$

每位員工只有「贊成」或「不贊成」兩種結果，因此

$$X\sim \operatorname{Binomial}(12,p).$$

題目設定的拒絕域為

$$X\leq 2.$$

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解題方法

（a）求型一錯誤機率 $\alpha$

型一錯誤是「虛無假設 $H_0$ 為真，卻拒絕 $H_0$」。

在 $H_0:p=0.5$ 成立時，

$$X\sim \operatorname{Binomial}(12,0.5).$$

因此

$$\alpha=P(X\leq 2\mid p=0.5).$$

利用二項分配機率公式：

$$P(X=x)=\binom{12}{x}(0.5)^x(0.5)^{12-x} =\binom{12}{x}(0.5)^{12}.$$

所以

$$\begin{aligned} \alpha &=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\\ &=\left[\binom{12}{0}+\binom{12}{1}+\binom{12}{2}\right](0.5)^{12}\\ &=(1+12+66)\frac{1}{4096}\\ &=\frac{79}{4096}\\ &\approx 0.01929. \end{aligned}$$

因此型一錯誤機率約為 $1.929\%$。

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（b）當真實 $p=0.4$ 時，求型二錯誤機率 $\beta$

型二錯誤是「虛無假設不正確，卻沒有拒絕 $H_0$」。

當真實 $p=0.4$ 時，拒絕域仍為 $X\leq 2$，因此不拒絕域為

$$X>2.$$

故

$$\beta=P(X>2\mid p=0.4).$$

此時

$$X\sim \operatorname{Binomial}(12,0.4),$$

所以

$$\begin{aligned} \beta &=1-P(X\leq2\mid p=0.4)\\ &=1-\sum_{x=0}^{2}\binom{12}{x}(0.4)^x(0.6)^{12-x}\\ &=1-\left[ \binom{12}{0}(0.4)^0(0.6)^{12} +\binom{12}{1}(0.4)^1(0.6)^{11} +\binom{12}{2}(0.4)^2(0.6)^{10} \right]\\ &=1-\left[ (0.6)^{12} +12(0.4)(0.6)^{11} +66(0.4)^2(0.6)^{10} \right]\\ &=1-0.08344332288\\ &=0.91655667712. \end{aligned}$$

因此

本題考驗關於母體變異數的假設檢定，以及如何使用卡方分配表來進行檢定。

核心觀念：

1. 變異數的假設檢定：當母體變異數未知時，常用卡方檢定（Chi-squared test）來檢定。
2. 卡方檢定統計量：若樣本來自常態分配，則 $\frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \sim \chi^2_{n-1}$，其中 $\sigma_0^2$ 是 $H_0$ 下的母體變異數。
3. 顯著水準 $\alpha$ 與 P-value： $\alpha$ 是 Type I Error 的最大可容許機率；P-value 是指在 $H_0$ 為真時，觀察到現有樣本結果或更極端結果的機率。若 P-value $\le \alpha$，則拒絕 $H_0$。

已知條件：
母體變異數宣稱 $\sigma^2 \le 0.002$。
樣本大小 $n=10$。
樣本變異數 $s^2 = 0.003$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
檢定假設：$H_0 : \sigma^2 = 0.002$; $H_a : \sigma^2 > 0.002$。
此為一個右尾檢定。

(a) 採用顯著水準 $\alpha = 0.05$, 檢定 $H_0 : \sigma^2 = 0.002$; $H_a : \sigma^2 > 0.002$。

若母體服從常態分配，則檢定統計量為：
$T = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2}$
其中 $n-1$ 是自由度 (degrees of freedom, df)。

代入數值：
$n=10 \implies n-1 = 9$
$s^2 = 0.003$
$\sigma_0^2 = 0.002$ (來自 $H_0$)

檢定統計量 $T$ 的值為：
$T = \frac{(10-1) \times 0.003}{0.002} = \frac{9 \times 0.003}{0.002} = \frac{0.027}{0.002} = 13.5$

現在我們需要根據 $\alpha=0.05$ 和右尾檢定，找到卡方分配的臨界值。
自由度 $df = n-1 = 9$。
臨界值 $C$ 滿足 $P(\chi^2_9 > C) = 0.05$。
查閱卡方分配表（題目提供的附表），在 $df=9$ 的列，尋找機率值為 $1 - 0.05 = 0.95$ 的欄位，或者直接在右尾機率為 $0.05$ 的欄位尋找。

本題考驗適合度檢定（Goodness-of-Fit Test）的應用，特別是針對 Poisson 分配的檢定。

核心觀念：

1. 適合度檢定：用來檢定觀察到的樣本頻率是否與理論上的期望頻率顯著不同。
2. 卡方適合度檢定統計量：$\chi^2 = \sum_{i=1}^{k} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$，其中 $O_i$ 是觀察頻率，$E_i$ 是期望頻率，$k$ 是類別數。
3. Poisson 分配：描述單位時間或空間內隨機事件發生次數的機率分布。
4. 自由度計算：在適合度檢定中，自由度 $df = k - 1 - m$，其中 $k$ 是類別數，$m$ 是由母體參數估計而來的參數個數。

問題設定：
檢定假設：$H_0:$ X 符合 Poisson 分配。$H_a:$ X 不符合 Poisson 分配。
觀察到的頻率 (Observed Frequencies, $O_i$)：

• $O_1$ (個數=0): 64
• $O_2$ (個數=1): 24
• $O_3$ (個數=2): 12
• $O_4$ (個數 $\ge 3$): 0
  總觀察數 $N = 64 + 24 + 12 + 0 = 100$ 天。

步驟 1：估計 Poisson 分配的參數 $\lambda$
Poisson 分配的平均數 $\lambda$ 可以由樣本平均數估計：
$\hat{\lambda} = \bar{x} = \frac{\sum O_i \times \text{value}_i}{\sum O_i}$
$\hat{\lambda} = \frac{(64 \times 0) + (24 \times 1) + (12 \times 2) + (0 \times 3)}{100}$
$\hat{\lambda} = \frac{0 + 24 + 24 + 0}{100} = \frac{48}{100} = 0.48$

步驟 2：計算期望頻率 (Expected Frequencies, $E_i$)
在 $H_0$ 為真且 $\lambda = 0.48$ 的情況下，計算每個類別的期望頻率。
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$
$E_i = N \times P(X=k)$

• 類別 1 (個數=0):
  $P(X=0) = \frac{e^{-0.48} (0.48)^0}{0!} = e^{-0.48} \times 1 \times 1 \approx 0.61878$ (使用題目附表 $e^{-0.48} \approx 0.61878339$)
  $E_1 = 100 \times 0.61878 \approx 61.878$

• 類別 2 (個數=1):
  $P(X=1) = \frac{e^{-0.48} (0.48)^1}{1!} = e^{-0.48} \times 0.48 \approx 0.61878 \times 0.48 \approx 0.29701$
  $E_2 = 100 \times 0.29701 \approx 29.701$

• 類別 3 (個數=2):
  $P(X=2) = \frac{e^{-0.48} (0.48)^2}{2!} = e^{-0.48} \times \frac{0.2304}{2} \approx 0.61878 \times 0.1152 \approx 0.07130$
  $E_3 = 100 \times 0.07130 \approx 7.130$

• 類別 4 (個數 $\ge 3$):
  這個類別需要合併，因為 $O_4=0$ 且期望頻率 $E_4$ 可能會很小，不符合適合度檢定的要求（通常期望頻率應大於 5）。