112 年 國立成功大學會計學研究所乙組《統計學》

此題考驗對變異數相等檢定（F檢定）的假設條件。

進行兩獨立樣本變異數相等的 F 檢定時，其中一個重要的前提假設是兩個母體都必須服從常態分配。雖然 F 檢定對於違反常態分配的條件具有一定的穩健性（robustness），但嚴格來說，常態分配是其理論基礎。

此題考驗虛擬變數（dummy variables）的應用，特別是在處理類別型變數時。

在迴歸分析中，當我們需要將一個具有 $k$ 個類別的類別型變數納入模型時，我們通常需要引入 $k-1$ 個虛擬變數。這是因為如果引入 $k$ 個虛擬變數，則會產生完全共線性（perfect multicollinearity），導致模型無法估計。

此題考驗常態分配的應用，特別是計算機率以及根據機率估計人數。

已知：
總學生數 $N = 100$
平均分數 $\mu = 73$
變異數 $\sigma^2 = 64$
標準差 $\sigma = \sqrt{64} = 8$
A 級分數標準：分數 $\ge 85$

由於假設分數服從常態分配，我們可以使用標準常態分配（Z 分配）來計算分數高於 85 的機率。

首先，計算 Z 分數：
$Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{85 - 73}{8} = \frac{12}{8} = 1.5$

此題考驗相關係數（coefficient of correlation, $r$）與判定係數（coefficient of determination, $R^2$）的關係。

相關係數 $r$ 衡量兩個變數之間線性的相關程度，其值介於 -1 和 1 之間。
判定係數 $R^2$ 則衡量迴歸模型能夠解釋因變數變異的比例，其值介於 0 和 1 之間。

核心觀念

本題考查敘述統計學中資料分散度與數值落點比例的估計定理——柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）。

1. 柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）：
   適用於任何形式的機率分配（不論分配為對稱、單峰、偏態或未知）。若隨機變數 $X$ 的平均數為 $\mu$、標準差為 $\sigma$，則對任意常數 $k > 1$，落在平均數加減 $k$ 個標準差區間內的資料比例至少為： $$P(\mu - k\sigma \le X \le \mu + k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$$
2. 與經驗法則（Empirical Rule）之區分：
   • 經驗法則：僅適用於對稱鐘形（常態）分配，落在 $\mu \pm 1\sigma$、$\mu \pm 2\sigma$、$\mu \pm 3\sigma$ 的比例分別「大約」為 $68\%$、$95\%$、$99.7\%$。
   • 柴比雪夫不等式：適用於任意分配，結論為「至少」（At least）一個保證的最低比例下限。

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解題方法

1. 整理題目已知條件：

   • 平均數 $\mu =$$25000
   • 標準差 $\sigma =$$2000
   • 目標薪資區間：$[$$21000, $$29000]$

2. 計算倍數 $k$：
   觀察目標區間與平均數的距離：

   $$k\sigma = 29000 - 25000 = 4000$$ $$k = \frac{4000}{\sigma} = \frac{4000}{2000} = 2$$

   區間即為 $[\mu - 2\sigma, \mu + 2\sigma]

此題考驗在迴歸模型中，用來檢測殘差自相關性的統計檢定方法。

自相關（Autocorrelation）是指時間序列中，某個觀測值與其過去的觀測值之間存在的相關性。在迴歸分析中，如果殘差（observed value - predicted value）存在自相關，這違反了迴歸分析的獨立性假設，可能導致估計的標準誤偏誤，進而影響推論的正確性。

• (a) F test: 通常用於檢定迴歸模型的整體顯著性（即所有自變數的係數是否同時為零），或用於比較巢狀迴歸模型。

核心觀念

本題考的是測量尺度的判定。判斷重點在於分數所代表的意義，而非是否使用數字表示。

四種測量尺度的性質如下：

測量尺度	可判別的關係	必要條件
名目尺度（Nominal）	類別是否相同	能區分類別，不具有高低順序
順序尺度（Ordinal）	高低、大小順序	能排序，但不保證相鄰數值的差距具有相同意義
等距尺度（Interval）	順序與差距	相等的數值差距代表相等的受測特質差異
比例尺度（Ratio）	順序、差距與倍數	具有等距性，且零點代表受測特質完全不存在

解題方法

題目讓受訪者以 $0$ 至 $100$ 分表示政策滿意度，可依序檢查「能否排序」、「是否等距」與「是否具有絕對零點」。

一、分數具有高低順序。
較高的分數表示較高的滿意度，因此可以比較受訪者的滿意程度，符合順序尺度的條件。

二、題目未建立等距性。
例如，$40$ 分到 $50$ 分與 $80$ 分到 $90$ 分，在數字上都相差 $10$ 分，但題目沒有保證這兩段分數差距代表相同的滿意度差異。

核心觀念

本題考查：

• 條件機率公式
• 隨機樣本的聯合機率密度函數
• 二重積分計算事件機率
• 由事件包含關係簡化條件機率

因為 $X_1,X_2$ 為來自同一分布的隨機樣本，所以兩者獨立，聯合機率密度函數為

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) =f(x_1)f(x_2) =(2x_1)(2x_2) =4x_1x_2,$$

其中 $0<x_1<1,\ 0<x_2<1$。

令

$$A=\{X_1<X_2\},\qquad B=\{X_1<2X_2\}.$$

由於 $X_1<X_2$ 必然推出 $X_1<2X_2$，因此 $A\subset B$，故

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

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解題方法

1. 計算 $P(X_1<X_2)$

在單位正方形 $0<x_1,x_2<1$ 中，事件 $X_1<X_2$ 位於直線 $x_1=x_2$ 上方，因此

$$P(X_1<X_2) =\int_0^1\int_0^{x_2}4x_1x_2\,dx_1\,dx_2.$$

先對 $x_1$ 積分：

$$\begin{aligned} P(X_1<X_2) &=\int_0^1 4x_2 \left[\frac{x_1^2}{2}\right]_{0}^{x_2}dx_2\\ &=\int_0^1 2x_2^3\,dx_2\\ &=2\left[\frac{x_2^4}{4}\right]_0^1\\ &=\frac12. \end{aligned}$$

2. 計算 $P(X_1<2X_2)$

事件邊界為

$$x_1=2x_2.$$

由於 $x_1$ 最大為 $1$，需要依照 $x_2=\frac12$ 分段：

• 當 $0<x_2<\frac12$ 時，$0<x_1<2x_2$；
• 當 $\frac12\le x_2<1$ 時，$2x_2\ge1$，因此整個 $0<x_1<1$ 都符合條件。

所以

$$\begin{aligned} P(X_1<2X_2) &=\int_0^{1/2}\int_0^{2x_2}4x_1x_2\,dx_1\,dx_2\\ &\quad+\int_{1/2}^1\int_0^1 4x_1x_2\,dx_1\,dx_2. \end{aligned}$$

第一部分為

此題考驗時間序列分析（time series analysis）的基本特性。

• (a) the sequencing of measurements is usually at discrete, regular intervals: 這是時間序列分析的核心特徵。時間序列資料是指在不同時間點上觀測到的數據，這些時間點通常是離散且具有規律間隔的，例如每天、每月、每季、每年。這個選項是正確的。

• (b) one should remember that analysis is always multivariate as opposed to univariate analysis: 時間序列分析既可以是單變量（univariate）的，也可以是多變量（multivariate）的。例如，ARIMA 模型是單變量的，而 VAR 模型是多變量的。

此題考驗時間序列分析中，去除季節性（seasonality）的方法。

季節性是指時間序列數據中，在固定時間間隔內重複出現的週期性模式，通常與日曆上的時間（如月份、季度）有關。

去除季節性的常用方法之一是移動平均法（moving average）。當季節性週期為 $S$ 期時，我們通常取一個長度為 $S$ 的移動平均來平滑數據。這個移動平均會將季節性成分平均掉。

例如，如果一個序列有季度性（$S=4$），我們計算一個 4 期移動平均。
如果一個序列有月度性（$S=12$），我們計算一個 12 期移動平均。

核心觀念

本題考查集合的聯集、交集、排容原理，以及條件機率。

令：

• $B$：參加羽球
• $T$：參加桌球
• $N$：參加網球

題目給定：

$$P(B)=0.30,\quad P(T)=0.20,\quad P(N)=0.20$$ $$P(B\cap T)=0.05,\quad P(B\cap N)=0.10,\quad P(T\cap N)=0.05$$ $$P(B\cap T\cap N)=0.02$$

其中「羽球及桌球」等交集包含三項皆參加者，因此使用排容原理時，三者皆參加的部分需加回一次。

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解題方法與計算

① 至少參加一種運動

「至少參加一種」代表參加羽球、桌球或網球，也就是事件聯集：

$$B\cup T\cup N$$

依三集合排容原理：

$$P(B\cup T\cup N) = P(B)+P(T)+P(N) -P(B\cap T)-P(B\cap N)-P(T\cap N) +P(B\cap T\cap N)$$

代入數值：

$$P(B\cup T\cup N) = 0.30+0.20+0.20-0.05-0.10-0.05+0.02$$ $$=0.52$$

因此，至少參加一種運動的機率為：

$$\boxed{52\%}$$

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② 僅為羽球員

「僅為羽球員」表示參加羽球，但沒有參加桌球與網球：

$$B\cap T^c\cap N^c$$

從所有羽球員中扣除同時參加桌球者與網球者。由於三項皆參加者在兩個交集中各被扣除一次，因此必須加回一次：

$$P(B\cap T^c\cap N^c) = P(B)-P(B\cap T)-P(B\cap N)+P(B\cap T\cap N)$$

代入數值：

$$P(B\cap T^c\cap N^c) = 0.30-0.05-0.10+0.02$$ $$=0.17$$

因此，僅參加羽球的機率為：

$$\boxed{17\%}$$

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③ 已知為運動員，參加羽球的機率

運動員定義為「至少參加一種運動」，因此：

$$P(\text{運動員})=P(B\cup T\cup N)=0.52$$

要求的是在已知為運動員的條件下參加羽球的機率：

$$P(B\mid B\cup T\cup N)$$

因為事件 $B$ 本身必然包含在 $B\cup T\cup N$ 中，所以：

$$B\cap(B\cup T\cup N)=B$$

此題考驗均勻分佈（Uniform Distribution）的機率密度函數（p.d.f.）、累積分佈函數（c.d.f.）以及期望值和變異數的計算。

均勻分佈 $Y \sim U(a, b)$ 的機率密度函數為：
$f(y) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} & \text{if } a \le y \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

a) 累積機率分配函數 $F(Y)$

累積機率分配函數 $F(y) = P(Y \le y)$。我們需要分段討論：

情況 1: $y < a$
此時，$y$ 在分佈區間的左側，所以 $P(Y \le y) = 0$。
$F(y) = 0$ for $y < a$。

情況 2: $a \le y \le b$
此時，$y$ 在分佈區間內。累積機率是從 $a$ 到 $y$ 對 p.d.f. 進行積分。
$F(y) = \int_a^y f(t) dt = \int_a^y \frac{1}{b-a} dt$
$F(y) = \frac{1}{b-a} [t]_a^y = \frac{1}{b-a} (y - a)$
$F(y) = \frac{y-a}{b-a}$ for $a \le y \le b$。

情況 3: $y > b$
此時，$y$ 在分佈區間的右側，所以 $P(Y \le y)$ 涵蓋了整個分佈區間，機率為 1。
$F(y) = 1$ for $y > b$。

綜合以上三種情況，累積機率分配函數為：
$F(y) = \begin{cases} 0 & \text{if } y < a \\ \frac{y-a}{b-a} & \text{if } a \le y \le b \\ 1 & \text{if } y > b \end{cases}$

b) 期望值 $E[Y]$ 與變異數 $V[Y]$

期望值 $E[Y]$
根據期望值的定義：$E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) dy$。
由於 p.d.f. $f(y)$ 只在 $a \le y \le b$ 區間內非零，所以積分範圍變為：
$E[Y] = \int_a^b y \cdot \frac{1}{b-a} dy$
$E[Y] = \frac{1}{b-a} \int_a^b y dy$
$E[Y] = \frac{1}{b-a} [\frac{y^2}{2}]_a^b$
$E[Y] = \frac{1}{b-a} (\frac{b^2}{2} - \frac{a^2}{2})$
$E[Y] = \frac{1}{b-a} \frac{b^2 - a^2}{2}$
$E[Y] = \frac{1}{b-a} \frac{(b-a)(b+a)}{2}$
$E[Y] = \frac{a+b}{2}$

此題考驗離散型隨機變數的期望值、變異數以及函數轉換的期望值計算。

給定離散型隨機變數 $Y$ 的機率分配：
$P(Y=1) = 0.1$
$P(Y=2) = 0.2$
$P(Y=3) = 0.3$
$P(Y=4) = 0.4$
首先檢查機率總和是否為 1：$0.1 + 0.2 + 0.3 + 0.4 = 1.0$。

a) $E[Y]$, $E[Y^2 + 3Y + 1]$

期望值 $E[Y]$
根據期望值的定義：$E[Y] = \sum y \cdot P(Y=y)$。
$E[Y] = (1 \times 0.1) + (2 \times 0.2) + (3 \times 0.3) + (4 \times 0.4)$
$E[Y] = 0.1 + 0.4 + 0.9 + 1.6$
$E[Y] = 3.0$

$E[Y^2 + 3Y + 1]$
根據期望值的線性性質，對於任意函數 $g(Y)$，有 $E[g(Y)] = \sum g(y) P(Y=y)$。
在這裡，$g(Y) = Y^2 + 3Y + 1$。
我們需要計算 $g(y)$ 對於每個 $y$ 值：
$g(1) = 1^2 + 3(1) + 1 = 1 + 3 + 1 = 5$
$g(2) = 2^2 + 3(2) + 1 = 4 + 6 + 1 = 11$
$g(3) = 3^2 + 3(3) + 1 = 9 + 9 + 1 = 19$
$g(4) = 4^2 + 3(4) + 1 = 16 + 12 + 1 = 29$

現在計算期望值：
$E[Y^2 + 3Y + 1] = g(1)P(Y=1) + g(2)P(Y=2) + g(3)P(Y=3) + g(4)P(Y=4)$
$E[Y^2 + 3Y + 1] = (5 \times 0.1) + (11 \times 0.2) + (19 \times 0.3) + (29 \times 0.4)$
$E[Y^2 + 3Y + 1] = 0.5 + 2.2 + 5.7 + 11.6$
$E[Y^2 + 3Y + 1] = 20.0$

或者，也可以使用期望值的線性性質：$E[Y^2 + 3Y + 1] = E[Y^2] + 3E[Y] + 1$。
我們已經知道 $E[Y] = 3.0$。
需要計算 $E[Y^2]$：
$E[Y^2] = \sum y^2 P(Y=y)$
$E[Y^2] = (1^2 \times 0.1) + (2^2 \times 0.2) + (3^2 \times 0.3) + (4^2 \times 0.4)$
$E[Y^2] = (1 \times 0.1) + (4 \times 0.2) + (9 \times 0.3) + (16 \times 0.4)$

此題考驗連續型隨機變數的機率密度函數（p.d.f.）、期望值和機率計算。

給定機率密度函數：
$f(y) = \begin{cases} \frac{1}{2}y & \text{if } 0 \le y \le 2 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

首先，我們需要驗證這是否是一個有效的機率密度函數，即在整個定義域上的積分是否為 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(y) dy = \int_0^2 \frac{1}{2}y dy = [\frac{1}{2} \frac{y^2}{2}]_0^2 = [\frac{y^2}{4}]_0^2 = \frac{2^2}{4} - \frac{0^2}{4} = \frac{4}{4} - 0 = 1$。
該 p.d.f. 是有效的。

a) 美代爾公司所生產的CPU,期望使用時間為幾年?
期望使用時間即為期望值 $E[Y]$。
$E[Y] = \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) dy$
$E[Y] = \int_0^2 y \cdot (\frac{1}{2}y) dy = \int_0^2 \frac{1}{2}y^2 dy$
$E[Y] = [\frac{1}{2} \frac{y^3}{3}]_0^2 = [\frac{y^3}{6}]_0^2$
$E[Y] = \frac{2^3}{6} - \frac{0^3}{6} = \frac{8}{6} - 0 = \frac{4}{3}$

所以，期望使用時間為 $\frac{4}{3}$ 年。

b) 李先生買了一顆此品牌之CPU,試問此顆CPU使用時至少超過一年的機率為何?
這表示計算 $P(Y > 1)$。
$P(Y > 1) = \int_1^{\infty} f(y) dy$。

此題考驗幾何分佈（Geometric Distribution）的最大概似估計（Maximum Likelihood Estimation, MLE）。

幾何分佈描述的是在伯努利試驗中，第一次成功所需的試驗次數。
若我們定義成功是指「第一次成功」，則機率為 $p$。
則隨機變數 $X$（第一次成功所需的試驗次數）的機率質量函數（p.m.f.）為：
$P(X=k; p) = (1-p)^{k-1} p$, for $k = 1, 2, 3, \ldots$

我們從此分佈抽取一個樣本 $X_1, X_2, \ldots, X_n$。
樣本的聯合機率質量函數（似然函數, Likelihood function）為：
$L(p; X_1, \ldots, X_n) = \prod_{i=1}^n P(X_i=x_i; p)$
$L(p) = \prod_{i=1}^n (1-p)^{x_i-1} p$
$L(p) = (1-p)^{\sum_{i=1}^n (x_i-1)} p^n$
$L(p) = (1-p)^{(\sum x_i) - n} p^n$

為了求最大概似估計式，我們通常取對數似然函數（log-likelihood function）來簡化計算。
$\ln L(p) = \ln [(1-p)^{(\sum x_i) - n} p^n]$
$\ln L(p) = (\sum x_i - n) \ln(1-p) + n \ln p$

接下來，我們對 $\ln L(p)$ 對 $p$ 求偏導數，並令其等於零，以找到極值點。
$\frac{\partial \ln L(p)}{\partial p} = (\sum x_i - n) \frac{-1}{1-p} + n \frac{1}{p}$
$\frac{\partial \ln L(p)}{\partial p} = -\frac{\sum x_i - n}{1-p} + \frac{n}{p}$

令導數等於零：
$-\frac{\sum x_i - n}{1-p} + \frac{n}{p} = 0$
$\frac{n}{p} = \frac{\sum x_i - n}{1-p}$
$n(1-p) = p(\sum x_i - n)$
$n - np = p \sum x_i - np$
$n = p \sum x_i$

解出 $p$：
$p = \frac{n}{\sum x_i}$

這個結果是 $p$ 的最大概似估計式，通常記為 $\hat{p}$。
$\hat{p} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}$

我們需要檢查這個估計式是否為最大值（而不是最小值）。通常通過二階導數來檢驗，或者觀察似然函數的形狀。
二階導數：
$\frac{\partial^2 \ln L(p)}{\partial p^2} = \frac{\partial}{\partial p} [-\frac{\sum x_i - n}{1-p} + \frac{n}{p}]$
$= -(\sum x_i - n) \frac{-1}{(1-p)^2} + n \frac{-1}{p^2}$
$= \frac{\sum x_i - n}{(1-p)^2} - \frac{n}{p^2}$
在 $\hat{p} = \frac{n}{\sum x_i}$ 處，我們有 $\sum x_i = n/\hat{p}$。
代入二階導數：
$= \frac{n/\hat{p} - n}{(1-\hat{p})^2} - \frac{n}{\hat{p}^2}$
$= \frac{n(1/\hat{p} - 1)}{(1-\hat{p})^2} - \frac{n}{\hat{p}^2}$
$= \frac{n(\frac{1-\hat{p}}{\hat{p}})}{(1-\hat{p})^2} - \frac{n}{\hat{p}^2}$
$= \frac{n}{\hat{p}(1-\hat{p})} - \frac{n}{\hat{p}^2}$