112 年 國立成功大學工業與資訊管理學系研究所甲組《統計學》

核心觀念

• 互斥事件（mutually exclusive events）指的是兩事件不可能同時發生，亦即 $A\cap B=\varnothing$。
• 互斥事件的機率性質：
  $\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)$
  $\Pr(A\cap B)=0$
• 本題已明示 $\Pr(A)\neq0,\;\Pr(B)\neq0$，因此 $A$、$B$ 皆為非零機率之事件。

解題方法
利用互斥事件的定義直接寫出 $\Pr(A\cap B)$ 與 $\Pr(A\cup B)$ 的公式，與選項中敘述的關係作比較。

• 若 $A$ 與 $B$ 互斥，則 $\Pr(A\cap B)=0$。
• 由 $\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)$ 可觀察到 $\Pr(A\cup B)$ 必大於等於 $\Pr(A)$（因 $\Pr(B)>0$），且亦大於等於 $\Pr(B)$。
• 獨立性（independence）要求 $\Pr(A\cap B)=\Pr(A)\Pr(B)$，在互斥且 $\Pr(A),\Pr(B)>0$ 的情況下不可能成立，因左側為 $0$、右側為正數。

選項分析

選項	內容	正誤判斷與說明
(A)	$\Pr(A\cup B)=\Pr(A)$	錯誤。

本題考驗的是全機率法則 (Law of Total Probability)。當樣本空間被一組互斥且窮盡的事件所分割時，任一事件 A 的機率可以透過條件機率與這些分割事件的機率來計算。

首先，題目告知 $B_1, B_2, B_3$ 是樣本空間的分割，且它們是互斥的 (mutually exclusive) 且窮盡的 (collectively exhaustive)，這表示：

1. $B_i \cap B_j = \emptyset$ for $i \neq j$ (互斥)
2. $B_1 \cup B_2 \cup B_3 = S$ (樣本空間) (窮盡)

核心觀念

• 累積分布函數 (CDF) 與機率質量函數 (PMF) 的關係：對於離散隨機變數 $X$，有
  $P(X=k)=F(k)-F(k-1),\qquad k=0,1,2,\ldots$
• 期望值的定義：
  $E[X]=\sum_{k=0}^{\infty} k\;P(X=k).$
• 幾何分布的性質：若 $P(X=k)=p(1-p)^k$（$k=0,1,2,\ldots$），則 $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$。本題的分布會化為此形式。

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解題方法

1. 先求出 $X$ 的機率質量函數。

$$\begin{aligned} P(X=k)&=F(k)-F(k-1)\\ &=\Bigl[1-(0.2)^{k+1}\Bigr]-\Bigl[1-(0.2)^{k}\Bigr]\\ &= (0.2)^{k}-(0.2)^{k+1}\\ &= (0.2)^{k}\bigl(1-0.2\bigr)\\ &=0.8\;(0.2)^{k},\qquad k=0,1,2,\ldots \end{aligned}$$

因此 $X$ 服從參數 $p=0.8$、$1-p=0.2$ 的幾何分布（以 $k=0$ 為起點的形式）。

2. 計算期望值。幾何分布（從 $0$ 開始）的期望值為

$E[X]=\frac{1-p}{p}=\frac{0.2}{0.8}=0.25.$

若不直接使用已知公式，可直接求和驗證：

本題考驗指數分布 (Exponential Distribution) 的期望值計算。

指數分布的累積分布函數 (CDF) 定義為：
$F(y) = 1 - e^{-\lambda y}$，對於 $y \ge 0$。
其中 $\lambda$ 是參數。

本題考驗的是條件期望值的性質，特別是迭代期望法則 (Law of Iterated Expectations)，也稱為塔式法則 (Tower Property)。

迭代期望法則說明，對於兩個隨機變數 X 和 Y，其期望值可以透過條件期望值來計算：
$E[X] = E[E[X|Y]]$

題目給定了：

1. 隨機變數 Y 的 CDF：$F(y) = 1 - e^{-y/20}$，對於 $y>0$。
2. 條件期望值：$E[X|Y=y] = 10y$。

首先，我們需要確定隨機變數 Y 的分布。
從其 CDF $F(y) = 1 - e^{-y/20}$，我們可以識別出 Y 服從一個參數為 $\lambda = 1/20$ 的指數分布。

核心觀念

• 二項分布 $X\sim B(n,p)$ 的左尾機率

$P(X\le 0)=P(X=0)=(1-p)^{\,n}.$

• 正態近似（中心極限定理）把 $X$ 正規化為

$$Z=\frac{X-np}{\sqrt{np(1-p)}}\quad\Longrightarrow\quad P\!\left(X\le 0\right)\approx \Phi\!\left(\frac{0-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right) =\Phi\!\left(-\frac{np}{\sqrt{np(1-p)}}\right) .$$

• 題目所給的 $\Phi$ 參數其實是

$$\frac{np-\sqrt{np(1-p)}}{\sqrt{np(1-p)}} =\frac{np}{\sqrt{np(1-p)}}-1 .$$

這是 連續性校正（continuity correction）後的近似式。

• 要求

$P(X\le 0)-\Phi\!\left(\frac{np-\sqrt{np(1-p)}}{\sqrt{np(1-p)}}\right)\le10^{-3}.$

若左側為負值，則一定滿足「 ≤ $10^{-3}$」；若左側為正值，必須檢查是否小於 $10^{-3}$。

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解題方法

1. 計算左側實際值

   • $P(X\le0)=(1-p)^{n}$。
   • $z=\dfrac{np-\sqrt{np(1-p)}}{\sqrt{np(1-p)}}$。
   • 由標準正態表（或計算機）取得 $\Phi(z)$。

2. 比較 $(1-p)^{n}-\Phi(z)$ 與 $10^{-3}$。
   若結果 ≤ $10^{-3}$，則該$(n,p)$ 滿足條件。

3. 逐一代入五個選項，計算如下（保留四位有效數字）：

選項	$n$	$p$	$(1-p)^{n}$	$np$	$np(1-p)$	$\sqrt{np(1-p)}$	$z$	$\Phi(z)$	差值 $(1-p)^{n}-\Phi(z)$

本題考驗指數分布的機率計算。

指數分布的機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta}$，對於 $x > 0$。
指數分布的期望值 (平均值) 為 $E[X] = \theta$。

題目已知：

1. 平均壽命為 30,000 小時，所以 $\theta = 30,000$。
2. 保固政策是指一年內失效。一年有多少小時？
   一年有 365 天，一天 24 小時。
   $1 \text{ year} = 365 \text{ days} \times 24 \text{ hours/day} = 8760 \text{ hours}$。
   題目中給定的失效時間是 $X \le 8,760$ 小時，這正好是一年的時間。

我們需要計算 $P(X \le 8760)$。
對於指數分布，其累積分布函數 (CDF) 為 $F(x) = P(X \le x) = 1 - e^{-x/\theta}$，對於

本題延續前一題的資訊，計算在 1,000 台售出的設備中，平均有多少台會在一年內失效。

前一題我們計算出，單一設備在一年內 (8760 小時) 失效的機率為 $P(\text{fail in 1 year}) \approx 0.2528$。
這個機率是我們在前一題計算得到的 $P(X \le 8760)$。

現在，公司售出了 1,000 台設備。我們假設每台設備的壽命是獨立的。
這是一個關於二項分布的期望值問題。
如果我們將售出的 1,000 台設備視為 $n=1000$ 次獨立的伯努利試驗，其中「成功」定義為設備在一年內失效，其機率為 $p \approx 0.2528$。

本題考驗相關係數 (Correlation Coefficient) 的意義與性質。

相關係數 $\rho_{XY}$ 的定義是：
$\rho_{XY} = \frac{Cov(X, Y)}{\sigma_X \sigma_Y}$
其中 $Cov(X, Y)$ 是 X 和 Y 的共變異數 (Covariance)，$\sigma_X$ 是 X 的標準差，$\sigma_Y$ 是 Y 的標準差。

題目指出相關係數為零，即 $\rho_{XY} = 0$。
根據定義，這意味著 $\frac{Cov(X, Y)}{\sigma_X \sigma_Y} = 0$。
要使這個分數為零，分子必須為零，即 $Cov(X, Y) = 0$。
同時，分母不能為零，即 $\sigma_X \neq 0$ 且 $\sigma_Y \neq 0$。
如果 $\sigma_X = 0$ 或 $\sigma_Y = 0$，則表示其中一個隨機變數是常數，這時共變異數和相關係數的定義會有所不同或沒有意義。

因此，當兩個隨機變數 X 和 Y 的相關係數為零時，其共變異數 $Cov(X, Y)$ 必定為零，且它們各自的標準差 $\sigma_X$ 和 $\sigma_Y$ 必須大於零。

現在我們來分析選項：
(A) $X=Y$：如果 $X=Y$，那麼 $Cov(X,Y) = Cov(X,X) = Var(X)$。除非 $Var(X)=0$ (即 X, Y 是常數)，否則 $Cov(X,Y) \neq 0$。所以，相關係數不為零。此選項錯誤。

(B) $X = aY+b$，其中 a, b 是非零常數：
$Cov(X, Y) = Cov(aY+b, Y) = Cov(aY, Y) + Cov(b, Y)$。
由於 b 是常數，$Cov(b, Y) = 0$。
$Cov(aY, Y) = a Cov(Y, Y) = a Var(Y)$。
所以，$Cov(X, Y) = a Var(Y)$。

本題考驗中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的敘述是否正確。

中央極限定理的核心內容是：
從任何分布 (不論其原始分布為何，只要變異數有限) 中抽取一個足夠大的隨機樣本，則樣本平均數的抽樣分布將近似於常態分布。

讓我們逐一檢視各個選項：

(A) 「定理可以在樣本大小很小 (例如 n=2) 時應用。」
中央極限定理要求樣本大小足夠大。通常的經驗法則是 $n \ge 30$。對於 $n=2$ 這樣小的樣本，CLT 通常不適用，除非原始母體本身就是常態分布。所以，此選項錯誤。

(B) 「定理建議，當樣本大小很大時，$x_i$ 的分布變成常態分布。」
這裡的 $x_i$ 指的是樣本中的單一觀測值。CLT 講的是「樣本平均數」的分布，而不是單一觀測值的分布。單一觀測值的分布與原始母體分布相同。所以，此選項錯誤。

(C) 「樣本平均數 $\bar{x}$ 的抽樣分布是常態分布。」
這是 CLT 的核心結論。當樣本大小 $n$ 足夠大時，樣本平均數 $\bar{x}$ 的抽樣分布近似於一個期望值為母體平均數 $\mu$、變異數為 $\sigma^2/n$ 的常態分布。即使原始母體分布不是常態的，只要 $n$ 夠大，$\bar{x}$ 的分布也會趨近於常態。所以，此選項是正確的。

本題要求進行 Jarque-Bera 檢定，以判斷樣本資料是否符合常態分布。Jarque-Bera 檢定是一種基於樣本偏度 (skewness) 和峰度 (kurtosis) 的檢定方法。

1. 檢定核心觀念：
Jarque-Bera 檢定用於檢定樣本資料的偏度和峰度是否與常態分布的偏度和峰度顯著不同。對於常態分布，偏度為 0，峰度 (excess kurtosis) 為 0 (或絕對峰度為 3)。

2. 檢定步驟：

a. 計算樣本統計量：
給定樣本資料為 Group A 的反應值：(12, 13, 54, 56, 25)。
樣本大小 $n = 5$。

首先計算樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{12+13+54+56+25}{5} = \frac{160}{5} = 32$。

接著計算樣本標準差 $s$。
樣本變異數 $s^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
$s^2 = \frac{(12-32)^2 + (13-32)^2 + (54-32)^2 + (56-32)^2 + (25-32)^2}{5-1}$
$s^2 = \frac{(-20)^2 + (-19)^2 + (22)^2 + (24)^2 + (-7)^2}{4}$
$s^2 = \frac{400 + 361 + 484 + 576 + 49}{4} = \frac{1870}{4} = 467.5$。
樣本標準差 $s = \sqrt{467.5} \approx 21.622$。

b. 計算樣本偏度 (Skewness)：
樣本偏度 $g_1$ 的公式為：
$g_1 = \frac{m_3}{m_2^{3/2}}$
其中 $m_k = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^k$ 是 k 階中心動差。
對於 $n=5$ 的小樣本，通常使用調整後的偏度公式，但這裡我們先計算未調整的。

$m_2 = s^2 = 467.5$ (注意，這裡的 $m_2$ 是基於 n 而非 n-1，但 $s^2$ 是基於 n-1。為了計算 $g_1$，我們需要 $m_3$ 和 $m_2$。)
或者，使用 $s$ 來計算：
$m_3 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^3$
$m_3 = \frac{1}{5} [(-20)^3 + (-19)^3 + (22)^3 + (24)^3 + (-7)^3]$
$m_3 = \frac{1}{5} [-8000 - 6859 + 10648 + 13824 - 343]$
$m_3 = \frac{1}{5} [9270] = 1854$。

$g_1 = \frac{m_3}{m_2^{3/2}} = \frac{1854}{(467.5)^{3/2}}$
$(467.5)^{3/2} = (467.5) \sqrt{467.5} \approx 467.5 \times 21.622 \approx 10113.5$。
$g_1 \approx \frac{1854}{10113.5} \approx 0.1833$。

c. 計算樣本峰度 (Kurtosis)：
樣本峰度 (excess kurtosis) $g_2$ 的公式為：
$g_2 = \frac{m_4}{m_2^2} - 3$
$m_4 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^4$
$m_4 = \frac{1}{5} [(-20)^4 + (-19)^4 + (22)^4 + (24)^4 + (-7)^4]$
$m_4 = \frac{1}{5} [160000 + 130321 + 234256 + 331776 + 2401]$
$m_4 = \frac{1}{5} [859754] = 171950.8$。

$m_2^2 = (467.5)^2 = 218556.25$。
$g_2 = \frac{171950.8}{218556.25} - 3 \approx 0.7868 - 3 = -2.2132$。

d. 計算 Jarque-Bera 統計量：
JB 統計量為：
$JB = \frac{n}{6} \left( g_1^2 + \frac{1}{4} g_2^2 \right)$ (這是針對大樣本的近似公式)
對於小樣本，通常使用另一種形式：
$JB = n \left( \frac{g_1^2}{6} + \frac{g_2^2}{24} \right)$ (這個公式也常用)

然而，Jarque-Bera 檢定的原始公式通常是：
$JB = \frac{n}{2} \left( \frac{g_1^2}{6} + \frac{g_2^2}{24} \right)$
讓我們使用較常見的 $JB = n \left( \frac{g_1^2}{6} + \frac{g_2^2}{24} \right)$，或者更常見的 $JB = \frac{n}{6} \left( g_1^2 + \frac{(g_2+3)^2}{4} \right)$，這個公式是基於 Fisher 的峰度定義。
但最標準的 JB 統計量是：

本題要求對一組假設為常態分佈的資料進行 Grubbs' 檢定，以判斷是否存在離群值 (outlier)。

1. 檢定核心觀念：
Grubbs' 檢定是一種用於檢測單一離群值的統計方法。它假設樣本來自常態分布，並檢定樣本中的最大值或最小值是否顯著偏離其他數據點。

2. 檢定步驟：

a. 計算樣本統計量：
給定樣本資料為 Group B 的反應值：(43, 48, 6, 62, 56)。
樣本大小 $n = 5$。

首先，將資料排序：(6, 43, 48, 56, 62)。
樣本平均數 $\bar{x}$：
$\bar{x} = \frac{43+48+6+62+56}{5} = \frac{215}{5} = 43$。

樣本標準差 $s$。
樣本變異數 $s^2 = \frac{\sum (x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
$s^2 = \frac{(43-43)^2 + (48-43)^2 + (6-43)^2 + (62-43)^2 + (56-43)^2}{5-1}$
$s^2 = \frac{0^2 + 5^2 + (-37)^2 + 19^2 + 13^2}{4}$
$s^2 = \frac{0 + 25 + 1369 + 361 + 169}{4} = \frac{1924}{4} = 481$。
樣本標準差 $s = \sqrt{481} \approx 21.932$。

b. 進行 Grubbs' 檢定：
Grubbs' 檢定的統計量 $G$ 的計算公式為：
$G = \frac{|x_i - \bar{x}|}{s}$
其中 $x_i$ 是待檢測的數據點 (通常是最大值或最小值)。

我們需要檢測最小值 6 和最大值 62。

檢測最小值 6：
$G_{min} = \frac{|6 - 43|}{21.932} = \frac{|-37|}{21.932} = \frac{37}{21.932} \approx 1.687$。

檢測最大值 62：
$G_{max} = \frac{|62 - 43|}{21.932} = \frac{|19|}{21.932} = \frac{19}{21.932} \approx 0.866$。

c. 決定檢定臨界值：
Grubbs' 檢定的臨界值 $G_{crit}$ 取決於樣本大小 $n$ 和顯著水準 $\alpha$。
公式通常為：
$G_{crit} = \frac{(n-1)}{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{t^2_{\alpha/(2n), n-2}}{n-2}}$
或者，可以查表獲得臨界值。
題目未給定顯著水準 $\alpha$，通常假設 $\alpha = 0.05$。
對於 $n=5$ 和 $\alpha = 0.05$，我們需要查表。
查表可得，對於 $n=5, \alpha=0.05$ 的單側檢定 (或雙側檢定，需注意公式)，臨界值約為 1.87。
(註：不同的表格或公式可能略有差異，常見的臨界值約在 1.8~2.0 之間。)
例如，使用 $G_{crit} = t_{\alpha/(2n), n-2} \sqrt{\frac{n-2}{n-1}}$ 的形式，或者直接查表。
查閱統計表格，對於 $n=5, \alpha=0.05$ (雙側檢定)，臨界值約為 1.94 (來自 NIST 的表格)。
若使用單側檢定，臨界值可能更小。一般 Grubbs' 檢定是雙側檢定，檢測最大值或最小值。

d. 做出結論：
我們計算出的統計量是 $G_{min} \approx 1.687$ 和 $G_{max} \approx 0.866$。
無論使用 1.87 或 1.94 作為臨界值，這兩個計算出的 $G$ 值都小於臨界值。
$G_{min} = 1.687 < 1.94$
$G_{max} = 0.866 < 1.94$

由於計算出的 $G$ 值都小於臨界值，我們無法拒絕虛無假設 $H_0$。
虛無假設 $H_0$ 是：資料中沒有離群值。

結論：
在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，Grubbs' 檢定結果顯示，數據點 6 和 62 都不是顯著的離群值。因此，我們沒有足夠的證據判斷資料集中存在離群值。

計算過程的核算 (使用軟體輔助)：
使用 Python 的 scipy.stats 進行計算：

核心觀念

• 隨機完全區組設計 (RCBD)：觀測值 $Y_{ij}$ 由處理 (group) 效應 $\tau_i$、區組 (block) 效應 $\beta_j$ 以及誤差 $\varepsilon_{ij}$ 組成：
  $Y_{ij}= \mu+\tau_i+\beta_j+\varepsilon_{ij},\qquad i=1,\dots,a,\;j=1,\dots,b.$
• 單因子變異數分析 (ANOVA)：利用平方和分解得到處理間變異、區組變異與誤差變異，計算 $F$ 值檢驗處理效應是否顯著。
• 效應量 $\eta^2$：
  $\eta^2 = \frac{SS_{\text{group}}}{SS_{\text{total}}},$
  代表處理變異佔總變異的比例。
• Bonferroni 事後比較：對 $c$ 個兩兩比較以 $\alpha^{\ast}= \alpha/c$ 做校正，信賴區間為
  $\bigl(\bar d \pm t_{df,\,1-\alpha^{\ast}/2}\,SE_{\bar d}\bigr).$

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解題步驟

1. 資料整理

Block	A	B	C	Block 總和
1	12	43	49	104
2	13	48	81	142
3	54	6	64	124
4	56	62	78	196
5	25	56	89	170

• 總觀測值 $N = a\times b = 3\times5 = 15$
• 各處理總和：$T_A=160,\;T_B=215,\;T_C=361$
• 總和 $G = 736$，全體均值 $\bar Y = G/N = 49.0667$

2. 總平方和 $SS_{\text{total}}$

$$\begin{aligned} \sum Y_{ij}^2 &= 45202 ,\\ SS_{\text{total}} &= \sum Y_{ij}^2-\frac{G^2}{N} =45202-\frac{736^2}{15}=9\,088.9333 . \end{aligned}$$

3. 處理平方和 $SS_{\text{group}}$（即題目所稱的 group effect）

$$SS_{\text{group}}=\frac{1}{b}\sum_{i=1}^{a}T_i^{\,2}-\frac{G^2}{N} =\frac{160^2+215^2+361^2}{5}-\frac{736^2}{15} =4\,316.1333 .$$

自由度 $df_{\text{group}}=a-1=2$，

$MS_{\text{group}}=\frac{SS_{\text{group}}}{df_{\text{group}}}=2\,158.0667 .$

4. 區組平方和 $SS_{\text{block}}$

$$SS_{\text{block}}=\frac{1}{a}\sum_{j=1}^{b}B_j^{\,2}-\frac{G^2}{N} =\frac{104^2+142^2+124^2+196^2+170^2}{3}-\frac{736^2}{15} =1\,777.6000 .$$

自由度 $df_{\text{block}}=b-1=4$，

$MS_{\text{block}}=\frac{SS_{\text{block}}}{4}=444.4000 .$

核心觀念

• 互斥事件（mutually exclusive events）指的是兩事件不可能同時發生，亦即 $A\cap B=\varnothing$。
• 互斥事件的機率性質：
  $\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)$
  $\Pr(A\cap B)=0$
• 本題已明示 $\Pr(A)\neq0,\;\Pr(B)\neq0$，因此 $A$、$B$ 皆為非零機率之事件。

解題方法
利用互斥事件的定義直接寫出 $\Pr(A\cap B)$ 與 $\Pr(A\cup B)$ 的公式，與選項中敘述的關係作比較。

• 若 $A$ 與 $B$ 互斥，則 $\Pr(A\cap B)=0$。
• 由 $\Pr(A\cup B)=\Pr(A)+\Pr(B)$ 可觀察到 $\Pr(A\cup B)$ 必大於等於 $\Pr(A)$（因 $\Pr(B)>0$），且亦大於等於 $\Pr(B)$。
• 獨立性（independence）要求 $\Pr(A\cap B)=\Pr(A)\Pr(B)$，在互斥且 $\Pr(A),\Pr(B)>0$ 的情況下不可能成立，因左側為 $0$、右側為正數。

選項分析

選項	內容	正誤判斷與說明
(A)	$\Pr(A\cup B)=\Pr(A)$	錯誤。