108 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《生物統計》

核心觀念

本題考查以下機率概念：

1. 事件獨立

   事件 $A_1$ 與 $A_2$ 獨立的條件為

   $P(A_1\cap A_2)=P(A_1)P(A_2)$

2. 聯集機率公式

   至少一名子女感染，即兩名子女感染事件的聯集：

   $P(C_1\cup C_2)=P(C_1)+P(C_2)-P(C_1\cap C_2)$

3. 條件機率

   $P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$

   其中分母代表條件事件的機率。

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已知資料整理

令：

• $A_1$：母親感染流感
• $A_2$：父親感染流感
• $C_1$：第一名子女感染流感
• $C_2$：第二名子女感染流感

題目給定：

$P(A_1)=0.10$

$P(A_2)=0.10$

$P(A_1\cap A_2)=0.02$

對兩名子女而言：

$P(C_1)=P(C_2)=0.20$

$P(C_1\cap C_2)=0.10$

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1. 判斷母親與父親的感染事件是否獨立

若 $A_1$ 與 $A_2$ 獨立，必須滿足：

$P(A_1\cap A_2)=P(A_1)P(A_2)$

右側為：

$P(A_1)P(A_2)=0.10\times 0.10=0.01$

但題目給定：

$P(A_1\cap A_2)=0.02$

由於

$0.02\ne 0.01$

因此兩事件不獨立。

這也表示父親是否感染與母親是否感染之間存在關聯；兩人同時感染的機率高於「彼此獨立」時的預期值。

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2. 至少一名子女感染流感的機率

「至少一名子女感染」包含兩種情形：

• 只有第一名子女感染；
• 只有第二名子女感染；
• 兩名子女都感染。

因此可寫成 $C_1\cup C_2$，使用聯集機率公式：

$$P(C_1\cup C_2) =P(C_1)+P(C_2)-P(C_1\cap C_2)$$

代入題目資料：

$$P(C_1\cup C_2) =0.20+0.20-0.10 =0.30$$

所以，至少一名子女感染流感的機率為：

$\boxed{0.30}$

亦即 30%。

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3. 母親感染時，父親感染的條件機率

要求：

$P(A_2\mid A_1)$

依條件機率公式：

$$P(A_2\mid A_1) =\frac{P(A_1\cap A_2)}{P(A_1)}$$

代入資料：

$$P(A_2\mid A_1) =\frac{0.02}{0.10} =0.20$$

核心觀念

表中的盛行率是「每 100 人中的病例數」，因此可直接轉換為個人罹病機率：

• 77 歲男性：$p_M=4.9/100=0.049$
• 76 歲女性：$p_{F1}=2.3/100=0.023$
• 82 歲女性：$p_{F2}=7.8/100=0.078$

三人彼此無關，依題意視為相互獨立。三人的未罹病機率分別為：

$$q_M=1-0.049=0.951$$ $$q_{F1}=1-0.023=0.977$$ $$q_{F2}=1-0.078=0.922$$

設事件 $M,F_1,F_2$ 分別表示三人罹患 Alzheimer’s disease。

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1. 至少一人罹病的機率

「至少一人罹病」可利用補事件計算：

$$P(\text{至少一人罹病}) =1-P(\text{三人皆未罹病})$$

由獨立性：

$$P(\text{三人皆未罹病}) =(0.951)(0.977)(0.922) =0.856655094$$

因此：

$$P(\text{至少一人罹病}) =1-0.856655094 =0.143344906$$

所以：

$$\boxed{P(\text{至少一人罹病})\approx 0.1433}$$

即約為 14.33%。

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2. 恰有一人罹病的機率

恰有一人罹病包含三種互斥情況：

1. 男性罹病，兩位女性未罹病；
2. 第一位女性罹病，男性及另一位女性未罹病；
3. 第二位女性罹病，男性及另一位女性未罹病。

因此：

$$\begin{aligned} P(\text{恰有一人罹病}) ={}&(0.049)(0.977)(0.922)\\ &+(0.951)(0.023)(0.922)\\ &+(0.951)(0.977)(0.078) \end{aligned}$$

各項分別為：

$$(0.049)(0.977)(0.922)=0.044138906$$ $$(0.951)(0.023)(0.922)=0.020166906$$ $$(0.951)(0.977)(0.078)=0.072471906$$

相加得：

$$P(\text{恰有一人罹病}) =0.136777718$$

所以：

$$\boxed{P(\text{恰有一人罹病})\approx 0.1368}$$

即約為 13.68%。

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3. 已知恰有一人罹病，該患者為女性的條件機率

「恰有一人罹病且患者為女性」包含兩種情況：

• 76 歲女性罹病；
• 82 歲女性罹病。

因此：

$$\begin{aligned} P(\text{女性且恰有一人罹病}) ={}&(0.951)(0.023)(0.922)\\ &+(0.951)(0.977)(0.078)\\ ={}&0.020166906+0.072471906\\ ={}&0.092638812 \end{aligned}$$

本題考驗對 Poisson 分佈的理解與應用。Poisson 分佈常用來描述在固定時間或空間單位內，事件隨機發生的次數。其機率質量函數為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda$ 是平均發生率。

題目中提到，每年發生中耳炎的次數服從參數 $\lambda = 1.6$ 的 Poisson 分佈。
我們需要關注的是「時間區間」的變化，以及對應的參數 $\lambda$ 如何調整。Poisson 分佈具有「可加性」：若 $X_1 \sim \text{Poisson}(\lambda_1)$ 且 $X_2 \sim \text{Poisson}(\lambda_2)$ 且 $X_1, X_2$ 獨立，則 $X_1 + X_2 \sim \text{Poisson}(\lambda_1 + \lambda_2)$。

1. 前 2 年生命中，得到 3 次或更多次中耳炎的機率：
   每年平均發生率是 $\lambda = 1.6$ 次。
   在前 2 年，總的平均發生次數是 $2 \times \lambda = 2 \times 1.6 = 3.2$。
   令 $X$ 為前 2 年中發生的中耳炎次數。則 $X \sim \text{Poisson}(3.2)$。
   我們要求 $P(X \ge 3)$。
   計算 $P(X \ge 3)$ 最簡單的方式是計算其補集 $P(X < 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)$，然後用 1 減去。
   $P(X=k) = \frac{e^{-3.2}(3.2)^k}{k!}$

本題考驗對二項分佈 (Binomial distribution) 的應用。二項分佈適用於描述固定試驗次數 $n$ 下，事件成功（或符合某條件）的次數 $k$ 的機率。其機率質量函數為 $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$，其中 $p$ 是單次試驗成功的機率。

題目中，我們知道一個大群體中，女性有菌尿症 (bacteriuria) 的比例是 5%，即 $p = 0.05$。

1. 樣本大小為 5，至少 1 位有菌尿症的機率：
   這裡的試驗次數是 $n=5$，成功的機率是 $p=0.05$。
   令 $X$ 為樣本中陽性（有菌尿症）的女性人數。則 $X \sim \text{Binomial}(n=5, p=0.05)$。
   我們要求 $P(X \ge 1)$。
   計算 $P(X \ge 1)$ 最簡單的方法是計算其補集 $P(X=0)$，然後用 1 減去。
   $P(X=0) = \binom{5}{0} (0.05)^0 (1-0.05)^{5-0} = 1 \times 1 \times (0.95)^5$。
   $(0.95)^5 \approx 0.77378$。
   所以，$P(X=0) \approx 0.77378$。

   因此，$P(X \ge 1) = 1 - P(X=0) \approx 1 - 0.77378 = 0.22622$。

2. 樣本大小為 100，3 位或更多位陽性的機率：
   這裡的試驗次數是 $n=100$，成功的機率是 $p=0.05$。
   令 $Y$ 為樣本中陽性（有菌尿症）的女性人數。則 $Y \sim \text{Binomial}(n=100, p=0.05)$。
   我們要求 $P(Y \ge 3)$。
   直接計算 $P(Y \ge 3) = P(Y=3) + P(Y=4) + \dots + P(Y=100)$ 會非常複雜。
   我們將計算其補集 $P(Y < 3) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2)$。

   我們需要計算：
   $P(Y=0) = \binom{100}{0} (0.05)^0 (0.95)^{100} = (0.95)^{100}$
   $P(Y=1) = \binom{100}{1} (0.05)^1 (0.95)^{99} = 100 \times 0.05 \times (0.95)^{99} = 5 \times (0.95)^{99}$
   $P(Y=2) = \binom{100}{2} (0.05)^2 (0.95)^{98} = \frac{100 \times 99}{2} \times (0.05)^2 \times (0.95)^{98} = 4950 \times 0.0025 \times (0.95)^{98} = 12.375 \times (0.95)^{98}$

   直接計算 $(0.95)^{100}$ 比較困難，但我們可以考慮使用 Poisson 近似或 Normal 近似。
   Poisson 近似：
   當 $n$ 很大且 $p$ 很小時，二項分佈可用 Poisson 分佈近似，參數為 $\lambda = np$。
   在這裡，$n=100$, $p=0.05$。
   $\lambda = np = 100 \times 0.05 = 5$。

本題考驗對二維連續隨機變數聯合機率密度函數 (joint probability density function, joint pdf) 的理解與計算，包含邊緣機率 (marginal probability) 和條件機率的計算。

聯合機率密度函數為 $f(x, y) = x^2 + \frac{y}{3}$，定義域為 $0<x<1$ 且 $0<y<2$。

首先，我們需要驗證這是否是一個有效的機率密度函數，即其在整個定義域上的積分是否為 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \, dx \, dy = \int_{0}^{2} \int_{0}^{1} \left(x^2 + \frac{y}{3}\right) \, dx \, dy$
$= \int_{0}^{2} \left[ \frac{x^3}{3} + \frac{xy}{3} \right]_{x=0}^{x=1} \, dy = \int_{0}^{2} \left( \frac{1}{3} + \frac{y}{3} \right) \, dy$
$= \left[ \frac{y}{3} + \frac{y^2}{6} \right]_{y=0}^{y=2} = \left( \frac{2}{3} + \frac{4}{6} \right) - (0) = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$
啊，計算結果是 $\frac{4}{3}$，而不是 1。這表示題目給的 $f(x, y)$ 並不是一個標準的機率密度函數。通常，這種情況下，我們需要將其歸一化 (normalize)，即乘以一個常數 $C$ 使得積分為 1。
$C \times \frac{4}{3} = 1 \implies C = \frac{3}{4}$。
所以，正確的 pdf 應該是 $f^*(x, y) = \frac{3}{4} \left(x^2 + \frac{y}{3}\right) = \frac{3}{4}x^2 + \frac{1}{4}y$。

然而，在考試中，通常題目給的 pdf 假定是正確的。如果題目沒有要求驗證或歸一化，我們就直接使用題目給定的 $f(x, y)$。這裡我們假設題目給定的 $f(x, y)$ 是我們要使用的。如果題目確實有誤，那麼計算結果也會基於這個有誤的 pdf。
我們將使用題目給定的 $f(x, y) = x^2 + \frac{y}{3}$ 進行計算。

1. 計算 $\text{Pr}(X > 0.5)$：
   這是求 $X$ 的邊緣機率。首先，我們需要找到 $X$ 的邊緣機率密度函數 $f_X(x)$。
   $f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \, dy$。
   在給定的定義域內：
   $f_X(x) = \int_{0}^{2} \left(x^2 + \frac{y}{3}\right) \, dy = \left[ x^2y + \frac{y^2}{6} \right]_{y=0}^{y=2} = (2x^2 + \frac{4}{6}) - (0) = 2x^2 + \frac{2}{3}$。
   這個邊緣 pdf 對於 $0 < x < 1$。
   現在，我們計算 $\text{Pr}(X > 0.5)$：
   $\text{Pr}(X > 0.5) = \int_{0.5}^{1} f_X(x) \, dx = \int_{0.5}^{1} \left(2x^2 + \frac{2}{3}\right) \, dx$
   $= \left[ \frac{2x^3}{3} + \frac{2x}{3} \right]_{x=0.5}^{x=1} = \left( \frac{2(1)^3}{3} + \frac{2(1)}{3} \right) - \left( \frac{2(0.5)^3}{3} + \frac{2(0.5)}{3} \right)$
   $= \left( \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \right) - \left( \frac{2(0.125)}{3} + \frac{1}{3} \right) = \frac{4}{3} - \left( \frac{0.25}{3} + \frac{1}{3} \right)$
   $= \frac{4}{3} - \frac{1.25}{3} = \frac{2.75}{3} = \frac{11/4}{3} = \frac{11}{12}$