108 年 國立成功大學測量及空間資訊學系碩士班《統計學》

本題主要考驗期望值的基本性質。

(a) 根據期望值的線性性質 $E[aX+b] = aE[X]+b$，可得：
$E[3X+2] = 3E[X] + 2$
已知 $E[X] = 10$，故
$E[3X+2] = 3(10) + 2 = 30 + 2 = 32$

(b) 根據期望值的加法與減法性質 $E[X+Y] = E[X]+E[Y]$ 且 $E[c] = c$ (常數)，可得：
$E[X^2+X-15] = E[X^2] + E[X] - E[15]$

本題考驗統計估計的兩個重要性質：無偏性 (Unbiasedness) 與有效性 (Efficiency)。

無偏估計 (Unbiased Estimator)
無偏估計指的是，估計量的期望值等於母體參數的真值。換句話說，如果我們從母體中不斷重複抽取樣本並計算估計量，這些估計值的平均會趨近於母體參數的真實值。
數學上表示為：若 $\hat{\theta}$ 為母體參數 $\theta$ 的估計量，則 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的無偏估計量，當且僅當 $E[\hat{\theta}] = \theta$。
無偏性確保了估計量在長期平均而言是準確的，不會系統性地高估或低估母體參數。

有效性估計 (Efficient Estimator)
有效性估計指的是，在所有無偏估計量中，其變異數最小的估計量。變異數越小，表示估計量的值越集中在期望值周圍，也就是越不容易受到抽樣變異的影響。

本題分為兩部分，第一部分考驗假設檢定的兩種錯誤類型，第二部分考驗樣本數的決定。

第一部分：第一類型錯誤與第二類型錯誤

在假設檢定中，我們總是面臨兩種決策錯誤的可能性：

1. 第一類型錯誤 (Type I Error)：

   • 定義：當虛無假設 ($H_0$) 為真時，我們卻拒絕了它。
   • 機率：以 $\alpha$ (顯著水準, significance level) 表示。通常設定為一個小的值，如 0.05 或 0.01。
   • 俗稱：誤報 (False Positive)。

2. 第二類型錯誤 (Type II Error)：

   • 定義：當對立假設 ($H_1$ 或 $H_a$) 為真時 (即虛無假設 $H_0$ 為偽時)，我們卻未能拒絕 $H_0$ (接受了 $H_0$)。
   • 機率：以 $\beta$ 表示。
   • 俗稱：漏報 (False Negative)。

關係： 第一類型錯誤和第二類型錯誤的機率之間通常存在一種權衡關係。在其他條件相同的情況下，降低 $\alpha$ (使拒絕域變小) 會增加 $\beta$ (使未能拒絕虛無假設的機率增加)，反之亦然。

第二部分：母體平均數區間估計所需的樣本數

此部分題目描述為「若母體是常態分配，且僅考慮犯第一類型錯誤的機率，請問母體平均數區間估計所需的樣本數為何？」。
此處的敘述似乎與「假設檢定」的概念有些混淆，但從「母體平均數區間估計」和「樣本數」的關聯性來看，題目實際上是在問：
「要建構一個母體平均數的信賴區間，使得區間寬度在某個預設範圍內，或確保估計的精度（誤差範圍）在某個預設範圍內，需要多少樣本數？」

當母體為常態分配，且母體變異數 $\sigma^2$ 已知時，母體平均數 $\mu$ 的 $(1-\alpha)$ 信賴區間為：
$\bar{x} \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
其中，$\bar{x}$ 是樣本平均數，$z_{\alpha/2}$ 是標準常態分配的臨界值，$\sigma$ 是母體標準差，$n$ 是樣本數。

區間的寬度為 $2 \times z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。

核心觀念

本題考查：

• 母體標準差已知時的單一母體平均數 $Z$ 檢定。
• 「耐用公里數至少達 $30000$ 公里」是品質要求，因此以未達標準作為對立假設。
• 第二型錯誤：實際平均耐用公里數未達標準，卻未拒絕虛無假設。

已知：

$$\sigma=4000,\qquad n=64,\qquad \alpha=0.05$$

因此樣本平均數的標準誤為

$$\frac{\sigma}{\sqrt n} =\frac{4000}{\sqrt{64}} =\frac{4000}{8} =500.$$

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(1) 假設、檢定統計量與決策規則

令母體平均耐用公里數為 $\mu$。

因為要求為「至少需達 $30000$ 公里」，故設定：

$$H_0:\mu\geq 30000$$ $$H_1:\mu<30000$$

這是左尾檢定。檢定統計量為

$$Z=\frac{\bar X-\mu_0}{\sigma/\sqrt n} =\frac{\bar X-30000}{500}.$$

顯著水準為 $\alpha=0.05$，左尾臨界值為

$$z_{0.05}=-1.645.$$

因此拒絕域為

$$Z<-1.645.$$

代入檢定統計量：

$$\frac{\bar X-30000}{500}<-1.645.$$

整理得

$$\bar X<30000-1.645(500) =30000-822.5 =29177.5.$$

所以：

• 若 $\bar X<29177.5$ 公里，拒絕 $H_0$，認為平均耐用公里數低於 $30000$ 公里。
• 若 $\bar X\geq29177.5$ 公里，不拒絕 $H_0$，即接受「耐用要求為至少需達 $30000$ 公里」的決策。

嚴格而言，統計檢定的用語是「不拒絕 $H_0$」，不代表已證明 $\mu\geq30000$；本題依題意將其表述為接受耐用要求。

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(2) 第二型錯誤的機率

第二型錯誤是：

實際上 $\mu<30000$，但檢定結果沒有拒絕 $H_0$。

題目指定實際平均耐用公里數為

$$\mu=27000.$$

在此情況下，

本題考驗單一樣本平均數的假設檢定，用以檢驗母體平均數是否為特定值（在此為零）。

已知條件：

• 樣本數據 (閉合差)：$0.13, 1.36, 0.17, 0.24, -0.82, -0.07, -0.60, 0.37, -1.55, -0.88$ (單位：mm)。
• 樣本數 $n = 10$。
• 假設母體服從常態分配。
• 檢驗母體期望值是否為零。

步驟：

1. 設定假設檢定：
   我們想檢驗母體期望值是否為零。

   • 虛無假設 ($H_0$): $\mu = 0$ (母體期望值為零)。
   • 對立假設 ($H_1$): $\mu \ne 0$ (母體期望值不為零)。
     這是一個雙尾檢定。

2. 計算樣本統計量：

   • 樣本平均數 ($\bar{x}$):
     $\bar{x} = \frac{0.13 + 1.36 + 0.17 + 0.24 - 0.82 - 0.07 - 0.60 + 0.37 - 1.55 - 0.88}{10}$
     $\bar{x} = \frac{2.13 - 3.92}{10} = \frac{-1.79}{10} = -0.179$ mm。

   • 樣本標準差 ($s$):
     首先計算樣本變異數 ($s^2$)。
     $s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2$
     計算每個數據點與樣本平均數的差的平方：
     $(0.13 - (-0.179))^2 = (0.309)^2 = 0.095481$
     $(1.36 - (-0.179))^2 = (1.539)^2 = 2.368521$
     $(0.17 - (-0.179))^2 = (0.349)^2 = 0.121801$
     $(0.24 - (-0.179))^2 = (0.419)^2 = 0.175561$
     $(-0.82 - (-0.179))^2 = (-0.641)^2 = 0.410881$
     $(-0.07 - (-0.179))^2 = (0.109)^2 = 0.011881$
     $(-0.60 - (-0.179))^2 = (-0.421)^2 = 0.177241$
     $(0.37 - (-0.179))^2 = (0.549)^2 = 0.301401$
     $(-1.55 - (-0.179))^2 = (-1.371)^2 = 1.879641$
     $(-0.88 - (-0.179))^2 = (-0.701)^2 = 0.491401$

核心觀念

水準測量觀測精度為

$$\sigma=0.72\sqrt{K}\ \text{mm},$$

表示單程水準測量距離為 $K$ 公里時，觀測誤差的標準差為 $0.72\sqrt{K}$ mm。

往返測閉合差可視為正程誤差與反程誤差之差。若兩次觀測彼此獨立，則閉合差的變異數為兩次觀測變異數之和：

$$\sigma_f^2=\sigma_{\text{正}}^2+\sigma_{\text{反}}^2.$$

題目要求顯著水準 $\alpha=5\%$ 下的閉合差限制值，因此採用雙尾常態檢定，臨界值為

$$z_{1-\alpha/2}=z_{0.975}=1.96.$$

解題方法

正程與反程的測量距離皆為 $K$ 公里，因此各自的標準差為

$$\sigma_{\text{正}}=\sigma_{\text{反}}=0.72\sqrt{K}\ \text{mm}.$$

往返測閉合差的標準差為

$$\begin{aligned} \sigma_f &=\sqrt{(0.72\sqrt{K})^2+(0.72\sqrt{K})^2}\\ &=0.72\sqrt{2K}\ \text{mm}. \end{aligned}$$

在顯著水準 $5\%$ 下，閉合差限制值取常態分配中央 $95\%$ 的範圍，因此

本題考驗橢圓的參數方程與方向餘弦在二維空間中的應用，涉及到點估計與區間估計（或可監測性）的結合。

核心概念：

• 可監測性下界橢圓 (Confidence Ellipse / Tolerance Ellipse)： 在衛星定位測量中，由於觀測誤差，點的位置估計是一個區域，而不是一個精確點。這個橢圓代表了在給定的統計機率 $\alpha$ (顯著水準/信賴水準) 和 $\beta$ (通常與檢定力有關，這裡可能指置信度為 $1-\alpha$ 或 $1-\beta$) 下，該點真實位置可能存在的範圍。橢圓的半徑和方向反映了在不同方向上的定位精度。
• 長軸和短軸： 橢圓的長軸代表了定位不確定性最大的方向，而短軸代表了不確定性最小的方向。
• 方位角： 描述了長軸的方向。
• 西北方向： 需要將其轉換為角度。

已知條件：

1. 長軸半徑 $a = 2$ 公分。
2. 短軸半徑 $b = 1$ 公分。
3. 長軸方位角為 $90^\circ$ (這代表長軸沿著正北方向，即 Y 軸方向)。
4. 考慮的目標方向是西北方向。

解題步驟：

1. 建立座標系與橢圓方程：
   假設測量點 A 的真實位置為 $(X, Y)$，其估計位置為 $(\hat{X}, \hat{Y})$。
   可監測性下界橢圓描述了真實位置 $(X, Y)$ 相對於估計位置 $(\hat{X}, \hat{Y})$ 的可能偏差。
   通常，橢圓的中心可以視為估計位置 $(\hat{X}, \hat{Y})$。
   長軸方向為 $90^\circ$，表示長軸沿著 Y 軸（北）。短軸方向則沿著 X 軸（東）。
   橢圓的標準方程（中心在原點）為：
   $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
   然而，這裡的 $a$ 和 $b$ 是半軸長。題目給的是長軸半徑 $a=2$ cm，短軸半徑 $b=1$ cm。
   重要： 題目中「長軸半徑為 2 公分，短軸半徑為 1 公分，長軸方向的方位角為 90°」。

   • 方位角 $90^\circ$ 通常是指正北方向。
   • 在測量學或地理學中，角度通常是從正北順時針計算。
   • 如果長軸沿著 $90^\circ$ (正北)，那麼短軸就沿著 $0^\circ$ (正東) 或 $180^\circ$ (正西)。
   • 然而，題目將長軸半徑設為 2，短軸半徑設為 1。這表示在長軸方向（北）的偏差範圍較大，在短軸方向（東/西）的偏差範圍較小。

   標準橢圓方程（中心在原點）：
   $\frac{x^2}{b^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1$
   其中 $a$ 是沿 y 軸（長軸）的半徑，$b$ 是沿 x 軸（短軸）的半徑。
   代入數值：$\frac{x^2}{1^2} + \frac{y^2}{2^2} = 1 \implies x^2 + \frac{y^2}{4} = 1$。
   這裡 $x$ 代表東向偏差，$y$ 代表北向偏差。

2. 確定目標方向 (西北方向)：
   西北方向的方位角是 $315^\circ$ (或 $-45^\circ$)。
   在直角座標系中，這意味著 $x$ 分量為負， $y$ 分量為正。
   我們可以將西北方向表示為一個向量，或者直接考慮其角度。
   西北方向與正北方向（Y 軸）的夾角是 $45^\circ$ (西北方向與正東方向 X 軸的夾角是 $135^\circ$)。
   我們可以將西北方向看作是角度 $\theta = 135^\circ$ (從正東方向算起) 或 $\theta = 45^\circ$ (從正北方向算起，但偏向西)。
   或者，我們可以將西北方向看作是與 Y 軸（北）夾角 $45^\circ$ 的方向。

3. 計算在西北方向上的「偵測能力」或「半徑」：
   我們可以將橢圓方程參數化，或者直接利用向量和角度的關係。
   考慮西北方向上的任意一點，該點與橢圓的交點決定了該方向上的最大可偵測偏差。
   設西北方向上的點為 $(x, y)$。這個方向與 Y 軸（長軸）的夾角是 $45^\circ$。
   我們可以用參數方程來表示橢圓上的點：
   $x = b \cos(\phi)$
   $y = a \sin(\phi)$
   其中 $\phi$ 是參數，不是角度。

   更直接的方法：
   在西北方向上，我們需要知道在該方向上，橢圓的邊界距離原點（估計位置）有多遠。
   考慮西北方向的單位向量 $\mathbf{u}_{NW}$。
   西北方向與 Y 軸（長軸）的夾角為 $45^\circ$。
   我們可以將西北方向表示為 $(\cos(135^\circ), \sin(135^\circ)) = (-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$，如果角度從 X 軸（東）順時針算起。
   或者，從 Y 軸（北）算起，偏向西 $45^\circ$，這意味著與 Y 軸的夾角是 $45^\circ$。

   在橢圓 $\frac{x^2}{b^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1$ 上，對於一個方向 $\theta$ (與 X 軸的夾角)，該方向上的半徑 $r(\theta)$ 可以通過以下方式找到：
   設點為 $(r \cos\theta, r \sin\theta)$。代入橢圓方程：
   $\frac{(r \cos\theta)^2}{b^2} + \frac{(r \sin\theta)^2}{a^2} = 1$
   $r^2 \left( \frac{\cos^2\theta}{b^2} + \frac{\sin^2\theta}{a^2} \right) = 1$
   $r^2 = \frac{1}{\frac{\cos^2\theta}{b^2} + \frac{\sin^2\theta}{a^2}} = \frac{a^2 b^2}{a^2 \cos^2\theta + b^2 \sin^2\theta}$
   $r(\theta) = \frac{ab}{\sqrt{a^2 \cos^2\theta + b^2 \sin^2\theta}}$

   現在，確定西北方向的 $\theta$。
   長軸在 $90^\circ$ (Y 軸)。短軸在 $0^\circ$ (X 軸)。
   西北方向是 $135^\circ$ (從正東 X 軸順時針算起)。
   $\theta = 135^\circ$。
   $\cos(135^\circ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$
   $\sin(135^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
   $\cos^2(135^\circ) = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
   $\sin^2(135^\circ) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

   代入公式：
   $a = 2$, $b = 1$。
   $r(135^\circ) = \frac{2 \times 1}{\sqrt{2^2 \times \frac{1}{2} + 1^2 \times \frac{1}{2}}} = \frac{2}{\sqrt{4 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2}}} = \frac{2}{\sqrt{2 + \frac{1}{2}}} = \frac{2}{\sqrt{\frac{5}{2}}} = 2 \sqrt{\frac{2}{5}} = \sqrt{\frac{8}{5}} = \sqrt{1.6}$

   $r(135^\circ) = \sqrt{1.6} \approx 1.265$ 公分。

   這個 $r(135^\circ)$ 代表了在西北方向上，橢圓邊界距離中心的距離。
   也就是說，在西北方向上，可能偵測到的最小位移量下界是 $1.265$ 公分。
   題目問：「在西北方向的位移量要大於多少公分才可能被偵測出？」
   這意味著，如果實際位移量大於這個值，我們就有信心（在給定的 $\alpha, \beta$ 下）判斷出這個位移是真實存在的，而不是由於隨機誤差造成的。
   這個值就是 $r(135^\circ)$。

   驗證：
   長軸方向 ($90^\circ$)：$\theta = 90^\circ$ (或 $270^\circ$)。
   $\cos(90^\circ) = 0$, $\sin(90^\circ) = 1$。
   $r(90^\circ) = \frac{ab}{\sqrt{a^2 \cos^2(90^\circ) + b^2 \sin^2(90^\circ)}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2 \times 0 + b^2 \times 1}} = \frac{ab}{b} = a = 2$。
   這與長軸半徑為 2 相符。

   短軸方向 ($0^\circ$ 或 $180^\circ$)：$\theta = 0^\circ$ (或 $180^\circ$)。
   $\cos(0^\circ) = 1$, $\sin(0^\circ) = 0$。
   $r(0^\circ) = \frac{ab}{\sqrt{a^2 \cos^2(0^\circ) + b^2 \sin^2(0^\circ)}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2 \times 1 + b^2 \times 0}} = \frac{ab}{a} = b = 1$。
   這與短軸半徑為 1 相符。

   再次確認題目問法：
   「在西北方向的位移量要大於多少公分才可能被偵測出？」
   這就是指該方向上的最小可偵測位移量。
   我們的計算結果 $r(135^\circ) = \sqrt{1.6} \approx 1.265$ 公分。

   檢查角度的定義：
   題目說「長軸方向的方位角為 90°」。在測量學中，方位角通常是從正北順時針計算。
   所以，$90^\circ$ 是正東方向。
   如果長軸方向是 $90^\circ$ (正東)，那麼半徑是 $a=2$。
   短軸方向是 $0^\circ$ 或 $180^\circ$ (正北或正西)，半徑是 $b=1$。
   西北方向的方位角是 $315^\circ$ (或 $-45^\circ$)。
   如果長軸沿著 X 軸（東），短軸沿著 Y 軸（北）。
   橢圓方程：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$。
   $a=2, b=1$。
   $\frac{x^2}{2^2} + \frac{y^2}{1^2} = 1 \implies \frac{x^2}{4} + y^2 = 1$。
   西北方向的方位角是 $315^\circ$。
   $\theta = 315^\circ$。