114 年 國立嘉義大學財務金融學系碩士班《統計學》

此題考驗對機率抽樣方法的理解。機率抽樣是指樣本中的每一個元素都有已知的、非零的機率被選入樣本。

(A) 便利抽樣 (Convenience Sampling)：選擇最容易接觸到的對象，不具備隨機性，非機率抽樣。

此題考驗機率的基本運算，特別是聯集、交集與補集的概念。
設 A 為「房屋銷售會增加」的事件，P(A) = 0.25。
設 B 為「房屋貸款利率上升」的事件，P(B) = 0.74。
「房屋銷售或貸款利率上升」表示事件 A 與事件 B 的聯集，即 $P(A \cup B) = 0.89$。

我們知道聯集公式：$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$。
將已知數值代入：$0.89 = 0.25 + 0.74 - P(A \cap B)$
$0.89 = 0.99 - P(A \cap B)$
$P(A \cap B) = 0.99 - 0.89 = 0.10$。

此題考驗貝氏定理(Bayes' Theorem)的應用。
設 O 為「零件由舊機器生產」的事件，N 為「零件由新機器生產」的事件。
設 D 為「零件是瑕疵品」的事件。

已知資訊：
舊機器的瑕疵率：$P(D|O) = 0.23$
新機器的瑕疵率：$P(D|N) = 0.08$
新機器的生產量是舊機器的三倍。這意味著如果總生產量是 4 份，新機器佔 3 份，舊機器佔 1 份。
所以，隨機選取的零件由舊機器生產的機率：$P(O) = \frac{1}{1+3} = \frac{1}{4} = 0.25$
隨機選取的零件由新機器生產的機率：$P(N) = \frac{3}{1+3} = \frac{3}{4} = 0.75$

此題考驗對指數分佈的理解及其累積分布函數的應用。
指數分佈的機率密度函數 (PDF) 為 $f(x;\lambda) = \lambda e^{-\lambda x}$，其中 $x \ge 0$。
平均值 (mean) 為 $E(X) = \frac{1}{\lambda}$。
累積分布函數 (CDF) 為 $F(x;\lambda) = P(X \le x) = 1 - e^{-\lambda x}$，其中 $x \ge 0$。

核心觀念

這題考查的是**抽樣分配（Sampling Distribution）中最核心的定理——中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT），以及樣本平均數分配（Sampling Distribution of the Sample Mean）**的三個基本性質。

涉及的定義與定理如下：

設母體的均值為 $\mu$、標準差為 $\sigma$，從中抽取樣本數為 $n$ 的隨機樣本，則樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配具有以下三個性質：

性質一（均值）：
$E(\bar{X}) = \mu$

性質二（標準誤，Standard Error）：
$\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$

性質三（分配形狀，中央極限定理）：

• 若母體本身為常態分配，則無論 $n$ 多小，$\bar{X}$ 均精確服從常態分配。
• 若母體不為常態分配，當 $n$ 夠大（通常以 $n \geq 30$ 為經驗法則）時，$\bar{X}$ 的分配近似常態分配。

解題方法

確認題目已知條件：

注意： 題幹前半段提及「抽取 $n=50$ 的樣本」，後半段又提「若樣本數 15」，前後出現兩個數字，形成本題的文字陷阱。分析選項時須釐清使用哪個 $n$。以下逐項說明。

選項分析

選項 (A)：樣本平均數分配的均值為 6 公斤

依性質一：
$E(\bar{X}) = \mu = 6 \text{ 公斤}$

樣本平均數的期望值恆等於母體均值，與樣本數 $n$ 無關。無論 $n=50$ 或 $n=15$，結果皆相同。

✅ 選項 (A) 正確。

選項 (B)：樣本平均數分配的標準差為 2.5 公斤

依性質二，樣本平均數的標準差（標準誤）為：
$\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$

$2.5$ 公斤是母體標準差 $\sigma$，而非樣本平均數的標準差。

若 $n=50$：
$\sigma_{\bar{X}} = \frac{2.5}{\sqrt{50}} = \frac{2.5}{7.071} \approx 0.354 \text{ 公斤}$

若 $n=15$：
$\sigma_{\bar{X}} = \frac{2.5}{\sqrt{15}} = \frac{2.5}{3.873} \approx 0.645 \text{ 公斤}$

核心觀念

本題考查「樣本平均數的標準誤」與樣本量的關係。

若母體標準差為 $\sigma$，樣本平均數的標準誤為：

因此，在母體變異程度不變時，標準誤與樣本量平方根成反比：

樣本量增加時，標準誤會下降；但要使標準誤減半，樣本量必須增加為原來的 4 倍。

解題方法

原本樣本量為 $n_1=100$，平均值標準誤為 $SE_1=30$；調整後標準誤為 $SE_2=15$。

由標準誤公式：

代入數值：

兩邊平方：

此題考驗信賴區間的計算，特別是關於樣本數的決定。
題目給了一個 90% 信賴區間 (0.438, 0.642)，樣本數 $n_1 = 69$。
信賴區間的一般形式是：$\hat{p} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$，其中 $\hat{p}$ 是樣本比例。
區間的寬度是 $2 \times Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$。
估計誤差 (margin of error, ME) 是 $ME = Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$。

從給定的信賴區間 (0.438, 0.642)，我們可以推算出樣本比例 $\hat{p}$ 和估計誤差。
區間的中心點是樣本比例：$\hat{p} = \frac{0.438 + 0.642}{2} = \frac{1.080}{2} = 0.54$。
估計誤差是區間一半的寬度：$ME_1 = \frac{0.642 - 0.438}{2} = \frac{0.204}{2} = 0.102$。

這是在 90% 信賴水準下計算的。
對於 90% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.90 = 0.10$，$\alpha/2 = 0.05$。
查標準常態分布表，與 0.05 對應的 $Z_{\alpha/2}$ 值約為 1.645。
所以，$ME_1 = Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n_1}} = 1.645 \sqrt{\frac{0.54(1-0.54)}{69}} \approx 1.645 \sqrt{\frac{0.54 \times 0.46}{69}} \approx 1.645 \sqrt{\frac{0.2484}{69}} \approx 1.645 \sqrt{0.003599} \approx 1.645 \times 0.05999 \approx 0.0987$。
這裡算出來的 $ME_1$ 約為 0.0987，與題目給的 0.102 略有差異。這可能是因為題目給的區間是四捨五入的，或者 $\hat{p}$ 並非精確的 0.54。

但是，我們已知 $\hat{p} \approx 0.54$。
我們需要計算新的樣本數 $n_2$，使得在 95% 信賴水準下，估計誤差 $ME_2 \le 0.08$。
對於 95% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$。
查標準常態分布表，與 0.025 對應的 $Z_{\alpha/2}$ 值為 1.96。

樣本數的決定公式為：$n = (\frac{Z_{\alpha/2} \sigma}{\text{ME}})^2$。
對於比例，我們使用 $\hat{p}(1-\hat{p})$ 來估計 $\sigma^2$。

此題考驗對假設檢定中型一錯誤、型二錯誤與檢定力的概念及其相互關係的理解。

假設檢定中，我們有兩種錯誤：

1. 型一錯誤 (Type I Error)：當虛無假設 (Null Hypothesis, $H_0$) 為真時，卻拒絕了 $H_0$。其機率通常用 $\alpha$ 表示，即顯著水準 (significance level)。
2. 型二錯誤 (Type II Error)：當對立假設 (Alternative Hypothesis, $H_1$) 為真時，卻未能拒絕 $H_0$。其機率用 $\beta$ 表示。

檢定力 (Power) 是指當對立假設 ($H_1$) 為真時，正確地拒絕虛無假設 ($H_0$) 的機率。
Power $= 1 - \beta$。

題目提到「型一錯誤機率要降低」，這意味著 $\alpha$ 要降低。
同時，「樣本數固定」。

我們知道，在樣本數固定的情況下，降低型一錯誤機率 ($\alpha$) 的方法通常是：

• 調整檢定統計量的臨界值 (critical value)：要降低 $\alpha$，臨界值需要向遠離原點的方向移動。例如，在標準常態分佈中，若要降低右尾檢定的 $\alpha$，則臨界值會變大；若要降低左尾檢定的 $\alpha$，則臨界值會變小（絕對值變大）。

此題考驗對假設檢定中顯著性水準、型一錯誤、型二錯誤和檢定力的理解。

顯著性水準 (Significance Level)，通常用 $\alpha$ 表示，是指虛無假設 ($H_0$) 為真時，拒絕 $H_0$ 的機率。
題目給定顯著性水準為 5%，即 $\alpha = 0.05$。
這直接定義了 型一錯誤 (Type I Error) 的機率：$P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true}) = \alpha = 0.05$。

型二錯誤 (Type II Error)，用 $\beta$ 表示，是指對立假設 ($H_1$) 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率：$P(\text{Fail to reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = \beta$。

檢定力 (Power) 是指對立假設 ($H_1$) 為真時，正確地拒絕 $H_0$ 的機率：Power $= 1 - \beta$。

核心觀念

母體變異數未知，且題目提供樣本標準差 $S$，因此檢定統計量採用單一母體平均數的 $t$ 統計量：

本題假設為：

其中 $n=36$、$\mu_0=30$，自由度為：

因為是雙尾檢定，越能拒絕 $H_0$ 的資料，必須具有越大的統計量絕對值 $|t|$。也就是樣本平均數與 $30$ 的差距越大，且樣本標準差越小，越有利於拒絕虛無假設。

解題方法

將 $n=36$ 代入公式：

因此：

比較各選項的 $|t|$ 值即可。

選項分析

(A) $\bar X=28,\ S=6$

因此：

樣本平均數低於假設平均數 $30$，但標準化後的差距為 $2$。

(B) $\bar X=27,\ S=4$

因此：

雖然樣本平均數只比 $30$ 低 $3$，但樣本標準差較小，使平均數差距的標準化程度變大。

此題考驗對檢定兩母體變異數相等性的統計方法。

檢定兩母體變異數是否相等的標準方法是 F 檢定 (F-test for equality of variances)。
該檢定是基於比較兩個獨立樣本的變異數。

虛無假設通常設定為：$H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2$ (兩母體變異數相等)。
對立假設通常為：$H_1: \sigma_1^2 \neq \sigma_2^2$ (兩母體變異數不等)，或者單尾的情形。

F 檢定統計量的計算公式是：$F = \frac{s_1^2}{s_2^2}$ 或 $F = \frac{s_2^2}{s_1^2}$，其中 $s_1^2$ 和 $s_2^2$ 分別是兩個獨立樣本的樣本變異數

此題考驗對 Tukey-Kramer 方法的理解和應用。

Tukey-Kramer 方法（也稱為 Tukey's Honestly Significant Difference, Tukey's HSD）是一種事後檢定 (post-hoc test) 方法。
事後檢定用於在進行了顯著的變異數分析 (ANOVA) 後，確定哪些組別之間的平均數存在顯著差異。

ANOVA 檢定的是所有組別的母體平均數是否相等。如果 ANOVA 結果顯著，說明至少有一對組別的平均數不同。但是，ANOVA 本身無法告訴我們具體是哪幾對組別有顯著差異。
這時就需要事後檢定，如 Tukey-Kramer 方法，來進行多重比較。

此題考驗對單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的基本結構和假設的理解。

單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的目的是比較 兩個或多個獨立組別 的母體平均數是否存在顯著差異。
它只涉及 一個 分類自變數（因子），該因子有兩個或多個水平（組別）。
例如，比較三種不同肥料對作物產量的影響，此時「肥料種類」是單一因子。

交互作用 (Interaction) 是指一個因子對因變數的影響程度，取決於另一個因子的水平。
交互作用的分析通常出現在 多因子變異數分析 (Factorial ANOVA) 中，例如雙因子變異數分析 (Two-Way ANOVA)。
在雙因子變異數分析中，我們會有兩個或多個因子，並且可以檢定這些因子之間是否存在交互作用。

第 14 題　Wilcoxon 秩和檢定（Wilcoxon Rank Sum Test）的假設條件

核心觀念

本題考的是 無母數統計（Nonparametric Statistics） 中 Wilcoxon 秩和檢定（又稱 Mann-Whitney U 檢定）的適用前提與假設條件。這是一種用來比較兩個獨立樣本**位置（location）**差異的檢定方法，常作為獨立樣本 $t$ 檢定的無母數替代方案。

解題方法

本題屬於「觀念辨識型」選擇題，解題關鍵在於逐一確認 Wilcoxon 秩和檢定的三大核心假設是否均正確，再判斷是否「以上皆是」。

Wilcoxon 秩和檢定的標準假設條件如下：

1. 資料型態假設：兩組樣本的觀測值可以是連續型數值或至少具有可排序性（ordinal）的秩，因為檢定程序需要將所有數據合併後統一排秩（combined ranking）。

2. 隨機且獨立抽樣假設：兩個樣本必須各自獨立隨機抽取自各自的母群體，組間觀測值彼此獨立，且組內觀測值亦相互獨立。

3. 母群體形狀相同假設（相同形狀與離散）：兩個母群體的分配形狀（shape）與離散程度（spread/dispersion）必須相等，只允許存在位置（中位數）的平移差異。這個假設使得「位置差異」成為唯一待檢定的目標，否則即使秩和有差異，也無法單純歸因於位置不同。

這三個假設在教科書（如 Hollander, Wolfe, & Chicken 的《Nonparametric Statistical Methods》，或 Conover 的《Practical Nonparametric Statistics》）中均有明確列出，且三者缺一不可。

選項分析

(A) 獲得的數據是秩或數值，且將轉換為合併秩序

正確。

Wilcoxon 秩和檢定的計算核心正是合併排秩（combined ranking）：將兩組共 $n_1 + n_2$ 個觀測值由小到大合併排列，賦予秩次 $1, 2, \ldots, n_1+n_2$，再分別加總各組的秩。因此，原始資料必須是至少具有可比較大小的數值或順序資料，才能執行排秩程序。選項 (A) 正確描述了資料型態與處理方式。

(B) 兩個樣本隨機且獨立地從其各自的母群體中抽取

正確。

第 15 題　線性回歸分析的基本假設

核心觀念

本題考查簡單線性回歸（Simple Linear Regression）的模型假設（Model Assumptions）。進行回歸分析時，必須滿足一組前提條件，才能保證估計量的良好統計性質（如 OLS 估計量的不偏性與有效性）。這些假設通常被稱為高斯-馬可夫條件（Gauss-Markov Conditions），也是考試的核心考點。

簡單線性回歸模型設定如下：

$Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \varepsilon_i, \quad i = 1, 2, \ldots, n$

其中 $\varepsilon_i$ 為隨機誤差項（error term），模型的標準假設針對的是 $\varepsilon_i$ 的行為，而不是 $X$ 或 $Y$ 本身的分配形狀或變異數大小。

解題方法

逐一檢視每個選項，對照標準線性回歸假設清單，判斷其是否為真正的回歸假設。

標準線性回歸的四大核心假設為：

選項分析

(A) X 和 Y 的變異數相等 ✗（錯誤，非回歸假設）

回歸分析從不假設自變數 $X$ 與依變數 $Y$ 的變異數相等。$\text{Var}(X) = \text{Var}(Y)$ 是相關分析或某些特殊模型（如 SEM）中才可能涉及的概念，在標準 OLS 回歸框架中完全不是前提。

實際上，在簡單線性回歸中：

$\text{Var}(Y_i) = \beta_1^2 \cdot \text{Var}(X_i) + \text{Var}(\varepsilon_i)$

顯然 $\text{Var}(Y)$ 與 $\text{Var}(X)$ 一般情形下並不相等，且模型本身也不要求它們相等。選項 (A) 並非回歸假設，故為錯誤陳述。

(B) 回歸線周圍的變異在每個 X 值處相同 ✓（正確，此為「同質變異數」假設）

這正是回歸的同質變異數假設（Homoscedasticity），即：

此題考驗對線性迴歸模型誤差項 (residuals) 的機率分佈假設的理解。
線性迴歸模型的誤差項 $\epsilon_i$ 的假設通常包括：

1. 零均值 (Zero Mean)：$E(\epsilon_i) = 0$。
2. 同質變異性 (Homoscedasticity)：$Var(\epsilon_i) = \sigma^2$ (恆定)。
3. 獨立性 (Independence)：$\epsilon_i$ 相互獨立。
4. (可選) 常態性 (Normality)：$\epsilon_i$ 服從常態分布 $N(0, \sigma^2)$。

此題考驗對殘差圖 (residual plot) 的解釋，以及它如何幫助檢驗迴歸模型的假設。
殘差圖通常是繪製殘差 (residuals, $\hat{\epsilon}$) 與預測值 ($\hat{Y}$) 或自變數 (X) 之間的關係圖。

一個理想的殘差圖應該顯示殘差隨機散佈在零線周圍，沒有明顯的模式。
這意味著：

• 零均值：殘差的平均值接近於零。
• 獨立性：殘差之間沒有系統性的關係。
• 同質變異性：殘差的散佈程度（變異數）在整個預測值的範圍內是恆定的。

選項分析：
(A) 常態性：常態性假設是關於誤差項（或殘差）的機率分佈。殘差圖本身（通常是殘差對預測值或 X 的圖）主要用於檢查同質變異性和獨立性，而不是直接檢查常態性。常態性通常通過直方圖、Q-Q 圖或統計檢定來檢查。因此，扇形圖不直接違反常態性假設。

此題考驗對線性迴歸和相關性概念的理解。

我們要測量的是「兩個數值變量之間線性關係的 強度」。

選項分析：
(A) 散佈圖 (Scatter Plot)：散佈圖可以 視覺化 兩個變量之間的關係，包括其線性程度、方向和強度。觀察散佈圖，如果點大致沿直線分佈，則表示存在線性關係；如果點非常緊密地聚集在直線周圍，則表示關係強度高；如果點散佈得很開，則表示關係強度低。散佈圖是 觀察和初步評估 強度的一種方式，但它不是一個 量化的測量指標。

(B) 相關係數 (Correlation Coefficient)：相關係數（最常見的是皮爾森相關係數, $r$）是衡量兩個數值變量之間 線性關係強度和方向 的量化指標。它的值介於 -1 和 +1 之間。
* $r$ 接近 +1 表示強的、正的線性關係。
* $r$ 接近 -1 表示強的、負的線性關係。

核心觀念

多元迴歸模型加入交互作用項，是要檢驗一個自變量對因變量的影響，是否會受到另一個自變量不同水準的影響。

基本模型可寫為：

其中，$X_1X_2$ 為交互作用項。對 $X_1$ 求偏微分，可得 $X_1$ 對 $Y$ 的邊際影響：

此式表示：$X_1$ 對 $Y$ 的影響程度，會隨著 $X_2$ 的數值不同而改變。

同理，$X_2$ 對 $Y$ 的邊際影響為：

因此，交互作用代表兩個自變量會共同影響因變量，且其中一個自變量的效果取決於另一個自變量的水準。

解題方法

本題可直接掌握交互作用項的定義。

若模型中包含 $X_1X_2$，則 $X_1$ 的迴歸效果不是固定的 $\beta_1$，而是：

當 $X_2$ 改變時，$X_1$ 對 $Y$ 的影響也會隨之改變。因此，交互作用項所表達的是「調節效果」或「交互影響」。

若 $\beta_3>0$，$X_2$ 越大，$X_1$ 對 $Y$ 的正向影響越強；若 $\beta_3<0$，$X_2$ 越大，$X_1$ 對 $Y$ 的影響越弱。

選項分析

(A) 判定係數很小

此題考驗對虛擬變數 (dummy variables) 編碼的理解。
虛擬變數用於將類別型自變數 (categorical independent variable) 轉換為數值型變數，以便在迴歸模型中使用。

對於一個具有 $k$ 個類別的類別型自變數，我們通常需要設置 $k-1$ 個虛擬變數。
這是因為 $k$ 個類別可以用 $k$ 個變數來表示，但由於線性關係（例如，如果我們用 $k$ 個變數，且它們都表示一個樣本屬於某類別的機率，那麼這些機率的總和為 1，存在線性相依性），我們只需要 $k-1$ 個變數來完全捕捉所有的資訊，而第 $k$ 個類別則

核心觀念

本題考查時間序列分析（Time Series Analysis）中的**簡單指數平滑法（Simple Exponential Smoothing, SES）**之定義、權重分配機制與運算特性。

簡單指數平滑法的遞迴預測公式為：

其中：

• $Y_t$ 為第 $t$ 期的實際觀測值。
• $\hat{Y}_{t+1}$ 為對第 $t+1$ 期的平滑預測值。
• $\alpha$ 為平滑常數（Smoothing Constant），滿足 $0 < \alpha \le 1$。

將上式持續向過去時期展開，可得權重遞減之展開式：

由展開式可知：

1. 指數遞減加權：距當前越近的期別，其權重為 $\alpha$；越早期的觀測值，其權重為 $\alpha(1-\alpha)^k$，呈指數型態（幾何級數）逐漸遞減。
2. 運算記憶性優勢：在進行每一次新的平滑計算時，只需要前一期的實際觀測值 $Y_t$ 與前一期的平滑值 $\hat{Y}_t$，並不需要保留或調用所有的早期原始觀測值（All historical raw observations）。這是指數平滑法相較於移動平均法（Moving Average）在資料儲存與計算量上最大的優勢。

解題方法

本題為觀念題，主要辨別指數平滑法的兩大核心精髓：

1. 加權結構：近期給予大權重，遠期給予小權重（幾何衰減）。

此題考驗組合與機率的計算，特別是超幾何分佈的概念。
總人數為 $12$ 名男性 $+ 4$ 名女性 $= 16$ 人。
我們要從這 16 人中隨機選取 3 人。
選取 3 人總共有多少種組合？ $C(16, 3) = \frac{16!}{3!(16-3)!} = \frac{16!}{3!13!} = \frac{16 \times 15 \times 14}{3 \times 2 \times 1} = 16 \times 5 \times 7 = 560$ 種。

我們希望這 3 人全部是男性。
男性總人數是 12 人。
從 12 名男性中選取 3 人，有多少種組合？

核心觀念

本題考查兩事件聯集的機率：

• 事件 $F$：隨機選取的市民為女性。
• 事件 $O$：隨機選取的市民持反對意見。

要求的是女性或持反對意見，即 $P(F\cup O)$。依聯集機率公式：

減去交集是為了避免「女性且反對」的市民被重複計算。

解題方法

先整理資料：

• 支持者共 $62$ 人，其中男性 $40$ 人，因此女性支持者為
  $62-40=22$ 人。
• 反對者共 $38$ 人，其中男性 $15$ 人，因此女性反對者為
  $38-15=23$ 人。
• 女性總人數為
  $22+23=45$ 人。

因此：

代入聯集公式：

第 24 題　詳解

核心觀念

本題考查 單因子變異數分析（One-Way ANOVA）中 F 統計量的結構與直覺。

F 統計量的定義公式：

$F = \frac{MSB}{MSW} = \frac{SSB/(k-1)}{SSW/(N-k)}$

其中：

• $SSB$（Sum of Squares Between）＝組間平方和（Between-group variation）
• $SSW$（Sum of Squares Within）＝組內平方和（Within-group variation，又稱 Error SS）
• $k$＝組數；$N$＝總觀測數
• $MSB = SSB/(k-1)$＝平均組間變異（Mean Square Between）
• $MSW = SSW/(N-k)$＝平均組內變異（Mean Square Within）

關鍵恆等式（總變異分解）：

$SST = SSB + SSW$

即總變異等於組間變異加上組內變異。

F 值的大小完全由 $MSB$ 與 $MSW$ 的比值決定，而非直接由 $SST$ 的大小決定。

解題方法

切入點：回到 F 值的本質定義

$F = \frac{MSB}{MSW}$

只要牢記這個比值：

• 分子（$MSB$）越大，F 值越大；分子越小，F 值越小。
• 分母（$MSW$）越大，F 值越小；分母越小，F 值越大。

逐一對照每個選項是否符合此規律。

對於「總變異」相關選項，需特別注意：$SST = SSB + SSW$，總變異改變時，必須知道是 $SSB$ 增加還是 $SSW$ 增加，不能單憑 $SST$ 的增減直接判斷 F 值方向。

選項分析

(A) 平均組間變異相對於平均組內變異減少時，F 值會減少　→　✅ 正確

「平均組間變異相對於平均組內變異減少」即代表：

$\frac{MSB}{MSW} \text{ 的比值下降}$

由 F 值定義，$F = MSB / MSW$，比值下降則 F 值直接減少。此選項對 F 值的描述完全符合定義，正確。

(B) 總變異增加時，F 值會減少　→　❌ 錯誤

核心觀念

題目給定飛行時間 $X$ 在 $170$ 分鐘至 $220$ 分鐘之間呈均勻分佈，表示：

均勻分佈的特性是：在分佈範圍內，等長區間具有相同機率。因此，某區間的機率可用「該區間長度 ÷ 全部範圍長度」計算：

由於 $X$ 為連續型隨機變數，單一端點的機率為 $0$，所以 $175<X\le195$ 的端點是否包含，不影響計算結果。

解題方法

整個可能的飛行時間範圍為：

題目所求區間 $175<X\le195$ 的長度為：

因此：

選項分析

此題考驗對比例檢定 (Hypothesis Testing for Proportions) 的應用。
我們想檢定宣導活動是否成功提高駕駛人繫安全帶的比例。

1. 設定虛無假設 ($H_0$) 和對立假設 ($H_1$)：

   • 虛無假設 $H_0$: 活動沒有成功提高比例，即比例維持原樣或下降。
   • 對立假設 $H_1$: 活動成功提高了比例。
   • 原比例 $p_0 = 0.14$。
   • 所以，$H_0: p \le 0.14$ (或 $H_0: p = 0.14$，在檢定時通常用等號處理)
   • $H_1: p > 0.14$ (這是一個單尾檢定，因為我們關心的是「提高」比例)。

2. 設定顯著水準：
   題目給定 $\alpha = 0.05$。

3. 計算樣本統計量：
   樣本數 $n = 590$。
   樣本中繫安全帶的人數 $y = 104$。
   樣本比例 $\hat{p} = \frac{y}{n} = \frac{104}{590} \approx 0.17627$。

4. 選擇檢定方法：
   由於樣本數 $n$ 很大 (590)，且 $n \hat{p} = 104 \ge 10$ 且 $n(1-\hat{p}) = 590 - 104 = 486 \ge 10$，我們可以使用 Z 檢定來檢定比例。
   檢定統計量為：$Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$。
   我們使用 $p_0 = 0.14$ 作為 $H_0$ 下的比例。

5. 計算檢定統計量 Z：
   $Z = \frac{0.17627 - 0.14}{\sqrt{\frac{0.14(1-0.14)}{590}}}$

此題考驗對獨立樣本 t 檢定 (Independent Samples t-test) 的應用，用於比較兩組獨立樣本的平均數。
題目要求檢定加濃 CO2 空氣環境下植物生長的速度是否比正常空氣環境下快。

1. 定義變數與組別：

   • 組別 X：正常空氣環境下的植物生長量 (克)。
   • 組別 Y：加濃 CO2 空氣環境下的植物生長量 (克)。
   • 我們需要比較兩組的平均數。

2. 設定虛無假設 ($H_0$) 和對立假設 ($H_1$)：

   • $H_0$: 加濃 CO2 空氣環境下的平均生長量不比正常空氣環境下快，即 $\mu_Y \le \mu_X$。
   • $H_1$: 加濃 CO2 空氣環境下的平均生長量比正常空氣環境下快，即 $\mu_Y > \mu_X$。
   • 這是一個右尾檢定。

3. 設定顯著水準：
   題目給定 $\alpha = 0.05$。

4. 整理數據與計算：

   • 組別 X (正常空氣)：
     樣本數 $n_X$ = 8 (4.67, 4.31, 2.10, 3.61, 4.12, 5.02, 2.63, 4.98)。
     樣本平均數 $\bar{X} = 4.079$ (已給)。
     樣本標準差 $S_X = 1.029$ (已給)。
     樣本變異數 $S_X^2 = (1.029)^2 \approx 1.058741$。

   • 組別 Y (加濃 CO2)：
     樣本數 $n_Y$ = 8 (5.57, 4.21, 6.10, 7.01, 4.22, 1.91, 6.01, 5.56)。
     樣本平均數 $\bar{Y} = 5.074$ (已給)。
     樣本標準差 $S_Y = 1.588$ (已給)。
     樣本變異數 $S_Y^2 = (1.588)^2 \approx 2.521744$。

   • 假設變異數相等：題目假設兩組資料的變異數相等 ($\sigma_X^2 = \sigma_Y^2$)。因此，我們需要計算合併變異數 (pooled variance)。
     合併變異數 $S_p^2 = \frac{(n_X-1)S_X^2 + (n_Y-1)S_Y^2}{n_X + n_Y - 2}$。
     $S_p^2 = \frac{(8-1)(1.058741) + (8-1)(2.521744)}{8 + 8 - 2}$
     $S_p^2 = \frac{7(1.058741) + 7(2.521744)}{14}$
     $S_p^2 = \frac{7.411187 + 17.652208}{14}$

此題考驗構建母體平均數的信賴區間 (Confidence Interval for the Mean)。
由於樣本數 $n=400$ 很大，我們可以利用 Z 分佈來構建信賴區間。

1. 識別已知資訊：

   • 樣本數 $n = 400$。
   • 樣本平均數 $\bar{X} = 300.6$ 毫升。
   • 樣本標準差 $s = 0.02$ 毫升。
   • 信賴水準 (Confidence Level) = 99%。

2. 確定臨界值：
   對於 99% 的信賴水準，$\alpha = 1 - 0.99 = 0.01$。
   由於是雙尾信賴區間，我們需要 $\alpha/2 = 0.01 / 2 = 0.005$。
   查找標準常態分布表，與 0.005 對應的 Z 值為 $Z_{\alpha/2} = 2.576$ (或 2.58)。我們使用 2.576。

3. 計算標準誤 (Standard Error of the Mean, SEM)：
   由於母體標準差 $\sigma$ 未知，我們使用樣本標準差 $s$ 來估計。
   標準誤 $SE = \frac{s}{\sqrt{n}}$。

此題考驗動差母函數 (Moment Generating Function, MGF) 的性質，以及隨機變數和的機率質量函數 (Probability Mass Function, PMF) 的計算。

1. W 的動差母函數 (MGF)

給定 X 和 Y 的動差母函數：
$M_X(t) = \frac{1}{4}(e^t + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t})$
$M_Y(t) = \frac{1}{3}(e^t + e^{2t} + e^{3t})$

由於 X 和 Y 是獨立的隨機變數，它們的和 W = X + Y 的動差母函數是它們各自動差母函數的乘積：
$M_W(t) = M_X(t) \times M_Y(t)$

$M_W(t) = \left[ \frac{1}{4}(e^t + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t}) \right] \times \left[ \frac{1}{3}(e^t + e^{2t} + e^{3t}) \right]$
$M_W(t) = \frac{1}{12} (e^t + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t}) (e^t + e^{2t} + e^{3t})$

展開乘積：
$M_W(t) = \frac{1}{12} [ e^t(e^t + e^{2t} + e^{3t}) + e^{2t}(e^t + e^{2t} + e^{3t}) + e^{3t}(e^t + e^{2t} + e^{3t}) + e^{4t}(e^t + e^{2t} + e^{3t}) ]$
$M_W(t) = \frac{1}{12} [ (e^{2t} + e^{3t} + e^{4t}) + (e^{3t} + e^{4t} + e^{5t}) + (e^{4t} + e^{5t} + e^{6t}) + (e^{5t} + e^{6t} + e^{7t}) ]$

合併同類項：
$M_W(t) = \frac{1}{12} [ e^{2t} + (e^{3t} + e^{3t}) + (e^{4t} + e^{4t} + e^{4t}) + (e^{5t} + e^{5t} + e^{5t}) + (e^{6t} + e^{6t}) + e^{7t} ]$
$M_W(t) = \frac{1}{12} [ e^{2t} + 2e^{3t} + 3e^{4t} + 3e^{5t} + 2e^{6t} + e^{7t} ]$

2. W 的 p.m.f. (Probability Mass Function)

動差母函數 $M_W(t)$ 的形式告訴我們 W 的可能取值及其對應的機率。
$M_W(t) = \sum P(W=w) e^{wt}$
我們將計算得到的 $M_W(t)$ 與此形式對比。

$M_W(t) = \frac{1}{12} e^{2t} + \frac{2}{12} e^{3t} + \frac{3}{12} e^{4t} + \frac{3}{12} e^{5t} + \frac{2}{12} e^{6t} + \frac{1}{12} e^{7t}$

從這個形式，我們可以推斷 W 的 PMF：

• 如果 $e^{wt}$ 的係數是 $P(W=w)$，那麼：

  • 當 $w=2$，係數是 $\frac{1}{12}$。所以 $P(W=2) = \frac{1}{12}$。
  • 當 $w=3$，係數是 $\frac{2}{12}$。所以 $P(W=3) = \frac{2}{12}$。
  • 當 $w=4$，係數是 $\frac{3}{12}$。所以 $P(W=4) = \frac{3}{12}$。
  • 當 $w=5$，係數是 $\frac{3}{12}$。所以 $P(W=5) = \frac{3}{12}$。
  • 當 $w=6$，係數是 $\frac{2}{12}$。所以 $P(W=6) = \frac{2}{12}$。
  • 當 $w=7$，係數是 $\frac{1}{12}$。所以 $P(W=7) = \frac{1}{12}$。

• 對於其他 $w$ 值，機率為 0。