111 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所乙組《統計方法》

時間序列資料是指在不同時間點上收集的一系列數據。這些數據通常按時間順序排列，用於分析趨勢、季節性、週期性等。

選項 (A) 描述的是股票的上市時間長短，這是一個單一時間點的事件，不是時間序列。

此題考查相關係數 $r$ 的解釋。相關係數 $r$ 的絕對值 $|r|$ 衡量兩個變數之間線性相關的強度，其值介於 -1 和 1 之間。

• $|r|$ 接近 1 表示強線性相關。
• $|r|$ 接近 0 表示弱線性相關。
• $r > 0$ 表示正相關。
• $r < 0$ 表示負相關。

在給定的情況下，$r = -0.75$。

• $|r| = |-0.75| = 0.75$。這個值介於 0 和 1 之間，且相對接近 1，因此表示 X 和 Y 之間存在強烈的負相關性，而不是「非常弱的相關性」。選項 (A) 錯誤。
• 相關係數 $r$ 是衡量兩個變數之間線性相關的強度和方向，而迴歸直線的斜率 $b_1$ 則表示 X 每增加一個單位時，Y 平均變化的量。

最小平方法（Least Squares Method）是一種數學優化技術，常用於迴歸分析中，以找到最能擬合數據集的模型參數。其核心思想是最小化觀測值與模型預測值之間的殘差平方和。

在簡單線性迴歸模型 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \epsilon_i$ 中，我們通常估計參數 $\beta_0$ 和 $\beta_1$。對於一組觀測數據 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), \dots, (x_n, y_n)$，模型預測值為 $\hat{y}_i = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_i$。殘差（或稱預測誤差）定義為 $e_i = y_i - \hat{y}_i$。

此題在判斷研究設計的類型。

• 實驗 (Experiment)：研究者主動操縱一個或多個自變數（處理），觀察其對依變數（反應）的影響。研究者會將研究對象分組，並對不同組施予不同的處理。
• 直接觀察 (Direct Observation)：研究者在不干預或操縱研究對象的情況下，直接記錄其行為或特徵。

此題考查抽樣方法的類型。

• 簡單隨機抽樣 (Simple Random Sampling, SRS)：母體中的每一個個體都有相等且獨立的機會被選入樣本。
• 集群抽樣 (Cluster Sampling)：將母體劃分為若干個「集群」，然後隨機抽取若干集群，並對所選集群中的所有個體進行調查。
• 分層隨機抽樣 (Stratified Random Sampling)：將母體按照某種特徵劃分為若干個「層」（例如，不同年齡層、不同性別），然後從每一個層中獨立地進行簡單隨機抽樣。

題目中提到「從兩類藥 (A和B) 來進行簡單隨機抽樣」。這裡的「兩類藥 (A和B)」可以理解為兩個不同的群體或類別。研究者是「從」這兩類藥中進行抽樣，並且明確說明是「簡單隨機抽樣」。

然而，題目描述的重點在於「從兩類藥 (A和B) 來進行...抽樣」。如果藥廠是想了解這兩類藥的整體情況，並且是從這兩類藥各自的藥師群體中進行抽樣，那麼這裡的「兩類藥 (A和B)」可能暗示著一種分層的概念，即將藥師按照他們開立的藥類（A或B）進行分組，然後從每一組中進行簡單隨機抽樣。這種情況就是分層隨機抽樣。

統計推論的目的是利用樣本的資訊來對母體的特性做出結論。為了使樣本能夠代表母體，樣本的抽取方法必須是隨機的，以避免偏差。

• 分層隨機樣本 (Stratified Random Sample)：母體被劃分為若干層，然後從每層進行隨機抽樣。這種方法可以確保各層都被代表，通常能產生較精確的估計，適用於統計推論。
• 自我選擇樣本 (Self-Selected Sample)：研究對象自行決定是否參與樣本。例如，網路投票、來電回覆的意見調查等。

此題考查互斥事件的機率性質。
互斥事件 (Mutually Exclusive Events) 指的是兩個事件不能同時發生。也就是說，如果事件 A 發生了，那麼事件 B 就不能發生，反之亦然。數學上表示為 $A \cap B = \emptyset$，因此 $P(A \cap B) = 0$。

對於任意兩個事件 A 和 B，其聯集（或稱「A或B」）的機率公式為：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

如果 A 和 B 是互斥事件，則 $P(A \cap B) = 0$，所以公式簡化為：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B)$

我們知道，任何事件的機率都必須介於 0 和 1 之間，即 $0 \le P(E) \le 1$。
同時，聯集事件 $A \cup B$ 的機率也必須介於 0 和 1 之間，即 $0 \le P(A \cup B) \le 1$。

此題考查互斥事件和窮盡事件的定義及其組合。

• 互斥事件 (Mutually Exclusive Events)：指兩個事件不能同時發生。如果事件 A 和事件 B 是互斥的，則 $P(A \cap B) = 0$。
• 窮盡事件 (Exhaustive Events)：指在所有可能的情況下，至少有一個事件會發生。

此題考查邊際機率 (Marginal Probability) 的定義。

邊際機率是指在考慮多個隨機變數時，僅關注其中一個隨機變數的機率，而忽略其他變數的資訊。它描述的是在所有其他變數取任意值的情況下，單一事件發生的機率。

選項分析：
(A) 用來衡量在不管另一事件是否發生下,一特定事件發生的可能性。 這正是邊際機率的定義。例如，在聯合機率分佈中，邊際機率是將其他變數的機率加總（或積分）後得到的單一變數的機率。

此題考查條件機率 (Conditional Probability) 的計算。
條件機率 $P(A|B)$ 表示在事件 B 已經發生的條件下，事件 A 發生的機率。其計算公式為：
$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$

題目已知：
$P(A) = 0.35$
$P(B) = 0.45$
$P(A \cap B) = P(\text{A且B}) = 0.25$

將這些值代入條件機率公式：
$P(A|B) = \frac{0.25}{0.45}$

此題考查隨機變數變異數的性質。

變異數 $V(X)$ 衡量隨機變數 $X$ 相對於其期望值 $\mu_X$ 的離散程度。
以下是變異數的幾個基本性質：

(A) $V(c) = 0$：
如果 $X$ 是一個常數 $c$，那麼它的值永遠是 $c$，與期望值 $\mu_X = c$ 完全相同。因此，它沒有任何離散性，變異數為 0。此性質是正確的。

(B) $V(X + c) = V(X) + c$：
當一個常數 $c$ 被加到一個隨機變數 $X$ 上時，整個隨機變數的期望值會增加 $c$，但其離散程度（相對於其新的期望值）保持不變。
例如，令 $Y = X + c$。
$E(Y) = E(X + c) = E(X) + c$。

此題考查共變異數 (Covariance) 的性質。

共變異數 $\text{Cov}(X, Y)$ 衡量兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 之間線性關係的強度和方向。
定義為：$\text{Cov}(X, Y) = E[(X - E(X))(Y - E(Y))]$。

• 如果 $\text{Cov}(X, Y) > 0$，表示 $X$ 和 $Y$ 傾向於同向變動（即 $X$ 變大時，$Y$ 也傾向變大，反之亦然）。
• 如果 $\text{Cov}(X, Y) < 0$，表示 $X$ 和 $Y$ 傾向於反向變動（即 $X$ 變大時，$Y$ 傾向變小，反之亦然）。
• 如果 $\text{Cov}(X, Y) = 0$，表示 $X$ 和 $Y$ 之間沒有線性關係（但可能存在非線性關係）。

此題考查連續均勻隨機變數 (Continuous Uniform Random Variable) 的機率密度函數 (PDF) 的性質。

一個連續均勻隨機變數 $X$ 在區間 $[a, b]$ 上服從均勻分佈，其機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} & \text{if } a \le x \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

PDF 的兩個重要性質是：

1. $f(x) \ge 0$ 對於所有 $x$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。

我們逐一檢驗選項：

(A) $f(x) = 1/2; x$ 介在 -1 和 1 (含)。
這裡 $a = -1$, $b = 1$。
區間長度 $b - a = 1 - (-1) = 2$。
PDF 應為 $\frac{1}{b-a} = \frac{1}{2}$。
同時，PDF 的值 $1/2 \ge 0$。
積分 $\int_{-1}^{1} \frac{1}{2} dx = \frac{1}{2} [x]_{-1}^{1} = \frac{1}{2} (1 - (-1)) = \frac{1}{2} (2) = 1$。
所以，此選項可以代表一個連續均勻隨機變數。

此題考查 F 分配的性質，特別是百分點之間的關係。
F 分配的百分點 $F_{\alpha, \nu_1, \nu_2}$ 表示一個 F 分配（自由度為 $\nu_1$ 和 $\nu_2$）下，右尾機率為 $\alpha$ 的值。也就是說，$P(F > F_{\alpha, \nu_1, \nu_2}) = \alpha$。

F 分配具有以下重要性質：
$F_{\alpha, \nu_1, \nu_2} = \frac{1}{F_{1-\alpha, \nu_2, \nu_1}}$

這個性質的意思是，自由度為 $\nu_1$ 和 $\nu_2$ 的 F 分配，右尾機率為 $\alpha$ 的值，等於自由度為 $\nu_2$ 和 $\nu_1$ 的 F 分配，左尾機率為 $\alpha$（即右尾機率為 $1-\alpha$）的值的倒數。

我們來檢查各選項：

(A) $F_{0.10,10,20} = 1/F_{0.90,10,20}$
根據性質，我們應該有 $F_{0.10,10,20} = 1/F_{1-0.10, 20, 10} = 1/F_{0.90, 20, 10}$。

此題考查二項分配 (Binomial Distribution) 近似於常態分配 (Normal Distribution) 的概念，並涉及到連續性修正 (Continuity Correction)。

當二項分配的樣本數 $n$ 很大，且 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$ 時，二項分配可以用常態分配來近似。
二項分配 $B(n, p)$ 的平均值為 $\mu = np$，標準差為 $\sigma = \sqrt{np(1-p)}$。
近似的常態分配為 $N(\mu, \sigma^2)$。

在進行二項分配到常態分配的近似時，需要進行連續性修正。這是因為二項分配是離散的，而常態分配是連續的。

• 對於 $P(X \ge k)$，我們需要將離散的 $k$ 擴展到連續的區間。因為 $X \ge k$ 包含 $k, k+1, k+2, \dots$，在連續尺度上，這相當於從 $k-0.5$ 開始。所以 $P(X \ge k)_{\text{binomial}} \approx P(X \ge k - 0.5)_{\text{normal}}$。
• 對於 $P(X \le k)$，我們需要將離散的 $k$ 擴展到連續的區間。

核心觀念

設樣本中成功個數為 $X$，則

$$X\sim \operatorname{Binomial}(n=200,p=0.60)$$

樣本比例為

$$\hat p=\frac{X}{200}$$

其抽樣分配的平均數與標準差為

$$\mu_{\hat p}=p=0.60$$ $$\sigma_{\hat p} =\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} =\sqrt{\frac{0.6(0.4)}{200}} \approx 0.03464$$

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解題方法

題目要求

$$P(0.58\leq \hat p\leq 0.62)$$

由於 $\hat p=X/200$，因此等價於

$$0.58\leq \frac{X}{200}\leq 0.62$$

兩邊乘以 $200$：

$$116\leq X\leq124$$

若以樣本比例的常態近似計算，標準化得

$$z_1=\frac{0.58-0.60}{0.03464}\approx -0.577$$ $$z_2=\frac{0.62-0.60}{0.03464}\approx 0.577$$

因此

$$P(0.58\leq\hat p\leq0.62) \approx P(-0.577\leq Z\leq0.577)$$

查標準常態分配表：

$$P(-0.577\leq Z\leq0.577) =2\Phi(0.577)-1 \approx 0.436$$

若對二項分配使用連續性修正，則

$$P(116\leq X\leq124) \approx P(115.5\leq X\leq124.5)$$

對應之 $z$ 值為

此題考查信賴區間 (Confidence Interval, CI) 的正確解釋。

信賴區間是用來估計母體參數（例如母體平均數 $\mu$）的一個區間。90% 信賴區間表示，如果我們重複多次抽樣並為每個樣本構造一個信賴區間，那麼大約有 90% 的這些區間會包含真實的母體參數。

選項分析：
(A) 如果我們從同一母體抽樣重複出相同大小的樣本時,其中有90%的信賴區間將包含μ。
這是對信賴區間正確的解釋。信賴水準 90% 指的是這種重複抽樣過程的長期頻率。它不是指單一信賴區間包含母體參數的機率。

(B) 有90%的機率母體平均數會落在信賴區間的上限和下限間。
這個說法是錯誤的。母體平均數 $\mu$ 是一個固定的、未知的值。它要么在某個給定的信賴區間內，要么不在。

本題考查常態分佈應用、製程能力分析、管制圖及製程參數設定。

已知條件：

• 母體標準差 $\sigma = 0.2$ 磅。
• 目標平均值 $\mu = 11$ 磅。
• 規格下限 (Lower Specification Limit, LSL) = 10 磅。
• 產品重量服從常態分佈。

(1) 假設產品重量之分佈為常態,求在上述目標值之條件下,有多少產品之重量會小於10.5磅?

我們需要計算 $P(X < 10.5)$，其中 $X \sim N(\mu=11, \sigma=0.2)$。
將 $X$ 標準化為 $Z$ 分數：
$Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$
$Z = \frac{10.5 - 11}{0.2} = \frac{-0.5}{0.2} = -2.5$

現在我們需要計算 $P(Z < -2.5)$。
查標準常態分佈表，得 $P(Z < -2.5) \approx 0.0062$。
這表示大約有 0.62% 的產品重量會小於 10.5 磅。

【答案】約 0.62%

(2) 求該產品在上述條件下之製程能力指標?[提示:包括Cp和Cpk]

首先，我們需要確定規格上限 (Upper Specification Limit, USL)。題目中沒有直接給出 USL，但通常在製程能力分析中，如果 USL 未給定，我們需要根據上下文或假設一個。然而，題目提到「為使每一罐產品之重量均能超過10磅之最低要求」，這暗示 LSL 是主要的關注點。
在計算 Cp 和 Cpk 時，我們需要 USL。如果題目意圖是僅考量 LSL，則 Cpk 的計算會受影響。
假設題目中 USL 未給定，我們暫時無法精確計算 Cp 和 Cpk。
但如果題目是想評估 LSL 的能力，我們可以先計算 Cpk 的其中一部分。

製程能力指標 (Process Capability Indices):

• Cp (Process Potential Index)：衡量製程的潛在能力，即製程變異範圍與規格範圍的比值。
  $Cp = \frac{USL - LSL}{6\sigma}$
  Cp 假設製程中心正好位於規格中心，且製程是雙側受控的。

• Cpk (Process Capability Index)：衡量製程的實際能力，考慮了製程中心與規格中心之間的偏移。
  $Cpk = \min \left( \frac{USL - \mu}{3\sigma}, \frac{\mu - LSL}{3\sigma} \right)$

在這個問題中，$\mu = 11$, $\sigma = 0.2$, $LSL = 10$。
我們需要 USL 才能計算 Cp 和 Cpk。
如果我們假設規格是對稱的，並且以目標值 11 為中心，那麼 LSL=10 距離中心 1 磅，所以 USL 可能也是 12 磅。
如果 USL = 12，則：
$Cp = \frac{12 - 10}{6 \times 0.2} = \frac{2}{1.2} = \frac{20}{12} = \frac{5}{3} \approx 1.67$

現在計算 Cpk。
$\frac{\mu - LSL}{3\sigma} = \frac{11 - 10}{3 \times 0.2} = \frac{1}{0.6} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3} \approx 1.67$
$\frac{USL - \mu}{3\sigma} = \frac{12 - 11}{3 \times 0.2} = \frac{1}{0.6} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3} \approx 1.67$
$Cpk = \min(1.67, 1.67) = 1.67$

然而，題目僅給了 LSL=10，並設定目標值 $\mu=11$。
如果題目沒有給 USL，通常 Cpk 的計算會聚焦於最接近的規格限。
在此情況下，$\mu=11$ 已經比 LSL=10 大很多，且距離 LSL 的距離是 1 磅。
$3\sigma = 3 \times 0.2 = 0.6$ 磅。
$\mu - LSL = 11 - 10 = 1$ 磅。
$\frac{\mu - LSL}{3\sigma} = \frac{1}{0.6} = \frac{5}{3} \approx 1.67$。

此題考查 Poisson 分配及其與二項分配的關聯，以及機率計算。

首先，我們需要確定 Poisson 分配的參數 $\lambda$。
題目給出「平均缺點數為每 1000 英尺有 100 個」。
這表示單位長度（1 英尺）的平均缺點數為 $\frac{100}{1000} = 0.1$ 個/英尺。

我們考慮長度為 50 英尺的一段纜線。
對於長度為 50 英尺的纜線，其平均缺點數 $\lambda$ 是：
$\lambda = (\text{每英尺平均缺點數}) \times (\text{長度}) = 0.1 \times 50 = 5$ 個。
所以，長度為 50 英尺的纜線，其缺點數 $X$ 服從 Poisson 分配，即 $X \sim \text{Poisson}(\lambda=5)$。
Poisson 分配的機率質量函數 (PMF) 為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$

題目定義「無任何缺點發生」的 50 英尺纜線為「良品」。
這意味著，對於一段 50 英尺的纜線，如果其缺點數 $X=0$，則為良品。
計算一段 50 英尺纜線為良品的機率：
$P(\text{良品}) = P(X=0) = \frac{e^{-5} 5^0}{0!} = \frac{e^{-5} \times 1}{1} = e^{-5}$。

現在，我們隨機取 5 個 50 英尺的樣本。
我們關心的是在這 5 個樣本中有 2 個是「良品」。
這是一個二項分佈的問題。
每次抽取一個 50 英尺的樣本，可以視為一次獨立的伯努利試驗，其成功（為良品）的機率是 $p = P(\text{良品}) = e^{-5}$。
失敗（不是良品）的機率是 $1-p = 1 - e^{-5}$。
我們抽取了 $n=5$ 個樣本。
我們想知道恰好有 $k=2$ 個良品的機率。

這可以用二項分佈的機率質量函數來計算：
$P(K=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$

此題考查二項分配 (Binomial Distribution) 的常態近似 (Normal Approximation)。

我們有一個二項分配 $X \sim B(n, p)$，其中：

• 樣本數 $n = 200$
• 成功機率 $p = 0.57$

我們需要計算 $P(90 \le X \le 120)$。

首先，檢查使用常態近似的條件是否滿足：
$np = 200 \times 0.57 = 114$
$n(1-p) = 200 \times (1 - 0.57) = 200 \times 0.43 = 86$
由於 $np = 114 \ge 5$ 且 $n(1-p) = 86 \ge 5$，因此可以使用常態分配來近似二項分配。

常態近似的參數：

• 平均值 $\mu = np = 114$
• 標準差 $\sigma = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{200 \times 0.57 \times 0.43} = \sqrt{114 \times 0.43} = \sqrt{49.02}$

計算標準差：
$\sigma = \sqrt{49.02} \approx 7.0014$

接下來，我們需要進行連續性修正 (Continuity Correction)，因為我們是將離散的二項分佈近似為連續的常態分佈。
對於 $P(90 \le X \le 120)$，我們需要將區間擴展半個單位。
下限 $90$ 變為 $90 - 0.5 = 89.5$。
上限 $120$ 變為 $120 + 0.5 = 120.5$。
所以，我們計算 $P(89.5 \le Y \le 120.5)$，其中 $Y \sim N(\mu=114, \sigma=7.0014)$。

將 $Y$ 標準化為 $Z$ 分數：
$Z = \frac{Y - \mu}{\sigma}$

計算 $Z$ 值：
對於下限 $89.5$:
$Z_1 = \frac{89.5 - 114}{7.0014} = \frac{-24.5}{7.0014} \approx -3.50$

對於上限 $120.5$:
$Z_2 = \frac{120.5 - 114}{7.0014} = \frac{6.5}{7.0014} \approx 0.928$