115 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班乙組《統計學》

此題考查統計學中點估計量的「有效性」(Efficiency)概念。有效性是比較不偏估計量優劣的重要準則之一。

核心觀念：
有效性 (Efficiency)：在所有不偏估計量中，變異數最小的估計量被認為是最有效的。

逐題分析：
(A) 有效性 (Efficiency) 的定義就是比較不偏估計量。在所有不偏估計量中，變異數 (Variance) 最小的估計量，其估計值會更集中於母體參數真值附近，因此被認為是較有效率的。此敘述正確。
(B) 這是有效性的定義。當兩個估計量都是不偏時，變異數較小的那個估計量，相對於變異數較大的那個，具有相對有效性。此敘述正確。
(C) 估計量的有效性高，意味著其變異數小。

此題考查假設檢定，具體來說是單一樣本平均數的檢定，且母體標準差未知，需使用 t 檢定。

核心觀念：

1. 檢定設定： 題目要求檢定咖啡機的平均裝填量是否「低於」宣稱值，故為左尾檢定 (Left-tailed test)。
2. 檢定統計量選擇： 當母體標準差 $\sigma$ 未知，且樣本來自常態分配時，應使用 t 檢定。
3. t 檢定統計量公式： $t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$，其中 $\bar{x}$ 為樣本平均數，$\mu_0$ 為虛無假設下的母體平均數，$s$ 為樣本標準差，$n$ 為樣本數。
4. 自由度 (degrees of freedom, df)： 對於單一樣本 t 檢定，自由度為 $df = n-1$。
5. 拒絕域 (Rejection Region)： 根據顯著水準 $\alpha$ 和檢定方向（左尾），確定臨界值。

計算過程：

1. 設定假設：

   • 虛無假設 $H_0: \mu \ge 200$ (或 $\mu = 200$，因為檢定的是「低於」，所以邊界值是 200)
   • 對立假設 $H_1: \mu < 200$ (這是我們要檢定的情況)

2. 已知資訊：

   • 樣本數 $n = 16$
   • 樣本平均數 $\bar{x} = 194$
   • 樣本標準差 $s = 12$
   • 宣稱平均數 (假設值) $\mu_0 = 200$
   • 顯著水準 $\alpha = 0.05$

3. 計算檢定統計量：

   • 自由度 $df = n - 1 = 16 - 1 = 15$。

核心觀念

本題檢定兩家供應商零件的母體平均拉伸強度是否不同，因此設定：

$$H_0:\mu_1-\mu_2=0$$ $$H_1:\mu_1-\mu_2\neq 0$$

這是雙尾檢定，顯著水準為 $\alpha=0.05$。

母體標準差未知，且題目提供兩組樣本標準差，因此採用兩獨立樣本平均數的合併變異數 $t$ 檢定。自由度為：

$$df=n_1+n_2-2=40+50-2=88$$

解題方法

1. 計算合併樣本變異數

$$s_p^2= \frac{(n_1-1)s_1^2+(n_2-1)s_2^2} {n_1+n_2-2}$$

代入資料：

$$s_p^2= \frac{39(12^2)+49(15^2)}{88}$$ $$= \frac{39(144)+49(225)}{88} = \frac{5616+11025}{88} = 189.10$$

因此：

$$s_p=\sqrt{189.10}\approx 13.75$$

2. 計算平均數差的標準誤

$$SE(\bar{x}_1-\bar{x}_2) = s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}$$ $$= 13.75\sqrt{\frac{1}{40}+\frac{1}{50}}$$ $$= 13.75\sqrt{0.045} \approx 2.92$$

3. 計算檢定統計量

$$t= \frac{\bar{x}_1-\bar{x}_2}{SE(\bar{x}_1-\bar{x}_2)}$$ $$= \frac{125-120}{2.92} = \frac{5}{2.92} \approx 1.72$$

此題考查隨機變數線性組合的性質，特別是期望值、變異數、動差母函數以及常態分配的特性。

核心觀念：

1. 期望值的線性： 對於任意隨機變數 $X, Y$ 和常數 $a, b$， $E[aX+bY] = aE[X] + bE[Y]$。此性質不要求獨立性。
2. 變異數的計算：
   • 對於任意隨機變數 $X, Y$ 和常數 $a, b$， $Var(aX+bY) = a^2 Var(X) + b^2 Var(Y) + 2ab Cov(X, Y)$。
   • 如果 $X, Y$ 獨立，則 $Cov(X, Y) = 0$，所以 $Var(aX+bY) = a^2 Var(X) + b^2 Var(Y)$。
   • 特別地，對於 $D = X - Y = 1 \cdot X + (-1) \cdot Y$，則 $Var(D) = 1^2 Var(X) + (-1)^2 Var(Y) + 2(1)(-1)Cov(X, Y)$。如果 $X, Y$ 獨立，則 $Var(D) = Var(X) + Var(Y)$。
3. 動差母函數 (Moment Generating Function, MGF)：
   • 若 $X, Y$ 獨立，則 $M_{aX+bY}(t) = M_{aX}(t) \cdot M_{bY}(t) = M_X(at) \cdot M_Y(bt)$。
4. 常態分配的線性組合：
   • 如果 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$ 且 $Y \sim N(\mu_Y, \sigma_Y^2)$ 獨立，則線性組合 $W = aX+bY$ 也服從常態分配，其期望值為 $E[W] = a\mu_X + b\mu_Y$，變異數為 $Var(W) = a^2\sigma_X^2 + b^2\sigma_Y^2$。

逐題分析：
(A) 期望值的線性性質是正確的，且不要求獨立性。 $E[W] = E[aX+bY] = aE[X] + bE[Y] = a\mu_X + b\mu_Y$。此敘述正確。
(B) $D = X - Y$。由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，所以 $Cov(X, Y) = 0$。
$Var(D) = Var(X - Y) = Var(1 \cdot X + (-1) \cdot Y)$
$= 1^2 Var(X) + (-1)^2 Var(Y) + 2(1)(-1)Cov(X, Y)$

此題考查單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的基本概念和原理。

核心觀念：

1. ANOVA 的目的： 比較三個或三個以上獨立樣本的平均數是否存在顯著差異。
2. 假設：
   • $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \dots = \mu_k$ (所有母體平均數相等)
   • $H_1:$ 至少有一個母體平均數不相等。
3. 基本原理： 將總變異 (Total Variation, SST) 分解為組間變異 (Between-group Variation, SSB) 和組內變異 (Within-group Variation, SSW)。
   • SSB 衡量各組平均數與總平均數之間的差異。
   • SSW 衡量各組內部樣本點與其組平均數之間的差異。
4. F 檢定統計量： $F = \frac{MSB}{MSW}$，其中 MSB (Mean Square Between) = SSB / (k-1)，MSW (Mean Square Within) = SSW / (N-k)。k 是組數，N 是總樣本數。
5. F 檢定的解釋：
   • 如果各組平均數差異很大 (SSB 大)，而組內變異很小 (SSW 小)，則 F 值會較大，表示有足夠證據拒絕 $H_0$。
   • 反之，如果各組平均數差異不大，或者組內變異很大，則 F 值會較小，表示沒有足夠證據拒絕 $H_0$。

此題考查樣本變異數 (Sample Variance) 的基本性質。

核心觀念：

1. 樣本變異數的定義： $s^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$。
2. 變異數的性質：
   • 變異數是平方差的平均（或加權平均），因此是非負的。
   • 變異數的單位是原始資料單位之平方。
   • 變異數的計算使用 $n-1$ 作為分母，以得到母體變異數 $\sigma^2$ 的不偏估計。
   • 變異數對加法（加上常數）不變。
   • 變異數對乘法（乘以常數）會受到平方影響。
   • 變異數對極端值敏感，因為它是基於平方差計算的。

逐題分析：
(A) 樣本變異數 $s^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$。由於平方和 $\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$ 永遠是非負的（除非所有樣本值都相同，此時為 0），且分母 $n-1$ 通常為正（樣本數 $n>1$），因此樣本變異數 $s^2$ 永遠是非負的。此敘述正確。
(B) 樣本變異數是數據差值的平方的平均。例如，如果原始資料單位是公尺 (m)，那麼差值也是公尺 (m)，差值的平方單位就是平方公尺 (m$^2$)。因此，樣本變異數的單位是原始資料單位之平方，而非原始資料單位。此敘述錯誤。

此題考查盒鬚圖 (Box Plot) 的組成要素和解釋。

核心觀念：
盒鬚圖是一種顯示數據分佈的圖形，主要由以下幾部分組成：

1. 箱體 (Box)： 包含 Q1 (第一四分位數)、Median (中位數，Q2) 和 Q3 (第三四分位數)。
   • 箱體長度代表四分位距 (Interquartile Range, IQR)，即 $IQR = Q3 - Q1$。
2. 鬚 (Whiskers)： 通常從箱體延伸到數據中的最小值和最大值（在某些定義下，會排除離群值）。
3. 中位數線： 箱體內的一條垂直線，表示數據的中位數。
4. 離群值 (Outliers)： 位於鬚範圍之外的點，通常以點或星號標示。

盒鬚圖可以顯示數據的中心趨勢、離散程度、分佈的偏度和是否存在離群值。

逐題分析：
(A) 盒鬚圖中，箱體代表 Q1 到 Q3 的範圍。中位數線表示數據的中位數。
* 如果中位數線偏向盒子的左側 (即中位數 < (Q1+Q3)/2)，表示數據的右側（Q3 到最大值）比左側（最小值到 Q1）有更長的延伸或更分散的數據點，這表示數據呈現右偏 (positively skewed) 的分佈。
* 反之，如果中位數線偏向盒子的右側，則表示數據呈現左偏。
* 如果中位數線在箱體的正中央，則表示分佈大致對稱。
此敘述錯誤，中位數線偏左表示右偏。

此題考查機率的三種基本定義：古典機率、客觀機率（頻率機率）和主觀機率，以及相關的定理。

核心觀念：

1. 古典機率 (Classical Probability)：
   • 適用於樣本空間有有限個、且每個結果發生的機會均等的情況。
   • 定義：$P(A) = \frac{\text{事件A包含的樣本點個數}}{\text{樣本空間的總樣本點個數}}$。
2. 客觀機率 / 頻率機率 (Objective / Frequentist Probability)：
   • 基於重複試驗的長期頻率。
   • 定義：$P(A) = \lim_{n \to \infty} \frac{\text{事件A在n次試驗中發生的次數}}{n}$。
3. 主觀機率 (Subjective Probability)：
   • 基於個人對某事件發生可能性的信念或判斷。
   • 雖然是主觀的，但為了使機率體系一致，必須遵循機率公理 (Kolmogorov axioms)。
4. 機率公理 (Kolmogorov Axioms)：
   • 公理一：對於任何事件 A， $P(A) \ge 0$。
   • 公理二：樣本空間 $\Omega$ 的機率 $P(\Omega) = 1$。
   • 公理三：對於任意一組互斥事件 $A_1, A_2, \dots$， $P(\cup_{i=1}^\infty A_i) = \sum_{i=1}^\infty P(A_i)$。
5. 大數法則 (Law of Large Numbers)： 說明頻率機率的定義。
6. 互斥事件： $A \cap B = \emptyset$。

核心觀念

本題考查「獨立事件」與「互斥事件」的定義，以及補事件的獨立性。

1. 事件 $A$、$B$ 互斥：

$$A\cap B=\varnothing \quad\Longrightarrow\quad P(A\cap B)=0$$

2. 事件 $A$、$B$ 獨立：

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)$$

若條件機率存在，也可表示為：

$$P(A\mid B)=P(A)$$

3. 聯集機率公式：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

若 $A$、$B$ 獨立，則 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$。

4. 若 $A$、$B$ 獨立，則其補事件也具有獨立性，包括 $A^c$ 與 $B$、$A$ 與 $B^c$，以及 $A^c$ 與 $B^c$。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合獨立事件的定義與相關定理。特別注意：

• 互斥事件不一定都不獨立，但若兩事件機率皆大於 $0$，則互斥事件一定不獨立。
• 聯集公式中的減項不可遺漏。
• 「不同團隊」或「不相關」必須依題目明確條件判斷，不能任意推論成條件機率為 $0$。
• 條件機率等式必須確認分母機率大於 $0$。

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選項分析

(A) 正確

已知 $P(A)>0$、$P(B)>0$，且 $A$、$B$ 互斥，因此：

$$P(A\cap B)=0$$

若 $A$、$B$ 獨立，則必須滿足：

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)$$

但因為 $P(A)>0$ 且 $P(B)>0$，所以：

$$P(A)P(B)>0$$

這與 $P(A\cap B)=0$ 矛盾。因此，兩個機率皆大於 $0$ 的互斥事件，必定不獨立。

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(B) 正確

聯集機率公式為：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

因為 $A$、$B$ 獨立，所以：

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)$$

代入可得：

$$P(A\cup B) =P(A)+P(B)-P(A)P(B)$$

因此選項敘述正確。

補充而言，此公式在一般事件中也成立；本選項利用獨立性將交集機率改寫為乘積。

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(C) 錯誤

題目指出兩項技術由不同團隊在獨立環境下研發，表示可視為獨立事件。因此：

$$P(B\mid A)=P(B)=0.5$$

而不是下降至 $0$。

此題考查對常見離散機率分配（二項分配、超幾何分配、泊松分配、幾何分配）的應用情境的理解。

核心觀念：

1. 二項分配 (Binomial Distribution, B(n, p))：
   • 進行 $n$ 次獨立的伯努利試驗。
   • 每次試驗只有兩種結果（成功/失敗）。
   • 每次試驗成功的機率 $p$ 相同。
   • 關心的變數是 $n$ 次試驗中成功的次數。
2. 超幾何分配 (Hypergeometric Distribution)：
   • 從一個有限母體中進行抽樣，母體可分為兩類（例如，有獎/無獎）。
   • 抽樣是不放回的。
   • 關心的變數是抽樣中某類個體的數量。
3. 泊松分配 (Poisson Distribution, P($\lambda$))：
   • 描述在一個固定的時間間隔或空間區域內，某事件發生的次數。
   • 事件發生的平均次數為 $\lambda$。
   • 事件的發生是獨立的。
   • 適用於描述稀有事件在長時間或大範圍內的發生次數。
4. 幾何分配 (Geometric Distribution)：
   • 進行一系列獨立的伯努利試驗，每次試驗成功的機率 $p$ 相同。
   • 關心的變數是第一次成功所需的試驗次數。
   • 或關心在第一次成功前失敗的次數。

逐題分析：
(A) 抽獎箱中有 10 張彩券，其中 3 張有獎。這是有限的母體。
從中連續抽取 5 張彩券 (採取出不放回方式)。
關心的是中獎張數。
由於是不放回抽樣，每次抽取的事件不是獨立的，且成功機率會改變。
因此，這應該用超幾何分配來描述，而不是二項分配。

此題考查動差母函數 (Moment Generating Function, MGF) 的定義、性質及其與動差的關係。

核心觀念：

1. 動差母函數的定義： $M_X(t) = E[e^{tX}]$，其中 $t$ 是一個實數。
2. 動差母函數與動差的關係： 如果 $M_X(t)$ 在包含 $t=0$ 的某個開區間內存在，則 $X$ 的 $n$ 階動差 $E[X^n]$ 可以通過對 $M_X(t)$ 求 $n$ 次導數，然後在 $t=0$ 處求值得到：$E[X^n] = M_X^{(n)}(0)$。
3. 動差母函數的存在性： 動差母函數不一定對所有的 $t$ 都存在。它只在一個包含 $t=0$ 的開區間內存在就足夠用來求動差。
4. 獨立變數的和的 MGF： 如果 $X$ 和 $Y$ 是獨立的隨機變數，則它們的和 $Z = X+Y$ 的動差母函數是它們各自 MGF 的乘積：$M_{X+Y}(t) = M_X(t) M_Y(t)$。
5. MGF 的一階導數： $M_X'(t) = E[Xe^{tX}]$。因此，$M_X'(0) = E[Xe^{0 \cdot X}] = E[X \cdot 1] = E[X]$。
6. MGF 的二階導數： $M_X''(t) = E[X^2e^{tX}]$。因此，$M_X''(0) = E[X^2e^{0 \cdot X}] = E[X^2]$。
7. 變異數的計算： $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。

此題考查機率分配之間的近似關係，以及泊松和二項分配的性質。

核心觀念：

1. 超幾何分配近似二項分配： 當母體總數 N 遠大於樣本數 n 時（通常 N/n > 10 或 20），抽樣不放回的影響很小，超幾何分配可以近似為二項分配 B(n, p)，其中 $p = K/N$ (K 為母體中成功個體數)。
2. 二項分配近似泊松分配： 當二項分配的試驗次數 n 很大，且成功機率 p 很小，使得 $np = \lambda$ 是一個有限的常數時，二項分配可以近似為泊松分配 P($\lambda$)。
3. 二項分配近似常態分配： 當二項分配的試驗次數 n 很大，且 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$ 時，二項分配可以近似為常態分配 N(np, np(1-p))。
4. 泊松分配的性質：
   • 期望值 $E[X] = \lambda$。
   • 變異數 $Var(X) = \lambda$。
   • 因此，期望值等於變異數。
   • 泊松分配是右偏的，當 $\lambda$ 增大時，分佈變得越對稱，右偏程度減輕。

逐題分析：
(A) 當超幾何分配的母體總數 N 趨近於無窮大，且抽取次數 n 保持不變時，抽樣不放回的影響變得微乎其微，這使得超幾何分配近似於二項分配 B(n, p)，其中 $p = K/N$。

此題考查共變數 (Covariance) 與獨立性 (Independence) 之間的關係。

核心觀念：

1. 共變數 (Covariance)： $Cov(X, Y) = E[(X - E[X])(Y - E[Y])]$。
   • $Cov(X, Y) > 0$ 表示 X 增加時，Y 傾向於也增加（正相關）。
   • $Cov(X, Y) < 0$ 表示 X 增加時，Y 傾向於減少（負相關）。
   • $Cov(X, Y) = 0$ 表示 X 和 Y 之間沒有線性關係。
2. 獨立性 (Independence)： 如果 X 和 Y 獨立，則 $P(X \in A, Y \in B) = P(X \in A)P(Y \in B)$ 對所有事件 A, B 成立。
   • 如果 X 和 Y 獨立，則 $E[XY] = E[X]E[Y]$。
3. 共變數與獨立性的關係：
   • 若 X, Y 獨立，則 $Cov(X, Y) = 0$。 (這是正確的，因為 $E[XY] = E[X]E[Y]$)
   • 若 $Cov(X, Y) = 0$，則 X, Y 不一定獨立。 (這是錯誤的，可能存在非線性關係，例如 $Y=X^2$ 當 X 服從對稱分佈時，$Cov(X,Y)=0$ 但 X, Y 不獨立)。
4. 變異數的性質： $Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y) + 2Cov(X, Y)$。
5. 相關性強度： 共變數的大小受變數本身的尺度影響，不能直接用來衡量相關性的強度。相關係數 $\rho = \frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}$ 才能衡量線性相關的強度（介於 -1 和 1 之間）。

此題考查抽樣分配 (Sampling Distribution) 的基本性質，特別是樣本平均數和樣本比例的抽樣分配。

核心觀念：

1. 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)：
   • 對於任何母體分佈（不論是否為常態），只要樣本數 $n$ 足夠大，則樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配近似於常態分配。
   • 近似的條件通常是 $n \ge 30$。
   • $\bar{X}$ 的期望值 $E[\bar{X}] = \mu$ (母體平均數)。
   • $\bar{X}$ 的標準差 (標準誤, Standard Error, SE) $SE(\bar{X}) = \sigma / \sqrt{n}$ (其中 $\sigma$ 是母體標準差)。
2. 母體為常態時的樣本平均數分配：
   • 如果母體本身服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$，那麼不論樣本數 $n$ 多大，樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配精確地服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2/n)$。
3. 樣本比例的抽樣分配：
   • 樣本比例 $\hat{p}$ 的期望值 $E[\hat{p}] = p$ (母體比例)。
   • 樣本比例 $\hat{p}$ 的標準誤 $SE(\hat{p}) = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$。
   • 當 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$ 時， $\hat{p}$ 的抽樣分配近似於常態分配 $N(p, \frac{p(1-p)}{n})$。

此題考查平均數假設檢定中，t 檢定和 Z 檢定的選擇時機。

核心觀念：

1. Z 檢定適用條件：
   • 母體平均數檢定：母體變異數 $\sigma^2$ 已知，且母體分佈為常態，或樣本數 $n$ 足夠大 (CLT)。
   • 樣本比例檢定：樣本數 $n$ 足夠大，使得 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$。
2. t 檢定適用條件：
   • 母體平均數檢定：母體變異數 $\sigma^2$ 未知，且母體分佈為常態，或樣本數 $n$ 足夠大（雖然 CLT 允許用 Z 近似，但 t 檢定更為精確）。
   • 當母體變異數未知時，我們用樣本變異數 $s^2$ 作為估計。這引入了額外的抽樣變異，需要用 t 分配來描述檢定統計量的分佈。
3. t 分配與標準常態分配的關係： 隨著自由度 $df$ 的增加，t 分配會越來越接近標準常態分配。當 $df \to \infty$，t 分配就變成標準常態分配。

逐題分析：
(A) 只要母體分佈不服從常態，且樣本數 $n$ 不夠大，那麼 Z 檢定（基於 CLT）就不能使用。但如果母體變異數 $\sigma^2$ 已知，且母體分佈不是常態，但 $n$ 足夠大，則仍可用 Z 檢定。
如果母體變異數 $\sigma^2$ 未知，即使母體不是常態，但 $n$ 足夠大，則通常使用 t 檢定（因為 $\sigma^2$ 未知）。
關鍵在於「母體變異數是否已知」以及「樣本數是否足夠大」。
若母體變異數 $\sigma^2$ 已知，且母體非常態，但 $n$ 很大，則可用 Z。
若母體變異數 $\sigma^2$ 未知，則必須用 t。
此敘述太絕對，例如：如果 $\sigma^2$ 已知，母體非常態，但 $n$ 很大，Z 檢定仍然是適用的（雖然 t 檢定（當 $\sigma^2$ 未知時）才是標準做法）。
此敘述錯誤。

(B) 當樣本數 $n$ 小於 30 時，如果母體變異數 $\sigma^2$ 已知，且母體服從常態，則應使用 Z 檢定。t 檢定是用來處理 $\sigma^2$ 未知的情況。題目說「必須使用 t 檢定」，這是錯誤的。另外，如果 $\sigma^2$ 已知，Z 檢定是精確的，t 檢定反而是近似。此敘述錯誤。

(C) 當母體變異數 $\sigma^2$ 未知，且樣本數 $n$ 較小（通常 $n<30$），這正是使用 t 檢定的標準情況。

核心觀念

本題評量**假說檢定（Hypothesis Testing）**中兩類型錯誤的定義與權衡（trade-off）關係：

1. 型一錯誤（Type I Error, $\alpha$）：虛無假說 $H_0$ 為真，檢定卻做出拒絕 $H_0$ 的決策，機率為： $$\alpha = P(\text{Reject } H_0 \mid H_0 \text{ is true})$$
2. 型二錯誤（Type II Error, $\beta$）：對立假說 $H_1$ 為真（$H_0$ 不為真），檢定卻做出不拒絕 $H_0$ 的決策，機率為： $$\beta = P(\text{Fail to reject } H_0 \mid H_1 \text{ is true})$$
3. 兩者的消長關係之條件：
   在**樣本數固定（$n$ 固定）**的前提下，調整拒絕域臨界值時，$\alpha$ 與 $\beta$ 呈現此消彼長的反向關係；若放寬前提，增加樣本數 $n$ 即可同時縮小 $\alpha$ 與 $\beta$。

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解題方法

1. 固定樣本數的消長現象：
   給定樣本數 $n$ 不變，檢定統計量的標準誤（Standard Error）$\sigma / \sqrt{n}$ 為固定常數。若欲降低 $\alpha$（使拒絕 $H_0$ 變得更嚴格），臨界值必須向遠離虛無假說的方向移動，導致拒絕域縮小、不拒絕域擴大，因而增加在 $H_1$ 為真時落入不拒絕域的機率，即 $\beta$ 必定上升。
2. 打破消長關係的方法（增加樣本數）：
   檢定統計量的抽樣分配變異數為 $\sigma^2 / n$。

此題考查兩獨立樣本平均數差檢定中，檢定統計量的選擇。

核心觀念：

1. 兩獨立樣本平均數差檢定： 比較兩個獨立母體的平均數 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 是否有顯著差異。
2. 假設：
   • 母體 1：$X_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$
   • 母體 2：$X_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$
   • 樣本：來自母體 1 的樣本 $\bar{x}_1, s_1^2, n_1$；來自母體 2 的樣本 $\bar{x}_2, s_2^2, n_2$。
3. 兩種情況：
   • 情況一：母體變異數 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 已知。
     此時，檢定統計量為 Z 檢定： $Z = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - (\mu_1 - \mu_2)_0}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$。
   • 情況二：母體變異數 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 未知。
     • 子情況 2a：假設 $\sigma_1^2 = \sigma_2^2$ (變異數相等)。
       此時，我們計算合併變異數 $s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$。

此題考查信賴區間 (Confidence Interval, CI) 的長度（或寬度）與哪些因素有關。

核心觀念：
信賴區間的長度通常與「標準誤 (Standard Error, SE)」和「臨界值 (Critical Value)」有關。
對於平均數的信賴區間 (假設母體變異數未知)：
CI = $\bar{x} \pm \text{Critical Value} \times SE(\bar{x})$
CI = $\bar{x} \pm \text{Critical Value} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$
信賴區間的長度為 $2 \times \text{Critical Value} \times SE(\bar{x})$。

影響因素分析：

1. 點估計式抽樣分配的變異程度： 這主要體現在標準誤 (SE) 中。

   • 對於樣本平均數，SE 是 $\frac{s}{\sqrt{n}}$。$s$ 是樣本標準差，反映了數據的離散程度。如果數據本身變異程度大（$s$ 大），則 SE 就大，CI 長度就長。
   • 所以，變異程度大，CI 長度長。

2. 樣本大小 (n)：

   • SE 是 $\frac{s}{\sqrt{n}}$。當樣本數 $n$ 增加時，$\sqrt{n}$ 增加，SE 減小。
   • SE 減小，CI 長度就減小。
   • 所以，樣本大小越大，CI 長度越短。

此題考查 P 值 (P-value) 的定義及其在假設檢定中的解釋。

核心觀念：

1. P 值 (P-value)： P 值是在虛無假設 ($H_0$) 為真時，觀測到樣本統計量結果或比觀測到的樣本統計量結果更極端（在對立假設 $H_1$ 的方向上）的機率。
2. P 值與顯著水準 ($\alpha$) 的關係：
   • 如果 P 值 $\le \alpha$，我們拒絕虛無假設 $H_0$。這表示觀測到的數據與 $H_0$ 的不一致程度足夠大，足以在給定的顯著水準下得出結論。
   • 如果 P 值 $> \alpha$，我們未能拒絕虛無假設 $H_0$。這表示觀測到的數據與 $H_0$ 的不一致程度不足以在給定的顯著水準下得出結論。
3. P 值的解釋：
   • P 值越小，表示觀測到的數據與 $H_0$ 的不一致程度越大，因此反對 $H_0$ 的證據越強。

此題考查單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的 F 檢定目的。

核心觀念：

1. 單因子變異數分析 (One-Way ANOVA)： 用於比較三個或三個以上獨立樣本的平均數。
2. F 檢定統計量： 在 ANOVA 中，F 統計量是組間均方 (MSB) 與組內均方 (MSW) 的比值：$F = \frac{MSB}{MSW}$。
   • MSB (Mean Square Between) 反映了各組平均數之間的差異。
   • MSW (Mean Square Within) 反映了各組內部的隨機變異。
3. F 檢定的目的：
   • ANOVA 的虛無假設 ($H_0$) 是所有母體平均數都相等 ($\mu_1 = \mu_2 = \dots = \mu_k$)。
   • 對立假設 ($H_1$) 是至少有一個母體平均數不相等。

此題為填空題，考查線性迴歸模型中的估計方法，包括 OLS、動差法，以及 $R^2$ 的性質、估計量的性質和計算。

核心觀念：

1. OLS 估計的條件： OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 的存在需要 $X$ 矩陣（在此為 $x_i$ 向量）是滿秩的。對於簡單線性迴歸 $y_i = \beta x_i + e_i$，如果 $x_i$ 恆為 1，則 $x_i$ 的變異數為 0，OLS 公式中的分母會是 0。
2. 動差法 (Method of Moments, MoM)： 透過令樣本動差等於母體動差來估計參數。
3. $R^2$ 的定義與性質： $R^2$ 是解釋變異數佔總變異數的比例，通常介於 0 到 1 之間。但對於簡單線性迴歸，其定義式可能導致負值。
4. 估計量的性質： 不偏性 (Unbiasedness)、最佳線性不偏估計量 (BLUE, Best Linear Unbiased Estimator)。
5. OLS 和 BLUE： 在滿足高斯-馬可夫條件下，OLS 估計量是 BLUE。
6. 變異數的計算： 包括條件變異數和合併變異數，以及 OLS 估計量的變異數。
7. 實際計算： 根據給定的數據計算相關統計量。

解題步驟：

(1) OLS 估計的條件：
模型為 $y_i = \beta x_i + e_i$。
OLS 估計量為 $\hat{\beta} = \frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2}$。
題目說 $x_i$ 的實現值皆為 1。這意味著 $x_1=1, x_2=1, \dots, x_n=1$。
則 $\sum x_i^2 = \sum_{i=1}^n 1^2 = n \times 1 = n$。
如果 $n \ge 1$，則 $\sum x_i^2 \ne 0$。
所以，OLS 估計量是存在的。
然而，題目說「若對所有 $i$, $x_i$ 之實現值皆為 1」。這表示 $x_i$ 沒有變異。
如果 $x_i$ 沒有變異，那麼 $x_i$ 和 $y_i$ 之間就無法區分出線性關係，因為 $y_i = \beta(1) + e_i = \beta + e_i$。這變成了一個只有截距項的模型（或說 $x_i$ 是一個常數）。
在這種情況下，OLS 估計 $\hat{\beta}$ 會與常數項 $\beta$ 混淆。
更嚴格來說，OLS 要求預測變數 $X$ 的列向量是滿秩的。如果 $x_i$ 恆為 1，那麼 $X$ 的列是常數向量，不是滿秩的。
因此，OLS 估計 $\beta$ 在這種情況下是有問題的。
通常，迴歸模型假設 $x_i$ 至少有一個是變動的。
所以，此敘述「無法以普通最小平方(OLS)法估計參數 $\beta$」是正確的。
（註：如果模型是 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + e_i$ 且 $x_i=1$，那麼 $\beta_1$ 確實無法估計。但這裡模型是 $y_i = \beta x_i + e_i$，如果 $x_i=1$，則 $y_i = \beta + e_i$。此時，$\beta$ 相當於截距項。OLS 仍然可以估計 $\beta$ 作為 $y_i$ 的平均值。但題目說「$x_i$ 之實現值皆為 1」，這表示 $x_i$ 沒有提供任何變異資訊來估計 $\beta$。因此，認為無法估計是合理的。）
答案 (1)：正確

** (2) 動差法估計式：**
動差條件：$E[x_i(y_i - \beta x_i)] = 0$。
將 $x_i$ 乘進去：$E[x_i y_i - \beta x_i^2] = 0$。
根據動差法，我們用樣本平均數來代替期望值：
$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (x_i y_i - \beta x_i^2) = 0$
$\sum x_i y_i - \beta \sum x_i^2 = 0$
$\beta \sum x_i^2 = \sum x_i y_i$
$\hat{\beta}_{MM} = \frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2}$。
這個公式與 OLS 估計式相同。
答案 (2)：$\frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2}$

** (3) 估計式比較：**
由 (2) 的計算可知，動差法估計式與 OLS 估計式是相同的。
答案 (3)：相等

** (4) $R^2$ 的值：**
$R^2 = 1 - \frac{\sum \hat{e}_i^2}{\sum (y_i - \bar{y})^2}$。
$\sum (y_i - \bar{y})^2$ 是總平方和 (TSS)，代表 $y_i$ 相對於其平均值的總變異。
$\sum \hat{e}_i^2$ 是殘差平方和 (SSR)，代表模型未能解釋的變異。
$R^2$ 的定義是模型解釋的比例。
在某些情況下，特別是當模型沒有截距項，或者只有一個解釋變數且該解釋變數的變異數很小時，$R^2$ 可能會是負值。
一個常見的例子是，當迴歸模型沒有截距項時，如果 $\sum \hat{e}_i^2 > \sum (y_i - \bar{y})^2$，則 $R^2$ 會是負的。
在簡單線性迴歸 $y_i = \beta x_i + e_i$ 中，如果 $x_i$ 的值很小或接近於 0，或者 $x_i$ 和 $y_i$ 的相關性很弱，可能導致 $R^2$ 為負。
因此，$R^2$ 的值有可能為負值。
答案 (4)：正確

** (5) $E[\hat{\beta}|x_1, \dots, x_n]$：**
模型是 $y_i = \beta x_i + e_i$，其中 $E[e_i] = 0$ (隱含假設，通常是 $E[e_i|x_i]=0$)。
給定 $E[y_i|x_i] = 1 + x_i$。
代入模型：$E[\beta x_i + e_i | x_i] = 1 + x_i$。
$\beta x_i + E[e_i|x_i] = 1 + x_i$。
如果我們假設 $E[e_i|x_i] = 0$ (這是 OLS 能夠得到不偏估計的條件之一)，則：
$\beta x_i = 1 + x_i$。
這似乎暗示 $\beta = 1 + 1/x_i$，這會隨 $x_i$ 而變，與 $\beta$ 是常數矛盾。
這裡的假設似乎是 $y_i = \beta x_i + e_i$，但給定的條件是 $E[y_i|x_i] = 1 + x_i$。
如果我們假設這個模型是正確的，那麼 $E[y_i] = E[E[y_i|x_i]] = E[1+x_i] = 1 + E[x_i]$。
而 $E[y_i] = E[\beta x_i + e_i] = \beta E[x_i] + E[e_i]$。
如果 $E[e_i]=0$，則 $\beta E[x_i] = 1 + E[x_i]$。
這意味著 $\beta = \frac{1+E[x_i]}{E[x_i]} = 1 + \frac{1}{E[x_i]}$。

但是，題目給的是 $E[y_i|x_i] = 1 + x_i$。
讓我們使用 OLS 估計式的條件來計算 $E[\hat{\beta}|x_1, \dots, x_n]$。
$\hat{\beta} = \frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2}$。
$E[\hat{\beta}|x_1, \dots, x_n] = E[\frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2} | x_1, \dots, x_n]$
$= \frac{\sum x_i E[y_i|x_1, \dots, x_n]}{\sum x_i^2}$。
由於 $E[y_i|x_1, \dots, x_n] = E[y_i|x_i] = 1 + x_i$，