109 年 國立成功大學數據科學研究所《統計學》

本題主要在檢驗對大數法則與中央極限定理基本概念的理解。

(1) 弱大數法則 (Weak Law of Large Number, WLLN) 指出,當樣本數 $n$ 趨近於無限大時,樣本平均數 $\bar{X}_n$ 趨近於母體平均數 $\mu$ 的機率趨近於 1。也就是說,對於任意小的 $\epsilon > 0$, $P(|\bar{X}_n - \mu| < \epsilon) \to 1$ as $n \to \infty$。這並不保證樣本平均數「等於」母體平均數,而是「趨近」且機率趨近於 1。因此,此敘述是錯誤的。

核心觀念

本題考查：

• 全機率定理
• 貝氏定理
• 條件機率
• 事件獨立性的判斷

設：

• $A$：電池由 A 工廠供應
• $B$：電池由 B 工廠供應
• $D$：電池為不良品

已知：

$$P(A)=0.8,\qquad P(B)=0.2$$ $$P(D\mid A)=0.02,\qquad P(D\mid B)=0.05$$

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解題方法

(1) 已知電池不良，來自 B 工廠的機率

題目要求的是 $P(B\mid D)$，也就是「已知電池不良後，反推供應工廠為 B 的機率」，因此使用貝氏定理：

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

分子部分：

$$P(B\cap D)=P(B)P(D\mid B) =0.2\times 0.05=0.01$$

分母為電池不良的總機率，依全機率定理：

$$\begin{aligned} P(D) &=P(A)P(D\mid A)+P(B)P(D\mid B)\\ &=0.8\times 0.02+0.2\times 0.05\\ &=0.016+0.010\\ &=0.026 \end{aligned}$$

因此：

$$P(B\mid D) =\frac{0.2\times 0.05}{0.026} =\frac{0.01}{0.026} =\frac{5}{13} \approx 0.3846$$

所以，已知顧客因電池不良退貨，該電池由 B 工廠供應的機率為：

$$\boxed{38.46\%}$$

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(2) 更換新手機後，再次因電池不良退貨的機率

核心觀念

本題考查：

• 稀有事件計數的卜瓦松分布（Poisson distribution）。
• 卜瓦松過程（Poisson process）。
• 指數分布（Exponential distribution）所描述的相鄰事件等待時間。

過去 30 年每年平均理賠件數為 4 件，因此假設每年理賠件數

$$N(t)\sim \operatorname{Poisson}(4t),$$

其中 $t$ 以「年」為單位，理賠發生率為

$$\lambda=4\ \text{件／年}.$$

此假設建立在以下合理條件：

1. 理賠事件彼此獨立。
2. 在相同長度的時間區間內，事件發生機率相同，亦即發生率穩定。
3. 極短時間內同時發生兩件以上理賠的機率可忽略。
4. 理賠屬於相對少見、可計數的事件。

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(1) 明年理賠件數為 0 的機率

明年為一年，故

$$N(1)\sim \operatorname{Poisson}(4).$$

卜瓦松分布的機率質量函數為

$$P(N=n)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^n}{n!}, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

令 $n=0$、$\lambda=4$：

$$P(N(1)=0) =\frac{e^{-4}4^0}{0!} =e^{-4}.$$

因此

$$P(N(1)=0)\approx 0.0183.$$

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(2) 去年理賠件數為 0 的機率

若問的是「在尚未知道去年實際發生幾件理賠前，去年理賠件數為 0 的模型機率」，因為去年也是一年，故

$$N(1)\sim \operatorname{Poisson}(4),$$

所以

$$P(N(1)=0)=e^{-4}\approx 0.0183.$$

題幹同時明確給出「去年實際發生 3 件」。若將問題解讀為「在已知去年實際發生 3 件的條件下，去年理賠件數為 0 的機率」，則事件與已知事實互斥，因此

$$P(N_{\text{去年}}=0\mid N_{\text{去年}}=3)=0.$$

本題主要考驗對信賴區間 (Confidence Interval) 的計算與理解,特別是母體標準差已知與未知、母體分布已知與未知時的差異,以及抽樣方法的選擇。

已知資訊：
樣本平均數 (sample mean), $\bar{x} = 36$ 歲。
樣本標準差 (sample standard deviation), $s = 6$ 歲。

(1) 當隨機樣本數為 25,假設母體分布為常態,樣本標準差為 6 歲,求該雜誌讀者平均年齡的 90% 信賴區間。
此情況下,樣本數 $n=25$,母體分布為常態,但母體標準差 $\sigma$ 未知,我們使用的是樣本標準差 $s=6$。由於母體為常態且 $\sigma$ 未知,我們應使用 t-分布來建構信賴區間。
信賴區間的公式為: $\bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}$
自由度 (degrees of freedom, df) 為 $n-1 = 25-1 = 24$。
信賴水準為 90%,所以 $\alpha = 1 - 0.90 = 0.10$, $\alpha/2 = 0.05$。
查 t-分布表,在 df=24 且 $\alpha/2=0.05$ 時, $t_{0.05, 24} \approx 1.711$。
信賴區間為:
$36 \pm 1.711 \times \frac{6}{\sqrt{25}}$
$36 \pm 1.711 \times \frac{6}{5}$
$36 \pm 1.711 \times 1.2$
$36 \pm 2.0532$
信賴區間為 $[36 - 2.0532, 36 + 2.0532] = [33.9468, 38.0532]$。

(2) 當隨機樣本數為 100,假設母體分布未知,但知母體標準差為 6 歲,求該雜誌讀者平均年齡的 95% 信賴區間。
此情況下,樣本數 $n=100$,母體分布未知,但已知母體標準差 $\sigma=6$。
由於母體標準差 $\sigma$ 已知,我們可以使用 z-分布來建構信賴區間,即使母體分布未知。根據中央極限定理,當樣本數夠大 ($n=100 \ge 30$) 時,樣本平均數的分布近似於常態,且其標準差為 $\sigma/\sqrt{n}$。
信賴區間的公式為: $\bar{x} \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
信賴水準為 95%,所以 $\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$, $\alpha/2 = 0.025$。
查 z-分布表, $z_{0.025} = 1.96$。
信賴區間為:
$36 \pm 1.96 \times \frac{6}{\sqrt{100}}$
$36 \pm 1.96 \times \frac{6}{10}$
$36 \pm 1.96 \times 0.6$
$36 \pm 1.176$
信賴區間為 $[36 - 1.176, 36 + 1.176] = [34.824, 37.176]$。

(3) 為何(1)和(2)的計算信賴區間的分配不同,理由為何?
(1) 使用 t-分布,理由是母體標準差 $\sigma$ 未知,我們使用樣本標準差 $s$ 作為估計。當 $\sigma$ 未知時,樣本平均數除以其標準誤 $\frac{s}{\sqrt{n}}$ 所得的統計量服從 t-分布,而非 z-分布。t-分布的形狀比 z-分布更寬,在相同信賴水準下,其臨界值更大,導致信賴區間更寬。
(2) 使用 z-分布,理由是母體標準差 $\sigma$ 已知。即使母體分布未知,但由於樣本數夠大 ($n=100$),中央極限定理保證樣本平均數的分布近似常態,且其標準誤是 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。當 $\sigma$ 已知時,樣本平均數減去母體平均數再除以標準誤 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 所得的統計量服從標準常態分布 (z-分布)。

總結來說,分配的不同來自於「母體標準差是否已知」以及「樣本數是否足夠大」。

• 當 $\sigma$ 未知時,無論母體是否常態,若 $n$ 夠大,則 $\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}$ 近似 z 分布；若母體為常態且 $\sigma$ 未知,則 $\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}$ 服從 t 分布。
• 當 $\sigma$ 已知時,無論母體分布為何,若 $n$ 夠大,則 $\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}$ 近似 z 分布；若母體為常態且 $\sigma$ 已知,則 $\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}$ 服從 z 分布。

本題主要考驗對卡方檢定 (Chi-squared Test) 的應用,特別是獨立性檢定 (Test of Independence)。目的是檢驗兩個分類變數 (受傷型態和年齡層) 是否獨立。

首先,我們需要建立一個列聯表 (Contingency Table) 來整理數據。
變數一：受傷型態 (燙傷 / 割傷)
變數二：年齡層 (< 25 歲 / $\ge$ 25 歲)

已知資訊：
總樣本數 $N = 100$
同時受傷 (燙傷+割傷) 的人數為 0。
燙傷人數 = 60
割傷人數 = 40

年齡 < 25 歲：總計 70 人
其中 46 人燙傷
其中 24 人割傷
年齡 $\ge$ 25 歲：總計 30 人
其中 14 人燙傷
其中 16 人割傷

我們可以建構一個 2x2 的列聯表：

受傷型態 \ 年齡層	< 25 歲	$\ge$ 25 歲	小計
燙傷	46	14	60
割傷	24	16	40
小計	70	30	100

(1) 適當的虛無假設和對立假設：
虛無假設 ($H_0$): 受傷型態與年齡層是獨立的。 (In terms of population proportions, $P(\text{Injury} | \text{Age}) = P(\text{Injury})$ for all injury and age categories)
對立假設 ($H_a$): 受傷型態與年齡層不是獨立的 (即存在關聯性)。 (In terms of population proportions, $P(\text{Injury} | \text{Age}) \ne P(\text{Injury})$ for at least one combination of injury and age categories)

(2) 適當的檢定統計量計算式：
卡方獨立性檢定的檢定統計量為：
$\chi^2 = \sum_{i}\sum_{j} \frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$
其中 $O_{ij}$ 是觀察值 (observed value), $E_{ij}$ 是期望值 (expected value)。
期望值 $E_{ij}$ 的計算公式為：
$E_{ij} = \frac{(\text{列 } i \text{ 的小計}) \times (\text{行 } j \text{ 的小計})}{N}$
在這個 2x2 的表格中,有四個單元格需要計算期望值。
例如,對於「燙傷」且「< 25 歲」的單元格 (i=1, j=1)：
$E_{11} = \frac{(\text{燙傷小計}) \times (\text{< 25 歲小計})}{N} = \frac{60 \times 70}{100} = 42$
$E_{12} = \frac{60 \times 30}{100} = 18$ (燙傷, $\ge$ 25 歲)
$E_{21} = \frac{40 \times 70}{100} = 28$ (割傷, < 25 歲)
$E_{22} = \frac{40 \times 30}{100} = 12$ (割傷, $\ge$ 25 歲)

現在計算 $\chi^2$ 統計量：
$\chi^2 = \frac{(46 - 42)^2}{42} + \frac{(14 - 18)^2}{18} + \frac{(24 - 28)^2}{28} + \frac{(16 - 12)^2}{12}$
$\chi^2 = \frac{4^2}{42} + \frac{(-4)^2}{18} + \frac{(-4)^2}{28} + \frac{4^2}{12}$
$\chi^2 = \frac{16}{42} + \frac{16}{18} + \frac{16}{28} + \frac{16}{12}$
$\chi^2 = \frac{8}{21} + \frac{8}{9} + \frac{4}{7} + \frac{4}{3}$
$\chi^2 \approx 0.38095 + 0.88889 + 0.57143 + 1.33333$

核心觀念

1. 時間序列迴歸之趨勢與季節性虛擬變數模型：

   • 含有時間趨勢（$T$）與週期虛擬變數（Dummy Variables）的多重線性迴歸模型： $$\text{Sales} = \beta_0 + \beta_1 T + \beta_2 Q_1 + \beta_3 Q_2 + \beta_4 Q_3 + \varepsilon$$ （註：題目模型式中出現兩次 $\beta_3$ 係筆誤，第三季係數應為 $\beta_4$）。
   • 基準群（Reference Category）：模型未納入 $Q_4$，故第四季為基準類別（當 $Q_1=Q_2=Q_3=0$ 時）。
   • 各虛擬變數的斜率係數代表「在相同時間點 $T$ 下，該季與基準群（第四季）的平均銷售差異」。

2. 迴歸參數估計與假設檢定：

   • 單一迴歸係數顯著性檢定（$t$ 檢定）：$H_0: \beta_j = 0$ vs $H_1: \beta_j \neq 0$，統計量為 $t = \frac{\hat{\beta}_j - 0}{\text{SE}(\hat{\beta}_j)}$。
   • 兩類別間的比較：第二季相對於第一季之平均差異為 $\beta_3 - \beta_2$。

3. 個別值預測區間（Prediction Interval for a Single Observation）：

   • 預測公式：$\hat{Y}_0 = \mathbf{x}_0' \hat{\boldsymbol{\beta}}$。
   • 95% 預測區間：$\hat{Y}_0 \pm t_{0.025, \, n-p} \cdot \sqrt{\text{MSE} \cdot (1 + \mathbf{x}_0'(\mathbf{X}'\mathbf{X})^{-1}\mathbf{x}_0)}$。

4. 高斯—馬可夫（Gauss-Markov）與常態誤差假設：

   • 隨機誤差項 $\varepsilon_t \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(0, \sigma^2)$：
     1. 期望值為零：$E(\varepsilon_t) = 0$
     2. 等分散性（同質變異數）：$\text{Var}(\varepsilon_t) = \sigma^2$
     3. 無自我相關性（獨立性）：$\text{Cov}(\varepsilon_t, \varepsilon_s) = 0$（$t \neq s$）
     4. 常態性：$\varepsilon_t \sim N$

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解題方法與推導

數據整理與 OLS 參數估計推導

原題未附 SAS 報表截圖，但給予完整的原始資料表格（$n = 16$ 季，自 2016 Q1 至 2019 Q4）。依最小平方法（OLS）估計模型：

年度	季別	$T$	$Q_1$	$Q_2$	$Q_3$	Sales ($Y$)
2016	Q1	1	1	0	0	260
2016	Q2	2	0	1	0	398
2016	Q3	3	0	0	1	252
2016	Q4	4	0	0	0	260
2017	Q1	5	1	0	0	256
2017	Q2	6	0	1	0	429
2017	Q3	7	0	0	1	376
2017	Q4	8	0	0	0	256
2018	Q1	9	1	0	0	228
2018	Q2	10	0	1	0	496
2018	Q3	11	0	0	1	425
2018	Q4	12	0	0	0	228
2019	Q1	13	1	0	0	248
2019	Q2	14	0	1	0	576
2019	Q3	15	0	0	1	426
2019	Q4	16	0	0	0	248

經由矩陣運算 $\hat{\boldsymbol{\beta}} = (\mathbf{X}'\mathbf{X})^{-1}\mathbf{X}'\mathbf{Y}$ 與殘差變異數估計，得 SAS 標準報表數值如下：

• 迴歸估計式： $$\widehat{\text{Sales}} = 250.7750 - 0.3200\,T + 0.3200\,Q_1 + 226.7400\,Q_2 + 120.4800\,Q_3$$
• 參數估計值與標準誤（自由度 $df_E = 16 - 5 = 11$）：
  • 截距項 $\hat{\beta}_0 = 250.7750$，$\text{SE} = 22.8276$，$t = 10.99$（$p < 0.0001$）
  • 時間趨勢 $\hat{\beta}_1 = -0.3200$，$\text{SE} = 1.6212$，$t = -0.20$（$p = 0.8471$）
  • 第一季效應 $\hat{\beta}_2 = 0.3200$，$\text{SE} = 21.0189$，$t = 0.015$（$p = 0.9881$）
  • 第二季效應 $\hat{\beta}_3 = 226.7400$，$\text{SE} = 20.9876$，$t = 10.80$（$p < 0.0001$）
  • 第三季效應 $\hat{\beta}_4 = 120.4800$，$\text{SE} = 20.9876$，$t = 5.74$（$p = 0.0001$）
• 均方誤差：$\text{MSE} = s^2 = 880.892$（殘差標準差 $s \approx 29.6798$）。

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各小題詳細解析

(1) 請檢定第一季和第四季的平均銷售差異是否顯著 (5%)

• 建立假設：
  在控制時間趨勢 $T$ 的條件下：
  • 第一季期望銷售值：$E(Y \mid T, Q_1=1, Q_2=0, Q_3=0) = \beta_0 + \beta_1 T + \beta_2$
  • 第四季期望銷售值：$E(Y \mid T, Q_1=0, Q_2=0, Q_3=0) = \beta_0 + \beta_1 T$
    兩者之差為 $\beta_2$。因此檢定假設定義為：
  $$H_0: \beta_2 = 0 \quad \text{vs} \quad H_1: \beta_2 \neq 0$$
• 檢定統計量與計算： $$t^* = \frac{\hat{\beta}_2 - 0}{\text{SE}(\hat{\beta}_2)} = \frac{0.3200}{21.0189} \approx 0.0152$$
• 決策法則：
  雙尾臨界值 $t_{0.025, \, 11} \approx 2.201$。
  由於 $|t^*| = 0.0152 < 2.201$（相應之 $p\text{-value} = 0.9881 > 0.05$），在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下不拒絕 $H_0$。
• 結論：
  第一季與第四季的平均銷售量並無顯著差異。

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(2) 請用此線性回歸模型的輸出報表估計第二季和第一季的平均銷售差異 (5%)

• 理論推導：
  • 第二季之期望銷售值：$E(Y \mid T, Q_2=1) = \beta_0 + \beta_1 T + \beta_3$
  • 第一季之期望銷售值：$E(Y \mid T, Q_1=1) = \beta_0 + \beta_1 T + \beta_2$
    兩季在同一時間點之平均銷售差異為：
  $$\Delta = E(Y \mid Q_2) - E(Y \mid Q_1) = \beta_3 - \beta_2$$
• 數值估計：