112 年 國立高雄大學經營管理研究所《統計學》

核心觀念

若隨機變數 $X$ 服從二項分配 $B(n,p)$，其中：

• $n$：試驗次數
• $p$：每次試驗成功的機率
• $1-p$：每次試驗失敗的機率

其期望值與變異數分別為：

$$E(X)=np$$ $$\operatorname{Var}(X)=np(1-p)$$

標準差為：

$$\sigma=\sqrt{np(1-p)}$$

題目給定平均數為 $30$、標準差為 $5$，因此：

$$np=30$$

以及：

$$\sqrt{np(1-p)}=5$$

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解題方法

由平均數公式：

$$np=30$$

由標準差公式：

$$\sqrt{np(1-p)}=5$$

兩邊平方得：

$$np(1-p)=25$$

將 $np=30$ 代入：

$$30(1-p)=25$$ $$1-p=\frac{25}{30}=\frac{5}{6}$$

因此：

$$p=1-\frac{5}{6}=\frac{1}{6}$$

再由 $np=30$ 求 $n$：

$$n\left(\frac{1}{6}\right)=30$$ $$n=180$$

所以正確參數應為：

$$p=\frac{1}{6},\qquad n=180$$

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選項分析

(a) $p=\frac{1}{5}, n=180$

平均數為：

$$np=180\cdot\frac{1}{5}=36$$

並非題目所給的 $30$，因此錯誤。

(b) $p=\frac{5}{6}, n=36$

平均數為：

核心觀念

本題考查機率分配的類型，以及機率密度函數是否在其定義域上單調遞減。

若連續型隨機變數的密度函數 $f(x)$ 滿足：

$$x_1<x_2 \implies f(x_1)\geq f(x_2),$$

則稱 $f(x)$ 在隨機變數上為遞減函數。判斷時必須檢查整個定義域，而不能只因分配具有右偏特性，就認定密度函數必定遞減。

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解題方法

逐一檢查各分配的型態與密度函數：

a) $\chi^2$ 分配

若 $X\sim\chi^2_\nu$，其機率密度函數為

$$f(x)=\frac{1}{2^{\nu/2}\Gamma(\nu/2)} x^{\nu/2-1}e^{-x/2},\qquad x>0.$$

取對數微分：

$$\frac{d}{dx}\log f(x) =\frac{\nu/2-1}{x}-\frac12.$$

因此：

• 當 $\nu\leq 2$ 時，$f(x)$ 在 $x>0$ 上遞減；
• 當 $\nu>2$ 時，密度函數先上升後下降，眾數為

$$x=\nu-2.$$

所以一般的 $\chi^2$ 分配並不一定具有遞減的密度函數。

b) $F$ 分配

若 $X\sim F(d_1,d_2)$，其密度函數為

$$f(x)= \frac{(d_1/d_2)^{d_1/2}x^{d_1/2-1}} {B(d_1/2,d_2/2) \left(1+\frac{d_1}{d_2}x\right)^{(d_1+d_2)/2}}, \qquad x>0.$$

當 $d_1>2$ 時，$F$ 分配的眾數為

$$\frac{d_1-2}{d_1}\cdot\frac{d_2}{d_2+2}>0,$$

表示密度函數會先上升、再下降；只有在 $d_1\leq2$ 時才會從 $x=0$ 開始遞減。

因此 $F$ 分配也不一定具有遞減的密度函數。

c) Poisson 分配

Poisson 分配是離散型分配，其機率質量函數為

$$P(X=x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, \qquad x=0,1,2,\ldots$$

它沒有一般連續型隨機變數所稱的機率密度函數，而是機率質量函數。因此此選項不符合題目所問的「probability density function」。

本題考驗對幾何分佈及其期望值的應用。

題目描述了兩個獨立的企業同時進行同一項創新投資。
每家企業在一年內成功的機率為 $p = 0.4$。
一旦其中一家或兩家都成功，他們就會停止投資。
問題是：預期需要多少年才能成功？

這裡的「成功」是指「至少有一家企業成功」。
考慮單一企業，它在一年內成功的機率是 $p = 0.4$。
它在一年內失敗的機率是 $q = 1 - p = 1 - 0.4 = 0.6$。

由於兩家企業是獨立的，它們同時成功的機率是 $p \times p = 0.4 \times 0.4 = 0.16$。
它們同時失敗的機率是 $q \times q = 0.6 \times 0.6 = 0.36$。
一家成功另一家失敗的機率是 $p \times q + q \times p = 0.4 \times 0.6 + 0.6 \times 0.4 = 0.24 + 0.24 = 0.48$。

「至少有一家企業成功」的事件，可以通過計算「所有企業都失敗」的補集來得到。
兩家企業都失敗的機率是 $0.6 \times 0.6 = 0.36$。
因此，至少一家企業成功的機率是 $1 - 0.36 = 0.64$。

現在，我們將這個問題看作是進行一系列獨立的、相同的試驗（每年投資），直到第一次「成功」（至少一家企業成功）發生。
這符合幾何分佈的定義。
在幾何分佈中，每次試驗成功的機率為 $p'$。
在這裡，我們定義一次「試驗」為「一年」。
一次「成功」的事件是「至少有一家企業在本年度成功」。
該「成功」的機率為 $p' = 0.64$。

本題的核心在於古典機率模型（Classical Probability Model）與排列組合（Permutations and Combinations）的綜合應用。當同時滾動 5 顆公正骰子時，各顆骰子出現的點數彼此獨立（Independent Events），且樣本空間中每一種點數組合出現的機率均等（Equally Likely）。計算「每顆骰子點數皆不相同」的機率時，關鍵在於利用相異物的排列（Permutations of Distinct Objects）求出有利事件的可能結果數，再與樣本空間總可能結果數相除。

完整解題過程

步驟一：計算樣本空間的總可能結果數（Total Possible Outcomes, $N$）

擲 1 顆 6 面的公正骰子，共有 6 種可能的點數結果（1 至 6 點）。
當同時擲 5 顆骰子時，因為每顆骰子的點數結果互相獨立，根據乘法原理（Multiplication Rule），樣本空間的總可能結果數為：
$N = 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 = 6^5 = 7776$

步驟二：計算有利事件的可能結果數（Favorable Outcomes, $n(A)$）

題目要求「5 顆骰子的點數皆不相同（each dice has different point from the others）」。
這代表 5 顆骰子的點數必須是從 6 個相異點數（1, 2, 3, 4, 5, 6）中，不重複地取出 5 個點數進行排列：

• 第一顆骰子可以出現 6 種點數中的任意一種（有 6 種選擇）。
• 第二顆骰子不能與第一顆重複，故剩下 5 種選擇。
• 第三顆骰子不能與前兩顆重複，故剩下 4 種選擇。

本題考驗對迴歸模型中最小平方法 (OLS) 估計量 $\hat{\beta}$ 的性質，包括是否為有偏估計量 (biased estimator) 和是否為一致估計量 (consistent estimator)。

題目給定的迴歸模型為 $Y_i = \alpha + \beta X_i + u_i$，其中 $u_i$ 是隨機誤差項。
$\hat{\beta}$ 是估計 $\beta$ 的 OLS 估計量，其公式為：
$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$

我們需要判斷 $\hat{\beta}$ 的性質。

首先，我們來判斷 $\hat{\beta}$ 是否為有偏估計量 (biased estimator)。
一個估計量 $\hat{\theta}$ 對參數 $\theta$ 稱為無偏 (unbiased) 的，如果其期望值等於參數本身，即 $E(\hat{\theta}) = \theta$。否則稱為有偏 (biased)。

在標準的 OLS 假設下，我們假設：

1. $E(u_i | X_i) = 0$ （條件期望為零）
2. $Var(u_i | X_i) = \sigma^2$ （誤差項的變異數恆定，即同質變異數）
3. $Cov(u_i, u_j | X_i, X_j) = 0$ for $i \neq j$ （誤差項之間無相關）
4. $X_i$ 不是隨機變數，或者如果 $X_i$ 是隨機變數，則 $E(u_i | X_1, \dots, X_n) = 0$ 且 $Cov(X_i, u_i) = 0$。
5. $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 \neq 0$ （解釋變數的變異數非零）

將 $Y_i = \alpha + \beta X_i + u_i$ 代入 $\hat{\beta}$ 的公式：
$Y_i - \bar{Y} = (\alpha + \beta X_i + u_i) - (\alpha + \beta \bar{X} + \bar{u})$
$= \beta (X_i - \bar{X}) + (u_i - \bar{u})$
其中 $\bar{u} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n u_i$。

所以，分子變成：
$\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y}) = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})[\beta (X_i - \bar{X}) + (u_i - \bar{u})]$
$= \beta \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})$

則 $\hat{\beta}$ 可以寫成：
$\hat{\beta} = \frac{\beta \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$
$\hat{\beta} = \beta + \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$

現在計算 $\hat{\beta}$ 的期望值：
$E(\hat{\beta}) = E\left[\beta + \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}\right]$
$= \beta + E\left[\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}\right]$

假設 $X_i$ 是固定的（非隨機的），則 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 是一個常數。
$E(\hat{\beta}) = \beta + \frac{1}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2} E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})\right]$
$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})\right] = E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})u_i - \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})\bar{u}\right]$
注意到 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) = \sum X_i - n\bar{X} = \sum X_i - n(\frac{\sum X_i}{n}) = 0$。
所以 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})\bar{u} = \bar{u} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) = \bar{u} \cdot 0 = 0$。

因此，
$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(u_i - \bar{u})\right] = E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})u_i\right]$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) E(u_i)$
根據 OLS 假設 1，$E(u_i) = 0$。
所以，$\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) E(u_i) = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) \cdot 0 = 0$。

核心觀念

本題考查：

1. 大數法則（Law of Large Numbers）
2. 收斂於機率（convergence in probability），記為 $p\lim$
3. 連續映射定理（Continuous Mapping Theorem）

若 $X_1,\dots,X_n$ 為獨立同分布樣本，且 $E(|X_i|)<\infty$，則弱大數法則給出：

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i \xrightarrow{p} E(X_i)$$

本題中 $X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，因此：

$$E(X_i)=\mu,\qquad E(X_i^2)=\sigma^2+\mu^2$$

若 $Y_n\xrightarrow{p}c$，且 $g(\cdot)$ 為在 $c$ 處連續的函數，則：

$$g(Y_n)\xrightarrow{p}g(c)$$

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解題方法

先令樣本平均數為：

$$\bar X_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$$

由弱大數法則：

$$\bar X_n\xrightarrow{p}\mu$$

再依序判斷各選項。涉及平方函數與指數函數時，使用連續映射定理即可。

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選項分析

a)

$$p\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i=\mu$$

由弱大數法則：

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i=\bar X_n\xrightarrow{p}E(X_i)=\mu$$

因此此選項正確。

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b)

$$p\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2=\sigma^2+\mu^2$$

令 $Y_i=X_i^2$。由於常態分布具有有限二階動差，且：

$$E(X_i^2)=\operatorname{Var}(X_i)+[E(X_i)]^2 =\sigma^2+\mu^2$$

對 $Y_i$ 套用弱大數法則：

核心觀念

線性組合的共變異數可由共變異數的線性性質展開。常數項不影響共變異數，因此

$$\operatorname{Cov}(M,N) = a_2b_2\operatorname{Var}(X) + a_3b_3\operatorname{Var}(Y) + (a_2b_3+a_3b_2)\operatorname{Cov}(X,Y).$$

題目給定 $\operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(Y)$，設兩者皆為 $\sigma^2$，則

$$\operatorname{Cov}(M,N) = (a_2b_2+a_3b_3)\sigma^2 + (a_2b_3+a_3b_2)\operatorname{Cov}(X,Y).$$

要在題目未提供 $\operatorname{Cov}(X,Y)$ 數值或限制時，確保 $\operatorname{Cov}(M,N)=0$，兩個係數都必須為零：

$$a_2b_2+a_3b_3=0, \qquad a_2b_3+a_3b_2=0.$$

解題方法

逐一將各選項的係數代入上式，檢查 $\sigma^2$ 與 $\operatorname{Cov}(X,Y)$ 的係數是否都為零。若只讓其中一項抵消，仍不足以保證共變異數為零，因為 $\operatorname{Cov}(X,Y)$ 並未指定。

選項分析

• (A) $a_2=a_3=b_2=b_3=2$：

  $a_2b_2+a_3b_3=4+4=8,\qquad a_2b_3+a_3b_2=4+4=8.$

核心觀念

卡方分配具有可加性：若 $X$ 與 $Y$ 相互獨立，且

$$X\sim\chi^2_m,\qquad Y\sim\chi^2_n,$$

則兩者相加後仍服從卡方分配，自由度為兩者自由度之和：

$$X+Y\sim\chi^2_{m+n}.$$

解題方法

可由卡方分配的動差生成函數推導。若 $X\sim\chi^2_m$，其動差生成函數為

$$M_X(t)=(1-2t)^{-m/2}.$$

同理，$Y\sim\chi^2_n$ 的動差生成函數為

$$M_Y(t)=(1-2t)^{-n/2}.$$

因為 $X$ 與 $Y$ 獨立，和的動差生成函數等於兩者動差生成函數的乘積：

$$M_{X+Y}(t)=M_X(t)M_Y(t) =(1-2t)^{-m/2}(1-2t)^{-n/2} =(1-2t)^{-(m+n)/2}.$$

核心觀念

估計量的「效率」可用變異數比較：在都能無偏估計同一參數時，變異數較小的估計量效率較高。

若 $X_1,X_2,X_3$ 相互獨立，且各自的平均數為 $\theta$、變異數為 $\sigma^2$，則線性估計量

$$\hat{\theta}=a_1X_1+a_2X_2+a_3X_3$$

的期望值與變異數分別為

$$E(\hat{\theta})=(a_1+a_2+a_3)\theta$$ $$\operatorname{Var}(\hat{\theta}) =\sigma^2(a_1^2+a_2^2+a_3^2)$$

因此，係數和為 $1$ 時，估計量無偏；比較各估計量的係數平方和，即可找出變異數最小者。

解題方法

先檢查四個估計量的係數和：

• $\hat{\theta}_1$：$0.5+0.2+0.3=1$
• $\hat{\theta}_2$：$0.4+0.2+0.4=1$
• $\hat{\theta}_3$：$0.4+0.3+0.3=1$
• $\hat{\theta}_4$：$0.5+0+0.5=1$

四者皆為無偏估計量。由於樣本彼此獨立，各估計量的變異數可依照係數平方和計算：

$$\operatorname{Var}(\hat{\theta}_1) =\sigma^2(0.5^2+0.2^2+0.3^2) =0.38\sigma^2$$ $$\operatorname{Var}(\hat{\theta}_2) =\sigma^2(0.4^2+0.2^2+0.4^2) =0.36\sigma^2$$

核心觀念

本題考查切比雪夫不等式：只要隨機變數的平均數與變異數有限，不必知道它的分配型態，就能估計它落在平均數附近的機率。

若 $X$ 的平均數為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$，則對任意 $a>0$，

$$P(|X-\mu|<a)\geq 1-\frac{\sigma^2}{a^2}.$$

題目給定 $\mu=3$、$\sigma^2=4$，所以標準差為 $\sigma=2$。

解題方法

區間 $(-5,11)$ 的中點是 $3$，兩端距離中點都是 $8$，因此

$$-5<X<11 \quad\Longleftrightarrow\quad |X-3|<8.$$

套用切比雪夫不等式：

$$P(|X-3|<8) \geq 1-\frac{4}{8^2} =1-\frac{1}{16} =\frac{15}{16}.$$

所以可保證此機率至少為 $\frac{15}{16}$，因而也一定大於 $\frac{3}{4}$。依「區間採開區間，並選出必然成立的敘述」解讀，答案為（D）。

選項分析

• （A）Less than $\frac{15}{16}$：錯。 切比雪夫不等式給出的下界是至少 $\frac{15}{16}$，不支持機率小於 $\frac{15}{16}$。

核心觀念

連續型隨機變數的累積機率，等於機率密度函數在指定區間下的面積：

$$\Pr(a\le X\le b)=\int_a^b f(x)\,dx$$

本題先將事件 $Y\le 3$ 用 $X$ 表示，再依 $X$ 的機率密度函數積分。

解題方法

由 $Y=2X+1$，且 $2>0$，不等號方向不變：

$$Y\le 3 \iff 2X+1\le 3 \iff X\le 1$$

已知 $X$ 的範圍是 $0\le X\le 2$，因此：

$$\Pr(Y\le 3)=\Pr(0\le X\le 1) =\int_0^1 \frac{3x^2+6}{20}\,dx$$

計算積分：

$$\Pr(Y\le 3) =\frac{1}{20}\left[x^3+6x\right]_0^1 =\frac{1+6}{20} =\frac{7}{20}$$

選項分析

核心觀念

簡單線性迴歸的母體模型可寫為

$$Y=\beta_0+\beta_1X+\varepsilon$$

其中斜率 $\beta_1$ 表示 $X$ 每增加一單位時，$Y$ 的平均變化量。若將變數作線性轉換：

$$X^*=a+cX,\qquad Y^*=b+dY$$

其中 $a,b$ 是加上的常數，$c,d$ 是單位換算造成的倍率，則新迴歸式的斜率為

$$\beta_1^*=\frac{d}{c}\beta_1$$

因此，改變單位會影響斜率的數值；平移變數、也就是加上常數，不會改變斜率。

解題方法

逐一將各敘述套入斜率轉換公式：

• 若只改變 $X$ 的單位，$c$ 改變而 $d=1$，斜率會乘上 $1/c$。
• 若同時改變 $X$、$Y$ 的單位，斜率會乘上 $d/c$。
• 若只對 $X$ 加常數，$c=d=1$，斜率不變。
• 若分別對 $X$、$Y$ 加常數，仍有 $c=d=1$，斜率不變。

選項分析

A. 改變自變數的單位：斜率會改變。
例如令 $X^*=100X$，則新斜率為 $\beta_1/100$，所以此敘述不符合「斜率不變」。

核心觀念

$p$ 值是在虛無假設 $H_0$ 成立的前提下，取得目前觀察結果或更極端結果的機率。顯著水準 $\alpha$ 則是事先設定的拒絕門檻；當 $p\text{-value}<\alpha$ 時，拒絕 $H_0$。

在相同顯著水準下，若單尾檢定的方向與觀察到的效果方向一致，雙尾檢定的 $p$ 值為單尾檢定 $p$ 值的兩倍：

$$p_{\text{雙尾}}=2p_{\text{單尾}}$$

解題方法

比較各選項對 $p$ 值、顯著水準與檢定方向的敘述。以下依通常考試比較方式，假設單尾檢定方向與觀察到的效果方向一致，且使用相同的顯著水準。

若雙尾檢定已拒絕 $H_0$，則 $p_{\text{雙尾}}<\alpha$。因此：

$$p_{\text{單尾}}=\frac{p_{\text{雙尾}}}{2}<p_{\text{雙尾}}<\alpha$$

同方向的單尾檢定也會拒絕 $H_0$。所以選項 (A) 的「可能不拒絕」不符合這項比較條件，為錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考的是「一致估計量」：當樣本數 $n$ 增加時，估計量依機率收斂到欲估計的母體參數。若估計量 $\hat{\sigma}_n^2$ 滿足

$$\hat{\sigma}_n^2 \xrightarrow{p} \sigma^2,$$

則 $\hat{\sigma}_n^2$ 是 $\sigma^2$ 的一致估計量。

題目給定樣本獨立抽取，且母體變異數有限。由大數法則，樣本平均與樣本平方的平均會依機率收斂至各自的母體期望。

解題方法

先看三個選項共同的分子。利用恆等式：

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2-\bar X^2.$$

由大數法則，

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2 \xrightarrow{p} E[X^2], \qquad \bar X \xrightarrow{p} \mu.$$

因此，

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2 \xrightarrow{p} E[X^2]-\mu^2 = \sigma^2.$$

三個選項的估計量都可寫成

核心觀念

本題考「不放回抽樣」下的條件機率。已知第一次抽到紅球後，該紅球不會放回，因此第二次抽球時，盒內球數與紅球數都會減少。

條件機率公式為：

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

其中 $A$ 表示第一次抽到紅球，$B$ 表示第二次抽到紅球。

解題方法

盒中原有 $5+4+3=12$ 顆球。已知第一次抽到紅球後，剩下 $11$ 顆球，其中有 $2$ 顆紅球。因此：

$$P(\text{第二次紅球}\mid\text{第一次紅球}) =\frac{2}{11}$$

也可用條件機率公式推導。第一次與第二次都抽到紅球的機率為：

$$P(A\cap B)=\frac{3}{12}\times\frac{2}{11}$$

第一次抽到紅球的機率為 $P(A)=\frac{3}{12}$，所以：

$$P(B\mid A) =\frac{\frac{3}{12}\times\frac{2}{11}}{\frac{3}{12}} =\frac{2}{11}$$

核心觀念

本題考查「多個母體變異數是否相等」的檢定。六個城市各代表一個母體，因此要檢定：

$$H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2=\cdots=\sigma_6^2$$ $$H_1:\text{至少有一個城市的母體變異數不同}$$

在各城市樣本獨立，且各母體近似常態的標準假設下，可使用 Bartlett 檢定。其檢定統計量近似服從自由度為 $k-1$ 的卡方分配；本題有 $k=6$ 個城市，因此自由度為 $5$。

解題方法

辨認題目是在比較六個母體的變異數，應採用多母體變異數同質性的檢定。Bartlett 檢定的統計量可寫為：

$$T= \frac{ (N-k)\ln s_p^2-\sum_{i=1}^{k}(n_i-1)\ln s_i^2 }{ 1+\dfrac{1}{3(k-1)} \left[ \sum_{i=1}^{k}\dfrac{1}{n_i-1}-\dfrac{1}{N-k} \right] }$$

其中 $k$ 是母體數，$n_i$ 與 $s_i^2$ 分別是第 $i$ 個城市的樣本數與樣本變異數，$N=\sum_{i=1}^{k}n_i$，而

核心觀念

樣本成功比例可寫成 $10$ 個伯努利隨機變數的平均：

$$\hat{p}=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_{10}}{10}$$

每個 $X_i$ 的成功機率為 $p=0.4$，因此

$$\operatorname{Var}(X_i)=p(1-p)=0.4(0.6)=0.24$$

由於 $X_1,\ldots,X_{10}$ 相互獨立，樣本平均的變異數為單一變數變異數除以樣本數：

$$\operatorname{Var}(\hat{p}) =\operatorname{Var}\left(\frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10}X_i\right) =\frac{p(1-p)}{10}$$

解題方法

將題目中的樣本比例視為樣本平均，代入伯努利分配的變異數公式：

核心觀念

本題考無截距簡單線性迴歸的決定係數。圖中模型是 $\hat{Y}_i=\hat{\beta}X_i$，沒有截距項；選項 (B)、(C) 的預測值都以預測值平均數 $\overline{\hat{Y}}$ 為中心。

有截距迴歸常用以觀察值平均數為中心的平方和衡量配適度；無截距迴歸則適合使用未中心化平方和：

$$R^2=1-\frac{\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\hat{Y}_i)^2}{\sum_{i=1}^{n}Y_i^2} =\frac{\sum_{i=1}^{n}\hat{Y}_i^2}{\sum_{i=1}^{n}Y_i^2}.$$

解題方法

因為模型沒有截距，應從未中心化的平方和分解判斷。無截距 OLS 的正規方程為

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

由 $\hat{Y}_i=\hat{\beta}X_i$，可得

$$\sum_{i=1}^{n}\hat{Y}_i(Y_i-\hat{Y}_i) =\hat{\beta}\sum_{i=1}^{n}X_i(Y_i-\hat{\beta}X_i) =0.$$

因此，配適值與殘差互相正交，且

核心觀念

本題考查中央極限定理及其在母體平均數檢定中的應用。若 $X_1,\ldots,X_n$ 為獨立同分配的隨機變數，且母體平均數 $\mu$ 與變異數 $\sigma^2$ 有限、其中 $\sigma^2>0$，則樣本平均數的標準化值在樣本數增大時，分配會趨近標準常態分配：

$$\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0,1)$$

其中 $\bar X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。中央極限定理不要求母體本身為常態分配，但需要符合相應條件；有限變異數是重要條件。

若母體變異數未知，常以樣本標準差 $S$ 代替 $\sigma$，使用統計量

$$T=\frac{\bar X-\mu_0}{S/\sqrt{n}}$$

進行母體平均數檢定。母體常態時，此統計量服從 $t$ 分配；在大樣本下，若母體變異數有限且樣本符合獨立同分配等條件，則以 $t$ 檢定作近似推論也有根據。

解題方法

逐一檢查各選項描述的母體分配是否符合中央極限定理的條件，並留意選項是否省略了有限變異數等必要條件。

核心觀念

隨機變數比值 $Y/X$ 的變異數，不能只由 $X$、$Y$ 各自的變異數與相關係數決定。已知的資訊可以算出共變異數：

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =\rho_{XY}\sigma_X\sigma_Y =0.6\sqrt{20}\sqrt{40} =12\sqrt{5} \approx 16.97.$$

但比值的變異數還會受到 $X$、$Y$ 的平均數及其聯合分配影響，而且須確保 $X$ 不會使比值的變異數不存在。

解題方法

若以一階泰勒展開的 delta method 近似 $\operatorname{Var}(Y/X)$，令 $\mu_X=E(X)$、$\mu_Y=E(Y)$，並設 $g(X,Y)=Y/X$。在平均數處的偏導數為：

$$\frac{\partial g}{\partial X}=-\frac{\mu_Y}{\mu_X^2}, \qquad \frac{\partial g}{\partial Y}=\frac{1}{\mu_X}.$$

因此近似變異數為：