115 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組在職生《生物統計》

本題主要在於計算在特定年齡層的男性或女性，其收縮壓（SBP）落在某區間的機率，以及利用常態分配進行機率估計。

首先，我們需要根據題目敘述，計算出 15 歲女孩的平均收縮壓 (SBP) 以及 15 歲男孩的平均收縮壓。
根據題目：

• 3 歲時，男女平均 SBP 皆為 95 mm Hg。
• 3 歲至 13 歲，每年平均增加 1.5 mm Hg。
• 13 歲至 18 歲，男孩每年平均增加 2 mm Hg，女孩每年平均增加 1 mm Hg。
• 標準差 $\sigma = 12$ mm Hg。
• SBP 服從常態分配。

針對 15 歲女孩的平均 SBP 計算：

• 從 3 歲到 13 歲（共 10 年），SBP 增加 $10 \times 1.5 = 15$ mm Hg。
• 在 13 歲時，平均 SBP 為 $95 + 15 = 110$ mm Hg。
• 從 13 歲到 15 歲（共 2 年），女孩 SBP 每年增加 1 mm Hg，總共增加 $2 \times 1 = 2$ mm Hg。
• 因此，15 歲女孩的平均 SBP $\mu_{girl, 15} = 110 + 2 = 112$ mm Hg。

針對 15 歲男孩的平均 SBP 計算：

• 從 3 歲到 13 歲（共 10 年），SBP 增加 $10 \times 1.5 = 15$ mm Hg。
• 在 13 歲時，平均 SBP 為 $95 + 15 = 110$ mm Hg。
• 從 13 歲到 15 歲（共 2 年），男孩 SBP 每年增加 2 mm Hg，總共增加 $2 \times 2 = 4$ mm Hg。
• 因此，15 歲男孩的平均 SBP $\mu_{boy, 15} = 110 + 4 = 114$ mm Hg。

1. 15 歲女孩 SBP 在 100 到 120 mm Hg 間的機率：
我們知道 15 歲女孩的平均 SBP $\mu = 112$ mm Hg，標準差 $\sigma = 12$ mm Hg。
我們要計算 $P(100 < X < 120)$，其中 $X$ 是 15 歲女孩的 SBP。
將數值標準化為 Z 分數：
$Z_1 = \frac{100 - \mu}{\sigma} = \frac{100 - 112}{12} = \frac{-12}{12} = -1$
$Z_2 = \frac{120 - \mu}{\sigma} = \frac{120 - 112}{12} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \approx 0.67$

從標準常態分配表（或使用統計軟體）查表：
$P(Z < 0.67) \approx 0.7486$
$P(Z < -1) \approx 0.1587$

本題考驗對二項分配及其 Poisson 近似的理解與應用。

已知一印刷廠有 5% 的書籍裝訂有瑕疵。我們想知道從 100 本書籍中，恰有 2 本裝訂有瑕疵的機率。

1. 使用二項分配公式計算：
這是一個典型的二項分配問題。

• 試驗次數 (抽樣數)：$n = 100$ (共 100 本書)。
• 成功機率 (裝訂有瑕疵的機率)：$p = 0.05$。
• 失敗機率 (裝訂無瑕疵的機率)：$q = 1 - p = 1 - 0.05 = 0.95$。
• 我們感興趣的成功次數：$k = 2$ (恰有 2 本裝訂有瑕疵)。

二項分配的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \binom{n}{k} p^k q^{n-k}$

將數值代入：
$P(X=2) = \binom{100}{2} (0.05)^2 (0.95)^{100-2}$
$P(X=2) = \binom{100}{2} (0.05)^2 (0.95)^{98}$

計算組合數：
$\binom{100}{2} = \frac{100!}{2!(100-2)!} = \frac{100 \times 99}{2 \times 1} = 50 \times 99 = 4950$

計算機率：
$P(X=2) = 4950 \times (0.05)^2 \times (0.95)^{98}$
$P(X=2) = 4950 \times 0.0025 \times (0.95)^{98}$

本題考驗對 Poisson 分配的理解與應用。題目給定平均值，要求特定事件發生的機率。

已知銀行平均每天收到 6 張壞帳支票。

1. 任意一天收到 4 張壞帳支票的機率：
此問題符合 Poisson 分配的條件，事件（收到壞帳支票）在固定時間間隔內發生的平均次數是已知的，且事件發生的機率與該時間間隔的長度成正比，事件的發生是獨立的。
這裡的平均數 $\lambda = 6$ 張/天。我們要求一天內（即一個時間間隔）收到 $k=4$ 張壞帳支票的機率。
Poisson 分配的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$

將 $\lambda = 6$ 和 $k = 4$ 代入：
$P(X=4) = \frac{e^{-6} 6^4}{4!}$
$P(X=4) = \frac{e^{-6} \times 1296}{24}$
$P(X=4) = 54 \times e^{-6}$

計算 $e^{-6}$：
$e^{-6} \approx 0.00247875$

所以，$P(X=4) \approx 54 \times 0.00247875 \approx 0.13385$

【答案】任意一天收到 4 張壞帳支票的機率約為 0.13385。

本題考驗隨機變數期望值與變異數的線性組合性質。

已知：
$E(X_1) = 4$
$Var(X_1) = 9$
$E(X_2) = -2$
$Var(X_2) = 5$
$X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的。

1. 計算 $E(2X_1 + X_2 - 5)$：
利用期望值的線性性質：$E(aX + bY + c) = aE(X) + bE(Y) + c$
令 $Y = 2X_1 + X_2 - 5$。
$E(2X_1 + X_2 - 5) = E(2X_1) + E(X_2) + E(-5)$
$E(2X_1 + X_2 - 5) = 2E(X_1) + E(X_2) - 5$

將已知數值代入：
$E(2X_1 + X_2 - 5) = 2(4) + (-2) - 5$
$E(2X_1 + X_2 - 5) = 8 - 2 - 5$
$E(2X_1 + X_2 - 5) = 1$

【答案】$E(2X_1 + X_2 - 5) = 1$。

本題要求證明 Poisson 分配的機率質量函數 (PMF) 在相鄰兩點的比例關係。

Poisson 分配的機率質量函數 (PMF) 為：
$f(x; \lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} \quad \text{for } x = 0, 1, 2, 3, \dots$
其中 $e$ 是自然對數的底數，$\lambda > 0$ 是平均數，$\lambda^x$ 是 $\lambda$ 的 $x$ 次方，$x!$ 是 $x$ 的階乘。

我們要計算 $f(x+1; \lambda)$：
將 PMF 中的 $x$ 替換為 $x+1$，得到：
$f(x+1; \lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^{x+1}}{(x+1)!}$

現在，我們計算兩者之比：
$\frac{f(x+1; \lambda)}{f(x; \lambda)} = \frac{\frac{e^{-\lambda} \lambda^{x+1}}{(x+1)!}}{\frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}}$

我們可以將分子和分母中的相同項約掉：