108 年 國立臺北大學統計學系碩士班《統計學》

本題要求找出隨機變數 $Y$ 的機率分配。我們已知 $X$ 的機率密度函數 (p.d.f.)，且 $Y$ 是 $X$ 的一個函數。我們可以利用變數變換法 (transformation of variables) 來求解。

首先，我們需要找到 $Y$ 的累積分布函數 (c.d.f.)，記為 $F_Y(y)$。
$F_Y(y) = P(Y \le y)$
由於 $Y = \frac{1}{1+e^{-x}}$，且 $e^{-x} > 0$ 對於所有實數 $x$ 都成立，因此 $1+e^{-x} > 1$，所以 $0 < Y < 1$。
因此，當 $y \le 0$ 時，$F_Y(y) = 0$；當 $y \ge 1$ 時，$F_Y(y) = 1$。我們只需要考慮 $0 < y < 1$ 的情況。

對於 $0 < y < 1$，我們有：
$Y \le y \iff \frac{1}{1+e^{-x}} \le y$
$1 \le y(1+e^{-x})$
$\frac{1}{y} \le 1+e^{-x}$
$\frac{1}{y} - 1 \le e^{-x}$
$e^x \le \frac{1}{\frac{1}{y} - 1} = \frac{y}{1-y}$
$x \le \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)$

所以，

核心觀念

本題考查兩資產投資組合變異數與相關係數的關係。若投資組合報酬為

$$R_p=w_A R_A+w_B R_B,$$

則其變異數為

$$\sigma_p^2 =w_A^2\sigma_A^2+w_B^2\sigma_B^2 +2w_Aw_B\rho_{AB}\sigma_A\sigma_B,$$

其中：

• $\sigma_A=100$
• $\sigma_B=150$
• $\sigma_p=220$
• $\rho_{AB}$ 為資產 A、B 報酬的相關係數

解題方法

題目未明確給出投資組合權重。依本題常見出題假設，將投資組合報酬視為各持有一單位資產，即

$$R_p=R_A+R_B,$$

因此 $w_A=w_B=1$。代入投資組合變異數公式：

$$220^2=100^2+150^2+2(1)(1)\rho_{AB}(100)(150).$$

整理得：

本題考驗對第二類錯誤 (Type II error) 機率的計算。第二類錯誤是指當虛無假設 (null hypothesis) 為假時，卻未能拒絕虛無假設。

已知資訊：
虛無假設 $H_0: \mu \le 65$
對立假設 $H_1: \mu > 65$
樣本數 $n = 36$
母體標準差 $\sigma = 12$
顯著水準 $\alpha = 0.05$
實際平均速度 $\mu_{actual} = 66$

我們要計算在實際平均速度為 66 mph 時，犯下第二類錯誤的機率。
犯下第二類錯誤意味著：

1. 虛無假設 $H_0$ 為假（即 $\mu > 65$）。
2. 我們未能拒絕虛無假設 $H_0$。

由於母體標準差 $\sigma$ 已知，我們將使用 Z 檢定。
首先，我們需要找到在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，拒絕虛無假設的臨界值。
由於對立假設是 $\mu > 65$ (單尾檢定)，我們需要尋找一個臨界值 $z_\alpha$ 使得 $P(Z > z_\alpha) = \alpha$。
題目中給出了 $\sigma_{0.05} = 1.645$，這應該是指 $z_{0.05} = 1.645$。

拒絕域 (Rejection Region) 是指樣本平均值 $\bar{X}$ 使得我們拒絕 $H_0$ 的範圍。
$\bar{X} > c$
其中 $c$ 是臨界值。
$\frac{\bar{X} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} > z_\alpha$
$\bar{X} > \mu_0 + z_\alpha \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
在這裡，$\mu_0$ 是虛無假設下的平均值，我們通常取邊界值，即 $\mu_0 = 65$。
臨界值 $c = 65 + 1.645 \times \frac{12}{\sqrt{36}}$
$c = 65 + 1.645 \times \frac{12}{6}$
$c = 65 + 1.645 \times 2$
$c = 65 + 3.29$
$c = 68.29$

本題考驗對線性迴歸與相關係數之間關係的理解。

已知兩條迴歸直線：

1. $Y$ 對 $X$ 的迴歸直線：$\hat{Y} = 30 - 1.5X$
2. $X$ 對 $Y$ 的迴歸直線：$\hat{X} = 12 - 0.54Y$

對於 $Y$ 對 $X$ 的迴歸直線 $\hat{Y} = b_0 + b_1 X$：
斜率 $b_1 = \frac{Cov(X, Y)}{Var(X)}$。
從 $\hat{Y} = 30 - 1.5X$，我們得到 $b_{YX} = -1.5$。
所以，$\frac{Cov(X, Y)}{Var(X)} = -1.5$。

對於 $X$ 對 $Y$ 的迴歸直線 $\hat{X} = a_0 + a_1 Y$：
斜率 $a_1 = \frac{Cov(X, Y)}{Var(Y)}$。
從 $\hat{X} = 12 - 0.54Y$，我們得到 $b_{XY} = -0.54$。
所以，$\frac{Cov(X, Y)}{Var(Y)} = -0.54$。

皮爾森相關係數 $r$ 的定義是：
$r = \frac{Cov(X, Y)}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}$

我們有：
$Cov(X, Y) = -1.5 \times Var(X)$
$Cov(X, Y) = -0.54 \times Var(Y)$

將這兩個式子結合，我們可以得到 $Var(X)$ 和 $Var(Y)$ 的關係：
$-1.5 \times Var(X) = -0.54 \times Var(Y)$
$1.5 \times Var(X) = 0.54 \times Var(Y)$
$\frac{Var(Y)}{Var(X)} = \frac{1.5}{0.54} = \frac{150}{54} = \frac{25}{9}$。

現在我們來計算相關係數 $r$。
$r^2 = \frac{(Cov(X, Y))^2}{Var(X)Var(Y)}$
我們可以將 $Cov(X, Y)$ 用 $Var(X)$ 或 $Var(Y)$ 表示。

核心觀念

本題考查「配對資料」與「兩獨立樣本資料」的差異，以及變異數的基本公式：

$$\operatorname{Var}(X-Y) = \operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-2\operatorname{Cov}(X,Y)$$

又因為

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho\sigma_X\sigma_Y$$

所以差值 $D_i=X_i-Y_i$ 的變異數必須納入 $X_i$ 與 $Y_i$ 之間的相關性。

配對資料的分析重點是先計算每一對的差值 $D_i$，再對差值進行單一樣本 $t$ 檢定。若錯誤使用兩獨立樣本 $t$ 檢定，便會忽略配對資料中的共變異數。

解題方法

a. 求 $D$ 的變異數

由定義

$$D=X-Y$$

因此

$$\operatorname{Var}(D) = \operatorname{Var}(X-Y)$$

依照差值變異數公式：

$$\operatorname{Var}(X-Y) = \operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-2\operatorname{Cov}(X,Y)$$

題目給定

$$\operatorname{Var}(X)=\sigma_X^2,\qquad \operatorname{Var}(Y)=\sigma_Y^2$$

且相關係數為 $\rho$，因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho\sigma_X\sigma_Y$$

代入可得

$$\boxed{ \sigma_D^2 = \sigma_X^2+\sigma_Y^2-2\rho\sigma_X\sigma_Y }$$

這就是配對差值 $D$ 的變異數。

若以樣本平均差值

$$\bar D=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n D_i$$

作推論，由於各對資料彼此獨立，因此

$$\operatorname{Var}(\bar D) = \frac{\sigma_D^2}{n} = \frac{\sigma_X^2+\sigma_Y^2-2\rho\sigma_X\sigma_Y}{n}$$

---

b. 錯用兩獨立樣本 $t$ 檢定時的影響

正確的配對分析使用差值 $D_i=X_i-Y_i$，其平均差值的標準誤為

$$SE_{\text{paired}} = \sqrt{\frac{\sigma_D^2}{n}}$$

代入 $\sigma_D^2$：

本題考驗對 Poisson 分配性質的理解，包括獨立變數相加的分配、期望值性質以及機率計算。

已知 $X, Y, Z$ 是獨立的 Poisson 隨機變數，且 $E[X] = E[Y] = E[Z] = 1$。
Poisson 分配的機率質量函數 (p.m.f.) 為 $P(K=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda$ 是平均值。
所以，$X \sim Poisson(1)$, $Y \sim Poisson(1)$, $Z \sim Poisson(1)$。

a. $P(X + Y + Z = 4)$

兩個獨立的 Poisson 隨機變數相加，其和仍然是一個 Poisson 隨機變數，其參數是原參數的和。
$X+Y \sim Poisson(1+1) = Poisson(2)$
$(X+Y)+Z \sim Poisson(2+1) = Poisson(3)$
所以，$S = X+Y+Z \sim Poisson(3)$。

我們要求 $P(S=4)$。
使用 Poisson(3) 的 p.m.f.：
$P(S=4) = \frac{e^{-3} 3^4}{4!} = \frac{e^{-3} \times 81}{24}$
$P(S=4) = \frac{81}{24} e^{-3} = \frac{27}{8} e^{-3}$

【答案】$\frac{27}{8} e^{-3}$

b. $E[(X + Y)^2]$

我們知道 $X+Y \sim Poisson(2)$。
對於一個 Poisson($\lambda$) 分配，其期望值是 $E[K] = \lambda$，變異數是 $Var(K) = \lambda$。

核心觀念

本題評量考生在抽樣分配（Sampling Distribution）、柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）與柯西–施瓦茨不等式 / 簡森不等式（Cauchy-Schwarz / Jensen's Inequality）等極限定理與不等式工具於樣本數決定（Sample Size Determination）上的應用。

1. 白努利分配之樣本平均性質：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{iid}{\sim} \text{Bernoulli}(p)$，則樣本平均數 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 滿足：

   $$E(\bar{X}_n) = p, \quad \text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{p(1-p)}{n}$$

2. 柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）：
   若隨機變數 $Y$ 具有有限期望值 $\mu$ 與變異數 $\sigma^2$，對任意 $\epsilon > 0$：

   $$P(|Y - \mu| \ge \epsilon) \le \frac{\text{Var}(Y)}{\epsilon^2} \iff P(|Y - \mu| < \epsilon) \ge 1 - \frac{\text{Var}(Y)}{\epsilon^2}$$

   此不等式提供無母數或母體未知分配情境下機率界的保守保證。

3. 平均絕對誤差（Mean Absolute Error, MAE）的上界估計：
   欲控制 $E[|\bar{X}_n - p|]$，可利用簡森不等式（Jensen's inequality）或李亞普諾夫不等式（Lyapunov's inequality）：
   由於函數 $g(t) = t^2$ 為凸函數，由簡森不等式可得：

   $$\left(E\left[|\bar{X}_n - p|\right]\right)^2 \le E\left[(|\bar{X}_n - p|)^2\right] = \text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{p(1-p)}{n}$$

   亦即：

   $$E[|\bar{X}_n - p|] \le \sqrt{\text{Var}(\bar{X}_n)} = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

---

解題方法

(a) 要求 $P(|\bar{X}_n - p| \le 0.1) \ge 0.75$ 當 $p=0.2$

題目未提供常態分配臨界值，且要求嚴格的機率保證（即對任意樣本數 $n$ 皆須成立，而非僅依賴漸近大樣本常態近似），標準處理手法是採用柴比雪夫不等式。

1. 應用柴比雪夫不等式建立條件： $$P(|\bar{X}_n - p| \ge 0.1) \le \frac{\text{Var}(\bar{X}_n)}{(0.1)^2} = \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$ 取其對立事件： $$P(|\bar{X}_n - p| < 0.1) \ge 1 - \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$ 由於事件群包含關係 $\{|\bar{X}_n - p| < 0.1\} \subseteq \{|\bar{X}_n - p| \le 0.1\}$，故： $$P(|\bar{X}_n - p| \le 0.1) \ge P(|\bar{X}_n - p| < 0.1) \ge 1 - \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$

本題考驗對假設檢定中第一類錯誤 ($\alpha$) 和第二類錯誤 ($\beta$) 機率的計算，以及如何最小化兩者之和。

已知：
樣本來自常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$。
母體標準差 $\sigma = 2$。
虛無假設 $H_0: \mu = -1$
對立假設 $H_1: \mu = 1$

我們需要計算 $\alpha + \beta$ 的最小值。
$\alpha$ 是第一類錯誤的機率，即當 $H_0$ 為真時，拒絕 $H_0$ 的機率。
$\beta$ 是第二類錯誤的機率，即當 $H_1$ 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率。

由於母體標準差 $\sigma$ 已知，我們將使用 Z 檢定。
檢定統計量是樣本平均值 $\bar{X}$。
當 $H_0$ 為真時，$\mu = -1$。
當 $H_1$ 為真時，$\mu = 1$。

Z 統計量為 $Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$。
在 $H_0$ 下，$\bar{X} \sim N(-1, \sigma^2/n)$。
在 $H_1$ 下，$\bar{X} \sim N(1, \sigma^2/n)$。

我們需要設定一個臨界值 $c$，使得當 $\bar{X} > c$ 時，我們拒絕 $H_0$。
$\alpha = P(\bar{X} > c \mid \mu = -1)$
$\beta = P(\bar{X} \le c \mid \mu = 1)$

我們將 $\bar{X}$ 標準化，但使用各自假設下的均值。
在 $H_0$ 下，$\frac{\bar{X} - (-1)}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$。
$\alpha = P\left(\frac{\bar{X} - (-1)}{\sigma/\sqrt{n}} > \frac{c - (-1)}{\sigma/\sqrt{n}}\right) = P\left(Z > \frac{c+1}{\sigma/\sqrt{n}}\right)$。
令 $z_\alpha = \frac{c+1}{\sigma/\sqrt{n}}$。則 $\alpha = P(Z > z_\alpha) = 1 - \Phi(z_\alpha)$。

在 $H_1$ 下，$\frac{\bar{X} - 1}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$。
$\beta = P\left(\frac{\bar{X} - 1}{\sigma/\sqrt{n}} \le \frac{c - 1}{\sigma/\sqrt{n}}\right) = P\left(Z \le \frac{c-1}{\sigma/\sqrt{n}}\right)$。
令 $z_\beta = \frac{c-1}{\sigma/\sqrt{n}}$。則 $\beta = P(Z \le z_\beta) = \Phi(z_\beta)$。

我們要求最小化 $\alpha + \beta = (1 - \Phi(z_\alpha)) + \Phi(z_\beta)$。
這相當於最小化 $\Phi(z_\beta) - \Phi(z_\alpha)$。

我們有 $z_\alpha = \frac{c+1}{\sigma/\sqrt{n}}$ 和 $z_\beta = \frac{c-1}{\sigma/\sqrt{n}}$。
注意，$z_\alpha - z_\beta = \frac{c+1 - (c-1)}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{2}{\sigma/\sqrt{n}}$。
所以，$z_\alpha = z_\beta + \frac{2}{\sigma/\sqrt{n}}$。

為了最小化 $\alpha + \beta$，我們希望 $z_\alpha$ 和 $z_\beta$ 之間的距離固定，而它們的位置能夠使 $\alpha + \beta$ 最小。
在這種情況下，最優的決策規則是使 $\alpha = \beta$。
如果 $\alpha = \beta$，那麼 $1 - \Phi(z_\alpha) = \Phi(z_\beta)$。
$\Phi(z_\beta) + \Phi(z_\alpha) = 1$。
這表示 $z_\alpha = -z_\beta$。

將 $z_\alpha = -z_\beta$ 代入 $z_\alpha - z_\beta = \frac{2}{\sigma/\sqrt{n}}$：
$-z_\beta - z_\beta = \frac{2}{\sigma/\sqrt{n}}$
$-2z_\beta = \frac{2}{\sigma/\sqrt{n}}$
$z_\beta = -\frac{1}{\sigma/\sqrt{n}}$。
$z_\alpha = \frac{1}{\sigma/\sqrt{n}}$。

此時

核心觀念

本題考察單因子變異數分析（one-way ANOVA），比較四組律師的母體平均薪資是否相同。

設四組母體平均薪資為 $\mu_A,\mu_B,\mu_C,\mu_D$，假設為：

• 各觀測值彼此獨立；
• 四組母體近似常態分配；
• 四組母體變異數相同。

檢定假設為：

$$H_0:\mu_A=\mu_B=\mu_C=\mu_D$$ $$H_1:\text{至少有一組母體平均薪資不同}$$

ANOVA 將總變異分解為：

$$SS_T=SS_B+SS_E$$

其中：

• $SS_B$：組間平方和，反映四組樣本平均數之間的差異；
• $SS_E$：組內平方和，反映各組內部的薪資變異；
• $SS_T$：總平方和。

相對應的自由度為：

$$df_B=k-1$$ $$df_E=N-k$$ $$df_T=N-1$$

本題中 $k=4$、$N=134$，因此：

$$df_B=3,\qquad df_E=130,\qquad df_T=133$$

F 統計量為：

$$F=\frac{MS_B}{MS_E}$$

---

解題方法

1. 計算加權總平均數

四組樣本數與樣本平均數如下：

組別	樣本數 $n_i$	樣本平均數 $\bar{x}_i$
A	62	7.87
B	52	7.47
C	7	5.14
D	13	3.69

由於四組樣本數不同，總平均數必須使用加權平均：

$$\bar{x}_{..} = \frac{\sum n_i\bar{x}_i}{N}$$ $$\bar{x}_{..} = \frac{62(7.87)+52(7.47)+7(5.14)+13(3.69)}{134}$$ $$\bar{x}_{..} = \frac{960.33}{134} = 7.1666$$

---

2. 計算組間平方和 $SS_B$

公式為：

$$SS_B=\sum_{i=1}^{k}n_i(\bar{x}_i-\bar{x}_{..})^2$$

代入資料：

$$\begin{aligned} SS_B ={}&62(7.87-7.1666)^2 +52(7.47-7.1666)^2\\ &+7(5.14-7.1666)^2 +13(3.69-7.1666)^2 \end{aligned}$$

因此：

$$SS_B\approx221.34$$

組間均方為：

$$MS_B=\frac{SS_B}{df_B} = \frac{221.34}{3} = 73.78$$

---

3. 利用已知 F 值求組內均方

題目已給定：

$$F=25.60$$

又因為：

$$F=\frac{MS_B}{MS_E}$$

所以：

$$MS_E=\frac{MS_B}{F} = \frac{73.78}{25.60} \approx2.882$$

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本題考驗對 Poisson 分配性質的理解，包括獨立變數相加的分配、期望值性質以及機率計算。

已知 $X, Y, Z$ 是獨立的 Poisson 隨機變數，且 $E[X] = E[Y] = E[Z] = 1$。
Poisson 分配的機率質量函數 (p.m.f.) 為 $P(K=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda$ 是平均值。
所以，$X \sim Poisson(1)$, $Y \sim Poisson(1)$, $Z \sim Poisson(1)$。

a. $P(X + Y + Z = 4)$

兩個獨立的 Poisson 隨機變數相加，其和仍然是一個 Poisson 隨機變數，其參數是原參數的和。
$X+Y \sim Poisson(1+1) = Poisson(2)$
$(X+Y)+Z \sim Poisson(2+1) = Poisson(3)$
所以，$S = X+Y+Z \sim Poisson(3)$。

我們要求 $P(S=4)$。
使用 Poisson(3) 的 p.m.f.：
$P(S=4) = \frac{e^{-3} 3^4}{4!} = \frac{e^{-3} \times 81}{24}$
$P(S=4) = \frac{81}{24} e^{-3} = \frac{27}{8} e^{-3}$

【答案】$\frac{27}{8} e^{-3}$

b. $E[(X + Y)^2]$

我們知道 $X+Y \sim Poisson(2)$。
對於一個 Poisson($\lambda$) 分配，其期望值是 $E[K] = \lambda$，變異數是 $Var(K) = \lambda$。

核心觀念

本題評量考生在抽樣分配（Sampling Distribution）、柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）與柯西–施瓦茨不等式 / 簡森不等式（Cauchy-Schwarz / Jensen's Inequality）等極限定理與不等式工具於樣本數決定（Sample Size Determination）上的應用。

1. 白努利分配之樣本平均性質：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{iid}{\sim} \text{Bernoulli}(p)$，則樣本平均數 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 滿足：

   $$E(\bar{X}_n) = p, \quad \text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{p(1-p)}{n}$$

2. 柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）：
   若隨機變數 $Y$ 具有有限期望值 $\mu$ 與變異數 $\sigma^2$，對任意 $\epsilon > 0$：

   $$P(|Y - \mu| \ge \epsilon) \le \frac{\text{Var}(Y)}{\epsilon^2} \iff P(|Y - \mu| < \epsilon) \ge 1 - \frac{\text{Var}(Y)}{\epsilon^2}$$

   此不等式提供無母數或母體未知分配情境下機率界的保守保證。

3. 平均絕對誤差（Mean Absolute Error, MAE）的上界估計：
   欲控制 $E[|\bar{X}_n - p|]$，可利用簡森不等式（Jensen's inequality）或李亞普諾夫不等式（Lyapunov's inequality）：
   由於函數 $g(t) = t^2$ 為凸函數，由簡森不等式可得：

   $$\left(E\left[|\bar{X}_n - p|\right]\right)^2 \le E\left[(|\bar{X}_n - p|)^2\right] = \text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{p(1-p)}{n}$$

   亦即：

   $$E[|\bar{X}_n - p|] \le \sqrt{\text{Var}(\bar{X}_n)} = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

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解題方法

(a) 要求 $P(|\bar{X}_n - p| \le 0.1) \ge 0.75$ 當 $p=0.2$

題目未提供常態分配臨界值，且要求嚴格的機率保證（即對任意樣本數 $n$ 皆須成立，而非僅依賴漸近大樣本常態近似），標準處理手法是採用柴比雪夫不等式。

1. 應用柴比雪夫不等式建立條件： $$P(|\bar{X}_n - p| \ge 0.1) \le \frac{\text{Var}(\bar{X}_n)}{(0.1)^2} = \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$ 取其對立事件： $$P(|\bar{X}_n - p| < 0.1) \ge 1 - \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$ 由於事件群包含關係 $\{|\bar{X}_n - p| < 0.1\} \subseteq \{|\bar{X}_n - p| \le 0.1\}$，故： $$P(|\bar{X}_n - p| \le 0.1) \ge P(|\bar{X}_n - p| < 0.1) \ge 1 - \frac{p(1-p)}{0.01 \cdot n}$$

核心觀念

本題考查「配對資料」與「兩獨立樣本資料」的差異，以及變異數的基本公式：

$$\operatorname{Var}(X-Y) = \operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-2\operatorname{Cov}(X,Y)$$

又因為

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho\sigma_X\sigma_Y$$

所以差值 $D_i=X_i-Y_i$ 的變異數必須納入 $X_i$ 與 $Y_i$ 之間的相關性。

配對資料的分析重點是先計算每一對的差值 $D_i$，再對差值進行單一樣本 $t$ 檢定。若錯誤使用兩獨立樣本 $t$ 檢定，便會忽略配對資料中的共變異數。

解題方法

a. 求 $D$ 的變異數

由定義

$$D=X-Y$$

因此

$$\operatorname{Var}(D) = \operatorname{Var}(X-Y)$$

依照差值變異數公式：

$$\operatorname{Var}(X-Y) = \operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-2\operatorname{Cov}(X,Y)$$

題目給定

$$\operatorname{Var}(X)=\sigma_X^2,\qquad \operatorname{Var}(Y)=\sigma_Y^2$$

且相關係數為 $\rho$，因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho\sigma_X\sigma_Y$$

代入可得

$$\boxed{ \sigma_D^2 = \sigma_X^2+\sigma_Y^2-2\rho\sigma_X\sigma_Y }$$

這就是配對差值 $D$ 的變異數。

若以樣本平均差值

$$\bar D=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n D_i$$

作推論，由於各對資料彼此獨立，因此

$$\operatorname{Var}(\bar D) = \frac{\sigma_D^2}{n} = \frac{\sigma_X^2+\sigma_Y^2-2\rho\sigma_X\sigma_Y}{n}$$

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b. 錯用兩獨立樣本 $t$ 檢定時的影響

正確的配對分析使用差值 $D_i=X_i-Y_i$，其平均差值的標準誤為

$$SE_{\text{paired}} = \sqrt{\frac{\sigma_D^2}{n}}$$

代入 $\sigma_D^2$：

本題考驗對線性迴歸與相關係數之間關係的理解。

已知兩條迴歸直線：

1. $Y$ 對 $X$ 的迴歸直線：$\hat{Y} = 30 - 1.5X$
2. $X$ 對 $Y$ 的迴歸直線：$\hat{X} = 12 - 0.54Y$

對於 $Y$ 對 $X$ 的迴歸直線 $\hat{Y} = b_0 + b_1 X$：
斜率 $b_1 = \frac{Cov(X, Y)}{Var(X)}$。
從 $\hat{Y} = 30 - 1.5X$，我們得到 $b_{YX} = -1.5$。
所以，$\frac{Cov(X, Y)}{Var(X)} = -1.5$。

對於 $X$ 對 $Y$ 的迴歸直線 $\hat{X} = a_0 + a_1 Y$：
斜率 $a_1 = \frac{Cov(X, Y)}{Var(Y)}$。
從 $\hat{X} = 12 - 0.54Y$，我們得到 $b_{XY} = -0.54$。
所以，$\frac{Cov(X, Y)}{Var(Y)} = -0.54$。

皮爾森相關係數 $r$ 的定義是：
$r = \frac{Cov(X, Y)}{\sqrt{Var(X)Var(Y)}}$

我們有：
$Cov(X, Y) = -1.5 \times Var(X)$
$Cov(X, Y) = -0.54 \times Var(Y)$

將這兩個式子結合，我們可以得到 $Var(X)$ 和 $Var(Y)$ 的關係：
$-1.5 \times Var(X) = -0.54 \times Var(Y)$
$1.5 \times Var(X) = 0.54 \times Var(Y)$
$\frac{Var(Y)}{Var(X)} = \frac{1.5}{0.54} = \frac{150}{54} = \frac{25}{9}$。

現在我們來計算相關係數 $r$。
$r^2 = \frac{(Cov(X, Y))^2}{Var(X)Var(Y)}$
我們可以將 $Cov(X, Y)$ 用 $Var(X)$ 或 $Var(Y)$ 表示。

本題要求找出隨機變數 $Y$ 的機率分配。我們已知 $X$ 的機率密度函數 (p.d.f.)，且 $Y$ 是 $X$ 的一個函數。我們可以利用變數變換法 (transformation of variables) 來求解。

首先，我們需要找到 $Y$ 的累積分布函數 (c.d.f.)，記為 $F_Y(y)$。
$F_Y(y) = P(Y \le y)$
由於 $Y = \frac{1}{1+e^{-x}}$，且 $e^{-x} > 0$ 對於所有實數 $x$ 都成立，因此 $1+e^{-x} > 1$，所以 $0 < Y < 1$。
因此，當 $y \le 0$ 時，$F_Y(y) = 0$；當 $y \ge 1$ 時，$F_Y(y) = 1$。我們只需要考慮 $0 < y < 1$ 的情況。

對於 $0 < y < 1$，我們有：
$Y \le y \iff \frac{1}{1+e^{-x}} \le y$
$1 \le y(1+e^{-x})$
$\frac{1}{y} \le 1+e^{-x}$
$\frac{1}{y} - 1 \le e^{-x}$
$e^x \le \frac{1}{\frac{1}{y} - 1} = \frac{y}{1-y}$
$x \le \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)$

所以，