113 年 國立臺北大學統計學系碩士班《統計學》

此題考驗貝氏定理(Bayes' Theorem)的應用，以及條件機率的計算。

設 A, B, C 為該批疫苗來自公司 A, B, C 的事件，且已知其機率分別為 $P(A) = 0.50$, $P(B) = 0.40$, $P(C) = 0.10$。
設 $I$ 為該批疫苗中至少有一劑無效的事件。
已知各公司疫苗無效的機率：
$P(I|A) = 1 - P(\text{all 5 are effective}|A) = 1 - (1-0.04)^5 = 1 - (0.96)^5$
$P(I|B) = 1 - P(\text{all 5 are effective}|B) = 1 - (1-0.03)^5 = 1 - (0.97)^5$
$P(I|C) = 1 - P(\text{all 5 are effective}|C) = 1 - (1-0.06)^5 = 1 - (0.94)^5$

我們需要計算的是在已知至少有一劑無效的條件下，該批疫苗來自公司 B 的機率，即 $P(B|I)$。
根據貝氏定理：
$P(B|I) = \frac{P(I|B)P(B)}{P(I)}$
其中 $P(I)$ 是全機率公式：
$P(I) = P(I|A)P(A) + P(I|B)P(B) + P(I|C)P(C)$

此題考驗聯合機率分佈的幾何解釋，以及連續隨機變數的機率計算。

設 $T$ 為 Tiffany 到達的時間，單位為分鐘，以 1 p.m. 為 0。則 $T$ 服從 $[0, 30]$ 上的均勻分佈，即 $T \sim U(0, 30)$。
設 $J$ 為 John 到達的時間，單位為分鐘，以 1 p.m. 為 0。則 $J$ 服從 $[0, 30]$ 上的均勻分佈，即 $J \sim U(0, 30)$。
由於兩人的到達時間是獨立的，其聯合機率密度函數為：
$f(t, j) = f_T(t) f_J(j) = \frac{1}{30} \cdot \frac{1}{30} = \frac{1}{900}, \quad 0 \le t \le 30, 0 \le j \le 30$
此聯合機率密度函數定義在一個邊長為 30 的正方形區域內，面積為 $30 \times 30 = 900$。

我們感興趣的是「第一個到達的人要等待超過 10 分鐘」的機率。
假設 Tiffany 先到，則她等待的時間是 $J-T$。若 $J > T$，則她等待的時間是 $J-T$。
假設 John 先到，則他等待的時間是 $T-J$。若 $T > J$，則他等待的時間是 $T-J$。
所以，第一個到達的人等待的時間是 $|T-J|$。
我們要計算的機率是 $P(|T-J| > 10)$。

這相當於計算聯合機率密度函數在區域 $|T-J| > 10$ 上的積分。
在幾何上，這相當於計算該正方形區域內，滿足 $|t-j| > 10$ 的面積。
不等式 $|t-j| > 10$ 可以分解為兩個不等式：

1. $t-j > 10 \implies j < t-10$
2. $t-j < -10 \implies j > t+10$

此題考驗次序統計量(Order Statistics)的機率密度函數求法，以及指數分佈的性質。

母體指數分佈的機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f(x) = e^{-x}$，累積分布函數 (c.d.f.) 為 $F(x) = 1 - e^{-x}$，其中 $x > 0$。
樣本大小 $n=3$。

(1) 求樣本中位數 $Y_2$ 的機率密度函數。
次序統計量 $Y_k$ 的 c.d.f. 為 $F_{Y_k}(y) = \sum_{j=k}^n \binom{n}{j} [F(y)]^j [1-F(y)]^{n-j}$。
對於樣本中位數 $Y_2$ ($k=2, n=3$)，其 c.d.f. 為：
$F_{Y_2}(y) = \binom{3}{2} [F(y)]^2 [1-F(y)]^{3-2} + \binom{3}{3} [F(y)]^3 [1-F(y)]^{3-3}$
$F_{Y_2}(y) = 3 [F(y)]^2 [1-F(y)] + [F(y)]^3$
將 $F(y) = 1 - e^{-y}$ 代入：
$F_{Y_2}(y) = 3 (1-e^{-y})^2 (1 - (1-e^{-y})) + (1-e^{-y})^3$
$F_{Y_2}(y) = 3 (1-e^{-y})^2 (e^{-y}) + (1-e^{-y})^3$
$F_{Y_2}(y) = (1-e^{-y})^2 [3e^{-y} + (1-e^{-y})]$
$F_{Y_2}(y) = (1-e^{-y})^2 (1 + 2e^{-y})$
$F_{Y_2}(y) = (1 - 2e^{-y} + e^{-2y})(1 + 2e^{-y})$
$F_{Y_2}(y) = 1 + 2e^{-y} - 2e^{-y} - 4e^{-2y} + e^{-2y} + 2e^{-3y}$
$F_{Y_2}(y) = 1 - 3e^{-2y} + 2e^{-3y}$
現在對 $F_{Y_2}(y)$ 微分以得到 p.d.f. $f_{Y_2}(y)$：
$f_{Y_2}(y) = \frac{d}{dy} (1 - 3e^{-2y} + 2e^{-3y})$
$f_{Y_2}(y) = -3(-2e^{-2y}) + 2(-3e^{-3y})$
$f_{Y_2}(y) = 6e^{-2y} - 6e^{-3y}, \quad y > 0$

此題考驗點估計量(Point Estimator)的性質，特別是關於不偏性(Unbiasedness)與最小變異數(Minimum Variance)的證明。要證明 $\bar{X}$ 是 $\lambda$ 的最小變異數不偏估計量 (MVUE)，我們需要證明兩件事：

1. $\bar{X}$ 是 $\lambda$ 的不偏估計量。
2. $\bar{X}$ 擁有最小變異數。

已知 $X_i$ 服從 Poisson($\lambda$) 分佈，其機率質量函數 (p.m.f.) 為 $P(X_i=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $k=0, 1, 2, ...$。
Poisson 分佈的期望值為 $E(X_i) = \lambda$，變異數為 $Var(X_i) = \lambda$。

1. 證明 $\bar{X}$ 是 $\lambda$ 的不偏估計量。
   樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。
   計算 $\bar{X}$ 的期望值：
   $E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right)$
   由於期望值是線性的：
   $E(\bar{X}) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(X_i)$
   因為 $E(X_i) = \lambda$ 對於所有 $i$ 都成立：
   $E(\bar{X}) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \lambda = \frac{1}{n}(n\lambda) = \lambda$
   因此，$\bar{X}$ 是 $\lambda$ 的一個不偏估計量。

2. 證明 $\bar{X}$ 擁有最小變異數。
   對於一個給定的分佈族，如果我們能找到一個估計量，其 Cramér-Rao lower bound (CRLB) 的變異數等於該估計量的變異數，那麼這個估計量就是 MVUE。
   對於 Poisson 分佈，其得分函數 $S(\lambda)$ 的期望值為 0，並且其 Fisher Information $I(\lambda)$ 可以計算得出。

Fisher Information $I(\lambda)$ 定義為：
$I(\lambda) = E\left[\left(\frac{\partial}{\partial \lambda} \ln f(X;\lambda)\right)^2\right] = -E\left[\frac{\partial^2}{\partial \lambda^2} \ln f(X;\lambda)\right]$
其中 $f(x;\lambda) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$ 是單個觀測值 $X$ 的 p.d.f. (或 p.m.f.)。
首先計算對數概似函數 $\ln f(X;\lambda)$：

此題考驗變異數的性質，特別是獨立隨機變數和的變異數。

設 $\Delta p_i$ 為第 $i$ 天的組合價值變動。
已知單日波動度 (標準差) 為 $\sigma_{\Delta p} = 3$。
則單日的變異數為 $\sigma^2_{\Delta p} = 3^2 = 9$。
假設每日的變動 $\Delta p_i$ 是獨立的。
我們關心的是 4 天的總變動，設為 $\Delta p_{total, 4} = \Delta p_1 + \Delta p_2 + \Delta p_3 + \Delta p_4$。
由於 $\Delta p_i$ 彼此獨立，總變動的變異數是各日變異數的總和：

此題考驗帶有自相關(autocorrelation)的隨機過程的變異數計算。

設 $\Delta p_t$ 為第 $t$ 天的組合價值變動。
已知單日變異數 $\sigma^2 = Var(\Delta p_t) = 3^2 = 9$。
已知一階自相關係數 $\rho = Corr(\Delta p_t, \Delta p_{t-1}) = 0.1$。
我們需要計算 4 天的波動度 (標準差)。
總變動為 $\Delta p_{total, 4} = \Delta p_1 + \Delta p_2 + \Delta p_3 + \Delta p_4$。
其變異數為：
$Var(\Delta p_{total, 4}) = Var(\sum_{t=1}^4 \Delta p_t) = \sum_{t=1}^4 Var(\Delta p_t) + 2\sum_{1 \le s < t \le 4} Cov(\Delta p_s, \Delta p_t)$
由於 $Cov(\Delta p_s, \Delta p_t) = \rho^{|t-s|} \sigma^2$ (對於一階自相關)，且我們假設只有相鄰天的相關性為 0.1，其他天的相關性為 0 (題目只提到 first-order correlation)。

此題考驗常態分佈(Normal Distribution)的應用，特別是樣本平均數(或樣本總和)的機率計算。

設 $X$ 為單顆奇異果的重量，則 $X \sim N(\mu=21, \sigma^2=2^2=4)$。
一個盒子有 $n=16$ 顆奇異果。
我們關心的是一盒奇異果的總重量 $W = \sum_{i=1}^{16} X_i$。
由於 $X_i$ 是獨立同分佈的，總和 $W$ 的期望值和變異數為：
$E(W) = E(\sum X_i) = \sum E(X_i) = n \mu = 16 \times 21 = 336$ g。

此題考驗二項分佈(Binomial Distribution)的應用。

根據上一題的結果，一盒奇異果重量小於 340 g 的機率為 $p = P(W < 340) \approx 0.69146$。
一盒奇異果重量不小於 340 g 的機率為 $q = 1 - p \approx 1 - 0.69146 = 0.30854$。

Mary 買了 $n=5$ 盒奇異果。
我們關心的是「恰好只有一盒」的重量小於 340 g 的機率。
這符合二項分佈的模式，其中：

• 試驗次數 $n=5$ (每盒奇異果)。
• 成功定義為「一盒的重量小於 340 g」，成功機率 $p \approx 0.69146$。
• 我們要求恰好有 $k=1$ 次成功。

此題考驗假設檢定(Hypothesis Testing)的應用，特別是單一樣本平均數檢定。

公司聲稱平均重量至少為 21 g，這表示我們想檢定的虛無假設是 $H_0: \mu \ge 21$。
但通常檢定時，我們將虛無假設設定為等號，即 $H_0: \mu = 21$。
對立假設為 $H_1: \mu < 21$ (因為 Mary 發現的平均值 20.5 g 低於 21 g，我們將朝這個方向檢定)。
這是一個左尾檢定(Left-tailed test)。

Mary 買了 5 盒奇異果，共 $5 \times 16 = 80$ 顆奇異果。
她發現的平均重量是 $\bar{x} = 20.5$ g。
根據上一題的資訊，單顆奇異果的重量服從 $N(\mu=21, \sigma^2=2^2=4)$。
因此，母體標準差 $\sigma = 2$ 是已知的。
由於母體標準差已知，我們可以使用 Z-檢定。

檢定統計量為：
$Z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$
其中 $\mu_0 = 21$ 是虛無假設中的母體平均值。
$\bar{x} = 20.5$ 是樣本平均值。

此題考驗複迴歸分析(Multiple Regression Analysis)中的 F 檢定，用於檢定所有斜率係數是否同時為零。

模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \beta_2 x_{2i} + \beta_3 x_{3i} + \beta_4 x_{4i} + \epsilon_i$。
這是一個包含 4 個預測變數 (自變數) 的複迴歸模型。
樣本大小 $n=33$。
複迴歸模型中的 F 檢定用於檢定虛無假設 $H_0: \beta_1 = \beta_2 = \beta_3 = \beta_4 = 0$。
對立假設為 $H_1:$ 至少有一個 $\beta_j \ne 0$ (其中 $j=1, 2, 3, 4$)。

此題考驗簡單線性迴歸(Simple Linear Regression)中的 t 檢定，用於檢定單一斜率係數是否顯著。

簡單線性迴歸模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \epsilon_i$。
我們需要檢定虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$。
對立假設為 $H_1: \beta_1 \ne 0$ (通常是雙尾檢定)。

t 統計量的計算公式為：
$t = \frac{\hat{\beta}_1 - \beta_{1,0}}{SE(\hat{\beta}_1)}$
其中：

• $\hat{\beta}_1$ 是樣本估計的斜率。
• $\beta_{1,0}$ 是虛無假設中的斜率值，在此為 0。
• $SE(\hat{\beta}_1)$ 是 $\hat{\beta}_1$ 的標準誤。

在簡單線性迴歸中，相關係數 $r$ 與斜率估計值 $\hat{\beta}_1$ 之間有關係。
$r_{yx_1} = \frac{Cov(y, x_1)}{SD(y)SD(x_1)}$。
$\hat{\beta}_1 = r_{yx_1} \frac{SD(y)}{SD(x_1)}$。
$SE(\hat{\beta}_1) = \frac{SD(y)}{SD(x_1)} \sqrt{\frac{1-R^2}{n-2}}$。

此題考驗單因子變異數分析(One-way ANOVA)的 F 檢定與 Sum of Squares (SS) 的關係。

實驗設計為完全隨機設計，有 3 個處理組。
各組樣本數分別為 $n_1=7$, $n_2=9$, $n_3=14$。
總樣本數 $N = n_1 + n_2 + n_3 = 7 + 9 + 14 = 30$。
F 值為 4.5。
均方誤差 (MSE, Mean Squared Error) = 4。
虛無假設 $H_0:$ 各處理組的平均值無顯著差異。
對立假設 $H_1:$ 至少有一個處理組的平均值與其他不同。

F 統計量的計算公式為：
$F = \frac{MSTR}{MSE}$
其中：

• $MSTR$ 是處理均方 (Mean Square Treatment)。
• $MSE$ 是誤差均方 (Mean Squared Error)。

此題考驗單因子變異數分析(One-way ANOVA)的自由度與平方和計算。

前面已計算出：

• SSTR = 36
• $df_{treatment} = 2$
• $MSE = 4$

我們需要計算：

1. 誤差自由度 ($df_{error}$)。

2. 總平方和 (SST)。

3. 誤差自由度 ($df_{error}$)：
   在單因子變異數分析中，誤差自由度等於總樣本數減去處理組的數量。
   $df_{error} = N - k$
   其中 $N$ 是總樣本數，$k$ 是處理組數量。
   $N = 7 + 9 + 14 = 30$
   $k = 3$
   $df_{error} = 30 - 3 = 27$