109 年 國立成功大學工業與資訊管理學系研究所乙組《統計學》

核心觀念

此題屬於不放回抽樣，且母體中只有兩份瑕疵軟體，因此使用超幾何分配。

若母體總數為 $N$，其中有 $K$ 個瑕疵品，抽取 $n$ 個樣本，令 $X$ 表示抽到的瑕疵品數，則

$$P(X=x)=\frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}.$$

本題資料為：

• 母體總數：$N=75$
• 瑕疵品數：$K=2$
• 正常品數：$75-2=73$

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解題方法

a) 抽查 3 份，恰好找到 1 份瑕疵品

令 $X$ 為抽查 3 份中找到的瑕疵品數，要求 $X=1$。

從 2 份瑕疵品中選出 1 份，再從 73 份正常品中選出 2 份，所有可能的 3 份樣本數為 $\binom{75}{3}$，因此

$$P(X=1) = \frac{\binom{2}{1}\binom{73}{2}}{\binom{75}{3}}.$$

計算得

$$P(X=1) = \frac{2\cdot \frac{73\cdot72}{2}} {\frac{75\cdot74\cdot73}{6}} = \frac{72}{925}.$$

所以

$$P(X=1)\approx 0.07784.$$

亦即約為 $7.78\%$。

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b) 抽查 73 份，找到兩份瑕疵品

直接使用超幾何分配，要求在 73 份樣本中找到 2 份瑕疵品：

$$P(X=2) = \frac{\binom{2}{2}\binom{73}{71}}{\binom{75}{73}}.$$

核心觀念

• 二項分布：在獨立、相同成功機率 $p$ 的 $n$ 次伯努利試驗中，成功次數 $X\sim\text{Bin}(n,p)$，其機率質量函式
  $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{\,n-k},\qquad k=0,1,\dots ,n.$
• 幾何分布：第一次成功出現在第 $Y$ 次試驗時，$Y\sim\text{Geom}(p)$，機率質量函式
  $P(Y=k)=(1-p)^{k-1}p,\qquad k=1,2,\dots$
• 負二項分布（或稱「第 $r$ 次成功的試驗次數」）：第 $r$ 次成功出現在第 $Z$ 次試驗時，$Z\sim\text{NegBin}(r,p)$，機率質量函式
  $P(Z=k)=\binom{k-1}{r-1}p^{\,r}(1-p)^{\,k-r},\qquad k=r,r+1,\dots$

本題中，成功＝「通話在 30 秒內被接聽」，成功機率 $p=0.75$，且各次通話相互獨立。

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a) 20 次通話，至少 18 次在 30 秒內被接聽

解題方法
以二項分布計算 $X\sim\text{Bin}(n=20,p=0.75)$，需求
$P(X\ge 18)=P(X=18)+P(X=19)+P(X=20).$

計算步驟

$$\begin{aligned} P(X=18)&=\binom{20}{18}0.75^{18}0.25^{2},\\ P(X=19)&=\binom{20}{19}0.75^{19}0.25^{1},\\ P(X=20)&=\binom{20}{20}0.75^{20}0.25^{0}. \end{aligned}$$

計算各項：

$$\begin{aligned} \binom{20}{18}=190,\quad P(X=18)=190\,(0.75)^{18}(0.25)^{2},\\[2pt] \binom{20}{19}=20,\quad P(X=19)=20\,(0.75)^{19}(0.25),\\[2pt] \binom{20}{20}=1,\quad P(X=20)=(0.75)^{20}. \end{aligned}$$

將數值代入（使用計算機或手算）：

$$\begin{aligned} P(X=18)&\approx 190 \times 0.75^{18} \times 0.0625 \approx 0.1472,\\ P(X=19)&\approx 20 \times 0.75^{19} \times 0.25 \approx 0.0585,\\ P(X=20)&\approx 0.75^{20} \approx 0.0032. \end{aligned}$$

合計：

$P(X\ge18)=0.1472+0.0585+0.0032\approx 0.2089.$

答案
【答案】$P(\text{至少 }18\text{ 次})\approx0.209$（四捨五入至小數第三位）。

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b) 必須撥打四次才能第一次在 30 秒內得到接聽

核心觀念

網站每分鐘訪客數服從 Poisson 分配，表示訪客到達可視為速率固定的 Poisson process：

$$\lambda=7\text{ 人／分鐘}$$

Poisson process 的相鄰兩次到達時間間隔 $T$ 服從指數分配：

$$T\sim \operatorname{Exponential}(\lambda)$$

其機率密度函數為：

$$f_T(t)=\lambda e^{-\lambda t},\qquad t\ge 0$$

此外，長度為 $t$ 的時間內沒有訪客到達，其機率為：

$$P\{N(t)=0\}=e^{-\lambda t}$$

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解題方法

（a）兩位訪客之間時間的密度函數

令 $T$ 表示相鄰兩位訪客到達之間的時間，單位採用「分鐘」。

因為到達速率為每分鐘 $7$ 人，所以：

$$\lambda=7$$

因此，$T$ 服從參數為 $7$ 的指數分配，其密度函數為：

$$f_T(t)=7e^{-7t},\qquad t\ge 0$$

當 $t<0$ 時間間隔不可能為負，因此：

$$f_T(t)= \begin{cases} 7e^{-7t}, & t\ge 0,\\ 0, & t<0. \end{cases}$$

推導

在時間長度 $t$ 內沒有訪客到達的機率為：

$$P(T>t)=P\{N(t)=0\}=e^{-7t}$$

因此，$T$ 的累積分配函數為：

$$F_T(t)=P(T\le t)=1-P(T>t)=1-e^{-7t}$$

對 $t$ 微分即可得到密度函數：

$$f_T(t)=\frac{d}{dt}F_T(t)=7e^{-7t}$$

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（b）12 秒內沒有訪客進入網站的機率

先統一時間單位：

本題考驗中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的應用，以及樣本平均數的抽樣分佈。

核心觀念：

1. 中央極限定理 (CLT)：當從任何母體中抽取足夠大的樣本 (通常 $n \ge 30$) 時，樣本平均數的抽樣分佈將近似於常態分佈，其平均值等於母體平均值，標準差（稱為標準誤）等於母體標準差除以樣本大小的平方根。
2. 抽樣分佈 (Sampling Distribution)：描述樣本統計量（在此為樣本平均數 $\bar{X}$）的機率分佈。

題目設定：

• 母體平均數 $\mu = 31.5$ 分鐘
• 母體標準差 $\sigma = 12$ 分鐘
• 樣本大小 $n = 50$

a) 求 50 位居民的樣本平均通勤時間的抽樣分佈。

由於樣本大小 $n=50$，大於 30，我們可以應用中央極限定理。
根據 CLT，樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分佈將近似於常態分佈。

• 平均值 (Mean)：樣本平均數分佈的平均值等於母體平均值。
  $E(\bar{X}) = \mu = 31.5$ 分鐘。

• 標準差 (Standard Deviation)：樣本平均數分佈的標準差，稱為標準誤 (Standard Error, SE)，計算公式為 $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
  $\sigma_{\bar{X}} = \frac{12}{\sqrt{50}}$
  $\sqrt{50} = \sqrt{25 \times 2} = 5\sqrt{2} \approx 5 \times 1.414 = 7.07$
  $\sigma_{\bar{X}} = \frac{12}{5\sqrt{2}} = \frac{12\sqrt{2}}{10} = \frac{6\sqrt{2}}{5} \approx \frac{12}{7.071} \approx 1.697$ 分鐘。

因此，樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分佈近似於一個平均值為 31.5 分鐘，標準差約為 1.697 分鐘的常態分佈。
我們可以寫成 $\bar{X} \sim N(31.5, (\frac{12}{\sqrt{50}})^2)$ 或 $\bar{X} \sim N(31.5, 1.697^2)$。

【答案】樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分佈近似於常態分佈，其平均值為 31.5 分鐘，標準差（標準誤）為 $\frac{12}{\sqrt{50}} \approx 1.697$ 分鐘。

核心觀念

• 單樣本平均數之母體標準差已知，使用 z 檢定。
• 原假設 $H_0:\mu\ge 25$（製造商聲稱），備擇假設 $H_a:\mu<25$（欲檢驗是否低於 25 mpg）。
• $\alpha$ 為第一類錯誤機率（左尾），$\beta$ 為第二類錯誤機率。
• 樣本均值的抽樣分佈：
  $\bar X\sim N\!\left(\mu,\ \frac{\sigma}{\sqrt n}\right)$
  其中 $\sigma=3$，$n$ 為樣本數。
• 臨界值由標準常態分位點 $z_{\alpha}= \Phi^{-1}(\alpha)$ 決定。

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a) 拒絕規則

以 $\alpha=0.02$ 的左尾檢定：

1. 取標準常態分位點
   $z_{\alpha}= \Phi^{-1}(0.02)\approx -2.0537$

2. 由
   $Z=\frac{\bar X- \mu_0}{\sigma/\sqrt n}$
   （$\mu_0=25$ 為原假設臨界均值）
   拒絕域為 $Z\le z_{\alpha}$，即
   $\frac{\bar X-25}{3/\sqrt{30}}\le -2.0537$

3. 解得
   $\bar X \le 25+(-2.0537)\frac{3}{\sqrt{30}}$
   $\frac{3}{\sqrt{30}} \approx 0.5477$
   $\bar X \le 25-2.0537(0.5477)\approx 23.88$

拒絕規則：若樣本平均 $\displaystyle \bar X\le 23.88\,$ mpg，則拒絕原假設，認為製造商的「至少 25 mpg」聲稱不成立。

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b) 第二類錯誤機率（$\beta$）

當真實平均 $\mu=23$ 時，未拒絕 $H_0$ 的機率即 $\beta$：

1. 臨界均值 $c=23.88$（前述結果）。

2. 在 $\mu=23$ 下，
   $Z'=\frac{\bar X-23}{3/\sqrt{30}}$

核心觀念
本題屬於兩因子完全隨機設計（Two‑factor completely randomised design）的單向變異數分析（One‑way ANOVA）。

• 因子 A（Machine）：2 個水準 $a=2$
• 因子 B（Approach）：3 個水準 $b=3$
• 每個處理組（cell） 有 $n=4$ 次觀測。

分析目標：

1. 檢驗 Machine 主效應是否顯著。
2. 檢驗 Approach 主效應是否顯著。
3. 檢驗 Machine × Approach 交互作用是否顯著。

解題方法

1. 先把題目給的每格數值視為該格的 平均值，因每格有 $n=4$ 個觀測，可把每格的總和寫成 $T_{ij}=4\bar{y}_{ij}$。
2. 計算 總平方和（SST）、因素 A、B 及交互作用的平方和（SSA、SSB、SSAB），再求 誤差平方和（SSE）。
3. 由平方和除以相對自由度得到 均方（MS），再以 $F=\dfrac{MS_{\text{因子}}}{MS_E}$ 判斷顯著性（若 $MS_E=0$，$F$ 會趨於無窮大，即必定拒絕 $H_0$）。

下面依步驟列出所需計算。

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a) 假設陳述

因子	零假設 $H_0$	對立假設 $H_1$
Machine（A）	$\mu_{1\cdot\cdot}= \mu_{2\cdot\cdot}$（兩台機器的平均作業時間相等）	至少有一台機器的平均作業時間不同
Approach（B）	$\mu_{\cdot1\cdot}= \mu_{\cdot2\cdot}= \mu_{\cdot3\cdot}$（三種作業方式的平均時間相等）	至少有一種作業方式的平均時間不同
交互作用（A×B）	$\mu_{ij\cdot}= \mu_{i\cdot\cdot}+\mu_{\cdot j\cdot}-\mu_{\cdot\cdot\cdot}$（無交互作用，模型為加法）	存在交互作用（兩因子之效應非純加法）

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b) 完成 ANOVA 表

先列出全部必要的總和（$T_{ij}=4\bar{y}_{ij}$）：

	Approach 1	Approach 2	Approach 3	小計 $T_{i..}$
Machine 1	$32$	$60$	$64$	$156$
Machine 2	$24$	$48$	$36$	$108$
小計 $T_{.j.}$	$56$	$108$	$100$	$264$ (Grand Total $G$)

• 總樣本數 $N=abn=2\times3\times4=24$
• 總平方和

$$\text{SST}= \frac{1}{n}\sum_{i,j}T_{ij}^{2}-\frac{G^{2}}{N} =\frac{1}{4}(1024+3600+4096+576+2304+1296)-\frac{264^{2}}{24} =3224-2904=320$$

• 主效應 A（Machine）

$$\text{SSA}= \frac{1}{bn}\sum_{i}T_{i..}^{2}-\frac{G^{2}}{N} =\frac{1}{12}(156^{2}+108^{2})-2904=3000-2904=96$$

• 主效應 B（Approach）

本題考驗簡單線性迴歸 (Simple Linear Regression) 的相關概念，特別是變異數分析表 (ANOVA table) 的解讀、判定係數 (Coefficient of Determination) 的計算、迴歸模型的顯著性檢定，以及預測。

核心觀念：

1. 判定係數 ($R^2$)：衡量迴歸模型解釋應變數變異的比例。
   $R^2 = \frac{SSR}{SST} = 1 - \frac{SSE}{SST}$
   其中 SSR 是迴歸平方和，SSE 是誤差平方和，SST 是總平方和。
2. 變異數分析表 (ANOVA Table)：用於檢定迴歸模型的整體顯著性。
   • $SSR$ (Regression Sum of Squares)
   • $SSE$ (Error Sum of Squares)
   • $SST$ (Total Sum of Squares)
   • $MSR = SSR / DF_{Regression}$
   • $MSE = SSE / DF_{Error}$
   • $F$-statistic $= MSR / MSE$
3. 迴歸係數的顯著性檢定：通常使用 F 檢定來檢定迴歸模型的整體顯著性。對於簡單線性迴歸，F 檢定等同於檢定斜率係數 $\beta_1$ 是否顯著不為零。
4. 預測：使用迴歸方程式來預測應變數的值。

數據整理與初步計算：
從 ANOVA 表和 Predictor 表中，我們得到以下資訊：

• $DF_{Regression} = 1$
• $SSR = 310.2774$
• $SST = 1002$
• $DF_{Error} = 5$
• $\beta_0$ (Constant Coef) $= 29.39911$
• $\beta_1$ (X Coef) $= 1.547478$
• $SE(\beta_0) = 4.807253$
• $SE(\beta_1) = 0.463499$

a) 判定係數的值為何？

判定係數 $R^2$ 可以通過以下公式計算：
$R^2 = \frac{SSR}{SST}$
$R^2 = \frac{310.2774}{1002}$
$R^2 \approx 0.310$

我們也可以先計算 SSE，然後用 $R^2 = 1 - \frac{SSE}{SST}$。
$SST = SSR + SSE$
$1002 = 310.2774 + SSE$
$SSE = 1002 - 310.2774 = 691.7226$
$R^2 = 1 - \frac{691.7226}{1002} \approx 1 - 0.6904 = 0.3096$

兩種方法計算結果非常接近，由於 SSR 和 SST 是直接給定的，使用 $R^2 = SSR/SST$ 應更直接。

【答案】約 0.310

b) 使用 F 統計量檢定關係的顯著性，顯著水準為 0.05。

首先，我們需要完成 ANOVA 表，計算 F 統計量。

• $DF_{Regression} = 1$
• $SSR = 310.2774$
• $DF_{Error} = 5$
• $SSE = SST - SSR = 1002 - 310.2774 = 691.7226$
• $DF_{Total} = 6$

計算平均平方和 (MS) 和 F 統計量：

• $MSR = SSR / DF_{Regression} = 310.2774 / 1 = 310.2774$
• $MSE = SSE / DF_{Error} = 691.7226 / 5 = 138.34452$
• $F$-statistic $= MSR / MSE = 310.2774 / 138.34452 \approx 2.2427$

核心觀念

• 本題屬於 分類資料的比例檢定，觀測值為多項分配 (multinomial) 的類別次數。
• 檢驗目標是比較 兩個類別 (A 與 B) 的母體比例是否相等，常用 卡方適合度檢定（或等價的兩比例 Z 檢定）於大樣本情形。
• 其主要假設、統計量與自由度如下：
  • $H_0\!:\;p_A=p_B$
  • $H_1\!:\;p_A\neq p_B$
  • 觀察次數 $O_A,O_B$，期望次數 $E_A=E_B$ 由 合併樣本比例 估計。
  • 卡方統計量 $\displaystyle \chi^2=\sum_{i=A,B}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$，自由度 $df=1$。

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解題方法

1. 採用卡方適合度檢定的原因

   • 觀測資料為 離散類別計數，且樣本大小 $n=600$ 足以滿足近似正態條件（每類期望次數 $>5$）。
   • 只關心兩個類別的比例是否相等，其他類別可視為「餘下」對檢驗結果不構成影響。
   • 卡方檢定直接以 觀測次數 vs. 期望次數 之差異衡量，計算簡便且與兩比例 Z 檢定等價。

2. 建構檢驗統計量

   • 總樣本數 $n=600$。
   • 觀測次數：$O_A=270,\;O_B=230$。
   • 在 $H_0$ 下，$p_A=p_B=:p$，以合併樣本估計 $p$：
     $\hat p=\frac{O_A+O_B}{n}= \frac{270+230}{600}= \frac{500}{600}=0.833\overline{3}$
   • 期望次數（以 $n$ 為基礎，僅針對 A、B 兩類）
     $E_A=E_B = n\cdot \frac{\hat p}{2}=600\cdot\frac{0.833\overline{3}}{2}=250.$

3. 計算卡方統計量

$$\chi^2 =\frac{(O_A-E_A)^2}{E_A}+\frac{(O_B-E_B)^2}{E_B} =\frac{(270-250)^2}{250}+\frac{(230-250)^2}{250} =\frac{20^2}{250}+\frac{(-20)^2}{250} =\frac{400}{250}+\frac{400}{250}=1.6+1.6=3.20.$$