114 年 國立成功大學財務金融研究所《統計學》

變異數分析 (Analysis of Variance, ANOVA) 的主要目的是檢定多個群體（母體）的平均數是否相等。它透過分析總變異、組間變異和組內變異來達成此目的。

信賴區間 (Confidence Interval) 是用來估計母體參數（如母體平均數 $\mu$）的一個區間。對於母體平均數的信賴區間，其形式通常為：

$\text{中心點} \pm \text{邊際誤差}$

其中，中心點是樣本統計量，而邊際誤差則取決於信賴水準、母體標準差（已知或未知）以及樣本大小。

這個問題考驗的是對中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的理解。

標準化變數 $z$ 的定義通常有兩種情況：

1. 單一隨機變數 $X$ 的標準化：如果 $X$ 的平均數是 $\mu$ 且標準差是 $\sigma$，則 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$。如果原始變數 $X$ 的分佈不是常態的，那麼經過這樣的標準化後，其分佈不一定會變成常態分佈。

核心觀念

雙變數統計量要依變數的測量尺度選用。若兩個變數都是類別變數，還要看類別是否具有順序：

• 名目變數：類別沒有自然高低順序。
• 次序變數：類別有自然順序，可比較高低。

Gamma 是衡量兩個次序變數關聯方向與強度的統計量。其公式為：

其中 $C$ 是同序對數，$D$ 是異序對數；相同值的同分對不納入計算。$\gamma$ 介於 $-1$ 與 $1$，正負號表示關聯方向，絕對值表示關聯強度。

解題方法

先檢查各統計量適用的變數尺度，再與題目所說的「兩個類別變數」比對。Gamma 適用於兩個具有順序的類別變數，因此符合題意。

此題考驗對簡單線性迴歸係數 $\hat{\beta}_1$ 與變數間關聯的理解。

簡單線性迴歸模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \epsilon_i$。其中 $\beta_1$ 是斜率，代表 $x$ 每增加一個單位時，$y$ 的平均變化量。 $\hat{\beta}_1$ 是 $\beta_1$ 的最小平方估計值。

若 $|\hat{\beta}_1|$ 相當接近零，這表示我們估計出來的斜率非常接近零。這意味著 $x$ 的變化對於 $y$ 的平均變化幾乎沒有影響。

我們來分析各選項：

(A) $x$ 與 $y$ 兩變數之相關係數絕對值接近零
相關係數 $r$ 衡量的是兩個變數之間線性關聯的強度和方向。在簡單線性迴歸中，$\hat{\beta}_1$ 的符號與樣本相關係數 $r$ 的符號相同。當 $|\hat{\beta}_1|$ 接近零時，意味著 $x$ 和 $y$ 之間線性關聯的強度非常弱，因此樣本相關係數 $r$ 的絕對值也會接近零。

(B) $x$ 與 $y$ 兩變數近乎獨立
如果兩個隨機變數之間線性關聯很弱（相關係數接近零），則它們「近乎」獨立。但請注意，相關係數為零不一定意味著獨立，因為可能存在非線性關係。然而，在線性迴歸的語境下，當斜率估計值接近零時，通常推論它們的線性關聯非常弱，趨近於獨立。

(C) $x$ 變數對 $y$ 變數沒有預測能力
預測能力與變數之間的關聯性密切相關。如果 $|\hat{\beta}_1|$ 接近零，表示 $x$ 的值對預測 $y$ 的平均值幫助不大。換句話說，$x$ 對 $y$ 的預測能力非常弱。

(D) 以上皆非

現在我們來仔細比較 (A), (B), (C)。
當 $\hat{\beta}_1 \approx 0$ 時：

• 相關係數 $r$ 的計算公式與 $\hat{\beta}_1$ 有關，所以 $r \approx 0$。
• $x$ 與 $y$ 的線性關聯非常弱，這強烈暗示著它們「近乎」獨立（尤其是在沒有強烈非線性關係的情況下）。
• $x$ 對 $y$ 的預測能力（至少是線性預測能力）非常弱。

選項 (A) 是直接的數學結果，因為 $\hat{\beta}_1$ 的符號和大小都與 $r$ 的符號和大小強相關。
選項 (B) 是一個推論，是從線性關聯弱到獨立性的推論。
選項 (C) 也是一個推論，是從線性關聯弱到預測能力的推論。

核心觀念

1. $t$ 分配之百分位數定義：
   設 $T \sim t(v)$，自由度為 $v$。題意定義 $t(v, 0.95)$ 為第 95 百分位數（95th percentile），代表其累積分布函數（CDF）滿足：

   $$P(T \le t(v, 0.95)) = 0.95 \iff P(T > t(v, 0.95)) = 0.05$$

   亦即 $t(v, 0.95)$ 即為右尾面積等於 $0.05$ 的臨界值 $t_{0.05}(v)$。

2. $t$ 分配與標準常態分配（$Z$ 分配）的關係：
   $t(v)$ 分配是由標準常態變數 $Z \sim N(0, 1)$ 與獨立卡方變數 $U \sim \chi^2(v)$ 組成：$T = \frac{Z}{\sqrt{U/v}}$。

   • $t(v)$ 分配對稱於 $0$，其期望值為 $0$（當 $v > 1$），變異數為 $\mathrm{Var}(T) = \frac{v}{v-2}$（當 $v > 2$）。
   • 當自由度 $v$ 愈小，變異數愈大，代表其分配具有厚尾特性（heavy tails），高峰較平坦、兩側尾部較厚。
   • 當自由度 $v \to \infty$ 時，$t(v)$ 分配依分配收斂（converges in distribution）至標準常態分配 $N(0, 1)$。

解題方法

方法一：尾部機率與臨界值變化推導
因 $t$ 分配對稱於 $0$，中位數與第 50 百分位數皆為 $0$。對於任何大於 $0.5$ 的百分位數（例如 $p = 0.95$），其分位數落在正半軸（$t(v, 0.95) > 0$）。

當自由度 $v$ 漸增時：

1. 變異數 $\mathrm{Var}(T) = \frac{v}{v-2} = 1 + \frac{2}{v-2}$ 隨 $v$ 增加而單調遞減，資料愈趨集中於中心（均數 $0$）。
2. 尾部機率厚度減小（尾部機率隨 $v$ 增加而下降並趨近於標準常態分配）。
3. 為了使右尾累積相同面積（$5\%$），臨界點必須往中心（$0$）靠近，因此臨界值 $t(v, 0.95)$ 會單調遞減，極限值為標準常態分配的第 95 百分位數 $z_{0.95} \approx 1.645$：

此題考驗條件機率在幾何機率中的應用。
圓 S 的方程式為 $(x-1)^2 + (y+2)^2 \le 9$。
這是一個以圓心 $(1, -2)$ 為中心，半徑為 $r = \sqrt{9} = 3$ 的圓盤。

我們要計算條件機率 $P(Y > 0 | X=2)$。
這表示我們已知 $X=2$，並且點 $(X,Y)$ 落在圓盤 S 內，要求 $Y > 0$ 的機率。

首先，我們需要找出當 $X=2$ 時，點 $(2, Y)$ 滿足圓盤 S 的條件：
$(2-1)^2 + (Y+2)^2 \le 9$
$1^2 + (Y+2)^2 \le 9$
$1 + (Y+2)^2 \le 9$
$(Y+2)^2 \le 8$

取平方根：
$-\sqrt{8} \le Y+2 \le \sqrt{8}$
$-2\sqrt{2} \le Y+2 \le 2\sqrt{2}$

減去 2：
$-2 - 2\sqrt{2} \le Y \le -2 + 2\sqrt{2}$

所以，當 $X=2$ 時，$Y$ 的可能範圍是 $[-2 - 2\sqrt{2}, -2 + 2\sqrt{2}]$。
這個範圍的長度是 $(-2 + 2\sqrt{2}) - (-2 - 2\sqrt{2}) = 4\sqrt{2}$。
由於我們是從圓盤中隨機選取一點，假設在圓盤內是均勻分佈，那麼在 $X=2$ 這條垂直線上，點 $(2,Y)$ 的分佈也是均勻的。

現在，我們需要考慮條件 $Y > 0$。
在 $Y$ 的可能範圍 $[-2 - 2\sqrt{2}, -2 + 2\sqrt{2}]$ 中，我們要求 $Y > 0$。
$-2 - 2\sqrt{2} \approx -2 - 2(1.414) = -2 - 2.828 = -4.828$

核心觀念

在含截距的簡單直線迴歸中，判定係數 $R^2$ 表示應變數總變異中，可由迴歸直線解釋的比例。若 $R^2=0.81$，表示 $Y$ 的變異有 $81\%$ 可由 $X$ 與 $Y$ 的線性迴歸關係解釋。

簡單直線迴歸的判定係數也等於兩變數樣本相關係數 $r$ 的平方：

解題方法

已知 $R^2=0.81$，先依定義判斷可解釋的變異比例：

因此，選項 (A) 符合判定係數的定義。

再由 $R^2=r^2$ 求相關係數：

判定係數只反映線性關係的強度，不保留斜率方向，因此相關係數可能為 $0.9$，也可能為 $-0.9$；選項 (C) 也正確。

選項分析

核心觀念

本題考查右偏分布（正偏分布）中，平均數、中位數與眾數的位置關係：

• 眾數 $Mo$：資料分布中出現頻率最高的位置。
• 中位數 $Md$：將資料由小到大排列後，位於中央的位置。
• 平均數 $M$：所有觀察值總和除以觀察值個數。

右偏分布的右側具有較長的尾巴，少數較大的極端值會將平均數向右拉動，因此在單峰且右偏的典型分布中：

因此可改寫為：

解題方法

判斷右偏分布的關鍵，在於觀察右側長尾對三種集中趨勢的影響：

1. 眾數位於最高峰，通常最靠左。
2. 中位數受極端大值影響較小，因此位於眾數右側。
3. 平均數會受到右側極端大值拉動，位置最靠右。

所以右偏分布的順序為：

對應選項中的排列為：

選項分析

這是一個典型的隨機遊走問題，可以用期望值來求解。我們需要計算老鼠陷入迷宮的平均時間，也就是期望時間 $E[T]$。

令 $E$ 為老鼠陷入迷宮的平均時間。
老鼠有兩種選擇：向右 (R) 或向左 (L)。每種選擇的機率都是 $1/2$。

情況 1：選擇向右 (R)
機率為 $P(R) = 1/2$。
如果向右，老鼠會經過 3 分鐘後「回到原處」。這意味著老鼠又回到了迷宮的起點，需要重新開始。因此，從這個點開始，老鼠陷入迷宮的平均時間仍然是 $E$。
所以，如果選擇向右，總時間是 3 分鐘 + 重新開始的平均時間 $E$。
對應的期望時間是 $3 + E$。

情況 2：選擇向左 (L)
機率為 $P(L) = 1/2$。
如果向左，有兩種結果：

• 離開迷宮 (Exit)：機率為 $1/3$。經過 2 分鐘後離開迷宮。這表示老鼠不再陷入迷宮，時間停止。
• 回到原處 (Return)：機率為 $2/3$。經過 5 分鐘後回到原處。這意味著老鼠又回到了迷宮的起點，需要重新開始。從這個點開始，老鼠陷入迷宮的平均時間仍然是 $E$。
  • 所以，如果選擇向左且回到原處，總時間是 5 分鐘 + 重新開始的平均時間 $E$。對應的期望時間是 $5 + E$。

此題考查隨機變數轉換 (Transformation of Random Variables) 的概念，特別是如何找到一個函數轉換後的機率密度函數 (PDF)。

已知 $x$ 為標準常態變數，其 PDF 為：
$f_x(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$, $-\infty < x < \infty$

我們想要求 $y = e^x$ 的密度函數 $f_y(y)$。
首先，注意到 $y = e^x$ 的值域是 $y > 0$。這是因為指數函數 $e^x$ 的值域永遠是正數。所以，我們只需要考慮 $y > 0$ 的情況。

我們可以使用兩種方法來求解：

方法一：累積分布函數 (CDF) 方法

1. 計算 $y$ 的累積分布函數 $F_y(y)$。
   $F_y(y) = P(Y \le y)$
   由於 $Y = e^x$，所以 $P(Y \le y) = P(e^x \le y)$。
   對兩邊取自然對數 (ln)，由於 ln 是遞增函數，不等號方向不變：
   $P(x \le \ln y)$
   這就是 $x$ 的累積分布函數在 $\ln y$ 的值，即 $F_x(\ln y)$。

   $F_y(y) = F_x(\ln y)$

2. 對 $F_y(y)$ 進行微分，以得到 $y$ 的機率密度函數 $f_y(y)$。
   $f_y(y) = \frac{d}{dy} F_y(y) = \frac{d}{dy} F_x(\ln y)$

   根據鏈式法則 (Chain Rule)，設 $u = \ln y$，則 $\frac{du}{dy} = \frac{1}{y}$。
   $f_y(y) = \frac{dF_x(u)}{du} \cdot \frac{du}{dy} = f_x(u) \cdot \frac{1}{y}$
   $f_y(y) = f_x(\ln y) \cdot \frac{1}{y}$

核心觀念

此題考超幾何分配的期望值與變異數。依題目機率質量函數，母體共有 $N$ 個物件，其中 $n$ 個為成功，無放回抽取 $k$ 個；令 $X$ 為抽到的成功物件數。

無放回抽樣時，各次抽取的成功指標彼此不獨立，因此變異數須計入抽取間的負共變異數。

解題方法

將抽出的 $k$ 個物件各自設一個指標變數：

則 $X=\sum_{i=1}^{k}I_i$。每次抽取為成功的機率都是 $n/N$，所以

由期望值的線性性，

因此

再計算變異數。對每個指標變數，

不同抽取指標的共變異數為

此題考驗對連續隨機變數機率密度函數 (PDF) 和累積分布函數 (CDF) 的理解與應用。

給定的 PDF 為 $f(x) = 4x^3$, $0 < x < 1$。

首先，我們需要確認這是否是一個有效的 PDF。

1. $f(x) \ge 0$ 對所有 $x$ 成立。
2. 計算總機率：
   $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int_{0}^{1} 4x^3 dx = [x^4]_0^1 = 1^4 - 0^4 = 1$。
   總機率為 1，所以這是有效的 PDF。

計算累積分布函數 (CDF)
CDF $F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt$。
對於 $0 < x < 1$:
$F(x) = \int_{0}^{x} 4t^3 dt = [t^4]_0^x = x^4$。
所以，CDF 為：
$F(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ x^4, & 0 < x < 1 \\ 1, & x \ge 1 \end{cases}$

(1) 決定數值 a, 使 P(X > a) = P(X < a)

這個條件 $P(X > a) = P(X < a)$ 指的是 $a$ 是分佈的中位數 (Median)。
對於一個連續分佈，中位數 $m$ 定義為使得 $P(X \le m) = 0.5$ 或 $P(X \ge m) = 0.5$ 的值。

這個問題考查的是二項分配 (Binomial Distribution) 的應用。

首先，我們需要確定每次射擊命中的機率。
題目說「平均每射 5 發子彈有 3 發命中」，這意味著每次射擊命中的機率 $p$ 是 $3/5 = 0.6$。
相對地，每次射擊不命中的機率 $q = 1 - p = 1 - 0.6 = 0.4$。

假設射擊是獨立的，並且每次射擊的命中率是固定的。

(1) n 發中一發也不命中之機率

這相當於在 $n$ 次獨立試驗中，沒有一次成功（沒有命中）。
這是一個二項分配的應用，其中：

• 試驗次數：$n$
• 成功的機率 (命中)：$p = 0.6$
• 失敗的機率 (不命中)：$q = 0.4$
• 我們關心的是恰好有 0 次成功。

二項分配的機率質量函數 (PMF) 是 $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
在這裡，我們要求 $k=0$ 次成功。
$P(X=0) = \binom{n}{0} p^0 (1-p)^{n-0}$
$P(X=0) = 1 \cdot (0.6)^0 \cdot (0.4)^n$
$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot (0.4)^n$
$P(X=0) = (0.4)^n$

所以，n 發中一發也不命中的機率是 $(0.4)^n$。

(2) 該射手最少有一發命中之機率大於 0.999 時, 需射擊 n 發子彈, 請問 n 是多少 (已知 log10 2=0.3010)?

「最少有一發命中」的事件，是「沒有一發命中」的補集。
令 $X$ 為射擊 $n$ 發子彈中命中的次數。
我們要求 $P(X \ge 1) > 0.999$。

我們知道 $P(X \ge 1) = 1 - P(X=0)$。
從第一部分，我們知道 $P(X=0) = (0.4)^n$。
所以，$P(X \ge 1) = 1 - (0.4)^n$。

此題考驗對卡方分配 (Chi-squared distribution, $\chi^2$) 的理解，以及如何將獨立標準常態變數的線性組合轉換為卡方分配。

卡方分配的定義：
如果 $Z_1, Z_2, \dots, Z_k$ 是 $k$ 個獨立的標準常態隨機變數 (即 $Z_i \sim N(0,1)$ 且獨立)，那麼 $Y = \sum_{i=1}^k Z_i^2$ 服從自由度為 $k$ 的卡方分配，記作 $Y \sim \chi^2(k)$。

我們被給予 $X_1, X_2, \dots, X_8$ 都是獨立的標準常態隨機變數 ($X_i \sim N(0,1)$)。
令 $W = (\sqrt{3}X_1 - \sqrt{5}X_2 + X_3 + \sqrt{3}X_4)^2 + (\sqrt{5}X_5 - 2X_6 + X_7 + \sqrt{2}X_8)^2$。
我們希望 $CW \sim \chi^2(k)$，其中 $k$ 是某個自由度。

為了使 $W$ 能夠寫成獨立標準常態變數的平方和，我們需要將 $W$ 中的線性組合部分進行適當的轉換。
令 $Y_1 = \sqrt{3}X_1 - \sqrt{5}X_2 + X_3 + \sqrt{3}X_4$
令 $Y_2 = \sqrt{5}X_5 - 2X_6 + X_7 + \sqrt{2}X_8$
則 $W = Y_1^2 + Y_2^2$。

如果 $Y_1$ 和 $Y_2$ 是獨立的標準常態隨機變數，那麼 $W$ 將是自由度為 2 的卡方分配。
然而，問題要求的是 $CW$ 服從卡方分配，這意味著 $W$ 本身可能不是標準常態變數的平方和，或者 $Y_1, Y_2$ 的方差不是 1。

我們需要檢查 $Y_1$ 和 $Y_2$ 的期望值和方差。
因為 $X_i$ 是標準常態變數，所以 $E(X_i) = 0$ 且 $Var(X_i) = 1$。

對於 $Y_1$:
$E(Y_1) = E(\sqrt{3}X_1 - \sqrt{5}X_2 + X_3 + \sqrt{3}X_4)$
$E(Y_1) = \sqrt{3}E(X_1) - \sqrt{5}E(X_2) + E(X_3) + \sqrt{3}E(X_4)$
$E(Y_1) = \sqrt{3}(0) - \sqrt{5}(0) + 0 + \sqrt{3}(0) = 0$。

$Var(Y_1) = Var(\sqrt{3}X_1 - \sqrt{5}X_2 + X_3 + \sqrt{3}X_4)$
由於 $X_i$ 獨立，
$Var(Y_1) = (\sqrt{3})^2 Var(X_1) + (-\sqrt{5})^2 Var(X_2) + (1)^2 Var(X_3) + (\sqrt{3})^2 Var(X_4)$
$Var(Y_1) = 3(1) + 5(1) + 1(1) + 3(1) = 3 + 5 + 1 + 3 = 12$。

對於 $Y_2$:
$E(Y_2) = E(\sqrt{5}X_5 - 2X_6 + X_7 + \sqrt{2}X_8)$
$E(Y_2) = \sqrt{5}E(X_5) - 2E(X_6) + E(X_7) + \sqrt{2}E(X_8)$
$E(Y_2) = \sqrt{5}(0) - 2(0) + 0 + \sqrt{2}(0) = 0$。

$Var(Y_2) = Var(\sqrt{5}X_5 - 2X_6 + X_7 + \sqrt{2}X_8)$
由於 $X_i$ 獨立，
$Var(Y_2) = (\sqrt{5})^2 Var(X_5) + (-2)^2 Var(X_6) + (1)^2 Var(X_7) + (\sqrt{2})^2 Var(X_8)$
$Var(Y_2) = 5(1) + 4(1) + 1(1) + 2(1) = 5 + 4 + 1 + 2 = 12$。

所以，$Y_1$ 和 $Y_2$ 都是期望值為 0 的隨機變數，且它們的方差都是 12。
因為 $X_i$ 獨立，所以 $Y_1$ 和 $Y_2$ 也是獨立的。

現在我們有 $W = Y_1^2 + Y_2^2$，其中 $Y_1$ 和 $Y_2$ 是獨立的，期望值為 0，方差為 12。
為了使 $CW$ 服從卡方分配，我們需要將 $Y_i$ 標準化。
令 $Z_1 = \frac{Y_1}{\sqrt{Var(Y_1)}} = \frac{Y_1}{\sqrt{12}}$
令 $Z_2 = \frac{Y_2}{\sqrt{Var(Y_2)}} = \frac{Y_2}{\sqrt{12}}$