108 年 國立成功大學統計學研究所《統計學》

此題考驗對複迴歸模型中加入解釋變數的影響的理解。

在複迴歸模型中，加入額外的解釋變數，即使該變數對應的迴歸係數的統計檢定不顯著，調整後的判定係數（Adjusted R-squared）可能會下降，但未調整的判定係數（R-squared）一定會增加或維持不變。這是因為 R-squared 的定義為 $1 - \frac{SSE}{SST}$，其中 SSE 是殘差平方和，SST 是總平方和。當我們加入一個新的解釋變數時，即使它不能顯著解釋變異，模型也能夠「擬合」得更好一點，導致 SSE 減少（或至少不增加），進而使得 R-squared 增加（或至少不減少）。

然而，加入無關的解釋變數會增加模型的複雜度，並可能導致過度擬合（overfitting），反而降低模型在未見數據上的預測能力。但題目問的是「predictive power」，這通常是指模型解釋變異的能力，而非泛指在未來數據上的預測能力。若加入的變數有助於解釋變異，則模型的預測能力（在此脈絡下指對樣本內數據的擬合能力）會有所提升。

選項 (A) 提到「coefficient of multiple determination」，這就是 $R^2$。

此題考查虛擬變數（Dummy Variables）在迴歸分析中的應用。

虛擬變數是用來處理類別型（Categorical）資料，特別是名目尺度（Nominal Scale）的變數。當迴歸模型中包含一個具有 $k$ 個類別的類別型解釋變數時，我們通常會建立 $k-1$ 個虛擬變數。這些虛擬變數可以將類別型變數的資訊量化，並納入迴歸模型中進行分析。

選項 (A) 應變數（dependent variables）是我們試圖解釋的變數，通常不是用虛擬變數來處理。
選項 (B) 名目變數（nominal variables）是類別型變數的一種，其類別之間沒有順序關係。

此題考查統計檢定的基本概念，特別是虛無假設（Null Hypothesis, $H_0$）與對立假設（Alternative Hypothesis, $H_1$）的本質。

在統計推論中，我們感興趣的是母體（population）的特性，例如母體平均數 $\mu$、母體比例 $p$ 或母體變異數 $\sigma^2$ 等。然而，我們通常無法取得整個母體的數據，只能從母體中抽取樣本（sample）來進行研究。

假設檢定（Hypothesis Testing）的目的，是利用樣本的資訊來對母體的某個參數（parameter）做出決策。虛無假設和對立假設都是關於母體參數的陳述。我們收集樣本數據，計算樣本統計量（sample statistic），並根據樣本統計量來評估虛無假設的真偽，進而對母體參數做出推論。

核心觀念

Fisher's Exact Probability Test（費雪精確機率檢定）是用於列聯表中檢定兩個類別變數是否獨立的方法，特別適合樣本數較小、或卡方檢定的期望次數過小時使用。

以 $2\times 2$ 列聯表為例：

	結果 1	結果 2	列合計
組別 1	$a$	$b$	$a+b$
組別 2	$c$	$d$	$c+d$
欄合計	$a+c$	$b+d$	$n$

在固定列合計與欄合計的條件下，左上角觀察值為 $a$ 的機率服從超幾何分配：

$$P(A=a)= \frac{(a+b)!(c+d)!(a+c)!(b+d)!} {a!b!c!d!n!}$$

Fisher 檢定直接計算觀察到的表格及所有更極端表格的機率，因此稱為「精確」檢定，不依賴大樣本的卡方近似。

卡方檢定常用的期望次數為：

$$E_{ij}= \frac{(\text{第 }i\text{ 列合計})(\text{第 }j\text{ 欄合計})}{n}$$

當許多儲存格的期望次數小於 $5$ 時，卡方分配近似可能不佳，此時宜改用 Fisher 精確機率檢定。

解題方法

本題問的是 Fisher 精確機率檢定的適用情況。判斷重點有二：

1. 資料必須是類別資料，通常整理成列聯表。
2. 當樣本數小或期望次數過小，使卡方檢定的近似條件不適合時，使用 Fisher 檢定。

因此，符合上述條件的是「有較多儲存格的期望次數小於 $5$」，即選項 (B)。

選項分析

(A) The calculations for chi-square test are too difficult

錯誤。

Fisher 檢定不是因為卡方檢定的計算太困難而使用。選擇檢定方法的依據是資料型態、樣本數及期望次數是否符合卡方近似的條件，而非計算者覺得計算是否繁瑣。

此題考查迴歸診斷（Regression Diagnostics）中用於偵測離群值（Outliers）或影響點（Influential Points）的統計量，並找出其中不適用於此目的的選項。

在迴歸分析中，離群值是指那些在應變數（Y）上與模型預測值差異很大的觀測點。影響點（Influential Points）則是指那些對迴歸模型的係數估計有顯著影響的觀測點。許多診斷統計量同時用於偵測這兩者。

我們逐一分析選項：
(A) Cook's distance：Cook's distance 是一種衡量單一觀測點對整個迴歸模型影響程度的指標。它同時考慮了該點的殘差大小（離群值特性）和其在解釋變數空間中的位置（高槓桿點特性），是偵測影響點的常用工具。
(B) Standardized residual：標準化殘差（Standardized Residual）是衡量應變數觀測值與模型預測值之間差異的標準化指標。較大的標準化殘差（絕對值）通常表示該點是潛在的離群值。

核心觀念

設到達間隔時間為 $T$。題目指出 $T$ 服從平均數為 $4$ 小時的指數分配：

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

指數分配的平均數為

$$E(T)=\frac{1}{\lambda}$$

因此

$$\frac{1}{\lambda}=4 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\frac{1}{4}$$

其中 $\lambda$ 為每小時的平均到達率。

解題方法

題目問「兩小時期間內沒有任何到達」的機率，即到下一次到達所需時間超過 $2$ 小時：

$$P(\text{兩小時內無到達})=P(T>2)$$

指數分配的存活函數為

$$P(T>t)=e^{-\lambda t}$$

代入 $\lambda=\frac14$ 與 $t=2$：

$$P(T>2) =e^{-\left(\frac14\right)(2)} =e^{-1/2} =e^{-0.5}$$

因此正確選項為 (D)。

選項分析

• (A) $e^{-8}$：錯誤。
  指數部分應為 $\lambda t=\frac14\times2=0.5$，不是 $8$。

此題考查信賴區間（Confidence Interval, CI）寬度的影響因素。信賴區間的寬度通常與以下因素有關：

信賴區間的一般形式為：
$\text{Point Estimate} \pm \text{Margin of Error}$

對於母體平均數 $\mu$ 的信賴區間，若母體變異數 $\sigma^2$ 已知，或樣本量夠大（$n \ge 30$），則 CI 為：
$\bar{X} \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
若母體變異數 $\sigma^2$ 未知，則使用樣本標準差 $s$：
$\bar{X} \pm t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}$

Margin of Error (MOE) = $z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 或 $t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}$。
信賴區間的寬度是 $2 \times \text{MOE}$。

現在分析各選項如何影響信賴區間的寬度：

(A) 增加樣本數 $n$：
在 MOE 的公式中，$\sqrt{n}$ 在分母。當 $n$ 增加時，$\sqrt{n}$ 增加，$\frac{1}{\sqrt{n}}$ 減小，因此 MOE 減小，信賴區間的寬度減小。

核心觀念

本題的核心觀念為中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）以及連續均勻分配（Continuous Uniform Distribution）的期望值與變異數。

1. 連續均勻分配的動差性質：
   若隨機變數 $X \sim \text{Uniform}[a, b]$，其母體平均數 $\mu$ 與母體變異數 $\sigma^2$ 分別為：

   $$\mu = E[X] = \frac{a + b}{2}$$ $$\sigma^2 = \text{Var}(X) = \frac{(b - a)^2}{12}$$

2. 中央極限定理（CLT）：
   設隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 獨立且同分配（i.i.d.），其母體期望值為 $\mu$，母體變異數為 $\sigma^2 < \infty$。當樣本數 $n$ 充分大（一般經驗法則 $n \ge 30$）時，樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的抽樣分配近似服從常態分配：

   $$\bar{X} \stackrel{a}{\sim} N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$$

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解題方法

題目給定母體為 $X \sim \text{Uniform}[0, 4]$，抽樣樣本數 $n = 100$。欲求樣本平均數 $\bar{X}$ 的分配，依序進行以下步驟：

1. 計算母體期望值 $\mu$：

   $$\mu = E[X] = \frac{0 + 4}{2} = 2$$

2. 計算母體變異數 $\sigma^2$：

   $$\sigma^2 = \text{Var}(X) = \frac{(4 - 0)^2}{12} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3} \approx 1.3333$$

3. 計算樣本平均數 $\bar{X}$ 的期望值與變異數：

   • 期望值： $$E[\bar{X}] = \mu = 2$$
   • 變異數：

核心觀念

Simpson's Paradox（辛普森悖論）是指：

當資料按照某個潛在的混淆變數分層後，兩變數之間的關係方向，與未分層時的整體關係方向相反。

設：

• $X$：解釋變數
• $Y$：反應變數
• $Z$：混淆變數或分層變數

若整體資料顯示 $X$ 與 $Y$ 呈正相關，但固定 $Z$ 的各個類別後，卻都呈負相關，便形成 Simpson's Paradox。反向情形亦然。

關鍵不只是「存在混淆變數」，而是：

$$\text{整體關係方向} \neq \text{分層後的關係方向}$$

解題方法

本題屬於定義辨識題，直接比對各選項與 Simpson's Paradox 的正式定義即可。

判斷重點有兩個：

1. 是否有按照混淆變數的類別進行分層或控制。
2. 分層前後，兩變數關係的方向是否發生改變。

例如，某項治療在整體資料中看似較有效，但分別比較輕症患者與重症患者後，卻發現治療在兩個群體中都較差。這種「整體結論」與「分層結論」方向相反的現象，就是 Simpson's Paradox。

選項分析

(A) No baseline risk is given, so it is not known whether or not a high relative risk has practical importance.

此敘述是在說明相對風險的實際重要性需要搭配基準風險判斷。

例如相對風險為 $2$，若基準風險由 $1\%$ 增加至 $2\%$，與由 $40\%$ 增加至 $80\%$，其實際影響差異很大。這與 Simpson's Paradox 無關。

因此，(A) 錯誤。

(B) A confounding variable rather than the explanatory variable is responsible for a change in the response variable.

此敘述描述的是一般的混淆作用：混淆變數影響反應變數，使人誤以為解釋變數造成了變化。

核心觀念

本題考查假設檢定中：

• 顯著水準 $\alpha$：在虛無假設 $H_0$ 為真時，錯誤拒絕 $H_0$ 的機率。
• 型二錯誤 $\beta$：在對立假設 $H_a$ 為真時，未拒絕 $H_0$ 的機率。
• 臨界值的位置可判斷拒絕域方向。
• 兩條曲線的中心可判斷虛無假設與對立假設所代表的母體平均數。

圖中可讀得：

• 左側曲線中心在 $\mu=0$。
• 右側曲線中心在 $\mu=15$。
• 臨界值為 $9$。
• $9$ 的右側為 $\alpha$ 區域，表示拒絕域為 $\bar X>9$。
• 右側曲線在 $9$ 左側的區域標示為 $\beta$。

解題方法

由臨界值 $9$ 的右側為拒絕域，可知這是右尾檢定，因此：

$$H_a:\mu>\mu_0$$

圖中左側曲線是虛無假設下的抽樣分配，其中心為 $0$；右側曲線是對立假設下的抽樣分配，其中心為 $15$。

所以假設應為：

$$H_0:\mu=0,\qquad H_a:\mu>0$$

在此設定下：

• $H_0:\mu=0$ 時，$\bar X>9$ 的右尾面積為型一錯誤 $\alpha$。
• $H_a:\mu=15$ 時，$\bar X<9$ 的左側面積為型二錯誤 $\beta$。

因此符合圖形的是選項 (D)。

選項分析

• (A) $H_0:\mu=15,\ H_a:\mu<15$

核心觀念

本題考查「抽樣誤差（sampling error）」與「誤差範圍（margin of error）」的定義及信賴區間的結構。

設母體平均數為 $\mu$，樣本平均數為 $\bar{x}$：

• 抽樣誤差：

  $\bar{x}-\mu$

  它表示樣本平均數與母體平均數的實際差距，可能為正，也可能為負。

• 點估計值：通常以 $\bar{x}$ 估計 $\mu$。

• 信賴區間：一般可寫成

  $\text{點估計值}\pm\text{誤差範圍}$

  例如平均數的信賴區間為

  $\bar{x}\pm E$

  其中 $E$ 即為誤差範圍（margin of error）。

若信賴區間為 $(L,U)$，則

$E=U-\bar{x}=\bar{x}-L$

因此信賴區間的總寬度為

$U-L=2E$

故

$E=\frac{U-L}{2}$

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解題方法

逐一判斷四個敘述是否符合上述定義：

1. 「樣本平均數與母體平均數的差」是抽樣誤差。
2. 「信賴區間上限與點估計值的差」是誤差範圍。
3. 對稱信賴區間的誤差範圍等於區間寬度的一半。
4. 抽樣誤差 $\bar{x}-\mu$ 的正負取決於 $\bar{x}$ 大於或小於 $\mu$。

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選項分析

敘述（I）錯誤

樣本平均數與母體平均數的差為

$\bar{x}-\mu$

這個量稱為抽樣誤差，而非誤差範圍。

誤差範圍是建立信賴區間時，點估計值上下所延伸的距離，兩者概念不同。

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敘述（II）正確

若信賴區間為

此題考查如何計算估計母體比例所需的最小樣本數，以達到指定的邊際誤差（Margin of Error, MOE）。

估計母體比例 $p$ 的信賴區間通常為 $\hat{p} \pm MOE$，其中 $\hat{p}$ 是樣本比例。
邊際誤差的公式為：
$MOE = z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

題目給定：

• 邊際誤差需小於 0.03，即 $MOE < 0.03$。
• 信賴水準為 95%，因此 $\alpha = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$。查表可知，$z_{0.025} = 1.96$。
• 估計的母體比例 $p$ 的範圍是 $0.2 \le p \le 0.4$。

我們要計算最小樣本數 $n$。
首先，我們需要找到 $\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}$ 的上界，以便確定 $n$ 的最小值。
為了使 MOE 最小，我們需要使 $\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$ 最小。
在給定的區間 $0.2 \le p \le 0.4$ 內，我們需要找到 $\hat{p}(1-\hat{p})$ 的最大值。
函數 $f(p) = p(1-p)$ 的最大值發生在 $p=0.5$。
然而，在此題的區間 $0.2 \le p \le 0.4$ 內，函數 $f(p)$ 是單調遞增的。
因此，在區間的端點 $p=0.4$ 時，$f(p)$ 達到最大值。

此題考查母體平均數信賴區間的邊際誤差（Margin of Error, MOE）計算。

信賴區間的邊際誤差公式，假設母體變異數 $\sigma^2$ 已知，或樣本量夠大 ($n \ge 30$)：
$MOE = z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$

題目給定：

• 母體變異數 $\sigma^2 = 900$。
• 母體標準差 $\sigma = \sqrt{900} = 30$。
• 樣本數 $n = 225$。
• 信賴水準為 95%。因此，$\alpha = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$。

題目說明

題幹寫 $H_0:\mu=40$ versus $H_1:\mu\neq0$，其中 $H_1$ 的「0」應為「40」的漏字（對立假設必須與虛無假設互斥且針對同一個值），依 $H_1:\mu\neq40$ 的雙尾檢定作答。

核心觀念

型二錯誤 $\beta$＝「真實 $\mu$ 不等於 40，卻沒有拒絕 $H_0$」的機率。在相同顯著水準下：

• 真實 $\mu$ 越接近 40，兩個分配重疊越多，$\beta$ 越大。
• 樣本數 $n$ 越小，標準誤 $\sigma/\sqrt n$ 越大，分配越寬，$\beta$ 也越大。

真正決定 $\beta$ 的是標準化距離
$\delta=\frac{|\mu-40|}{\sigma/\sqrt n}$
$\delta$ 越小，$\beta$ 越大。

計算各選項（$\sigma=12$）

選項	$\mu$	$n$	$\sigma/\sqrt n$	$\delta$

此題考查離散型隨機變數的機率質量函數（Probability Mass Function, PMF）的辨識，以及二項分佈（Binomial Distribution）的期望值（Mean）計算。

給定的機率質量函數為：
$P(X = k) = \binom{15}{k} (0.29)^k (0.71)^{15-k}$, for $k = 0, 1, ..., 15$.

這個形式與二項分佈的 PMF 完全一致：
$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, for $k = 0, 1, ..., n$.

比較我們給定的 PMF 與二項分佈的標準形式，我們可以確定：

• 試驗次數 $n = 15$。
• 成功機率 $p = 0.29$。
• 失敗機率 $1-p = 0.71$。

核心觀念

本題考察「簡單線性迴歸」中決定係數 $R^2$ 與相關係數 $r$ 的關係。

在含截距項的二變量線性迴歸模型中：

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_i+\varepsilon_i$$

決定係數定義為：

$$R^2=1-\frac{SSE}{SST} =\frac{SSR}{SST}$$

其中：

• $SST=\sum (Y_i-\bar Y)^2$：總平方和
• $SSR=\sum (\hat Y_i-\bar Y)^2$：迴歸平方和
• $SSE=\sum (Y_i-\hat Y_i)^2$：誤差平方和

對於簡單線性迴歸：

$$R^2=r_{XY}^2$$

因此，若 $R^2=1$，則：

$$r_{XY}^2=1 \quad\Longrightarrow\quad r_{XY}=\pm 1$$

這代表 $X$ 與 $Y$ 之間具有完全線性相關，但相關方向可能為正，也可能為負。

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解題方法

由 $R^2=r_{XY}^2$，直接得到：

$$R^2=1 \quad\Longrightarrow\quad |r_{XY}|=1$$

此時所有觀測點都落在同一條直線上，迴歸模型可以完全解釋應變數的變異，因此：

$$SSE=0$$

且：

$$SSR=SST$$

所以本題應選擇表示「應變數與自變數完全相關」的選項。

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選項分析

(A) The correlation between the dependent and independent variables is equal to 1.

錯誤。

由 $R^2=1$ 只能推出：

$$r_{XY}=\pm 1$$

相關係數可能等於 $1$，也可能等於 $-1$。例如：

• $Y=2X+3$ 時，$r_{XY}=1$
• $Y=-2X+3$ 時，$r_{XY}=-1$

因此不能限定相關係數一定等於 $1$。

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(B) The slope coefficient is equal to 1 or -1.

錯誤。

簡單線性迴歸的斜率為：

$$\hat\beta_1=\frac{S_{XY}}{S_{XX}} =r_{XY}\frac{s_Y}{s_X}$$

當 $r_{XY}=\pm1$ 時：

$$\hat\beta_1=\pm\frac{s_Y}{s_X}$$

斜率的絕對值取決於 $Y$ 與 $X$ 的尺度比例，不一定等於 $1$。

例如：

$$Y=5X+2$$

此題考查條件機率與組合的應用，屬於抽取不放回的抽樣問題。

題目情境：

• 總共有 6 台 VCR。
• 其中 3 台是損壞的 (D)，3 台是完好的 (G)。
• 零售商賣出了 2 台 VCR 給兩位顧客。
• 我們想知道這兩台 VCR 都損壞的機率。

這是一個從 6 台 VCR 中抽取 2 台進行銷售的過程。我們關心的是這 2 台 VCR 的狀態。
我們可以用兩種方法來思考：

方法一：逐步計算條件機率。
第一位顧客購買到損壞 VCR 的機率：
總共有 6 台 VCR，其中 3 台損壞。
$P(\text{第一位顧客買到損壞 VCR}) = \frac{\text{損壞的 VCR 數量}}{\text{總 VCR 數量}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$。

在第一位顧客買到損壞 VCR 的前提下，第二位顧客購買到損壞 VCR 的機率：
此時，還剩下 5 台 VCR。由於第一位顧客買走了一台損壞的，所以剩下 2 台損壞的 VCR。
$P(\text{第二位顧客買到損壞 VCR} | \text{第一位顧客買到損壞 VCR}) = \frac{\text{剩下損壞的 VCR 數量}}{\text{剩下 VCR 總數}} = \frac{2}{5}$。

因此，兩位顧客都買到損壞 VCR 的機率是這兩個事件的乘積：

此題考查常態分佈（Normal Distribution）的性質，以及如何根據百分位數（percentile）來計算特定分數。

題目給定：

• 考試分數服從常態分佈。
• 平均數 $\mu = 80$。
• 標準差 $\sigma = 6$。
• 只有前 2.5% 的分數可以獲得獎勵。

我們需要找出這個分數線。這相當於找出常態分佈中，使其右尾機率為 0.025 的分數值。
也就是說，我們要找一個分數 $X$，使得 $P(X > x) = 0.025$。
這也相當於找出 $P(X \le x) = 1 - 0.025 = 0.975$。

此題考查對迴歸分析圖形（散佈圖與迴歸線）的視覺判斷，以及判定係數 ($R^2$) 和 F 統計量與圖形特徵的關係。

首先，我們觀察 Graph 1 和 Graph 2 的散佈圖以及其中的迴歸線。
Graph 1:

• 散佈圖顯示數據點大致圍繞著迴歸線分佈。
• 數據點與迴歸線的距離（殘差）相對較小。
• 點的集中度看起來比較高。

Graph 2:

• 散佈圖顯示數據點同樣圍繞著迴歸線分佈。
• 但是，數據點與迴歸線的距離（殘差）明顯比 Graph 1 大。
• 點的散佈範圍更廣，集中度較低。

判定係數 ($R^2$):
判定係數 $R^2$ 表示應變數的總變異中，由迴歸模型解釋的比例。
$R^2 = 1 - \frac{SSE}{SST}$。
SSE 是殘差平方和，SST 是總平方和。
$R^2$ 值越接近 1，表示模型對數據的擬合越好，解釋能力越強。
$R^2$ 值越接近 0，表示模型對數據的解釋能力越弱。

從圖形上看，Graph 1 的數據點更緊密地聚集在迴歸線周圍，殘差較小，因此 SSE 較小。
Graph 2 的數據點離迴歸線較遠，殘差較大，因此 SSE 較大。
假設 SST（總變異）在兩個圖中大致相似（或者說，我們比較的是相對擬合程度），那麼：

此題考查簡單線性迴歸（Simple Linear Regression）的應用，特別是如何利用迴歸方程進行預測。

題目給定了一些統計量，用於描述丈夫身高 (X) 和妻子身高 (Y) 之間的關係。

• 樣本數 $n = 1000$。
• 丈夫平均身高 $\bar{X} = 68$ 英吋，樣本標準差 $s_x = 2.7$ 英吋。
• 妻子平均身高 $\bar{Y} = 63$ 英吋，樣本標準差 $s_y = 2.5$ 英吋。
• 樣本共變異數 $S_{xy} = 1.6875$ (單位為平方英吋，但題目中寫 inches，這裡假設是平方英吋，因為共變異數的單位是兩個變數單位乘積)。

我們需要建立一個迴歸模型，預測妻子身高 Y，基於丈夫身高 X。
迴歸方程的形式為： $\hat{Y} = b_0 + b_1 X$。

首先，計算迴歸係數 $b_1$ (斜率) 和 $b_0$ (截距)。
斜率 $b_1$ 的計算公式為：
$b_1 = \frac{S_{xy}}{s_x^2}$
我們需要先計算 $s_x^2$，即樣本變異數。
$s_x^2 = (2.7)^2 = 7.29$。

現在計算 $b_1$:
$b_1 = \frac{1.6875}{7.29} \approx 0.23148$。

截距 $b_0$ 的計算公式為：
$b_0 = \bar{Y} - b_1 \bar{X}$
$b_0 = 63 - (0.23148 \times 68)$
$b_0 = 63 - 15.74064$
$b_0 \approx 47.25936$。

因此，迴歸方程為：
$\hat{Y} = 47.25936 + 0.23148 X$。

題目要求，如果丈夫身高是 72 英吋，預測妻子的平均身高。
將 $X = 72$ 代入迴歸方程：
$\hat{Y} = 47.25936 + 0.23148 \times 72$
$\hat{Y} = 47.25936 + 16.66656$
$\hat{Y} \approx 63.92592$。

由於題目提供的數字（尤其是 $S_{xy}$）有特定的格式，我們嘗試使用分數來計算，看是否能得到更精確或簡潔的結果。
$S_{xy} = 1.6875 = 1 + \frac{6875}{10000} = 1 + \frac{11}{16} = \frac{27}{16}$。
$s_x = 2.7 = \frac{27}{10}$。
$s_x^2 = (\frac{27}{10})^2 = \frac{729}{100}$。

核心觀念

本題要判斷「性別」與「政治黨派偏好」是否有關聯。兩個變數皆為類別變數，因此應使用「列聯表的卡方獨立性檢定」。

虛無假設與對立假設為：

• $H_0$：性別與政治黨派偏好相互獨立。
• $H_1$：性別與政治黨派偏好不獨立。

卡方獨立性檢定統計量為

$$\chi^2=\sum\frac{(O-E)^2}{E}$$

其中 $O$ 為觀察次數，$E$ 為虛無假設成立時的期望次數。

解題方法

觀察資料如下：

政治黨派	男性	女性	合計
Party A	55	50	105
Party B	65	30	95
合計	120	80	200

每一格的期望次數為

$$E_{ij}=\frac{(\text{第 }i\text{ 列合計})(\text{第 }j\text{ 欄合計})}{\text{總樣本數}}$$

因此：

$$E_{\text{A,男}}=\frac{105(120)}{200}=63$$ $$E_{\text{A,女}}=\frac{105(80)}{200}=42$$ $$E_{\text{B,男}}=\frac{95(120)}{200}=57$$ $$E_{\text{B,女}}=\frac{95(80)}{200}=38$$

所有期望次數皆大於 $5$，符合卡方檢定的常用適用條件。

代入卡方統計量：

此題考查連續型隨機變數的機率密度函數（PDF）的應用，特別是如何求解百分位數（percentile）。

題目給定：

• 隨機變數 X 的範圍是 [0, 3]。
• 機率密度函數為 $f(x) = kx^2$。

首先，我們需要確定常數 $k$ 的值。
根據機率密度函數的性質，在整個定義域上的積分必須等於 1：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$
由於 X 的範圍是 [0, 3]，所以：
$\int_{0}^{3} kx^2 dx = 1$

計算積分：
$k \int_{0}^{3} x^2 dx = k \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{3} = k \left( \frac{3^3}{3} - \frac{0^3}{3} \right) = k \left( \frac{27}{3} - 0 \right) = 9k$。

所以，$9k = 1$，解得 $k = \frac{1}{9}$。
因此，機率密度函數是 $f(x) = \frac{1}{9}x^2$，對於 $0 \le x \le 3$。

接下來，我們要找出 X 的第 12.5 個百分位數（12.5th percentile）。
第 $p$ 個百分位數 $x_p$ 是指一個值，使得隨機變數小於或等於該值的機率為 $p/100$。

此題考查對母體變異數（population variance）的假設檢定，以及對應的檢定統計量。

我們想檢定關於母體變異數 $\sigma^2$ 的假設。
虛無假設：$H_0: \sigma^2 = 20$。
對立假設：題目中只寫了 $H_1: \sigma^2 = 20$，這通常是一個印刷錯誤。假設這是一個關於變異數的檢定，對立假設應該是 $\sigma^2 \neq 20$（雙尾檢定）或者 $\sigma^2 > 20$ 或 $\sigma^2 < 20$（單尾檢定）。
我們將假設檢定是針對 $\sigma^2$ 的值。

題目給定：

• 樣本數 $n = 41$。
• 樣本標準差 $s = 5$。
• 樣本變異數 $s^2 = 5^2 = 25$。
• 虛無假設的母體變異數 $\sigma_0^2 = 20$。

此題為一組計算題，考驗對單因子變異數分析（One-Way ANOVA）的理解與應用。

實驗設計:

• 實驗目的是研究不同治療方法對糖尿病的影響。
• 共有 5 個治療組。
• 總受試者數 $N = 25$。
• 每個治療組有 $n = N/5 = 25/5 = 5$ 名受試者。
• 測量指標是血液糖水準（Blood Sugar Levels）。

Part (A): 模型與假設

(A) 模型的指定與假設

模型:
這個實驗是一個典型的單因子變異數分析（One-Way ANOVA）情境。模型可以表示為：
$Y_{ij} = \mu_i + \epsilon_{ij}$
其中：

• $Y_{ij}$ 是第 $i$ 個治療組的第 $j$ 個受試者的血液糖水準。
• $\mu_i$ 是第 $i$ 個治療組的母體平均血液糖水準。
• $\epsilon_{ij}$ 是隨機誤差項，代表了除了治療組別差異之外的其他所有變異。

另一種常見的寫法是將總體平均數和組別效應分開：
$Y_{ij} = \mu + \tau_i + \epsilon_{ij}$
其中：

• $\mu$ 是所有治療組的總平均血液糖水準（在某些模型設定下）。
• $\tau_i$ 是第 $i$ 個治療組的「效應」（treatment effect），代表該組平均值相對於總平均值（或參考組平均值）的差異。$\tau_i = \mu_i - \mu$。
• $\epsilon_{ij}$ 是隨機誤差項。

假設:
對於單因子變異數分析，通常需要以下假設：

1. 獨立性 (Independence): 每個實驗單位的觀測值是相互獨立的。這意味著一個受試者的結果不會影響另一個受試者的結果。在隨機分派的實驗中，這個假設通常是合理的。
2. 常態性 (Normality): 對於每一治療組，誤差項 $\epsilon_{ij}$（或觀測值 $Y_{ij}$）服從常態分佈。也就是說，$\epsilon_{ij} \sim N(0, \sigma^2)$。這意味著各組的觀測值本身也服從常態分佈，但平均值不同。
3. 變異數同質性 (Homogeneity of Variances): 所有治療組的誤差項具有相同的變異數 $\sigma^2$。也就是說，各組的母體變異數相等，$\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma_3^2 = \sigma_4^2 = \sigma_5^2 = \sigma^2$。

Part (B): 推導組別 5 的樣本變異數

(B) 推導組別 5 的樣本變異數

我們已知：

• 總誤差均方 (Error Mean Square, MSE) = 90。
• MSE 在 ANOVA 中就是對各組變異數 $\sigma^2$ 的估計值，也就是pooled variance。
• 假設各組的母體變異數相等，MSE 是所有組別內平方和 (SSE) 除以總自由度。
• 每個組別的樣本數 $n = 5$。
• 總自由度為 $N - k = 25 - 5 = 20$。

MSE 的計算公式為：
$MSE = \frac{SSE}{N-k} = \frac{\sum_{i=1}^{k} SSE_i}{N-k}$
其中 $SSE_i$ 是第 $i$ 組的組內平方和（Sum of Squared Errors within group $i$）。
$SSE_i = (n-1)s_i^2$，其中 $s_i^2$ 是第 $i$ 組的樣本變異數。

我們知道 MSE = 90。
$MSE = \frac{\sum_{i=1}^{5} (n-1)s_i^2}{N-k} = \frac{\sum_{i=1}^{5} (5-1)s_i^2}{25-5} = \frac{4 \sum_{i=1}^{5} s_i^2}{20} = \frac{\sum_{i=1}^{5} s_i^2}{5}$。

所以，$90 = \frac{s_1^2 + s_2^2 + s_3^2 + s_4^2 + s_5^2}{5}$。
$\sum_{i=1}^{5} s_i^2 = 90 \times 5 = 450$。

我們需要計算 $s_5^2$。
從表格中，我們有：
$s_1^2 = (4.4)^2 = 19.36$
$s_2^2 = (9.7)^2 = 94.09$
$s_3^2 = (12.1)^2 = 146.41$
$s_4^2 = (11.2)^2 = 125.44$

將這些值代入總和：
$19.36 + 94.09 + 146.41 + 125.44 + s_5^2 = 450$
$385.30 + s_5^2 = 450$
$s_5^2 = 450 - 385.30$
$s_5^2 = 64.70$

所以，治療組 5 的樣本變異數是 64.70。

Part (C): ANOVA 表與假設檢定

(C) ANOVA 表、假設檢定與結論

1. 完成 ANOVA 表
ANOVA 表的結構如下：

Source of Variation	Sum of Squares (SS)	Degrees of Freedom (df)	Mean Square (MS)	F-statistic
Treatment (Between Groups)	$SS_{Treatment}$	$k-1$	$MS_{Treatment}$	$F = MS_{Treatment}/MSE$
Error (Within Groups)	$SSE$	$N-k$	$MSE$
Total	$SST$	$N-1$

已知：

• $SS_{Treatment} = 2181$
• $k = 5$ (治療組數)
• $N = 25$ (總受試者數)
• $MSE = 90$

計算 df:

• $df_{Treatment} = k-1 = 5-1 = 4$
• $df_{Error} = N-k = 25-5 = 20$
• $df_{Total} = N-1 = 25-1 = 24$ (驗證：$df_{Treatment} + df_{Error} = 4 + 20 = 24$)

計算 MS:

• $MS_{Treatment} = \frac{SS_{Treatment}}{df_{Treatment}} = \frac{2181}{4} = 545.25$
• $MSE = 90$ (已知)

計算 F-statistic:

• $F = \frac{MS_{Treatment}}{MSE} = \frac{545.25}{90} \approx 6.0583$

核心觀念

本題為單一線性迴歸，以球隊的開季薪資總額 $payroll$（取自然對數）預測單季勝場數 $wins$：

$$wins_i=\beta_0+\beta_1\ln(payroll_i)+\varepsilon_i$$

重點包括：

• 迴歸係數的解讀。
• 檢定薪資是否與勝場數具有顯著線性關係。
• $t$ 檢定與整體 $F$ 檢定的關係。
• 決定係數 $R^2$ 對模型解釋力的意義。
• 對數自變數模型中，薪資「比例變動」對勝場的影響。

解題方法

由估計結果可得迴歸式：

$$\widehat{wins}=44.076+7.963\ln(payroll)$$

其中，$payroll$ 的單位為百萬美元。

截距 $44.076$ 表示當 $\ln(payroll)=0$，亦即 $payroll=1$ 百萬美元時，預測勝場為 $44.076$ 場。由於 1 百萬美元遠低於 MLB 球隊實際薪資水準，截距主要是用以構成迴歸直線，不宜作過度的實務解釋。

薪資對數的迴歸係數為 $7.963$。當 $\ln(payroll)$ 增加 1 單位時，預測勝場平均增加 $7.963$ 場。由於：

$$\ln(payroll_2)-\ln(payroll_1) = \ln\left(\frac{payroll_2}{payroll_1}\right)$$

故薪資提高為原來的 $e$ 倍時，預測勝場增加約 $7.963$ 場。

若薪資增加 $1\%$，則：

$$\Delta \ln(payroll)\approx 0.01$$

因此預測勝場約增加：

$$7.963\times 0.01=0.07963$$

即薪資增加 $1\%$ 時，平均約多贏 $0.080$ 場；薪資增加 $10\%$ 時，較精確的效果為：

$$7.963\ln(1.10)\approx 0.759$$

亦即預測勝場約增加 $0.76$ 場。

顯著性檢定

欲檢定薪資是否對勝場具有顯著影響，設定：

$$H_0:\beta_1=0$$ $$H_1:\beta_1\neq 0$$

檢定統計量為：

$$t=\frac{7.963}{2.505}=3.179$$

其 $p$ 值為 $0.001887$。在常用的 $5\%$ 或 $1\%$ 顯著水準下，均有：

$$0.001887<0.01$$

核心觀念

本題考查「簡單線性迴歸」及其推論：

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_i+\varepsilon_i,$$

其中：

• $Y$：球隊勝場數；
• $X=\log(\text{payroll})$：薪資總額的自然對數；
• $\varepsilon_i$：誤差項。

重要關係如下：

$$\hat\beta_1=r_{XY}\frac{s_Y}{s_X},$$

因此：

$$r_{XY}=\hat\beta_1\frac{s_X}{s_Y}.$$

若迴歸輸出提供決定係數 $R^2$，則：

$$r_{XY}=\operatorname{sign}(\hat\beta_1)\sqrt{R^2}.$$

題目給定：

$$\bar X=4.6371,\qquad s_X=0.3867,\qquad n=120.$$

不過題目節錄未提供迴歸斜率、截距、$R^2$、勝場數平均數或勝場數標準差，因此數值答案必須以完整迴歸輸出中的資料代入。

---

(A) 估計 wins 與 log(payroll) 的相關係數

解題方法

若迴歸結果為：

$$\widehat{\text{wins}}=\hat\beta_0+\hat\beta_1\log(\text{payroll}),$$

則估計相關係數為：

$$\hat r = \hat\beta_1\frac{0.3867}{s_Y}.$$

其中 $s_Y$ 是勝場數的樣本標準差。

若題目附有 $R^2$，計算更快速：

$$\hat r=\operatorname{sign}(\hat\beta_1)\sqrt{R^2}.$$

由於通常薪資越高，預期勝場數越多，若 $\hat\beta_1>0$，則：

$$\hat r=\sqrt{R^2}.$$

若迴歸輸出只有斜率的 $t$ 統計量，也可利用：

$$\hat r=\frac{t}{\sqrt{t^2+(n-2)}} = \frac{t}{\sqrt{t^2+118}}.$$

---

(B) 計算勝場數的平均數 $\bar Y$ 與標準差 $s_Y$

平均勝場數

簡單線性迴歸的迴歸線一定通過樣本平均點：

$$(\bar X,\bar Y).$$

因此：

$$\bar Y=\hat\beta_0+\hat\beta_1\bar X.$$

代入題目給定的 $\bar X=4.6371$：

$$\boxed{ \bar Y=\hat\beta_0+4.6371\hat\beta_1 }$$

這就是 120 筆觀察值中，球隊平均勝場數的計算式。

勝場數的標準差

由相關係數與迴歸斜率的關係：

$$\hat\beta_1=\hat r\frac{s_Y}{s_X},$$

可得：

$$s_Y=\frac{\hat\beta_1s_X}{\hat r}.$$

代入 $s_X=0.3867$：

$$\boxed{ s_Y=\frac{0.3867\hat\beta_1}{\hat r} }$$

若使用 $R^2$，且 $\hat\beta_1>0$，因為 $\hat r=\sqrt{R^2}$，所以：

$$\boxed{ s_Y=\frac{0.3867\hat\beta_1}{\sqrt{R^2}} }$$

若完整迴歸輸出提供殘差標準差 $s_e$ 與 $R^2$，也可由：

$$R^2=1-\frac{SSE}{SST}$$

計算 $s_Y$。由於：

$$s_e^2=\frac{SSE}{n-2},\qquad s_Y^2=\frac{SST}{n-1},$$

因此：

$$\boxed{ s_Y = s_e \sqrt{ \frac{n-2}{(n-1)(1-R^2)} } }$$

在本題 $n=120$：

$$\boxed{ s_Y = s_e \sqrt{ \frac{118}{119(1-R^2)} } }$$

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(C) 2019 年紅襪隊勝場數的 95% 區間

解題方法

薪資為 180 million dollars，而題目中的 $\log(\text{payroll})$ 平均數約為 $4.6371$，可知 payroll 應以「百萬美元」為單位。因此：

$$x_0=\log(180).$$

若採自然對數：

$$x_0=\ln(180).$$

預測勝場數為：

$$\hat y_0=\hat\beta_0+\hat\beta_1\ln(180).$$

題目問的是紅襪隊「下一年實際會贏幾場」的區間，屬於個別新觀察值的預測區間，而非平均勝場數的信賴區間。

因此，95% 預測區間為：

$$\boxed{ \hat y_0 \pm t_{0.975,118}\, s_e \sqrt{ 1+\frac1{120} + \frac{(\ln(180)-4.6371)^2}{S_{xx}} } }$$

其中：

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^{120}(x_i-\bar X)^2$$

且 $s_e$ 為迴歸殘差標準差。

若只要求寫出公式，不必計算 $\ln(180)$ 或其他數值。公式中的 $1$ 不可省略，因為它代表新球隊實際勝場數所包含的個別誤差變異。

核心觀念

本題考查「簡單線性迴歸」及其推論：

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_i+\varepsilon_i,$$

其中：

• $Y$：球隊勝場數；
• $X=\log(\text{payroll})$：薪資總額的自然對數；
• $\varepsilon_i$：誤差項。

重要關係如下：

$$\hat\beta_1=r_{XY}\frac{s_Y}{s_X},$$

因此：

$$r_{XY}=\hat\beta_1\frac{s_X}{s_Y}.$$

若迴歸輸出提供決定係數 $R^2$，則：

$$r_{XY}=\operatorname{sign}(\hat\beta_1)\sqrt{R^2}.$$

題目給定：

$$\bar X=4.6371,\qquad s_X=0.3867,\qquad n=120.$$

不過題目節錄未提供迴歸斜率、截距、$R^2$、勝場數平均數或勝場數標準差，因此數值答案必須以完整迴歸輸出中的資料代入。

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(A) 估計 wins 與 log(payroll) 的相關係數

解題方法

若迴歸結果為：

$$\widehat{\text{wins}}=\hat\beta_0+\hat\beta_1\log(\text{payroll}),$$

則估計相關係數為：

$$\hat r = \hat\beta_1\frac{0.3867}{s_Y}.$$

其中 $s_Y$ 是勝場數的樣本標準差。

若題目附有 $R^2$，計算更快速：

$$\hat r=\operatorname{sign}(\hat\beta_1)\sqrt{R^2}.$$

由於通常薪資越高，預期勝場數越多，若 $\hat\beta_1>0$，則：

$$\hat r=\sqrt{R^2}.$$

若迴歸輸出只有斜率的 $t$ 統計量，也可利用：

$$\hat r=\frac{t}{\sqrt{t^2+(n-2)}} = \frac{t}{\sqrt{t^2+118}}.$$

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(B) 計算勝場數的平均數 $\bar Y$ 與標準差 $s_Y$

平均勝場數

簡單線性迴歸的迴歸線一定通過樣本平均點：

$$(\bar X,\bar Y).$$

因此：

$$\bar Y=\hat\beta_0+\hat\beta_1\bar X.$$

代入題目給定的 $\bar X=4.6371$：

$$\boxed{ \bar Y=\hat\beta_0+4.6371\hat\beta_1 }$$

這就是 120 筆觀察值中，球隊平均勝場數的計算式。

勝場數的標準差

由相關係數與迴歸斜率的關係：

$$\hat\beta_1=\hat r\frac{s_Y}{s_X},$$

可得：

$$s_Y=\frac{\hat\beta_1s_X}{\hat r}.$$

代入 $s_X=0.3867$：

$$\boxed{ s_Y=\frac{0.3867\hat\beta_1}{\hat r} }$$

若使用 $R^2$，且 $\hat\beta_1>0$，因為 $\hat r=\sqrt{R^2}$，所以：

$$\boxed{ s_Y=\frac{0.3867\hat\beta_1}{\sqrt{R^2}} }$$

若完整迴歸輸出提供殘差標準差 $s_e$ 與 $R^2$，也可由：

$$R^2=1-\frac{SSE}{SST}$$

計算 $s_Y$。由於：

$$s_e^2=\frac{SSE}{n-2},\qquad s_Y^2=\frac{SST}{n-1},$$

因此：

$$\boxed{ s_Y = s_e \sqrt{ \frac{n-2}{(n-1)(1-R^2)} } }$$

在本題 $n=120$：

$$\boxed{ s_Y = s_e \sqrt{ \frac{118}{119(1-R^2)} } }$$

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(C) 2019 年紅襪隊勝場數的 95% 區間

解題方法

薪資為 180 million dollars，而題目中的 $\log(\text{payroll})$ 平均數約為 $4.6371$，可知 payroll 應以「百萬美元」為單位。因此：

$$x_0=\log(180).$$

若採自然對數：

$$x_0=\ln(180).$$

預測勝場數為：

$$\hat y_0=\hat\beta_0+\hat\beta_1\ln(180).$$

題目問的是紅襪隊「下一年實際會贏幾場」的區間，屬於個別新觀察值的預測區間，而非平均勝場數的信賴區間。

因此，95% 預測區間為：

$$\boxed{ \hat y_0 \pm t_{0.975,118}\, s_e \sqrt{ 1+\frac1{120} + \frac{(\ln(180)-4.6371)^2}{S_{xx}} } }$$

其中：

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^{120}(x_i-\bar X)^2$$

且 $s_e$ 為迴歸殘差標準差。

若只要求寫出公式，不必計算 $\ln(180)$ 或其他數值。公式中的 $1$ 不可省略，因為它代表新球隊實際勝場數所包含的個別誤差變異。