111 年 國立臺灣大學統計碩士學位學程《統計學（G）》

此題考驗離群值對統計量之影響。離群值是指資料中與其他資料明顯不同的數值。

(A) 眾數(mode)是指資料中出現最頻繁的數值，對於離群值較不敏感，但相關係數(correlation coefficient)是衡量兩個變數間線性關聯的強度，本身不能描述集中或離散程度。
(B) 平均數(mean)和標準差(standard deviation)對離群值非常敏感。一個極端的離群值會顯著拉高或拉低平均數，進而影響標準差。
(C) 平均數(mean)和變異數(variance)同樣對離群值敏感，變異數是標準差的平方。

此題考驗對樣本、母體、統計量、抽樣分配等基本概念的理解。

(A) 中央極限定理(Central Limit Theorem, CLT)指出，不論母體分配為何，當樣本數夠大時，樣本平均數的抽樣分配會近似於常態分配。因此，CLT 描述的是樣本平均數的抽樣分配，而非樣本本身的分配。此敘述正確。
(B) 統計量(statistic)是根據樣本資料計算出來的數值，因此是樣本的函數。例如，樣本平均數 $\bar{X}$ 就是樣本 $X_1, X_2, ..., X_n$ 的函數：$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。此敘述正確。

核心觀念

本題考查各種檢定方法的適用情境，重點包括：

• 兩獨立樣本檢定與兩比例差異檢定。
• $t$ 檢定與 $z$ 檢定的使用條件。
• 卡方適合度檢定。
• 成對樣本檢定。
• Wilcoxon Rank Sum test 的無母數特性。

其中，Wilcoxon Rank Sum test 不要求母體服從常態分佈，這正是本題的關鍵。

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解題方法

逐一檢查各選項所描述的檢定方法與其適用條件：

1. 判斷檢定統計量所比較的參數。
2. 判斷樣本是否獨立或成對。
3. 檢查該方法是否需要常態分佈等母體假設。
4. 找出與檢定定義不符的選項。

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選項分析

(A) 正確

若將比例資料視為 Bernoulli 資料，令

$$X_i= \begin{cases} 1, & \text{事件發生}\\ 0, & \text{事件未發生} \end{cases}$$

則其母體平均數為

$$E(X_i)=p,$$

其中 $p$ 即為母體比例。因此，兩個比例的差異，也可視為兩個 Bernoulli 母體平均數的差異：

$$H_0:p_1=p_2.$$

兩獨立樣本 $t$ 檢定可用來比較兩組樣本平均數，故在樣本數夠大時，也可用於比較兩比例。不過在實務與考試中，兩比例差異通常優先使用兩比例 $z$ 檢定或卡方檢定。

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(B) 正確

兩獨立樣本 $z$ 檢定可用於檢定兩母體平均數是否相同。若變異數未知，則以樣本變異數估計母體變異數；在大樣本下，依中央極限定理，統計量近似服從標準常態分佈：

$$Z= \frac{\bar X_1-\bar X_2} {\sqrt{\dfrac{s_1^2}{n_1}+\dfrac{s_2^2}{n_2}}} \approx N(0,1).$$

因此，大樣本且變異數未知時，仍可使用近似的兩樣本 $z$ 檢定。

須注意：若樣本數小且變異數未知，通常應使用兩獨立樣本 $t$ 檢定，而不是 $z$ 檢定。

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(C) 正確

核心觀念

本題考查 Pearson 相關係數的意義、相關與因果的區別，以及相關係數信賴區間的建構方法。題目以 $p$ 表示相關係數，以下採用常見記號：母體相關係數為 $\rho$，樣本相關係數為 $r$。

當 $X$、$Y$ 的變異數皆有限且大於零時，定義

$$\rho=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)}}.$$

Pearson 相關係數衡量的是線性關聯，且由 Cauchy–Schwarz 不等式可得

$$-1\leq \rho\leq 1.$$

必須區分兩個概念：

• 不相關：$\rho=0$，即共變異數為零。
• 獨立：兩變數的聯合分布等於邊際分布的乘積，是比不相關更強的條件。

獨立且具有有限二階動差的變數必定不相關；不相關的變數仍能存在非線性依存關係。

解題方法

本題應依定義逐一檢查，特別注意「不具有相關性」的用語，以及（E）中的必要性字眼「要先」。

以統計學的標準用語解讀，「不相關」就是 $\rho=0$，因此（A）成立；（E）把 Fisher 轉換說成建立信賴區間的必要步驟，則不成立。Fisher 轉換是一種常用方法，但也能採用不需此轉換的拔靴法（bootstrap）。

選項分析

（A）若兩隨機變數的相關係數為零，代表此兩隨機變數不具有相關性。

依「不相關」的統計學定義，正確。 $\rho=0$ 正是兩變數不相關的定義，但不能進一步推論兩者獨立，或不存在任何依存關係。

例如令 $X\sim U(-1,1)$，並令 $Y=X^2$。由分布的對稱性，

$$E(X)=0,\qquad E(X^3)=0.$$

因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E(X^3)-E(X)E(X^2)=0,$$

所以 $\rho=0$；然而 $Y$ 完全由 $X$ 決定，兩者並不獨立。

因此，若將選項中的「不具有相關性」解讀為「不存在任何關聯」，（A）便是錯誤敘述；不能混用這兩種意義。

（B）$-1\leq p\leq1$。

正確。 由 Cauchy–Schwarz 不等式，

核心觀念

本題考查常態母體下未知變異數的三個重點：

1. 最大概似估計法（MLE）：建立概似函數，並對參數最大化。
2. 估計量是否不偏：比較估計量的期望值與母體參數 $\sigma^2$。
3. 動差法（Method of Moments）：以樣本動差估計母體動差。

須注意：當母平均數 $\mu$ 未知時，MLE 的分母為 $n$；傳統不偏樣本變異數的分母則為 $n-1$。

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解題方法

（1）$\sigma^2$ 的最大概似估計值

由於

$$X_i\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}N(\mu,\sigma^2),$$

單一觀測值的機率密度函數為

$$f(x_i;\mu,\sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{ -\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2} \right\}.$$

因為 $X_1,\dots,X_n$ 相互獨立，聯合概似函數為

$$L(\mu,\sigma^2) = \prod_{i=1}^n f(x_i;\mu,\sigma^2).$$

整理得

$$L(\mu,\sigma^2) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2 \right\}.$$

取對數概似函數：

$$\ell(\mu,\sigma^2) = -\frac{n}{2}\log(2\pi) -\frac{n}{2}\log(\sigma^2) -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

先對 $\mu$ 微分：

$$\frac{\partial\ell}{\partial\mu} = \frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu).$$

令其等於 $0$：

$$\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)=0,$$

因此

$$\hat{\mu}_{MLE}=\bar X.$$

再對 $\sigma^2$ 微分：

$$\frac{\partial\ell}{\partial\sigma^2} = -\frac{n}{2\sigma^2} + \frac{1}{2(\sigma^2)^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

令其等於 $0$：

$$-\frac{n}{2\sigma^2} + \frac{1}{2(\sigma^2)^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2 =0.$$

兩邊乘以 $2(\sigma^2)^2$：

$$-n\sigma^2+\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2=0.$$

故

$$\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

將 $\mu$ 以其 MLE $\bar X$ 代入，得到

$$\boxed{ \hat{\sigma}^2_{MLE} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 }.$$

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（2）$\hat{\sigma}^2_{MLE}$ 是否為不偏估計量？

答案是：不是不偏估計量，而是向下偏誤估計量。

利用平方和分解：

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 = \sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 - n(\bar X-\mu)^2.$$

兩邊取期望值。

由於

$$E[(X_i-\mu)^2]=\sigma^2,$$

所以

$$E\left[ \sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 \right] = n\sigma^2.$$

又因為

$$\operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n},$$

且 $E(\bar X-\mu)=0$，因此

$$E[(\bar X-\mu)^2] = \operatorname{Var}(\bar X) = \frac{\sigma^2}{n}.$$

故

$$E\left[ n(\bar X-\mu)^2 \right] = \sigma^2.$$

代回平方和分解：

$$E\left[ \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 \right] = n\sigma^2-\sigma^2 = (n-1)\sigma^2.$$

因此

核心觀念

本題考查單因子變異數分析（one-way ANOVA），用來檢定三個母體平均重量是否相同。

設三片海域的母體平均重量分別為 $\mu_E,\mu_S,\mu_N$，則：

• 組間平方和：衡量各組平均數彼此差異造成的變異。

• 組內平方和：衡量同一組內個體差異造成的變異。

• 總平方和：

  $SS_T=SS_B+SS_W$

• 檢定統計量：

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

其中：

$MS_B=\frac{SS_B}{k-1},\qquad MS_W=\frac{SS_W}{N-k}$

本題有 $k=3$ 組，總樣本數 $N=12+15+18=45$。

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(1) 完成 ANOVA 表格並下結論

第一步：計算組內平方和

組內平方和公式為：

$SS_W=\sum_{i=1}^{k}(n_i-1)S_i^2$

因此：

$$\begin{aligned} SS_W &=(12-1)(2591.1)+(15-1)(2711.4)+(18-1)(2441.1)\\ &=11(2591.1)+14(2711.4)+17(2441.1)\\ &=28502.1+37959.6+41498.7\\ &=107960.4 \end{aligned}$$

所以：

$\boxed{②=107960.4}$

第二步：計算組間平方和

由總平方和：

$SS_T=SS_B+SS_W$

所以：

$$SS_B=127220-107960.4=19259.6$$

因此：

$\boxed{①=19259.6}$

第三步：計算自由度

組間自由度：

$df_B=k-1=3-1=2$

所以：

$\boxed{③=2}$

組內自由度：

$df_W=N-k=45-3=42$

所以：

$\boxed{④=42}$

總自由度：

$df_T=N-1=45-1=44$

與題目相符。

第四步：計算均方

組間均方：

$$MS_B=\frac{19259.6}{2}=9629.8$$

所以：

$\boxed{⑤=9629.8}$

組內均方：

$$MS_W=\frac{107960.4}{42}=2570.4857$$

所以：

$\boxed{⑥=2570.49}$

第五步：計算 $F$ 統計量

$$F=\frac{MS_B}{MS_W} =\frac{9629.8}{2570.4857} \approx 3.746$$

所以：

$\boxed{⑦\approx3.746}$

完整 ANOVA 表如下：

變異來源	Sum of Squares	d.f.	MSE	F	P-value
Between	$19259.6$	$2$	$9629.8$	$3.746$	$0.0318$
Within	$107960.4$	$42$	$2570.49$
Total	$127220$	$44$

因為：

$P\text{-value}=0.0318<\alpha=0.1$

故拒絕虛無假設，表示三片海域魚的平均重量並非全部相同，至少有一片海域的平均重量與其他海域不同。

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(2) 虛無假設與對立假設

虛無假設為：

$$H_0:\mu_E=\mu_S=\mu_N$$

對立假設為：

$$H_1:\text{至少有一個海域的母體平均重量不同}$$

注意，ANOVA 的對立假設不是「三個平均數全部不同」，而是「至少一個平均數不同」。

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(3) 進行 ANOVA 所需的假設

單因子 ANOVA 通常需要以下假設：

1. 各樣本彼此獨立

東海、南海、北海所抽取的魚樣本彼此獨立，且同一海域內的樣本也應獨立。

2. 各組母體皆為常態分布

對每一個海域而言，魚的重量應近似來自常態分布：

$X_{ij}\sim N(\mu_i,\sigma_i^2)$

3. 各組母體變異數相同

即具有變異數同質性：

$\sigma_E^2=\sigma_S^2=\sigma_N^2=\sigma^2$

4. 樣本為隨機抽樣

各海域的魚樣本應具有代表性，避免抽樣偏誤。

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(4) 南海的魚是否真的比其他兩種魚重？

樣本平均數為：

$\bar{x}_E=165,\qquad \bar{x}_S=198,\qquad \bar{x}_N=150$

南海平均重量最高，但必須進一步進行比較。

將東海與北海合併作為「其他兩海域」，其加權平均為：

$$\bar{x}_{其他} =\frac{12(165)+18(150)}{12+18} =\frac{4680}{30} =156$$

因此欲檢定：

$$H_0:\mu_S\leq \frac{12\mu_E+18\mu_N}{30}$$ $$H_1:\mu_S> \frac{12\mu_E+18\mu_N}{30}$$

估計差異為：

$$L=\bar{x}_S-\bar{x}_{其他}=198-156=42$$

此題考驗比例的點估計、信賴區間、抽樣分配以及比例的假設檢定。

已知資訊：
總樣本數 $N = 1600$
想接種莫德納疫苗人數 $n_M = 1024$
想接種 AZ 疫苗人數 $n_{AZ} = 400$
沒有特別偏好人數 $n_{None} = 1600 - 1024 - 400 = 176$
全國平均值 (母體比例) $p_0 = 0.62$

(1) 請問「偏好接種莫德納疫苗的比例」為何?

這是點估計問題，直接用樣本比例來估計母體比例。
樣本比例 $\hat{p}_M = \frac{n_M}{N}$
$\hat{p}_M = \frac{1024}{1600} = \frac{1024 \div 64}{1600 \div 64} = \frac{16}{25} = 0.64$

【答案】0.64

(2) 請提出「偏好接種莫德納疫苗的比例」的95%信賴區間(confidence interval),並解釋此區間的意義。

計算比例的信賴區間。
信賴區間的公式為：$\hat{p} \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{N}}$
這裡 $\hat{p} = 0.64$, $N = 1600$。
95% 信賴區間意味著 $\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$。
$\alpha/2 = 0.025$。
查標準常態分配表，與 0.025 對應的 $z_{\alpha/2}$ 值是 1.96。

計算標準誤 (standard error)：
$SE = \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{N}} = \sqrt{\frac{0.64(1-0.64)}{1600}} = \sqrt{\frac{0.64 \times 0.36}{1600}}$
$SE = \sqrt{\frac{0.2304}{1600}} = \sqrt{0.000144} = 0.012$

計算信賴區間的邊界：
邊界 = $\hat{p} \pm z_{\alpha/2} \times SE$
邊界 = $0.64 \pm 1.96 \times 0.012$
邊界 = $0.64 \pm 0.02352$

信賴區間為 $(0.64 - 0.02352, 0.64 + 0.02352) = (0.61648, 0.66352)$。

信賴區間的意義：
我們有 95% 的信心，認為這個地區偏好接種莫德納疫苗的真實母體比例介於 0.61648 和 0.66352 之間。
換句話說，如果我們重複進行 100 次類似的抽樣調查，大約有 95 次所計算出來的信賴區間會包含真實的母體比例。

【答案】信賴區間為 (0.61648, 0.66352)。意義是：我們有 95% 的信心，認為該地區偏好接種莫德納疫苗的真實母體比例落在 0.61648 至 0.66352 之間。

(3) 請問上一題在計算「偏好接種莫德納疫苗比例的95%信賴區間」時,「偏好接種莫德納疫苗的比例」是服從哪一個分配(distribution)?為什麼?

在計算比例的信賴區間時，我們通常依賴 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)。
當樣本數 $N$ 足夠大時，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分配會近似於一個常態分配。
近似的常態分配的平均值是母體比例 $p$，變異數是 $\frac{p(1-p)}{N}$。

判斷樣本數是否足夠大的標準：
通常要求 $N\hat{p} \ge 10$ 且 $N(1-\hat{p}) \ge 10$。
在這個題目中：
$N\hat{p} = 1600 \times 0.64 = 1024 \ge 10$
$N(1-\hat{p}) = 1600 \times (1-0.64) = 1600 \times 0.36 = 576 \ge 10$
由於這兩個條件都滿足，因此可以使用常態近似。

所以，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分配近似於常態分配 $N(p, \frac{p(1-p)}{N})$。

此題考驗簡單線性迴歸的基礎概念，包括假設檢定、迴歸係數解釋、截距解釋以及殘差圖的診斷。

已知資訊：
樣本數 $N = 400$
迴歸模型: $Fev1 = \beta_0 + \beta_1 \times Height + \epsilon$
估計的迴歸線: $\hat{Y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 X = -9.2 + 0.074 \times Height$
$\hat{\beta}_1 = 0.074$ (身高係數的估計值)
$\hat{\beta}_0 = -9.2$ (截距的估計值)
身高係數的標準誤 (Standard Error of $\hat{\beta}_1$) = 0.024
身高係數的 P-value = 0.007
截距的 P-value = 0.047

(1) 請問身高的迴歸係數統計檢定的虛無假設是什麼?

在簡單線性迴歸中，我們檢定解釋變數（這裡的身高）的係數是否顯著異於零。
虛無假設 ($H_0$) 認為，在母體中，身高的迴歸係數 $\beta_1$ 為 0，表示身高與 Fev1 之間沒有線性關係。
對立假設 ($H_a$) 認為，身高的迴歸係數 $\beta_1$ 不為 0，表示身高與 Fev1 之間存在線性關係。

【答案】$H_0: \beta_1 = 0$

(2) 請問身高的迴歸係數統計檢定的結果,解釋呼氣容積和身高的關係。

根據表格，身高係數的 P-value 為 0.007。
若我們採用標準的顯著水準 $\alpha = 0.05$ (或 $\alpha = 0.01$)，由於 P-value (0.007) < $\alpha$ (0.05)，我們拒絕虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$。
這表示身高的迴歸係數 $\beta_1$ 在統計上是顯著異於零的。

解釋關係：
迴歸係數 $\hat{\beta}_1 = 0.074$ 表示，在控制其他變數（在此為簡單線性迴歸，無其他變數）的情況下，身高每增加一個單位（公分），預測的 Fev1 值會增加 0.074 公升。
由於此係數顯著異於零且為正值，這表明身高與 Fev1 之間存在正向的、統計上顯著的線性關係。身高越高，預期一秒內呼氣容積越大。

【答案】身高的迴歸係數 (0.074) 在統計上是顯著異於零的 (P-value = 0.007 < 0.05)。這表示身高與 Fev1 之間存在正向的線性關係：身高每增加一公分，預測的 Fev1 值會增加 0.074 公升。

(3) 請問截距項的係數-9.2的意義為何?

截距項 $\hat{\beta}_0 = -9.2$ 是迴歸線在 Y 軸上的截距。
在線性迴歸模型中，截距的意義是當所有解釋變數的值為 0 時，反應變數的預測值。
在此案例中，截距 -9.2 代表當身高 (Height) 為 0 公分時，預測的 Fev1 值為 -9.2 公升。