核心觀念

本題考查：

1. 有限母體不放回抽樣
2. 超幾何分配
3. 餘事件法
4. 機率下限與最小樣本數的判定

全工廠共有 $50$ 位作業員，暴露砷濃度前 $10\%$ 的人數為

$$50\times 10\%=5$$

因此，母體可分為：

• 前 $10\%$ 高暴露作業員：$5$ 位
• 其餘作業員：$45$ 位

抽樣後要求「至少抽到 $1$ 位前 $10\%$ 作業員」，其機率至少為 $90\%$。

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解題方法：使用餘事件法

直接計算「至少抽到一位」較為繁瑣，因此考慮其餘事件：

「至少抽到一位前 $10\%$ 作業員」的反事件，是「完全沒有抽到前 $10\%$ 作業員」。

設隨機抽樣 $n$ 位作業員。

抽到至少一位高暴露作業員的機率為

$$P(\text{至少一位})=1-P(\text{一位也沒有})$$

若一位也沒有抽到，代表 $n$ 位全部從其餘 $45$ 位作業員中抽出。因此：

$$P(\text{一位也沒有}) = \frac{\binom{45}{n}}{\binom{50}{n}}$$

所以

$$P(\text{至少一位}) = 1-\frac{\binom{45}{n}}{\binom{50}{n}}$$

題目要求此機率至少為 $0.9$，故

$$1-\frac{\binom{45}{n}}{\binom{50}{n}}\geq 0.9$$

整理得

$$\frac{\binom{45}{n}}{\binom{50}{n}}\leq 0.1$$

其中：

• $\binom{50}{n}$：從 $50$ 位作業員中任取 $n$ 位的所有可能方式
• $\binom{45}{n}$：完全避開前 $10\%$ 作業員的抽樣方式

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逐步判定最小樣本數

此題考驗對二項分佈與卜瓦松分佈的理解及其關聯性，特別是卜瓦松分佈作為二項分佈在特定條件下的近似。

二項分佈 (Binomial Distribution)
二項分佈描述的是在一系列的獨立伯努利試驗中，成功次數的機率分佈。
若一個隨機變數 X 服從二項分佈，記為 $X \sim B(n, p)$，其中：

• $n$ 是獨立試驗的總次數。
• $p$ 是每次試驗成功的機率。
• 機率質量函數 (PMF) 為：$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, 對於 $k = 0, 1, \dots, n$。

卜瓦松分佈 (Poisson Distribution)
卜瓦松分佈描述的是在固定時間或空間間隔內，隨機事件發生次數的機率分佈。
若一個隨機變數 Y 服從卜瓦松分佈，記為 $Y \sim Poi(\lambda)$，其中：

• $\lambda$ 是單位時間或空間內事件發生的平均次數。
• 機率質量函數 (PMF) 為：$P(Y=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$, 對於 $k = 0, 1, 2, \dots$。

關聯性與近似條件
卜瓦松分佈可以作為二項分佈在特定條件下的近似。當二項分佈的試驗次數 $n$ 非常大，而單次試驗成功的機率 $p$ 非常小，使得兩者的乘積 $np$ 趨近於一個有限的常數 $\lambda$ 時，二項分佈的機率質量函數可以近似卜瓦松分佈的機率質量函數。

推導過程
考慮一個二項分佈 $X \sim B(n, p)$。我們希望在 $n \to \infty$ 且 $p \to 0$ 的同時，保持 $np = \lambda$ (一個固定的常數)。

二項分佈的 PMF 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

我們將 $p = \frac{\lambda}{n}$ 代入，並考慮 $n \to \infty$ 的極限：
$P(X=k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}$

將上式重組：
$P(X=k) = \frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{n^k} \times \frac{\lambda^k}{k!} \times \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^n \times \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{-k}$

當 $n \to \infty$ 時：

1. $\frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{n^k} = \frac{n}{n} \times \frac{n-1}{n} \times \frac{n-2}{n} \times \dots \times \frac{n-k+1}{n}$
   $\approx 1 \times 1 \times 1 \times \dots \times 1 = 1$ (因為 $k$ 相對於 $n$ 而言很小，所以 $n-i \approx n$)

2. $\left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^n$ 的極限是 $e^{-\lambda}$。

核心觀念

本題適合使用傳遞不平衡檢定（Transmission Disequilibrium Test, TDT）。資料來自染病小孩及其父母的病例親本三元體；TDT 比較父母傳給染病小孩的等位基因與未傳出的等位基因。

在孟德爾遺傳下，若 SNP 與疾病無關，對於基因型為 $CT$ 的親本，等位基因 $T$ 與 $C$ 傳給小孩的機率都為 $1/2$。因此，TDT 只使用能判定親本傳出哪個等位基因的家庭；親本皆為同型合子、無法提供傳遞資訊的家庭不納入計算。

解題方法

以 $T$ 作為檢定的等位基因。逐列判斷基因型為 $CT$ 的親本傳給小孩的等位基因：

• $CC \times CT \to CT$，共 $100$ 個家庭：$CC$ 親本必傳 $C$，所以 $CT$ 親本必傳 $T$。因此有 $100$ 次傳出 $T$、$0$ 次未傳出 $T$。
• $CC \times TT \to CT$，共 $150$ 個家庭：雙親都是同型合子，傳遞結果無隨機變化，不提供 TDT 資訊。
• $CT \times TT \to CT$，共 $50$ 個家庭：$TT$ 親本必傳 $T$，所以 $CT$ 親本必傳 $C$。因此有 $0$ 次傳出 $T$、$50$ 次未傳出 $T$。
• $CT \times TT \to TT$，共 $60$ 個家庭：$CT$ 親本必傳 $T$。因此有 $60$ 次傳出 $T$、$0$ 次未傳出 $T$。

令 $b$ 為傳給染病小孩的 $T$ 等位基因次數，令 $c$ 為未傳出的 $T$ 等位基因次數。合計為

$$b=100+60=160,\qquad c=50,\qquad b+c=210.$$

TDT 的檢定統計量為

第 4 題：三種運動種類對體脂肪率變化的影響

核心觀念

本題比較三個獨立母體的平均體脂肪率變化量：

• 慢跑組
• 游泳組
• 重量訓練組

因此使用單因子變異數分析。令第 $i$ 組第 $j$ 位女性的體脂肪率變化量為

$$Y_{ij}=\mu_i+\varepsilon_{ij},$$

其中 $\mu_i$ 為第 $i$ 種運動的平均體脂肪率變化量。

題目資料轉錄後已失去原表格欄位對齊，以下依「每三個數值為一列」解讀：

$$\begin{aligned} \text{慢跑組}:&\ -4,-3,+1,-5,-2,+2,-1,+3,\\ \text{游泳組}:&\ -3,-1,+1,+3,+2,-4,-2,\\ \text{重訓組}:&\ -4,-1,+2,+1,-2,-3,+2. \end{aligned}$$

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解題方法與計算

1. 假設

令三組母體平均變化量分別為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3$。

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$$ $$H_1:\text{至少有一組平均變化量不同}$$

顯著水準為

$$\alpha=0.05.$$

2. 各組樣本統計量

組別	$n_i$	$\sum Y_{ij}$	平均數
慢跑	8	$-9$	$-1.125$
游泳	7	$-4$	$-0.571$
重訓	7	$-5$	$-0.714$

總樣本數為

$$N=8+7+7=22,$$

總平均為

$$\bar Y_{\cdot\cdot}=\frac{-18}{22}=-0.818.$$

3. 組間平方和

$$SS_B=\sum_{i=1}^{3}n_i(\bar Y_{i\cdot}-\bar Y_{\cdot\cdot})^2$$

或使用計算公式：

$$SS_B=\sum_{i=1}^{3}\frac{T_i^2}{n_i} -\frac{T^2}{N}.$$

因此

$$SS_B= \frac{(-9)^2}{8}+\frac{(-4)^2}{7}+\frac{(-5)^2}{7} -\frac{(-18)^2}{22} =1.255.$$

4. 組內平方和

$$SS_W=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{n_i} (Y_{ij}-\bar Y_{i\cdot})^2.$$

各組計算結果為：

$$\begin{aligned} SS_{W,1}&=58.875,\\ SS_{W,2}&=41.714,\\ SS_{W,3}&=35.429. \end{aligned}$$

所以

$$SS_W=58.875+41.714+35.429=136.018.$$

5. ANOVA 表

變異來源	平方和	自由度	均方	$F$
組間	$1.255$	$2$	$0.627$	$0.088$
組內	$136.018$	$19$	$7.159$
總和	$137.273$	$21$

檢定統計量為

$$F=\frac{MS_B}{MS_W} =\frac{0.627}{7.159} =0.088.$$

在虛無假說成立時，

$$F\sim F_{2,19}.$$

拒絕域為

$$F>F_{0.95}(2,19).$$

查表得

$$F_{0.95}(2,19)\approx 3.52.$$

由於

$$0.088<3.52,$$

故不拒絕 $H_0$。

結論

在顯著水準 $0.05$ 下，沒有足夠證據認為慢跑、游泳與重量訓練對體脂肪率變化量的平均效果不同。

注意：體脂肪率「變化量」為後測減前測，數值越負表示降低越多。

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第 4 題（B）：變異數分析的條件與假設

核心觀念

單因子 ANOVA 的基本模型為

$$Y_{ij}=\mu_i+\varepsilon_{ij},$$

通常需要以下假設：

1. 觀測值彼此獨立。
2. 各組母體近似常態分布。
3. 各組母體變異數相等。
4. 反應變數為連續型數值，且分組變數為類別型。
5. 各組樣本具有代表性，最好來自隨機抽樣或隨機分派。

各項假設的檢查方式

1. 獨立性

獨立性主要依靠研究設計確認，例如：

• 每位女性只接受一種運動訓練。
• 不同受試者的測量結果不互相影響。
• 受試者是否隨機分派至三組。

獨立性無法僅靠統計檢定完全補救，最重要的是研究設計。

2. 常態性

可檢查：

• 各組資料的直方圖或箱型圖。
• ANOVA 殘差的常態機率圖。
• Shapiro–Wilk 常態性檢定。

若樣本數不大且資料有明顯偏態或極端值，ANOVA 的結果可能受到影響。

3. 變異數同質性

可檢查：

• 各組樣本變異數。
• 殘差對預測值圖。
• Levene 檢定。
• Brown–Forsythe 檢定。

若變異數不相等，可考慮 Welch ANOVA 或資料轉換。

4. 離群值與影響值

可利用：

• 箱型圖。
• 標準化殘差。
• Cook’s distance。

極端值可能同時影響組平均數與組內變異數，應檢查其是否為輸入錯誤或真實觀察值。

解題技巧

ANOVA 的核心比較是：

$$F=\frac{\text{組間平均變異}}{\text{組內平均變異}}.$$

若各組平均數差異很大，$F$ 會變大；若組內個體差異很大，$F$ 會變小。

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第二題

第 1 小題：手環紀錄缺失的機率模型

核心觀念

每個月的紀錄缺失次數可視為 Poisson 隨機變數，因為題目給的是每月平均發生次數。

令第 $j$ 個月是否大爆汗為 $H_j$：

$$H_j= \begin{cases} 1,&\text{大爆汗，機率 }0.6,\\ 0,&\text{未大爆汗，機率 }0.4. \end{cases}$$

在一般訓練下，假設每個月的流汗狀態相互獨立。

令 $X_j$ 為第 $j$ 個月的紀錄缺失次數，則

$$X_j\mid H_j=0\sim \operatorname{Poisson}(3),$$ $$X_j\mid H_j=1\sim \operatorname{Poisson}(10).$$

半年總缺失次數為

$$X=X_1+\cdots+X_6.$$

令

$$K=\sum_{j=1}^{6}H_j,$$

則

$$K\sim\operatorname{Binomial}(6,0.6).$$

給定 $K=k$ 時，半年內有 $k$ 個月大爆汗，因此

$$X\mid K=k\sim\operatorname{Poisson}(3(6-k)+10k) =\operatorname{Poisson}(18+7k).$$

所以 $X$ 的機率模型為 Poisson 混合分布：

$$P(X=x)= \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k}(0.6)^k(0.4)^{6-k} \frac{e^{-(18+7k)}(18+7k)^x}{x!}.$$

期望值

單月缺失次數的期望值為

$$E(X_j)=0.4(3)+0.6(10)=7.8.$$

因此

$$E(X)=6(7.8)=46.8.$$

變異數與標準差

利用全變異數公式：

$$\operatorname{Var}(X) =E[\operatorname{Var}(X\mid K)] +\operatorname{Var}[E(X\mid K)].$$

因為

$$X\mid K\sim \operatorname{Poisson}(18+7K),$$

所以

$$\begin{aligned} E[\operatorname{Var}(X\mid K)] &=E(18+7K)\\ &=18+7(6)(0.6)\\ &=43.2. \end{aligned}$$

又因為

$$\operatorname{Var}(K)=6(0.6)(0.4)=1.44,$$

故

$$\operatorname{Var}[E(X\mid K)] =\operatorname{Var}(18+7K) =49(1.44)=70.56.$$

因此

$$\operatorname{Var}(X)=43.2+70.56=113.76.$$

標準差為

$$SD(X)=\sqrt{113.76}\approx 10.67.$$

【答案】

$$X\mid K=k\sim\operatorname{Poisson}(18+7k), \qquad K\sim\operatorname{Binomial}(6,0.6),$$ $$E(X)=46.8, \qquad SD(X)\approx10.67.$$

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第 2 小題：兩組運動傷害比例差異的 95% 信賴區間

核心觀念

兩組人數各為 $400$。

對照組傷害比例：

$$\hat p_C=\frac{192}{400}=0.48.$$

實驗組傷害比例：

$$\hat p_E=\frac{144}{400}=0.36.$$

估計對照組減實驗組的傷害比例差異：

$$\hat p_C-\hat p_E=0.48-0.36=0.12.$$

兩獨立比例差的近似信賴區間為

$$(\hat p_C-\hat p_E) \pm z_{0.975} \sqrt{ \frac{\hat p_C(1-\hat p_C)}{n_C} + \frac{\hat p_E(1-\hat p_E)}{n_E} }.$$

計算

$$SE= \sqrt{ \frac{0.48(0.52)}{400} + \frac{0.36(0.64)}{400} }$$ $$= \sqrt{0.0012} \approx0.03464.$$

因為 $z_{0.975}=1.96$，誤差範圍為

$$1.96(0.03464)\approx0.0679.$$

所以 95% 信賴區間為

$$0.12\pm0.0679 =(0.0521,0.1879).$$

結論

以對照組減實驗組表示，兩組運動傷害比例差異的 95% 信賴區間為

$$(0.052,\ 0.188).$$

解釋為：在重複抽樣的信賴區間程序下，母體中「對照組傷害比例減去實驗組傷害比例」的真實差異約落在 $5.2\%$ 至 $18.8\%$ 之間。

整個區間皆為正，表示穿戴手環的實驗組運動傷害比例較低。

若以實驗組減對照組表示，區間則為

$$(-0.188,-0.052).$$

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第 3 小題：手環分數與教練分數是否一致

核心觀念

同一位選手同時有手環分數與教練分數，資料具有配對關係，因此使用配對樣本 $t$ 檢定，而非獨立樣本 $t$ 檢定。

令

$$D_i=\text{手環分數}-\text{教練分數}.$$

欲檢定母體平均差異 $\mu_D$ 是否為 $0$。

假設

$$H_0:\mu_D=0$$ $$H_1:\mu_D\ne0$$

顯著水準設定為

$$\alpha=0.05.$$

已知：

$$\bar D=5.61,\qquad s_D=22.44,\qquad n=800.$$

檢定統計量