109 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務金融組《統計學》

此題主要考察樣本變異數的期望值以及常態分布下相關變數的分布。

(a) 證明 $E(s^2) = \sigma^2$
我們知道 $s^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。
首先，我們將 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 展開：
$\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 = \sum_{i=1}^n (X_i^2 - 2X_i\bar{X} + \bar{X}^2)$
$= \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}\sum_{i=1}^n X_i + \sum_{i=1}^n \bar{X}^2$
$= \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}(n\bar{X}) + n\bar{X}^2$
$= \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2n\bar{X}^2 + n\bar{X}^2$
$= \sum_{i=1}^n X_i^2 - n\bar{X}^2$

現在我們考慮期望值：
$E\left(\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right) = E\left(\sum_{i=1}^n X_i^2 - n\bar{X}^2\right)$
$= E\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) - nE(\bar{X}^2)$

對於獨立且同分布的 $X_i \sim N(\mu, \sigma^2)$，我們有 $E(X_i) = \mu$ 和 $Var(X_i) = E(X_i^2) - (E(X_i))^2 = \sigma^2$。
因此，$E(X_i^2) = Var(X_i) + (E(X_i))^2 = \sigma^2 + \mu^2$。
所以，$E\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) = \sum_{i=1}^n E(X_i^2) = \sum_{i=1}^n (\sigma^2 + \mu^2) = n(\sigma^2 + \mu^2) = n\sigma^2 + n\mu^2$。

接著，我們計算 $E(\bar{X}^2)$。我們知道 $E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(X_i) = \frac{1}{n}(n\mu) = \mu$。
$Var(\bar{X}) = E(\bar{X}^2) - (E(\bar{X}))^2$。

此題考驗對線性組合的期望值、變異數以及共變異數的理解，進而計算相關係數。

首先，我們確認 $\hat{\mu}_1$ 和 $\hat{\mu}_2$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。
對於 $\hat{\mu}_1$:
$E(\hat{\mu}_1) = E\left(\frac{1}{4}(X_1 + 0.5X_2 + 1.5X_3 + X_4)\right)$
$= \frac{1}{4}(E(X_1) + 0.5E(X_2) + 1.5E(X_3) + E(X_4))$
$= \frac{1}{4}(\mu + 0.5\mu + 1.5\mu + \mu)$
$= \frac{1}{4}(4\mu) = \mu$。
$\hat{\mu}_1$ 是不偏估計量。

對於 $\hat{\mu}_2$:
$E(\hat{\mu}_2) = E\left(\frac{1}{4}(0.5X_1 + X_2 + X_3 + 1.5X_4)\right)$
$= \frac{1}{4}(0.5E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + 1.5E(X_4))$
$= \frac{1}{4}(0.5\mu + \mu + \mu + 1.5\mu)$
$= \frac{1}{4}(4\mu) = \mu$。
$\hat{\mu}_2$ 是不偏估計量。

接下來，我們計算 $\hat{\mu}_1$ 和 $\hat{\mu}_2$ 的變異數。
由於 $X_i$ 是獨立且同分布於 $N(\mu, \sigma^2)$，所以 $Var(X_i) = \sigma^2$。
$Var(\hat{\mu}_1) = Var\left(\frac{1}{4}(X_1 + 0.5X_2 + 1.5X_3 + X_4)\right)$
$= \left(\frac{1}{4}\right)^2 Var(X_1 + 0.5X_2 + 1.5X_3 + X_4)$
$= \frac{1}{16} (Var(X_1) + (0.5)^2 Var(X_2) + (1.5)^2 Var(X_3) + Var(X_4))$
$= \frac{1}{16} (\sigma^2 + 0.25\sigma^2 + 2.25\sigma^2 + \sigma^2)$
$= \frac{1}{16} (1 + 0.25 + 2.25 + 1)\sigma^2$
$= \frac{4.5}{16}\sigma^2 = \frac{9}{32}\sigma^2$。

$Var(\hat{\mu}_2) = Var\left(\frac{1}{4}(0.5X_1 + X_2 + X_3 + 1.5X_4)\right)$
$= \left(\frac{1}{4}\right)^2 Var(0.5X_1 + X_2 + X_3 + 1.5X_4)$
$= \frac{1}{16} (Var(0.5X_1) + Var(X_2) + Var(X_3) + Var(1.5X_4))$
$= \frac{1}{16} ((0.5)^2 Var(X_1) + Var(X_2) + Var(X_3) + (1.5)^2 Var(X_4))$
$= \frac{1}{16} (0.25\sigma^2 + \sigma^2 + \sigma^2 + 2.25\sigma^2)$
$= \frac{1}{16} (0.25 + 1 + 1 + 2.25)\sigma^2$
$= \frac{4.5}{16}\sigma^2 = \frac{9}{32}\sigma^2$。

此題考驗對二項分布及其近似常態分布的應用，以及樣本比例的分布概念。

根據題意，學生無法分辨品牌，因此任意猜測一個品牌是正確的機率為 $p=0.5$。這是一個二項分布問題。
令 $n$ 為樣本大小，$X$ 為樣本中猜對的學生數。則 $X \sim Binomial(n, p=0.5)$。
由於 $n$ 較大，我們可以使用常態分布來近似二項分布。
常態近似的條件是 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$。
平均值為 $E(X) = np$，變異數為 $Var(X) = np(1-p)$。

a. 計算樣本中有 50% 到 60% 的辨識是正確的機率。
樣本大小 $n=100$。$p=0.5$。
$np = 100 \times 0.5 = 50 \ge 5$
$n(1-p) = 100 \times 0.5 = 50 \ge 5$。
常態近似是適用的。
平均值 $\mu = np = 100 \times 0.5 = 50$。
變異數 $\sigma^2 = np(1-p) = 100 \times 0.5 \times 0.5 = 25$。
標準差 $\sigma = \sqrt{25} = 5$。

我們想計算 $P(0.50 \le \frac{X}{n} \le 0.60)$，即 $P(50 \le X \le 60)$。
使用連續性修正 (continuity correction)，我們將區間調整為 $[50-0.5, 60+0.5]$，即 $[49.5, 60.5]$。
將 $X$ 轉換為標準常態變數 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$：
$Z_1 = \frac{49.5 - 50}{5} = \frac{-0.5}{5} = -0.1$
$Z_2 = \frac{60.5 - 50}{5} = \frac{10.5}{5} = 2.1$

所以，我們需要計算 $P(-0.1 \le Z \le 2.1)$。
$P(-0.1 \le Z \le 2.1) = P(Z \le 2.1) - P(Z \le -0.1)$
查標準常態分布表：
$P(Z \le 2.1) \approx 0.9821$
$P(Z \le -0.1) = P(Z \ge 0.1) = 1 - P(Z \le 0.1) \approx 1 - 0.5398 = 0.4602$
$P(-0.1 \le Z \le 2.1) \approx 0.9821 - 0.4602 = 0.5219$。

【答案】約 0.5219

b. 在 90% 的機率下，樣本百分比落在人口百分比的哪個對稱區間內？
這裡我們考慮的是樣本比例 $\hat{p} = X/n$ 的分布。
$E(\hat{p}) = p = 0.5$。
$Var(\hat{p}) = \frac{p(1-p)}{n} = \frac{0.5 \times 0.5}{100} = \frac{0.25}{100} = 0.0025$。
標準差 $SD(\hat{p}) = \sqrt{0.0025} = 0.05$。
$\hat{p}$ 近似服從 $N(p, \frac{p(1-p)}{n})$。

我們想找一個區間 $[p - \delta, p + \delta]$，使得 $P(p - \delta \le \hat{p} \le p + \delta) = 0.90$。

此題為一個應用題，考驗對假設檢定、Type I/II 錯誤的理解，以及常態分布與 t 分布在點估計和區間估計的應用。

根據題意，我們想檢定降低咖啡價格是否能增加平均顧客數。
原來的平均顧客數為 $\mu_0 = 900$。
樣本大小 $n=36$。
樣本平均數 $\bar{x} = 964$。
樣本標準差 $s = 105$。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

a. 虛無與對立假設，以及 Type I 和 Type II 錯誤的意義。
虛無假設 ($H_0$)：降低咖啡價格不會增加平均顧客數（即平均顧客數維持不變或減少）。
對立假設 ($H_1$)：降低咖啡價格會增加平均顧客數。

數學表示：
$H_0: \mu \le 900$
$H_1: \mu > 900$
(或者，如果我們只關注是否「增加」，也可以寫成 $H_0: \mu = 900$ vs $H_1: \mu > 900$。但通常在檢定「增加」時，會將相等的情況也包含在虛無假設中，以求更保守的檢定。)

Type I 錯誤的意義：
在真實情況下，降低咖啡價格並不能增加平均顧客數（$H_0$ 為真），但我們卻根據樣本數據得出結論，認為降低咖啡價格是個好策略（拒絕 $H_0$）。

Type II 錯誤的意義：
在真實情況下，降低咖啡價格確實能夠增加平均顧客數（$H_1$ 為真），但我們卻根據樣本數據未能得出足夠證據證明這一點（未能拒絕 $H_0$）。

b. 在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，是否有證據顯示降低咖啡價格是個好策略？
由於樣本大小 $n=36 \ge 30$，且母體標準差未知，我們可以使用 t 檢定。
檢定統計量為 $t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$。
自由度為 $df = n-1 = 36-1 = 35$。

計算檢定統計量：
$t = \frac{964 - 900}{105/\sqrt{36}} = \frac{64}{105/6} = \frac{64}{17.5} = 3.657$。

我們進行單尾檢定（右尾檢定），因為對立假設是 $\mu > 900$。
在 $\alpha = 0.05$ 和 $df=35$ 的情況下，查 t 分布表，臨界值 $t_{0.05, 35}$ 約為 $1.690$。
(如果查不到 35，可以用較保守的 30 或 40 的值，或者直接用常態近似值 1.645，但這裡有 t 值表，應該用 t 值。)
在提供的 t 分布表中，df=35 找不到，但 df=30 時 $t_{0.05}=1.697$，df=40 時 $t_{0.05}=1.684$。取 df=35 介於兩者之間，約為 1.690。

比較檢定統計量與臨界值：
$t = 3.657 > 1.690$。
由於檢定統計量大於臨界值，我們拒絕虛無假設 $H_0$。

結論：在 0.05 的顯著水準下，有足夠的證據顯示降低咖啡價格確實能顯著增加平均顧客數。

【答案】
有證據顯示降低咖啡價格是個好策略。

c. 使用常態分布而非 t 分布，計算當真實平均數為 950 時，Type II 錯誤的機率。
這裡我們假設母體標準差 $\sigma$ 等於樣本標準差 $s=105$ (這是使用常態近似的常見做法，或者如果題目明確說母體已知 $\sigma=105$)。
我們現在要計算 Type II 錯誤的機率，即當真實平均數 $\mu = 950$ 時，未能拒絕 $H_0: \mu \le 900$ 的機率。

此題考驗對卡方獨立性檢定 (Chi-squared test of independence) 的應用。我們需要檢定兩種分類變數（甜點種類和主菜種類）之間是否存在關聯性。

檢定步驟如下：

1. 建立假設：

   • 虛無假設 ($H_0$)：甜點種類與主菜種類是獨立的（兩者之間沒有關聯性）。
   • 對立假設 ($H_1$)：甜點種類與主菜種類不是獨立的（兩者之間存在關聯性）。

2. 計算期望次數 (Expected Frequencies)：
   在虛無假設成立的情況下，我們預期每一格的觀察次數應與其對應的邊際機率成比例。
   期望次數 $E_{ij} = \frac{(Row\ Total)_i \times (Column\ Total)_j}{Grand\ Total}$。
   總樣本數 $N = 630$。

   • Ice cream:
     • Beef: $E_{11} = \frac{47 \times 243}{630} \approx 18.10$
     • Poultry: $E_{12} = \frac{47 \times 128}{630} \approx 9.55$
     • Fish: $E_{13} = \frac{47 \times 196}{630} \approx 14.59$
     • Pasta: $E_{14} = \frac{47 \times 63}{630} = 4.70$
   • Cake:
     • Beef: $E_{21} = \frac{145 \times 243}{630} \approx 55.87$
     • Poultry: $E_{22} = \frac{145 \times 128}{630} \approx 29.49$
     • Fish: $E_{23} = \frac{145 \times 196}{630} \approx 45.07$
     • Pasta: $E_{24} = \frac{145 \times 63}{630} = 14.50$
   • Fruit:
     • Beef: $E_{31} = \frac{26 \times 243}{630} \approx 10.01$
     • Poultry: $E_{32} = \frac{26 \times 128}{630} \approx 5.28$
     • Fish: $E_{33} = \frac{26 \times 196}{630} \approx 8.08$
     • Pasta: $E_{34} = \frac{26 \times 63}{630} = 2.60$
   • None:
     • Beef: $E_{41} = \frac{412 \times 243}{630} \approx 158.53$
     • Poultry: $E_{42} = \frac{412 \times 128}{630} \approx 83.97$
     • Fish: $E_{43} = \frac{412 \times 196}{630} \approx 128.34$
     • Pasta: $E_{44} = \frac{412 \times 63}{630} = 41.20$

3. 計算卡方檢定統計量：
   $\chi^2 = \sum_{i,j} \frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$，其中 $O_{ij}$ 是觀察次數，$E_{ij}$ 是期望次數。