109 年 國立政治大學統計學系碩士班《統計方法》

核心觀念

本題考查兩種卡方檢定：

1. 適合度檢定（goodness-of-fit test）
   檢查觀察到的次數是否符合指定的理論機率分布。

2. 同質性檢定（test of homogeneity）
   檢查兩個多項分布的母體機率是否相同。

卡方統計量為

$$\chi^2=\sum_{i=1}^k\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},$$

其中 $O_i$ 為觀察次數，$E_i$ 為虛無假設下的期望次數。

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（a）檢定 A 不放回、B 放回

解題方法

對 Player A 與 Player B 分別建立理論分布，再進行適合度檢定。

虛無假設為

$$H_0:\text{A 不放回抽球，B 放回抽球};$$

對立假設為

$$H_1:\text{上述抽球方式至少有一者不成立}.$$

Player A：不放回抽球

盒中共有 $15$ 顆球，其中黑球 $5$ 顆、白球 $10$ 顆。一次抽出 $3$ 顆，得到 $k$ 顆黑球的機率服從超幾何分布：

$$P(X=k)=\frac{\binom{5}{k}\binom{10}{3-k}}{\binom{15}{3}}, \qquad k=0,1,2,3.$$

因此

$$\begin{aligned} P(X=0)&=\frac{\binom{5}{0}\binom{10}{3}}{\binom{15}{3}} =\frac{24}{91},\\ P(X=1)&=\frac{\binom{5}{1}\binom{10}{2}}{\binom{15}{3}} =\frac{45}{91},\\ P(X=2)&=\frac{\binom{5}{2}\binom{10}{1}}{\binom{15}{3}} =\frac{20}{91},\\ P(X=3)&=\frac{\binom{5}{3}\binom{10}{0}}{\binom{15}{3}} =\frac{2}{91}. \end{aligned}$$

A 重複試驗 $100$ 次，期望次數如下：

黑球數	觀察次數	期望次數
0	25	$100(24/91)=26.374$
1	40	$100(45/91)=49.451$
2	25	$100(20/91)=21.978$
3	10	$100(2/91)=2.198$

所以

$$\begin{aligned} \chi_A^2 &=\frac{(25-26.374)^2}{26.374} +\frac{(40-49.451)^2}{49.451}\\ &\quad+\frac{(25-21.978)^2}{21.978} +\frac{(10-2.198)^2}{2.198}\\ &\approx 29.99. \end{aligned}$$

若理論機率完全指定，類別數為 $4$，故自由度為

$$df=4-1=3.$$

在 $\alpha=0.10$ 下，

$$\chi^2_{0.10,3}=6.251.$$

由於

$$29.99>6.251,$$

拒絕 A 不放回抽球的假設。

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Player B：放回抽球

每次抽球後放回，因此每一球抽到黑球的機率固定為

$$p=\frac{5}{15}=\frac13.$$

一次抽 $3$ 球，黑球數服從二項分布：

$$X\sim\operatorname{Binomial}\left(3,\frac13\right).$$

因此

$$P(X=k)=\binom{3}{k} \left(\frac13\right)^k \left(\frac23\right)^{3-k}.$$

各類別機率為

$$\left( \frac{8}{27},\frac{12}{27},\frac{6}{27},\frac{1}{27} \right).$$

B 的期望次數為：

黑球數	觀察次數	期望次數
0	40	$29.630$
1	40	$44.444$
2	15	$22.222$
3	5	$3.704$

因此

這是一道關於變異數分析 (ANOVA) 的題目，涵蓋了單因子變異數分析的應用、p-value 方法判斷以及對 ANOVA 適用性的討論。

核心觀念：

• 變異數分析 (ANOVA)：用於比較三個或三個以上群體平均數的統計方法。
• 單因子變異數分析 (One-way ANOVA)：當影響結果的因子只有一個時使用。
• 因子 (Factor)：在此題中，因子是「參與者 (Person)」和「課程 (Course)」。
• 因子水準 (Levels of Factor)：
  • 參與者因子有 3 個水準：Person 1, Person 2, Person 3。
  • 課程因子有 3 個水準：Course A, Course B, Course C。
• p-value approach：透過計算統計量出現的機率 (p-value)，與顯著水準 $\alpha$ 比較來做決策。
• Critical Value approach：透過計算統計量與預先設定的臨界值比較來做決策。

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(a) 檢定參與者表現是否不同 (Person Factor)

題意分析：
我們要檢定的是，這三位參與者 (Person 1, Person 2, Person 3) 的整體表現是否有顯著差異。這裡的「課程」是干擾因子，我們需要排除課程的影響，或者說，我們關注的是在所有課程下，三位參與者的平均表現是否不同。這是一個典型的單因子變異數分析問題，因子是「參與者」，其水準為 Person 1, Person 2, Person 3。

1. 建立假設：
$H_0$: 三位參與者的平均表現相同。($\mu_1 = \mu_2 = \mu_3$)
$H_1$: 至少有一位參與者的平均表現不同。

2. 識別模型與參數：
這是一個單因子 ANOVA 模型，因子為「參與者」，有 3 個水準。
觀察值 $y_{ij}$ 表示第 $i$ 位參與者在第 $j$ 門課程的成績。
$y_{ij} = \mu_i + \epsilon_{ij}$，其中 $\mu_i$ 是第 $i$ 位參與者的平均成績，$\epsilon_{ij}$ 是隨機誤差，假設 $\epsilon_{ij} \sim N(0, \sigma^2)$ 獨立同分布。
在我們的數據中，我們實際上無法直接估計 $\mu_i$ 因為每個參與者只在每個課程下被評估一次。
這題應該是要我們將「參與者」視為一個因子，而「課程」是另一個因子。由於題目問的是「參與者表現是否不同」，我們需要進行一個雙因子 ANOVA (Two-way ANOVA)，或者，如果我們忽略課程的影響，將數據重新整理。

重新架構問題：
題目數據格式是：

	Person 1	Person 2	Person 3
Course A	84	83	85
Course B	79	77	81
Course C	80	74	77

我們可以將「參與者」視為一個因子，其觀察值是該參與者在所有課程下的成績。

• Person 1 的成績：{84, 79, 80}
• Person 2 的成績：{83, 77, 74}
• Person 3 的成績：{85, 81, 77}

計算平均數與總變異數：

• Person 1 平均 ($\bar{y}_1$) = (84+79+80)/3 = 243/3 = 81

• Person 2 平均 ($\bar{y}_2$) = (83+77+74)/3 = 234/3 = 78

• Person 3 平均 ($\bar{y}_3$) = (85+81+77)/3 = 243/3 = 81

• 所有成績總平均 ($\bar{y}_{..}$) = (81+78+81)/3 = 240/3 = 80
  或者 (84+83+85+79+77+81+80+74+77)/9 = 720/9 = 80

進行單因子 ANOVA (因子：參與者)：

• 組間平方和 (SSB - Sum of Squares Between groups)：衡量各組平均數與總平均數之間的差異。
  $SSB = \sum_{i=1}^{k} n_i (\bar{y}_i - \bar{y}_{..})^2$
  其中 $k=3$ (參與者數)，$n_i=3$ (每位參與者觀察的次數)。
  $SSB = 3 \times (81 - 80)^2 + 3 \times (78 - 80)^2 + 3 \times (81 - 80)^2$
  $SSB = 3 \times (1)^2 + 3 \times (-2)^2 + 3 \times (1)^2$
  $SSB = 3 \times 1 + 3 \times 4 + 3 \times 1 = 3 + 12 + 3 = 18$

• 組內平方和 (SSW - Sum of Squares Within groups) / 誤差平方和 (SSE)：衡量各組內觀察值與該組平均數的差異。
  $SSE = \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{n_i} (y_{ij} - \bar{y}_i)^2$

  • Person 1: $(84-81)^2 + (79-81)^2 + (80-81)^2 = 3^2 + (-2)^2 + (-1)^2 = 9 + 4 + 1 = 14$
  • Person 2: $(83-78)^2 + (77-78)^2 + (74-78)^2 = 5^2 + (-1)^2 + (-4)^2 = 25 + 1 + 16 = 42$
  • Person 3: $(85-81)^2 + (81-81)^2 + (77-81)^2 = 4^2 + 0^2 + (-4)^2 = 16 + 0 + 16 = 32$
    $SSE = 14 + 42 + 32 = 88$

• 總平方和 (SST - Total Sum of Squares)：
  $SST = SSB + SSE = 18 + 88 = 106$

3. 計算均方 (Mean Squares)：

• 組間均方 (MSB)：$MSB = \frac{SSB}{df_{between}}$
  $df_{between} = k - 1 = 3 - 1 = 2$
  $MSB = \frac{18}{2} = 9$

• 組內均方 (MSW) / 誤差均方 (MSE)：$MSE = \frac{SSE}{df_{within}}$
  $df_{within} = N - k = 9 - 3 = 6$
  $MSE = \frac{88}{6} \approx 14.667$

4. 計算 F 統計量：
$F = \frac{MSB}{MSE} = \frac{9}{88/6} = \frac{9 \times 6}{88} = \frac{54}{88} \approx 0.6136$

5. 決定自由度：

• 分子自由度 $df_1 = df_{between} = 2$
• 分母自由度 $df_2 = df_{within} = 6$

6. 使用 p-value approach 進行檢定：
我們需要找到 $P(F_{2,6} \ge 0.6136)$。
查 F 分布表，對於 $df_1=2, df_2=6$：

• $F_{2,6, 0.05} \approx 5.14$
• $F_{2,6, 0.10} \approx 3.46$

由於我們的 F 統計量 $0.6136$ 非常小，遠小於常用顯著水準 (如 0.05 或 0.10) 的臨界值，所以 p-value 會非常大，遠大於 0.10。
例如，查 F 表可以發現，當 $F$ 值很小時，其右尾機率 (p-value) 就會很大。
$F_{2,6}$ 的值通常大於 1 才會顯著。

7. 下結論：
因為 p-value 很大 (p-value > 0.10)，大於顯著水準 95% confidence (即 $\alpha = 0.05$)。
或者，因為 F 統計量 $0.6136$ 小於臨界值 $F_{2,6, 0.05} = 5.14$。
我們無法拒絕虛無假設 $H_0$。
結論： 在 95% 的信心水準下，沒有足夠證據顯示三位參與者的平均表現有顯著差異。

【答案】：** 在 95% 信心水準下，參與者表現沒有顯著差異。

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(b) 檢定課程表現是否不同 (Course Factor)

核心觀念

本題考查「兩組獨立資料共用同一斜率、但具有不同截距」的最小平方法估計，以及共同誤差變異數下的迴歸斜率 $t$ 檢定。

模型為

$$y_i=\alpha_1+\beta x_i+\epsilon_i,$$ $$w_i=\alpha_2+\beta x_i+\eta_i,$$

其中兩組資料共用斜率 $\beta$，但截距分別為 $\alpha_1$ 與 $\alpha_2$。

令

$$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i,\qquad \bar{y}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n y_i,\qquad \bar{w}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n w_i,$$

並定義

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2.$$

假設 $S_{xx}>0$，亦即所有 $x_i$ 不完全相同。

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解題方法

最小平方法是使兩組資料的殘差平方和最小：

$$Q(\alpha_1,\alpha_2,\beta) = \sum_{i=1}^n(y_i-\alpha_1-\beta x_i)^2 + \sum_{i=1}^n(w_i-\alpha_2-\beta x_i)^2.$$

分別對 $\alpha_1,\alpha_2,\beta$ 微分並令其為零。

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（a）最小平方法估計量

1. $\alpha_1$ 的估計量

對 $\alpha_1$ 微分：

$$\frac{\partial Q}{\partial \alpha_1} = -2\sum_{i=1}^n(y_i-\alpha_1-\beta x_i)=0.$$

因此

$$\sum_{i=1}^n y_i-n\alpha_1-\beta\sum_{i=1}^n x_i=0,$$

得到

$$\hat{\alpha}_1=\bar{y}-\hat{\beta}\bar{x}.$$

2. $\alpha_2$ 的估計量

同理，對 $\alpha_2$ 微分：

$$\frac{\partial Q}{\partial \alpha_2} = -2\sum_{i=1}^n(w_i-\alpha_2-\beta x_i)=0.$$

因此

$$\hat{\alpha}_2=\bar{w}-\hat{\beta}\bar{x}.$$

3. $\beta$ 的估計量

對 $\beta$ 微分：

$$\frac{\partial Q}{\partial \beta} = -2\sum_{i=1}^n x_i(y_i-\alpha_1-\beta x_i) -2\sum_{i=1}^n x_i(w_i-\alpha_2-\beta x_i)=0.$$

代入

$$\hat{\alpha}_1=\bar{y}-\hat{\beta}\bar{x}, \qquad \hat{\alpha}_2=\bar{w}-\hat{\beta}\bar{x},$$

可將兩組資料分別中心化，得到

$$\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) + \sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(w_i-\bar{w}) - 2\hat{\beta}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2 =0.$$

因此

$$\boxed{ \hat{\beta} = \frac{ \displaystyle\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) + \displaystyle\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(w_i-\bar{w}) }{ \displaystyle 2\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2 } }$$

亦即

$$\boxed{ \hat{\beta} = \frac{S_{xy}+S_{xw}}{2S_{xx}} }$$

其中

$$S_{xy}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}),$$ $$S_{xw}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(w_i-\bar{w}).$$

最後，

$$\boxed{ \hat{\alpha}_1=\bar{y}-\hat{\beta}\bar{x} }$$

以及

$$\boxed{ \hat{\alpha}_2=\bar{w}-\hat{\beta}\bar{x} }$$

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（b）檢定 $H_0:\beta=0$ 對上 $H_1:\beta\neq 0$

1. 計算殘差平方和

使用估計出的參數後，兩組資料的殘差平方和為

核心觀念

本題考查：

• 二項分配：$X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$。
• 型一錯誤與型二錯誤：
  • 型一錯誤：$H_0$ 正確卻拒絕 $H_0$。
  • 型二錯誤：$H_1$ 正確卻未拒絕 $H_0$。
• Neyman–Pearson 準則：當 $p$ 從 $1/3$ 增加至 $2/3$ 時，觀察到較多紅球較支持 $H_1$。
• 中央極限定理近似二項分配。

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（a）拒絕域為 $\{X\ge 2\}$ 的理由

在 $H_0$ 與 $H_1$ 下，$X$ 分別服從：

$$X\mid H_0\sim \operatorname{Binomial}\left(3,\frac13\right),$$ $$X\mid H_1\sim \operatorname{Binomial}\left(3,\frac23\right).$$

因為 $H_1$ 的紅球機率較高，所以觀察到的紅球數 $X$ 越大，越支持 $H_1$。

更正式地，似然比為：

$$\frac{P(X=x\mid H_1)}{P(X=x\mid H_0)} = \frac{\binom{3}{x}(2/3)^x(1/3)^{3-x}} {\binom{3}{x}(1/3)^x(2/3)^{3-x}} = 2^{2x-3}.$$

由於 $2^{2x-3}$ 隨 $x$ 遞增，因此 $X$ 越大時，越應拒絕 $H_0$，拒絕域應取為大於某一臨界值的區域，即：

$$\{X\ge 2\}.$$

若取 $\{X\le 2\}$，反而會把「紅球數較少」視為支持 $H_1:p=2/3$，與備擇假設的方向相反。

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（b）型一錯誤與型二錯誤

型一錯誤機率

型一錯誤為在 $H_0:p=1/3$ 下拒絕 $H_0$：

$$\alpha=P_{1/3}(X\ge 2).$$

因此：

$$\begin{aligned} \alpha &=P_{1/3}(X=2)+P_{1/3}(X=3)\\ &=\binom32\left(\frac13\right)^2\left(\frac23\right) +\binom33\left(\frac13\right)^3\\ &=\frac{6}{27}+\frac{1}{27}\\ &=\frac{7}{27} \approx 0.2593. \end{aligned}$$

所以型一錯誤機率約為：

$$\boxed{\alpha\approx 25.93\%}.$$

型二錯誤機率

型二錯誤為在 $H_1:p=2/3$ 成立時未拒絕 $H_0$。由於拒絕域為 $X\ge2$，未拒絕域為 $X\le1$：

$$\beta=P_{2/3}(X\le1).$$

因此：

$$\begin{aligned} \beta &=P_{2/3}(X=0)+P_{2/3}(X=1)\\ &=\binom30\left(\frac13\right)^3 +\binom31\left(\frac23\right)\left(\frac13\right)^2\\ &=\frac{1}{27}+\frac{6}{27}\\ &=\frac{7}{27}\\ &\approx0.2593. \end{aligned}$$

所以型二錯誤機率約為：

$$\boxed{\beta\approx25.93\%}.$$

相對應的檢定力為：

$$1-\beta=1-\frac{7}{27} =\frac{20}{27} \approx0.7407.$$

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（c）利用中央極限定理決定 $n$ 與 $r$

解題方法

令：

$$X\sim\operatorname{Binomial}(n,p),$$

拒絕域為：

$$X\ge nr.$$

要求：

$$\alpha=0.05, \qquad 1-\beta=0.90,$$

因此在 $H_1$ 下：

$$\beta=0.10.$$

對二項分配使用中央極限定理：

$$X\approx N\left(np,np(1-p)\right).$$

核心觀念

本題使用常態母體下的兩個重要抽樣分配：

1. 母體為 $N(\mu,\sigma^2)$ 時，

$$T=\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t_{n-1}.$$

2. 樣本變異數 $S^2$ 滿足：

$$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}.$$

本題中

$$\mu=6,\qquad \sigma^2=25,\qquad \sigma=5,\qquad n=9,$$

因此自由度皆為

$$n-1=8.$$

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（a）計算 $P\left(1.860<\dfrac{\bar X-6}{S/\sqrt 9}\right)$

解題方法

因為樣本來自常態分配，且母體平均數與變異數均已知其真值，但題目使用樣本標準差 $S$，所以應直接套用 $t$ 分配：

$$T=\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n} =\frac{\bar X-6}{S/\sqrt 9} \sim t_8.$$

因此

$$P\left(1.860<\frac{\bar X-6}{S/\sqrt 9}\right) =P(T>1.860),\qquad T\sim t_8.$$

查自由度 $8$ 的 $t$ 分配表：

$$t_{0.95,8}=1.860,$$

其中 $P(T\le t_{0.95,8})=0.95$，所以右尾機率為

$$P(T>1.860)=1-0.95=0.05.$$

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（b）計算 $P(S^2\le 34.4688)$

解題方法

常態母體下，

$$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1}.$$