111 年 國立臺灣大學農業經濟學系碩士班《統計學（E）》

核心觀念

本題考的是單因子變異數分析（one-way ANOVA），用來檢定四個常態母體的平均數是否相同。

設四個處理的母體平均數為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3,\mu_4$，則總變異可分解為：

$$SS_T=SS_B+SS_E$$

其中：

• $SS_B$：處理間平方和，代表不同處理所解釋的變異。
• $SS_E$：處理內平方和，代表處理無法解釋的變異。
• $SS_T$：總平方和。

相關公式為：

$$SS_B=\sum_{i=1}^k\frac{T_i^2}{n_i}-\frac{T^2}{N}$$ $$SS_T=\sum_{i=1}^k\sum_j x_{ij}^2-\frac{T^2}{N}$$ $$SS_E=SS_T-SS_B$$

其中 $T_i=\sum x_i$，$T=\sum_iT_i$，$N=\sum_i n_i$。

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解題方法與資料檢核

本題共有四組資料：

$$N=52+69+71+61=253$$ $$T=753+798+1248+912=3711$$

各組平均數為：

$$\bar{x}_1=\frac{753}{52}=14.481$$ $$\bar{x}_2=\frac{798}{69}=11.565$$ $$\bar{x}_3=\frac{1248}{71}=17.577$$ $$\bar{x}_4=\frac{912}{61}=14.951$$

然而，題目給出的 $\sum x_i^2$ 四個數值與 $\sum x_i$ 完全相同。這會造成資料不可能成立。例如第一組：

$$\sum x_{1j}^2\geq \frac{(\sum x_{1j})^2}{n_1} =\frac{753^2}{52} =10904.019$$

但題目卻給：

$$\sum x_{1j}^2=753$$

由於平方和不可能小於總和平方除以樣本數，因此題目中的 $\sum x_i^2$ 資料必有誤植。以下先依照題目字面計算，並說明其結果無法形成有效的 ANOVA 表。

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a) 虛無假設與對立假設

虛無假設

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3=\mu_4$$

表示四種處理的母體平均數皆相同。

對立假設

$$H_1:\text{至少有一個處理的母體平均數不同}$$

注意，對立假設不是「四個平均數全部不同」，而是只要存在一組平均數不相同即可。

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b) 不同處理所解釋的變異

處理間平方和為：

$$SS_B=\sum_{i=1}^4\frac{T_i^2}{n_i}-\frac{T^2}{N}$$

代入資料：

$$\begin{aligned} SS_B &=\frac{753^2}{52}+\frac{798^2}{69} +\frac{1248^2}{71}+\frac{912^2}{61} -\frac{3711^2}{253}\\ &=10904.019+9229.043+21936.676+13635.148 -54432.889\\ &=1271.997 \end{aligned}$$

因此，若題目所稱的「variance explained」是指處理間均方，則：

$$MS_B=\frac{SS_B}{k-1} =\frac{1271.997}{3} =423.999$$

所以：

• 處理間平方和：$SS_B=1271.997$
• 處理間均方：$MS_B=423.999$

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c) 不同處理無法解釋的變異

依題目給出的資料：

$$\sum_i\sum_jx_{ij}^2 =753+798+1248+912 =3711$$

總平方和為：

這題考驗時間序列迴歸分析中的自相關檢定（Durbin-Watson 檢定）、季節性與趨勢的解釋、顯著性檢定以及預測。

核心觀念：

1. Durbin-Watson 檢定： 用於檢測時間序列迴歸模型中的殘差是否存在一階自我相關（autocorrelation）。
2. 迴歸係數解釋： 根據模型定義，解釋各變數對應的銷售收入的影響。
3. 顯著性檢定： 使用 t 檢定或 F 檢定來判斷迴歸係數是否顯著。
4. 預測： 將未來時間點的變數值代入迴歸模型進行預測。

解題步驟：

a) Durbin-Watson 檢定（DW 統計量）的詳細解釋與執行

• DW 統計量的意義：
  Durbin-Watson 統計量 ($d$) 用來檢定迴歸模型中的殘差是否存在一階序列相關。一階序列相關是指當期的殘差與前一期的殘差之間存在相關性。

  • $d$ 的值介於 0 和 4 之間。
  • 若 $d \approx 2$，表示殘差之間不存在一階序列相關（即獨立）。
  • 若 $d < 2$，表示存在正的一階序列相關（即當期殘差與前一期殘差同號的傾向）。$d$ 值越接近 0，正相關越強。
  • 若 $d > 2$，表示存在負的一階序列相關（即當期殘差與前一期殘差異號的傾向）。$d$ 值越接近 4，負相關越強。
    DW 檢定的虛無假設是殘差之間不存在一階序列相關 ($H_0: \rho = 0$)，對立假設是存在一階序列相關 ($H_1: \rho \neq 0$)。

• 執行檢定：

  • 給定的 DW 統計量： $d = 1.78$。

  • 顯著水準： 通常預設為 $\alpha = 0.05$（題目未指定）。

  • 模型資訊：

    • 解釋變數個數 $k = 4$ (包含截距項 $X_0$、趨勢 $X_1$、三個季節變數 $X_2, X_3, X_4$)。
    • 樣本數 $n = 2010$ 年第一季到 $2017$ 年第四季，共 $7 \times 4 = 28$ 個季度。所以 $n = 28$。

  • 查表： 根據 $n=28$, $k=4$ (或 $k'=3$ 如果截距項不計入) 和 $\alpha = 0.05$，查 Durbin-Watson 檢定臨界值表。

    • 若將截距項計入，則 $k'=4$。若不計入，則 $k'=3$。通常在 DW 表中，k 指的是解釋變數的數目（不含截距）。這裡 $X_1, X_2, X_3, X_4$ 是解釋變數，所以 $k=4$。
    • 查表得到臨界值 $d_L$ 和 $d_U$。對於 $n=28, k=4, \alpha=0.05$ (雙尾檢定)：
      • $d_L \approx 1.07$
      • $d_U \approx 1.38$

  • 決策規則：

    • 若 $d < d_L$，拒絕 $H_0$，存在正序列相關。
    • 若 $d > 4 - d_L$，拒絕 $H_0$，存在負序列相關。
    • 若 $d_L < d < 4 - d_L$，無法拒絕 $H_0$，殘差獨立。
    • 若 $d_U < d < 4 - d_U$，結果不確定。
    • 若 $d < d_U$ 且 $d > d_L$，結果不確定。

  • 判斷：

    • $d = 1.78$
    • $d_L \approx 1.07$
    • $d_U \approx 1.38$
    • $4 - d_U \approx 4 - 1.38 = 2.62$
    • $4 - d_L \approx 4 - 1.07 = 2.93$
    • 我們有 $1.38 < 1.78 < 2.62$，即 $d_U < d < 4 - d_U$。

  • 結論： 在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，DW 檢定結果不確定。無法明確判斷殘差是否存在顯著的一階序列相關。

b) 估計預期收入在第三季與後續第四季之間的差異

模型為：$E(Y_t) = \beta_0 + \beta_1 X_{1t} + \beta_2 X_{2t} + \beta_3 X_{3t} + \beta_4 X_{4t}$

• 季節性差異：
  • 第三季 ($t$ 為第三季)：$X_{2t}=0, X_{3t}=0, X_{4t}=1$。
    $E(Y_{t, \text{Q3}}) = \beta_0 + \beta_1 X_{1t} + \beta_4$
  • 第四季 ($t$ 為第四季)：$X_{2t}=0, X_{3t}=0, X_{4t}=0$ (因為 $X_4=1$ if period $t$ is the third quarter)。
    $E(Y_{t, \text{Q4}}) = \beta_0 + \beta_1 X_{1t}$
  • 預期收入在第三季與後續第四季之間的差異 (由季節性引起)：
    $E(Y_{t, \text{Q3}}) - E(Y_{t, \text{Q4}}) = (\beta_0 + \beta_1 X_{1t} + \beta_4) - (\beta_0 + \beta_1 X_{1t}) = \beta_4$
  • 根據 OLS 估計結果，$\hat{\beta}_4 = 43.85$。
  • 估計差異 (季節性)： 43.85 百萬美元。

這題考驗機率論中的條件機率與全機率法則，以及代數解聯立方程式的能力。

核心觀念：

1. 條件機率： 事件 A 在事件 B 已發生的條件下發生的機率，記為 $P(A|B)$。
2. 全機率法則： 若事件 $B_1, B_2, \dots, B_n$ 構成一個完備事件群，則任一事件 A 的機率可表示為 $P(A) = \sum_{i=1}^n P(A|B_i)P(B_i)$。
3. 獨立事件： 從兩個獨立的 urn 中各抽一個球，抽球的結果是獨立事件。

解題步驟：

設：

• Urn 1 (第一個甕)：有 8 個紅球 (R1) 和 7 個藍球 (B1)，總共 $N_1 = 8 + 7 = 15$ 個球。
• Urn 2 (第二個甕)：有 $r$ 個紅球 (R2) 和 9 個藍球 (B2)，總共 $N_2 = r + 9$ 個球。

從每個 urn 中隨機抽取一個球。我們關心抽到兩個同色球的機率。
抽到兩個同色球的事件，可以分成兩種互斥的情況：

1. 從兩個 urn 中都抽到紅球 (R1 and R2)。
2. 從兩個 urn 中都抽到藍球 (B1 and B2)。

• 情況 1：抽到兩個紅球
  從 Urn 1 抽到紅球的機率：$P(R1) = \frac{8}{15}$。
  從 Urn 2 抽到紅球的機率：$P(R2) = \frac{r}{r+9}$。
  由於兩個 urn 的抽取是獨立事件，抽到兩個紅球的機率為：
  $P(\text{Both Red}) = P(R1) \times P(R2) = \frac{8}{15} \times \frac{r}{r+9}$。

• 情況 2：抽到兩個藍球
  從 Urn 1 抽到藍球的機率：$P(B1) = \frac{7}{15}$。
  從 Urn 2 抽到藍球的機率：$P(B2) = \frac{9}{r+9}$。
  由於兩個 urn 的抽取是獨立事件，抽到兩個藍球的機率為：
  $P(\text{Both Blue}) = P(B1) \times P(B2) = \frac{7}{15} \times \frac{9}{r+9}$。

核心觀念

本題考查條件機率密度、聯合機率密度與邊際機率密度的關係：

$$f_{X,Y}(x,y)=f_{Y\mid X}(y\mid x)f_X(x)$$

邊際密度由聯合密度積分取得：

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\,dx$$

若 $Y\mid X=x\sim U(0,x+1)$，則其條件密度為

$$f_{Y\mid X}(y\mid x)= \begin{cases} \dfrac{1}{x+1}, & 0<y<x+1,\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}$$

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a) 聯合機率密度與正值區域

由 $X\sim U(0,1)$，

$$f_X(x)= \begin{cases} 1, & 0<x<1,\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}$$

因此

$$f_{X,Y}(x,y) =f_{Y\mid X}(y\mid x)f_X(x)$$

得到

$$f_{X,Y}(x,y)= \begin{cases} \dfrac{1}{x+1}, & 0<x<1,\ 0<y<x+1,\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}$$

正值區域為

$$0<x<1,\qquad 0<y<x+1.$$

也就是在 $xy$ 平面上，由下列邊界圍成的區域：

• $x=0$
• $x=1$
• $y=0$
• $y=x+1$

其中位於直線 $y=x+1$ 的下方、$x$ 介於 $0$ 與 $1$ 之間的部分為有效區域。

y
↑
2 |                 ● (1,2)
  |                /
  |               /  y = x + 1
1 |      ●-------/
  |     /       /
  |    /       /
0 |---●-------●------------→ x
    (0,0)    (1,0)

圖中的斜線區域即為 $f_{X,Y}(x,y)>0$ 的範圍。

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b) 條件平均數 $E(Y\mid x)$

給定 $X=x$ 時，

$$Y\mid X=x\sim U(0,x+1).$$

均勻分布 $U(a,b)$ 的平均數為

$$E(Y)=\frac{a+b}{2}.$$

因此

$$E(Y\mid X=x) =\frac{0+(x+1)}{2} =\frac{x+1}{2}, \qquad 0<x<1.$$

所以條件平均數所形成的線為

$$y=\frac{x+1}{2}.$$

此線段在 $0<x<1$ 時，從接近 $(0,\frac12)$ 延伸至接近 $(1,1)$，位於每個固定 $x$ 所對應的垂直均勻分布區間

$$0<y<x+1$$

的中點位置。

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c) 邊際機率密度 $f_Y(y)$

由聯合密度對 $x$ 積分：

這題考驗對轉換型伽瑪分佈 (Translated Gamma Distribution) 的理解，包括其機率密度函數、期望值、變異數和眾數的計算。

核心觀念：

1. 轉換型伽瑪分佈： 若 $Z$ 服從標準伽瑪分佈，則 $X = Z + c$ 服從轉換型伽瑪分佈。
2. 伽瑪分佈 (Gamma Distribution)：
   若 $Z \sim Gamma(k, \theta)$，其 pdf 為 $f_Z(z) = \frac{1}{\Gamma(k)\theta^k} z^{k-1} e^{-z/\theta}$， for $z > 0$。
   其期望值 $E[Z] = k\theta$，變異數 $Var(Z) = k\theta^2$。
3. 轉換性質：
   若 $X = Z + c$，則 $E[X] = E[Z] + c$ 且 $Var(X) = Var(Z)$。
4. 眾數 (Mode)： 發生機率密度函數值最大的點。

解題步驟：

給定的 pdf 是 $f(x) = \frac{1}{50^2} (x-80) e^{-(x-80)/50}$， for $80 < x < \infty$。
令 $Z = X - 80$。由於 $X > 80$，所以 $Z > 0$。
則 $X = Z + 80$。
將 $X$ 代入 pdf，我們得到 $Z$ 的 pdf：
$f_Z(z) = \frac{1}{50^2} z e^{-z/50}$， for $0 < z < \infty$。

這個 $f_Z(z)$ 的形式與伽瑪分佈的 pdf 類似：$f_Z(z) = \frac{1}{\Gamma(k)\theta^k} z^{k-1} e^{-z/\theta}$。
比較係數：

• $k-1 = 1 \implies k = 2$
• $\theta^k = 50^2$
  $\theta^2 = 50^2 \implies \theta = 50$ (因為 $\theta$ 通常是正數)。
• $\Gamma(k) = \Gamma(2) = 1! = 1$。
  標準化係數 $\frac{1}{\Gamma(k)\theta^k} = \frac{1}{1 \times 50^2} = \frac{1}{50^2}$。
  這與給定的 $f_Z(z)$ 的係數相符。

所以，$Z$ 服從參數 $k=2$ 和 $\theta=50$ 的伽瑪分佈，即 $Z \sim Gamma(2, 50)$。

a) 計算 $X$ 的期望值和變異數

• $Z$ 的期望值和變異數：
  $E[Z] = k\theta = 2 \times 50 = 100$
  $Var(Z) = k\theta^2 = 2 \times 50^2 = 2 \times 2500 = 5000$

核心觀念

已知母體為連續型分布，且第 $70$ 百分位數為

$$\pi_{0.7}=27.3.$$

因此對任一觀察值 $X_i$：

$$P(X_i<27.3)=0.7,\qquad P(X_i>27.3)=0.3.$$

因為分布為連續型，故 $P(X_i=27.3)=0$。令

$$N=\#\{X_i<27.3\},$$

表示八個觀察值中小於 $27.3$ 的個數，則

$$N\sim\operatorname{Binomial}(8,0.7).$$

其機率質量函數為

$$P(N=k)=\binom{8}{k}(0.7)^k(0.3)^{8-k}.$$

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a) 求 $P(Y_7<27.3)$

$Y_7<27.3$ 表示第七小的觀察值小於 $27.3$，因此至少有 $7$ 個觀察值小於 $27.3$。

所以

$$P(Y_7<27.3)=P(N\geq 7)$$ $$=P(N=7)+P(N=8).$$

代入二項分布公式：

$$\begin{aligned} P(Y_7<27.3) &=\binom{8}{7}(0.7)^7(0.3) +\binom{8}{8}(0.7)^8\\ &=8(0.7)^7(0.3)+(0.7)^8\\ &=0.25529833. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{P(Y_7<27.3)\approx 0.2553}.$$

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b) 求 $P(Y_5<27.3<Y_8)$

條件 $Y_5<27.3$ 表示至少有 $5$ 個觀察值小於 $27.3$。

條件 $27.3<Y_8$ 表示最大的觀察值大於 $27.3$，因此不可以八個觀察值全部小於 $27.3$。

綜合兩個條件，小於 $27.3$ 的觀察值個數必須為

$$N=5,\ 6,\ \text{或 }7.$$

故