113 年 國立嘉義大學財務金融學系碩士班《統計學》

本題考查 Chebyshev 定理的應用。Chebyshev 定理指出，對於任意機率分佈，至少有 $1 - \frac{1}{k^2}$ 的數據落在平均值 $\mu$ 的 $\pm k$ 個標準差內，其中 $k > 1$。

題目要求計算 $k=1.6$ 時的最小數據比例。
根據 Chebyshev 定理，落在 $\mu \pm k\sigma$ 範圍內的數據比例至少為

本題考查獨立事件的定義與性質。

兩個事件 A 和 B 獨立的定義是：

1. $P(A \cap B) = P(A)P(B)$
2. $P(A|B) = P(A)$ (假設 $P(B) > 0$)
3. $P(B|A) = P(B)$ (假設 $P(A) > 0$)

讓我們逐一檢驗選項：
(A) $P(A) = P(B)$：獨立事件不一定滿足此條件。例如，擲骰子，事件 A 為擲出 1 (機率 1/6)，事件 B 為擲出偶數 (機率 3/6 = 1/2)。A 和 B 是獨立的，但 $P(A) \neq P(B)$。
(B) $P(A|B) = P(A)$：這是獨立事件的定義之一。由於題目已知 A 和 B 獨立且 $P(B) > 0$，此選項正確。

本題考查泊松分佈的機率計算。

泊松分佈用於描述在固定時間或空間間隔內，某事件發生次數的機率。其機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}$
其中：

• $X$ 是事件發生的次數。
• $\lambda$ 是單位時間或空間內的平均發生次數。
• $e$ 是自然對數的底數 (約為 2.71828)。
• $x!$ 是 $x$ 的階乘。

題目中給定：

• 平均每月發生次數 $\lambda = 2.6$。
• 我們想計算下個月恰好發生 4 起破產事件的概率，即 $x = 4$。

本題考查迴歸分析中的基本概念。

在迴歸分析中，我們試圖解釋因變數 (dependent variable) 的變異。總變異 (total variation) 可以分解為由自變數 (independent variable) 解釋的變異 (explained variation) 和未被解釋的變異 (unexplained variation，也稱為殘差變異)。

• 總平方和 (Total Sum of Squares, SST)：衡量因變數的總變異。
• 迴歸平方和 (Regression Sum of Squares, SSR)：衡量模型中自變數所能解釋的因變數的變異。
• 殘差平方和 (Residual Sum of Squares, SSE)：衡量模型未解釋的因變數的變異（即誤差）。
  SST = SSR + SSE

本題考查泊松分佈的機率計算，特別是計算兩個不同事件發生的總機率。

泊松分佈的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}$
其中 $\lambda$ 是平均發生次數， $x$ 是實際發生的次數。

題目中給定：

• 平均每分鐘通過的卡車數 $\lambda = 5$。
• 我們需要計算一分鐘內「0輛卡車通過」或「1輛卡車通過」的機率。

這表示我們需要計算 $P(X=0)$ 和 $P(X=1)$，然後將它們相加，因為這兩個事件是互斥的 (不能同時發生 0 輛和 1 輛卡車)。

1. 計算 $P(X=0)$：
   $P(X=0) = \frac{e^{-5} 5^0}{0!} = \frac{e^{-5} \times 1}{1} = e^{-5}$

本題考查二項分佈的機率計算。

二項分佈適用於描述一系列獨立的、只有兩種結果 (成功或失敗) 的試驗中，成功的次數。其機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
其中：

• $n$ 是試驗的總次數。
• $k$ 是成功的次數。
• $p$ 是單次試驗成功的機率。
• $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ 是組合數。

在本題中：

• 試驗是扔硬幣，總次數 $n = 20$。
• 我們關心的是「得到頭」這個結果，假設是成功。
• 假設硬幣是公平的，則單次試驗成功的機率 $p = 0.5$ (得到頭的機率)。
• 我們想計算「正好得到 10 次頭」的機率，即 $k = 10$。

將這些值代入二項分佈的 PMF：
$P(X=10) = \binom{20}{10} (0.5)^{10} (1-0.5)^{20-10}$
$P(X=10) = \binom{20}{10} (0.5)^{10} (0.5)^{10}$
$P(X=10) = \binom{20}{10} (0.5)^{20}$

本題考查二項分佈的變異數公式。

對於一個服從二項分佈 $B(n, p)$ 的隨機變數 $X$，其期望值 (Mean) 和變異數 (Variance) 分別為：

• 期望值 $E(X) = np$
• 變異數 $Var(X) = np(1-p)$

題目中給定：

• 試驗次數 $n = 10$。
• 單次試驗成功的機率 $p = 0.4$。

本題考查離散型分佈與連續型分佈的區別。

• 離散型分佈 (Discrete Distribution)：隨機變數只能取有限個或可數無限個值的機率分佈。例如，計數型變數（如發生次數）。
• 連續型分佈 (Continuous Distribution)：隨機變數可以在某個區間內取任何值的機率分佈。例如，測量型變數（如身高、體重、時間）。

我們來分析各選項：
(A) 泊松分佈 (Poisson Distribution)：用於描述在固定時間或空間間隔內，某事件發生次數的機率。發生次數是整數 (0, 1, 2, ...)，是離散的。

核心觀念

本題考的是**連續型均勻分配（Continuous Uniform Distribution）**的基本機率計算。

題目指出員工的到達時間「各不相同（vary）」且分布在 8:40 ～ 9:30 之間，這是均勻分配的典型敘述——在整段區間內，每個等長的子區間被選中的機率相等。

均勻分配的定義： 若隨機變數 $X \sim U(a, b)$，則其機率密度函數為

$f(x) = \frac{1}{b - a}, \quad a \le x \le b$

在某子區間 $[c, d] \subseteq [a, b]$ 內的機率為

$P(c \le X \le d) = \frac{d - c}{b - a}$

即**「目標區間長度 ÷ 總區間長度」**。

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解題方法

第一步：確認母體區間（總區間）

員工到達時間從 8:40 到 9:30，換算為分鐘數（以 8:40 為基準 0 分鐘）：

$a = 0 \text{ 分鐘（對應 8:40）}, \quad b = 50 \text{ 分鐘（對應 9:30）}$

總區間長度：

$b - a = 50 \text{ 分鐘}$

第二步：確認目標區間

問的是「9:00 到 9:10 之間到達」的機率。換算：

• 9:00 = 距 8:40 起算第 20 分鐘
• 9:10 = 距 8:40 起算第 30 分鐘

目標區間長度：

$d - c = 30 - 20 = 10 \text{ 分鐘}$

第三步：代入均勻分配公式

$P(9{:}00 \le X \le 9{:}10) = \frac{d - c}{b - a} = \frac{10}{50} = \frac{1}{5} = 0.2 = \mathbf{20\%}$

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選項分析

本題考查統計量作為母體參數估計量的性質，特別是關於常態分佈母體平均數的估計。

• 不偏估計量 (Unbiased Estimator)：一個估計量，其期望值等於被估計的母體參數。例如，樣本平均數 $\bar{X}$ 是母體平均數 $\mu$ 的不偏估計量，因為 $E(\bar{X}) = \mu$。
• 最小變異 (Minimum Variance)：在所有不偏估計量中，變異數最小的估計量。
• 最小變異不偏估計量 (Minimum Variance Unbiased Estimator, MVUE)：同時滿足不偏和最小變異的估計量。

對於常態分佈母體 $\mu$ 的估計：

• 樣本平均數 ($\bar{X}$)：
  • 是 $\mu$ 的不偏估計量，因為 $E(\bar{X}) = \mu$。

本題考查簡單線性迴歸分析中，相關係數、斜率、截距和判定係數之間的關係。

簡單線性迴歸模型為：$Y = \beta_0 + \beta_1 X + \epsilon$
其中：

• $Y$ 是因變數。
• $X$ 是自變數。
• $\beta_0$ 是截距 (intercept)。
• $\beta_1$ 是斜率 (slope)。
• $\epsilon$ 是誤差項。

在樣本數據上進行迴歸分析後，我們得到估計的模型：$\hat{Y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 X$。

• 相關係數 ($r$)：衡量 $X$ 和 $Y$ 之間線性關係的強度和方向。
• 判定係數 ($R^2$)：是 $r^2$，表示模型解釋的 $Y$ 的總變異比例。$R^2$ 永遠是非負的。
• 斜率 ($\hat{\beta}_1$)：表示 $X$ 每增加一個單位，$\hat{Y}$ 預期改變的量。斜率的正負號與相關係數的正負號相同。
• 截距 ($\hat{\beta}_0$)：表示當 $X=0$ 時，$\hat{Y}$ 的預測值。截距的正負號與相關係數或斜率的正負號沒有直接的、固定的關係。

核心觀念

在母體為常態分佈時，若母體平均數為 $\mu$、樣本平均數為 $\bar X$、樣本標準差為 $S$，則統計量

$$t=\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt{n}}$$

服從自由度為 $n-1$ 的 $t$ 分佈：

$$t\sim t_{n-1}$$

$t$ 分佈不是單一固定的分佈，而是由自由度 $\nu$ 所決定的一族分佈。自由度不同，曲線的尾部厚度與形狀也不同；自由度越大，$t$ 分佈越接近標準常態的 $z$ 分佈。

解題方法

判斷 $t$ 分佈的確切分佈，重點在確認其自由度 $\nu$。一般單一母體平均數的 $t$ 統計量，其自由度為

$$\nu=n-1$$

因此，樣本大小 $n$ 是透過自由度間接影響 $t$ 分佈；真正用來標示與決定 $t$ 分佈的是自由度。

故本題正確選項為自由度。

選項分析

(A) 樣本的標準差

本題考查構建母體比例信賴區間時所使用的機率分佈。

當樣本大小 $n$ 足夠大時 (通常認為 $np \ge 10$ 且 $n(1-p) \ge 10$)，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分佈近似於常態分佈。在此情況下，用於構建母體比例信賴區間的關鍵統計量是 z 分佈。

題目給定：

• 樣本數量 $n = 30$。
• 樣本比例 $p = 0.4$。

首先，檢查樣本大小是否足夠大，以應用常態近似。
$np = 30 \times 0.4 = 12$
$n(1-p) = 30 \times (1 - 0.4) = 30 \times 0.6 = 18$

本題考查統計檢定中型II誤差 (Type II error) 和檢定功效 (Power of the test) 的關係。

• 型II誤差 (Type II error, $\beta$)：指原假設 $H_0$ 為真時，卻未能拒絕 $H_0$ 的錯誤。
• 檢定功效 (Power of the test)：指當對立假設 $H_1$ 為真時，正確拒絕原假設 $H_0$ 的機率。

本題考查配對樣本 t 檢定。

當我們進行配對樣本的平均數差值檢定時，我們實際上是在檢定配對觀察值之間差異的平均數。假設我們有 $n$ 對觀測值 $(X_i, Y_i)$，我們計算每對的差值 $d_i = X_i - Y_i$。然後，我們對這些差值 $d_i$ 進行單一樣本檢定，檢驗其平均數 $\mu_d$ 是否等於某個值（通常是 0）。

檢定程序如下：

1. 計算差值 $d_i = X_i - Y_i$。
2. 計算差值的樣本平均數 $\bar{d}$。
3. 計算差值的樣本標準差 $s_d$。

核心觀念

本題考查「成對樣本 t 檢定」的自由度。

成對樣本是將每一對觀測值先相減，定義差值為：

$$D_i=X_{1i}-X_{2i},\quad i=1,2,\ldots,n$$

接著將問題轉換為對差值母體平均數 $\mu_D$ 進行單一母體平均數的 t 檢定。其 t 統計量為：

$$t=\frac{\bar D-\mu_{D,0}}{s_D/\sqrt{n}}$$

其中：

• $\bar D$：樣本差值平均數
• $s_D$：樣本差值標準差
• $n$：成對資料的組數

由於差值樣本的平均數與標準差皆由同一組樣本估計，樣本變異數的自由度為：

$$df=n-1$$

解題方法

題目給定：

$$n_1=10,\quad n_2=10$$

因為這是成對樣本，重點不是把兩組樣本數相加，而是看「有幾對配對觀測值」。

兩組樣本各有 10 個觀測值，因此共有：

$$n=10$$

組成對資料。將每一對資料相減後，得到 10 個差值，故 t 統計量的自由度為：

$$df=n-1=10-1=9$$

因此正確選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

$F$ 分佈是兩個相互獨立之卡方變數，分別除以其自由度後所形成的比值：

$$F=\frac{U_1/\nu_1}{U_2/\nu_2}, \qquad U_1\sim\chi^2(\nu_1),\quad U_2\sim\chi^2(\nu_2)$$

其中 $\nu_1$、$\nu_2$ 分別為分子與分母的自由度。

$F$ 分佈具有以下特性：

• 取值範圍為 $F>0$，不可能出現負值。
• 分佈通常向右延伸，具有右偏特性。
• 當自由度增加時，右偏程度會降低，形狀逐漸接近對稱，但一般仍稱為右偏分佈。
• 常用於變異數比較、變異數分析與迴歸分析中的整體顯著性檢定。

解題方法

判斷分佈形狀時，可先觀察其取值範圍與尾端方向。

$F$ 分佈只能取正值，且其右側尾端可延伸至很大的數值；左側則受到 $0$ 的限制。因此，大部分觀察值集中在較小的正值區域，右側形成較長的尾巴，故分佈呈現右偏：

$$\text{右尾較長} \quad\Longrightarrow\quad \text{右偏}$$

因此，$F$ 分佈的一般形狀為右偏。

選項分析

本題考查簡單線性迴歸分析中，殘差平方和的意義。

在簡單線性迴歸模型 $\hat{Y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 X$ 中：

• $\hat{Y}_i$ 是第 $i$ 個觀測值 $X_i$ 的預測值。

• $Y_i$ 是第 $i$ 個觀測值的實際值。

• 總變異 (Total Variation)：衡量因變數 $Y$ 的總體波動程度，通常用總平方和 (Total Sum of Squares, SST) 來表示。
  $SST = \sum_{i=1}^{n} (Y_i - \bar{Y})^2$

• 解釋變異 (Explained Variation)：衡量模型中自變數 $X$ 所能解釋的因變數 $Y$ 的變異程度。通常用迴歸平方和 (Regression Sum of Squares, SSR) 來表示。
  $SSR = \sum_{i=1}^{n} (\hat{Y}_i - \bar{Y})^2$

• 未解釋變異 (Unexplained Variation) 或 誤差變異 (Error Variation)：衡量模型未能解釋的因變數 $Y$ 的變異程度，即由誤差項 $\epsilon$ 引起的變異。通常用殘差平方和 (Residual Sum of Squares, SSE) 來表示。

本題考查實驗設計和統計術語。

在實驗設計和統計分析中，我們通常會區分不同類型的變數：

• 自變數 (Independent Variable)：也稱為因子 (Factor) 或預測變數 (Predictor Variable)。這是實驗者操縱或測量的變數，用於觀察其對另一個變數的影響。
• 因變數 (Dependent Variable)：也稱為回應變數 (Response Variable) 或結果變數 (Outcome Variable)。這是實驗者測量的變數，其變化被期望受到自變數的影響。
• 協變數 (Covariate)：一個與自變數相關，但不是我們感興趣的操縱變數，用於控制其對因變數的影響。
• 分類變數 (Categorical Variable)：變數的值是類別或標籤，例如性別、顏色。
• 連續變數 (Continuous Variable)：變數的值是數值，可以在某個範圍內取任何值，例如身高、溫度。

本題考查卡方適合度檢定 (Chi-squared goodness-of-fit test) 的虛無假設。

卡方適合度檢定用於檢驗一個樣本數據是否來自某個特定的理論機率分佈。

• 虛無假設 ($H_0$)：聲稱觀察到的數據樣本來自某個特定的理論分佈。
• 對立假設 ($H_1$)：聲稱觀察到的數據樣本不來自該特定的理論分佈。

本題考查卡方獨立性檢驗 (Chi-squared test of independence) 的自由度計算。

卡方獨立性檢驗用於檢驗兩個分類變數之間是否存在關聯。它基於一個列聯表 (contingency table)，該表顯示了兩個變數的聯合頻率分佈。

本題考查 Durbin-Watson (DW) 統計量的解釋，特別是其值接近 4 時的情況。

Durbin-Watson 統計量用於檢測時間序列數據中的殘差是否存在一階自相關 (autocorrelation)。其值介於 0 和 4 之間。

DW 統計量的解釋規則大致如下：

• DW 值接近 2：表示殘差之間沒有一階自相關（即 $e_t$ 與 $e_{t-1}$ 不相關）。
• DW 值小於 2 (接近 0)：表示存在正的一階自相關。殘差 $e_t$ 和 $e_{t-1}$ 傾向於同號，即如果一個殘差是正的，下一個殘差也很可能是正的；如果一個殘差是負的，下一個殘差也很可能是負的。
• DW 值大於 2 (接近 4)：表示存在負的一階自相關。

本題考查簡單線性迴歸模型的標準假設，特別是關於誤差項 (residuals) 的假設。

標準的簡單線性迴歸模型假設（通常稱為 OLS 假設）要求誤差項 $\epsilon_i$ 滿足以下條件：

1. 零均值 (Zero Mean)：每個誤差項的期望值為零。
   $E(\epsilon_i) = 0$ for all $i$。
   這意味著 $\epsilon_i$ 的平均值為 0。
2. 同質變異數 (Homoscedasticity)：所有誤差項具有相同的、恆定的變異數。
   $Var(\epsilon_i) = \sigma^2$ for all $i$。
   這意味著誤差項的變異數是恆定的，不受自變數 $X$ 的影響。
3. 獨立性 (Independence)：誤差項之間是相互獨立的。
   $Cov(\epsilon_i, \epsilon_j) = 0$ for all $i \neq j$。

本題考查全機率法則 (Law of Total Probability) 的應用。

全機率法則指出，如果事件 $B_1, B_2, ..., B_k$ 構成一個樣本空間的劃分（即它們互斥且其聯集為整個樣本空間），那麼對於任何事件 A，都有：
$P(A) = \sum_{i=1}^{k} P(A|B_i) P(B_i)$

在我們的問題中，事件 B 和其補集 B' 構成了一個樣本空間的劃分，因為：

• $B \cap B' = \emptyset$ (互斥)
• $B \cup B' = S$ (聯集為樣本空間)

本題考查連續型隨機變數的期望值計算，需要先確定機率密度函數中的常數 c。

一個機率密度函數 (PDF) $f(x)$ 必須滿足兩個條件：

1. $f(x) \ge 0$ 對於所有 $x$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$ (總機率為 1)。

首先，我們利用第二個條件來求解常數 $c$。
題目給定的 PDF 是 $f(x) = c(x + 1)$，其定義域為 $-1 < x < 3$。
$\int_{-1}^{3} c(x+1) dx = 1$
$c \int_{-1}^{3} (x+1) dx = 1$
計算積分：
$\int (x+1) dx = \frac{x^2}{2} + x$
將積分上下限代入：
$c \left[ \left( \frac{3^2}{2} + 3 \right) - \left( \frac{(-1)^2}{2} + (-1) \right) \right] = 1$
$c \left[ \left( \frac{9}{2} + 3 \right) - \left( \frac{1}{2} - 1 \right) \right] = 1$
$c \left[ \left( \frac{9+6}{2} \right) - \left( \frac{1-2}{2} \right) \right] = 1$
$c \left[ \frac{15}{2} - \left( -\frac{1}{2} \right) \right] = 1$
$c \left[ \frac{15}{2} + \frac{1}{2} \right] = 1$
$c \left[ \frac{16}{2} \right] = 1$
$c [8] = 1$
$c = \frac{1}{8}$
所以，機率密度函數為 $f(x) = \frac{1}{8}(x+1)$，對於 $-1 < x < 3$。

接下來，我們計算期望值 $E[X]$。連續型隨機變數的期望值定義為：
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx$
將 $f(x)$ 代入：

本題考查常態分佈的機率計算，需要利用標準化轉換和 Z 分配表。

題目給定：

• 母體平均數 $\mu = 0.10$ (10%)
• 母體標準差 $\sigma = 0.15$ (15%)
• 隨機變數 $X$ 代表報酬率，服從常態分配 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，即 $X \sim N(0.10, 0.15^2)$。

我們需要計算未來一年報酬率大於 40% 的機率，即 $P(X > 0.40)$。

首先，將 $X$ 標準化為 Z 分數。標準化公式為：
$Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$

第三題 詳解

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核心觀念

本題考察以下三個核心知識點：

1. 動差母函數（MGF）的識別：給定 $M(t)$，反推對應的機率分配族，進而寫出 PDF（機率密度函數）。
2. 伽瑪分配（Gamma Distribution）的 MGF 標準形式：
   $M(t) = (1 - \beta t)^{-\alpha}, \quad t < \frac{1}{\beta}$
   其中 $\alpha > 0$ 為形狀參數（shape），$\beta > 0$ 為尺度參數（scale）。
3. 以 MGF 求期望值與變異數：利用 $E[X] = M'(0)$、$E[X^2] = M''(0)$，再求 $\text{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。

關於題目用詞的更正
題目寫「機率質量函數（PMF）」，但 PMF 專指離散隨機變數。由 $M(t)=(1-5t)^{-1/2}$ 對應的伽瑪分配為連續分配，正確名稱應為機率密度函數（Probability Density Function, PDF）。以下按 PDF 作答。

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(a) 求 X 的機率密度函數（PDF）

步驟 1：比對伽瑪分配 MGF 標準形式

伽瑪分配 $X \sim \text{Gamma}(\alpha, \beta)$ 的 MGF 為：

$M(t) = (1 - \beta t)^{-\alpha}, \quad t < \frac{1}{\beta}$

將題目給的 MGF 與標準形式對照：

$M(t) = (1 - 5t)^{-1/2}$

逐項比對得：

$\beta = 5, \quad \alpha = \frac{1}{2}$

收斂條件 $t < \frac{1}{5}$ 與題意吻合，確認無誤。

步驟 2：寫出 Gamma$\!\left(\tfrac{1}{2},\ 5\right)$ 的 PDF

伽瑪分配的 PDF 一般式為：

$f(x) = \frac{1}{\beta^{\alpha}\,\Gamma(\alpha)}\; x^{\alpha - 1}\, e^{-x/\beta}, \quad x > 0$

代入 $\alpha = \tfrac{1}{2}$、$\beta = 5$，並利用已知特殊值 $\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}$：

$\beta^{\alpha} = 5^{1/2} = \sqrt{5}, \qquad \Gamma\!\!\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}$

$\boxed{f(x) = \frac{1}{\sqrt{5\pi}}\; x^{-1/2}\, e^{-x/5}, \quad x > 0}$

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(b) 求期望值 $E[X]$ 與變異數 $\text{Var}(X)$

方法一：直接套用伽瑪分配公式（快速驗算用）

$E[X] = \alpha\beta = \frac{1}{2} \times 5 = \frac{5}{2}$

核心觀念

本題考的是母體比例（proportion）的單尾假說檢定（one-tailed hypothesis test），屬於大樣本比例檢定。

涉及的定義與定理：

• 不良率（defective rate）：母體比例 $p$，代表產品為瑕疵品的機率。
• 樣本比例：$\hat{p} = \dfrac{X}{n}$，其中 $X$ 為樣本中瑕疵品數，$n$ 為樣本數。
• 大樣本近似常態：當 $n$ 夠大（通常要求 $np \geq 5$ 且 $n(1-p) \geq 5$），樣本比例 $\hat{p}$ 近似常態分配：
  $\hat{p} \sim N\!\left(p,\, \frac{p(1-p)}{n}\right)$
• 檢定統計量：
  $Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\dfrac{p_0(1-p_0)}{n}}}$
  其中 $p_0$ 為虛無假設下的母體比例。

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解題方法

Step 1：建立假說

廠商宣稱「不良率小於 8%」，買主要檢定此宣稱是否成立。

統計假說檢定的標準邏輯：虛無假說（$H_0$）取等號（或含等號的邊界），對立假說（$H_1$）為研究者想要支持或懷疑的方向。

此題買主的立場是要檢定廠商宣稱（不良率 $< 8\%$）是否為真，因此：

$H_0: p = 0.08 \quad \text{（以最不利的邊界值作為虛無假說）}$
$H_1: p < 0.08 \quad \text{（廠商宣稱成立，為左尾檢定）}$

為何是左尾？ 廠商宣稱的方向是「小於」，若資料顯著支持 $\hat{p}$ 比 $0.08$ 小很多，才能接受廠商說法，故拒絕域在左尾。

Step 2：計算樣本比例

$\hat{p} = \frac{X}{n} = \frac{6}{100} = 0.06$

Step 3：驗證大樣本條件

$np_0 = 100 \times 0.08 = 8 \geq 5 \quad \checkmark$
$n(1-p_0) = 100 \times 0.92 = 92 \geq 5 \quad \checkmark$

條件滿足，可使用常態近似。

Step 4：計算檢定統計量

本題考查變異數的 F 檢定和平均數的 t 檢定（或 Z 檢定），這是統計推論中的標準應用。

首先，我們需要計算樣本的平均數和樣本變異數。
樣本 X 的數據 (nₓ = 9):
21.5, 20.3, 21.8, 21.1, 20.6, 20.4, 21.7, 22.0, 20.3
樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{21.5+20.3+21.8+21.1+20.6+20.4+21.7+22.0+20.3}{9} = \frac{189.7}{9} \approx 21.0778$
題目已給定樣本變異數 $s_x^2 = 0.48$。
樣本標準差 $s_x = \sqrt{0.48} \approx 0.6928$。
樣本自由度 $df_x = n_x - 1 = 9 - 1 = 8$。

樣本 Y 的數據 (n_y = 13):
21.5, 20.1, 19.6, 20.8, 20.3, 21.5, 21.6, 19.1, 19.4, 20.4, 20.8, 21.0, 21.1
樣本平均數 $\bar{y}$：
$\bar{y} = \frac{21.5+20.1+19.6+20.8+20.3+21.5+21.6+19.1+19.4+20.4+20.8+21.0+21.1}{13} = \frac{271.2}{13} \approx 20.8615$
題目已給定樣本變異數 $s_y^2 = 0.68$。
樣本標準差 $s_y = \sqrt{0.68} \approx 0.8246$。
樣本自由度 $df_y = n_y - 1 = 13 - 1 = 12$。

顯著水準 $\alpha = 0.05$。

(a) 檢定 $H_0: \sigma_x^2 = \sigma_y^2$ vs $H_1: \sigma_x^2 \neq \sigma_y^2$

這是檢定兩個母體變異數是否相等的 F 檢定。
檢定統計量為變異數的比值：$F = \frac{s_x^2}{s_y^2}$ 或 $F = \frac{s_y^2}{s_x^2}$。
為了使用標準的 F 分配表，我們通常將較大的樣本變異數放在分子。
在這裡，$s_y^2 = 0.68$ 且 $s_x^2 = 0.48$。
所以，我們計算 $F = \frac{s_y^2}{s_x^2}$。

$F_{計算} = \frac{0.68}{0.48} = \frac{68}{48} = \frac{17}{12} \approx 1.4167$

此檢定的自由度為：
分子自由度 $df_1 = n_y - 1 = 13 - 1 = 12$ (對應於 $s_y^2$)。
分母自由度 $df_2 = n_x - 1 = 9 - 1 = 8$ (對應於 $s_x^2$)。

這是雙尾檢定，$H_1: \sigma_x^2 \neq \sigma_y^2$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
我們需要找到 F 分配的臨界值。對於雙尾檢定，臨界值是 $F_{\alpha/2}(df_1, df_2)$ 和 $F_{1-\alpha/2}(df_1, df_2)$。
這裡 $\alpha/2 = 0.025$。
題目給定了 $F_{0.025}(9,13)$ 和 $F_{0.025}(8,12)$。
我們計算的 F 統計量是 $F = \frac{s_y^2}{s_x^2}$，所以分子自由度是 12，分母自由度是 8。
我們需要 $F_{0.025}(12, 8)$。
題目給了 $F_{0.025}(8,12) = 3.51$。
查 F 表可知，$F_{1-\alpha/2}(df_1, df_2) = 1 / F_{\alpha/2}(df_2, df_1)$。
所以，$F_{0.975}(12, 8) = 1 / F_{0.025}(8, 12) = 1 / 3.51 \approx 0.2849$。
而 $F_{0.025}(12, 8)$ 需要查表，但通常題目會給出。
如果題目提供的 $F_{0.025}(8,12)=3.51$ 是指 $df_1=8, df_2=12$，那麼我們計算的 $F = s_y^2/s_x^2$ 應該是 $df_1=12, df_2=8$。

假設題目提供的 F 值是正確的，且對應我們計算的自由度。
如果我們使用 $F_{calc} = s_x^2 / s_y^2 = 0.48 / 0.68 \approx 0.7059$。
此時 $df_1 = 8$ (對應 $s_x^2$), $df_2 = 12$ (對應 $s_y^2$)。
臨界值為 $F_{0.025}(8, 12) = 3.51$ 和 $F_{0.975}(8, 12) = 1 / F_{0.025}(12, 8)$。
查表得到 $F_{0.975}(8, 12) \approx 1 / 3.15 \approx 0.317$。
所以，拒絕域為 $F_{calc} > 3.51$ 或 $F_{calc} < 0.317$。
我們的 $F_{calc} \approx 0.7059$。
因為 $0.317 < 0.7059 < 3.51$，所以我們不拒絕 $H_0$。
$\sigma_x^2 = \sigma_y^2$。

如果我們使用 $F_{calc} = s_y^2 / s_x^2 = 0.68 / 0.48 \approx 1.4167$。
此時 $df_1 = 12$ (對應 $s_y^2$), $df_2 = 8$ (對應 $s_x^2$)。
臨界值為 $F_{0.025}(12, 8) \approx 3.15$ (查表) 和 $F_{0.975}(12, 8) \approx 1 / F_{0.025}(8, 12) = 1 / 3.51 \approx 0.2849$。
拒絕域為 $F_{calc} > 3.15$ 或 $F_{calc} < 0.2849$。
我們的 $F_{calc} \approx 1.4167$。
因為 $0.2849 < 1.4167 < 3.15$，所以我們不拒絕 $H_0$。
$\sigma_x^2 = \sigma_y^2$。

結論 (a)：在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，沒有足夠的證據拒絕母體變異數相等的假設。
[答案 (a)]: $F_{calc} \approx 1.4167$ (或 0.7059)。臨界值約為 $0.2849$ 和 $3.15$ (或 $0.317$ 和 $3.51$)。因為 $F_{calc}$ 落在接受域內，所以不拒絕 $H_0$。

本題考查離散型機率分佈的機率質量函數 (PMF) 的性質，包括求解常數、計算期望值和變異數。

(a) 求解常數 A
對於一個機率質量函數 (PMF) $f(x)$，必須滿足兩個條件：

1. $f(x) \ge 0$ 對於所有可能的 $x$ 值。
2. $\sum_{x} f(x) = 1$ (所有可能值的機率總和為 1)。

首先，檢查條件 1：
$f(x) = \frac{3x-1}{A}$，對於 $x = 1, 2, 3, 4, 5$。
當 $x=1$, $f(1) = \frac{3(1)-1}{A} = \frac{2}{A}$。
當 $x=2$, $f(2) = \frac{3(2)-1}{A} = \frac{5}{A}$。
當 $x=3$, $f(3) = \frac{3(3)-1}{A} = \frac{8}{A}$。
當 $x=4$, $f(4) = \frac{3(4)-1}{A} = \frac{11}{A}$。
當 $x=5$, $f(5) = \frac{3(5)-1}{A} = \frac{14}{A}$。
為了使 $f(x) \ge 0$，我們需要 $A > 0$ (因為分子 $3x-1$ 對於 $x=1,2,3,4,5$ 都是正的)。

接下來，利用條件 2：所有機率的總和為 1。
$\sum_{x=1}^{5} f(x) = 1$
$f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) = 1$
$\frac{2}{A} + \frac{5}{A} + \frac{8}{A} + \frac{11}{A} + \frac{14}{A} = 1$
$\frac{2+5+8+11+14}{A} = 1$
$\frac{40}{A} = 1$
$A = 40$
所以，常數 $A=40$。
PMF 為 $f(x) = \frac{3x-1}{40}$，對於 $x = 1, 2, 3, 4, 5$。

(b) 計算期望值 $E[X]$ 與變異數 $Var(X)$

離散型隨機變數的期望值定義為：
$E[X] = \sum_{x} x f(x)$

計算 $E[X]$：
$E[X] = 1 \cdot f(1) + 2 \cdot f(2) + 3 \cdot f(3) + 4 \cdot f(4) + 5 \cdot f(5)$