108 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務金融組《統計學》

本題在檢驗樣本數據與其平均數離差平方和除以母體變異數後，其分佈為何。這是一個標準的統計學證明題，主要利用卡方分配的性質以及樣本均值與樣本變異數的獨立性。

核心觀念：

1. 卡方分配的定義：若 $Z_1, Z_2, \dots, Z_k$ 為獨立標準常態分配 (mean 0, variance 1) 的隨機變數，則 $\sum_{i=1}^{k} Z_i^2$ 服從自由度為 $k$ 的卡方分配 ($\chi_k^2$)。
2. 卡方分配的可加性：獨立的卡方分配隨機變數之和，其自由度為各個自由度之和。
3. Cochran's Theorem：對於來自常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$ 的獨立樣本 $X_1, \dots, X_n$，令 $SS = \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2$。若 $SS$ 被分解為 $k$ 個獨立的二次型 $SS = \sum_{j=1}^k Q_j$，其中 $Q_j = \sum_{i=1}^n a_{ji} (X_i - \mu)^2$ 且 $\sum_{j=1}^k \sum_{i=1}^n a_{ji} = 1$，則 $Q_j / \sigma^2$ 服從自由度為 $r_j$ 的卡方分配，且 $\sum_{j=1}^k r_j = n$。特別地，若 $Q_1 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 且 $Q_2 = n(\bar{X} - \mu)^2$，則 $Q_1/\sigma^2$ 和 $Q_2/\sigma^2$ 是獨立的，且自由度分別為 $n-1$ 和 $1$。

證明過程：

假設 (Assumptions):

1. $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是來自一個常態分配 (Normal Distribution) 的隨機樣本。
2. 該常態分配的母體均值為 $\mu$ (mean $\mu$)。
3. 該常態分配的母體變異數為 $\sigma^2$ (variance $\sigma^2$)。
4. 樣本中的觀測值是獨立且同分佈 (Independent and Identically Distributed, i.i.d.) 的。

證明步驟：

我們知道，對於一個從 $N(\mu, \sigma^2)$ 分佈中抽取的樣本 $X_1, \dots, X_n$，總平方和 (Total Sum of Squares, TSS) 相對於母體均值 $\mu$ 可以寫成：
$\text{TSS} = \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2$
根據卡方分配的定義，若將 TSS 除以 $\sigma^2$，則：
$\frac{\text{TSS}}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2}{\sigma^2}$
由於 $Z_i = \frac{X_i - \mu}{\sigma}$ 為獨立的標準常態隨機變數 ($N(0,1)$)，因此：
$\frac{\text{TSS}}{\sigma^2} = \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{X_i - \mu}{\sigma}\right)^2 = \sum_{i=1}^{n} Z_i^2$
此和服從自由度為 $n$ 的卡方分配，即 $\frac{\sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2}{\sigma^2} \sim \chi_n^2$。

接下來，我們考慮樣本均值 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
總平方和 TSS 也可以分解為兩部分：樣本均值與母體均值之間的離差平方和，以及樣本點與樣本均值之間的離差平方和。這個分解是基於以下恆等式：
$(X_i - \mu) = (X_i - \bar{X}) + (\bar{X} - \mu)$
將上式平方並求和：
$\sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^{n} [(X_i - \bar{X}) + (\bar{X} - \mu)]^2$

核心觀念

• 點二列相關係數 (point‑biserial correlation)：是兩變項其中一個為二元（0/1）離散變數，另一個為連續變數時的 Pearson 相關係數。
• 公式

$r_{pb}= \frac{\bar X_{1}-\bar X_{0}}{s}\sqrt{pq}$

其中

• $\bar X_{1},\;\bar X_{0}$ 為兩組（分別編碼為 1、0）的樣本平均。
• $p$、$q$ 為兩組在全體樣本中的比例 ($p+q=1$)。
• $s$ 為 合併標準差（pooled SD），計算方式

$s=\sqrt{\frac{(n_1-1)S_1^{2}+(n_0-1)S_0^{2}}{N-2}}$

其中 $N=n_1+n_0$，$S_1,S_0$ 為各組樣本標準差。

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解題方法

1. 決定編碼：以 male = 1, female = 0（任意選擇，只會影響符號方向）。
2. 計算比例

$$p=\frac{n_{\text{male}}}{N}=\frac{100}{172}=0.5814,\qquad q=\frac{n_{\text{female}}}{N}=0.4186$$

3. 合併變異數

本題是一個典型的貝氏定理 (Bayes' Theorem) 問題，要求在已知一個條件（債券由城市發行）下，計算另一事件（債券評級為 A）發生的機率。

核心觀念：
貝氏定理用於更新事件發生的機率，當我們獲得新的證據或資訊時。其公式為：
$P(A|B) = \frac{P(B|A) P(A)}{P(B)}$
其中：

• $P(A|B)$ 是在事件 B 發生的條件下，事件 A 發生的後驗機率 (posterior probability)。
• $P(B|A)$ 是在事件 A 發生的條件下，事件 B 發生的機率 (likelihood)。
• $P(A)$ 是事件 A 的先驗機率 (prior probability)。
• $P(B)$ 是事件 B 發生的總機率 (marginal probability)。

在複雜情況下，分母 $P(B)$ 可以透過全機率法則 (Law of Total Probability) 計算：
$P(B) = \sum_i P(B|A_i) P(A_i)$
其中 $A_i$ 是構成所有可能情況的互斥事件集合。

定義事件：

• A：債券的評級為 A。
• B：債券的評級為 B。
• C：債券的評級為 C。
• City：債券由城市發行。
• Suburb：債券由郊區發行。
• Rural：債券由農村地區發行。

已知機率：

1. 評級機率 (先驗機率)：

   • $P(A) = 0.70$
   • $P(B) = 0.20$
   • $P(C) = 0.10$
     (驗證：$0.70 + 0.20 + 0.10 = 1.00$)

2. 發行地點機率（在給定評級下的條件機率）：

   • 對於評級 A：
     • $P(\text{City}|A) = 0.50$
     • $P(\text{Suburb}|A) = 0.40$
     • $P(\text{Rural}|A) = 0.10$
       (驗證：$0.50 + 0.40 + 0.10 = 1.00$)
   • 對於評級 B：
     • $P(\text{City}|B) = 0.60$
     • $P(\text{Suburb}|B) = 0.20$
     • $P(\text{Rural}|B) = 0.20$
       (驗證：$0.60 + 0.20 + 0.20 = 1.00$)
   • 對於評級 C：
     • $P(\text{City}|C) = 0.90$
     • $P(\text{Suburb}|C) = 0.05$
     • $P(\text{Rural}|C) = 0.05$
       (驗證：$0.90 + 0.05 + 0.05 = 1.00$)

核心觀念

• 正態母體抽樣：$X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，相互獨立。
• 線性無偏估計量：$\displaystyle \hat\mu=\frac1{6}(X_1+4X_2+X_3)$，滿足 $E[\hat\mu]=\mu$。
• 期望運算的基本性質：線性性、獨立樣本的交叉期望 $E[X_iX_j]=\mu^2\;(i\neq j)$，以及 $\displaystyle E[X_i^2]=\sigma^2+\mu^2$。
• 線性組合的變異數：$\displaystyle\operatorname{Var}\!\left(\sum a_iX_i\right)=\sum a_i^2\sigma^2$（因獨立）。

解題方法
先把目標式展開，再分別求各項的期望。

$$\sum_{i=1}^{3}(X_i-\hat\mu)^2 = \sum_{i=1}^{3}X_i^2-2\hat\mu\sum_{i=1}^{3}X_i+3\hat\mu^2 .$$

因此只需要計算

$$E\!\left[\sum X_i^2\right],\qquad E\!\left[\hat\mu\sum X_i\right],\qquad E[\hat\mu^2].$$

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1. $E\!\left[\displaystyle\sum_{i=1}^{3}X_i^2\right]$

$E[X_i^2]=\operatorname{Var}(X_i)+\mu^2=\sigma^2+\mu^2,$

所以

$E\!\left[\sum_{i=1}^{3}X_i^2\right]=3(\sigma^2+\mu^2)=3\sigma^2+3\mu^2.$

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2. $E\!\left[\hat\mu\displaystyle\sum_{i=1}^{3}X_i\right]$

$$\hat\mu\sum X_i =\frac1{6}(X_1+4X_2+X_3)(X_1+X_2+X_3).$$

展開後利用獨立性：

$$\begin{aligned} E\!\left[(X_1+4X_2+X_3)(X_1+X_2+X_3)\right] =&\,E\bigl[X_1^2+4X_2^2+X_3^2\\ &\;+(1+4)X_1X_2+(1+1)X_1X_3+(4+1)X_2X_3\bigr] \\ =&\, (1+4+1)(\sigma^2+\mu^2) + (5+2+5)\mu^2 \\ =&\,6\sigma^2+18\mu^2 . \end{aligned}$$

除以 $6$ 得

$E\!\left[\hat\mu\sum X_i\right]=\sigma^2+3\mu^2.$

本題為一組統計推論問題，包含兩個小題。小題 (a) 要求檢定三個不同製程方法（New1, New2, Standard）的平均產出（yield）是否存在顯著差異，這是一個單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的應用。小題 (b) 要求使用線性迴歸模型來進行相同的檢定，並探討其假設。

數據整理：
我們有三個處理組（方法）：New1, New2, Standard。
各組的數據如下：

• New1: {38, 34, 38, 34}
• New2: {29, 35, 34, 20}
• Standard: {31, 23, 38, 29}

首先計算各組的樣本數、平均值和變異數。

• New1:

  • $n_1 = 4$
  • $\sum X_{1i} = 38+34+38+34 = 144$
  • $\bar{X}_1 = 144 / 4 = 36$
  • $\sum X_{1i}^2 = 38^2+34^2+38^2+34^2 = 1444+1156+1444+1156 = 5200$
  • $SS_1 = \sum X_{1i}^2 - n_1\bar{X}_1^2 = 5200 - 4(36^2) = 5200 - 4(1296) = 5200 - 5184 = 16$
  • $S_1^2 = SS_1 / (n_1-1) = 16 / 3 = 5.333$

• New2:

  • $n_2 = 4$
  • $\sum X_{2i} = 29+35+34+20 = 118$
  • $\bar{X}_2 = 118 / 4 = 29.5$
  • $\sum X_{2i}^2 = 29^2+35^2+34^2+20^2 = 841+1225+1156+400 = 3622$
  • $SS_2 = \sum X_{2i}^2 - n_2\bar{X}_2^2 = 3622 - 4(29.5^2) = 3622 - 4(870.25) = 3622 - 3481 = 141$
  • $S_2^2 = SS_2 / (n_2-1) = 141 / 3 = 47$

• Standard:

  • $n_3 = 4$
  • $\sum X_{3i} = 31+23+38+29 = 121$
  • $\bar{X}_3 = 121 / 4 = 30.25$
  • $\sum X_{3i}^2 = 31^2+23^2+38^2+29^2 = 961+529+1444+841 = 3775$
  • $SS_3 = \sum X_{3i}^2 - n_3\bar{X}_3^2 = 3775 - 4(30.25^2) = 3775 - 4(915.0625) = 3775 - 3660.25 = 114.75$
  • $S_3^2 = SS_3 / (n_3-1) = 114.75 / 3 = 38.25$

• 總體數據：

  • 總樣本數 $N = n_1 + n_2 + n_3 = 4 + 4 + 4 = 12$
  • 總平均值 $\bar{X}_{total} = (144 + 118 + 121) / 12 = 383 / 12 \approx 31.9167$
  • 總平方和 $SS_{total} = SS_1 + SS_2 + SS_3 = 16 + 141 + 114.75 = 271.75$

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a. 單因子變異數分析 (One-Way ANOVA)

1. 建立假設：

• 虛無假設 ($H_0$)：所有處理組的平均產出都相等。
  $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \mu_3$
• 對立假設 ($H_1$)：至少有一個處理組的平均產出不同。
  $H_1:$ 不全為 $\mu_1 = \mu_2 = \mu_3$

2. 設定顯著水準：
$\alpha = 0.05$

3. 計算 ANOVA 表中的統計量：

• 組間變異數 (Between-groups variance, MSB 或 MST - Mean Square Treatment):
  組間平方和 (SST) = $\sum_{i=1}^{k} n_i (\bar{X}_i - \bar{X}_{total})^2$
  SST = $4(36 - 31.9167)^2 + 4(29.5 - 31.9167)^2 + 4(30.25 - 31.9167)^2$
  SST = $4(4.0833)^2 + 4(-2.4167)^2 + 4(-1.6667)^2$
  SST = $4(16.6734) + 4(5.8404) + 4(2.7779)$
  SST = $66.6936 + 23.3616 + 11.1116 \approx 101.1668$

  組間自由度 $df_B = k - 1 = 3 - 1 = 2$
  組間均方 $MSB = SST / df_B = 101.1668 / 2 \approx 50.5834$

• 組內變異數 (Within-groups variance, MSW 或 MSE - Mean Square Error):
  組內平方和 (SSE) = $\sum_{i=1}^{k} (n_i - 1)S_i^2 = SS_1 + SS_2 + SS_3 = 16 + 141 + 114.75 = 271.75$
  組內自由度 $df_W = N - k = 12 - 3 = 9$
  組內均方 $MSW = SSE / df_W = 271.75 / 9 \approx 30.1944$

• F 統計量：
  $F = MSB / MSW = 50.5834 / 30.1944 \approx 1.675$

4. 決定決策規則：

• 臨界值法： 在 $\alpha = 0.05$ 且自由度為 $(df_B, df_W) = (2, 9)$ 下，查詢 F 分配表。
  臨界值 $F_{\alpha, df_B, df_W} = F_{0.05, 2, 9} \approx 4.256$
  若 $F > 4.256$，則拒絕 $H_0$。
• p-value 法： 計算統計量 $F=1.675$ 對應的 p-value。若 p-value < 0.05，則拒絕 $H_0$。

5. 做出結論：
計算出的 F 統計量為 1.675，小於臨界值 4.256。
因此，我們不拒絕虛無假設 $H_0$。
在 0.05 的顯著水準下，沒有足夠的證據顯示這三種清潔方法對平均產出有顯著差異。

ANOVA 表總結：

變異來源	平方和 (SS)	自由度 (df)	均方 (MS)	F 統計量	P-value (approx.)