112 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所乙組《統計方法》

核心觀念

令：

• $P$：擁有 PC 電腦
• $M$：擁有 Mac 電腦

題目給定：

$$P(P)=0.734,\qquad P(P\cap M)=0.218,\qquad P(P\cup M)=0.801$$

本題使用三個重要觀念：

1. 聯集公式：

$$P(P\cup M)=P(P)+P(M)-P(P\cap M)$$

2. 條件機率：

$$P(M\mid P)=\frac{P(P\cap M)}{P(P)}$$

3. 事件獨立的判定：

$$P(P\cap M)=P(P)P(M)$$

若兩事件互斥，則必須滿足：

$$P(P\cap M)=0$$

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解題方法與計算

（a）擁有 Mac 電腦的機率

由聯集公式：

$$P(P\cup M)=P(P)+P(M)-P(P\cap M)$$

代入題目數據：

$$0.801=0.734+P(M)-0.218$$

因此：

$$P(M)=0.801-0.734+0.218$$ $$P(M)=0.285$$

所以，受訪者擁有 Mac 電腦的機率為：

$$\boxed{P(M)=0.285}$$

亦即 $28.5\%$。

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（b）已知擁有 PC，亦擁有 Mac 的機率

題目要求的是 $P(M\mid P)$，使用條件機率公式：

$$P(M\mid P)=\frac{P(P\cap M)}{P(P)}$$

代入：

$$P(M\mid P)=\frac{0.218}{0.734}$$

計算得：

$$P(M\mid P)\approx 0.297$$

所以：

$$\boxed{P(M\mid P)\approx 0.297}$$

亦即在已知擁有 PC 的受訪者中，約有 $29.7\%$ 同時擁有 Mac。

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（c）$P$ 與 $M$ 是否互斥？

兩事件互斥的定義是不能同時發生，因此必須滿足：

$$P(P\cap M)=0$$

但題目給定：

$$P(P\cap M)=0.218\neq 0$$

表示有 $21.8\%$ 的受訪者同時擁有 PC 與 Mac，兩事件可以同時發生。

因此：

$$\boxed{P\text{ 與 }M\text{ 不互斥}}$$

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核心觀念

本題考查「機率與面積成正比」：

$$P(\text{落在某區域}) = \frac{\text{該區域面積}}{\text{飛鏢盤總面積}}。$$

依原卷附圖，飛鏢盤由五個同心圓區域組成，中心至各圓周的半徑依序為 $r,2r,3r,4r,5r$，分數由內而外為 $5,4,3,2,1$。因此，得分越低的外圍區域面積越大。

解題方法

設第 $i$ 分區的外半徑為 $(6-i)r$，內半徑為 $(5-i)r$，其中 $i=1,2,3,4,5$。

第 $i$ 分區的面積為

$$A_i = \pi\left[(6-i)^2r^2-(5-i)^2r^2\right].$$

整個飛鏢盤的半徑為 $5r$，所以總面積為

$$A=\pi(5r)^2=25\pi r^2.$$

因此，得分為 $i$ 分的機率為

$$P(\text{scoring }i\text{ point}) = \frac{A_i}{A} = \frac{(6-i)^2-(5-i)^2}{25}.$$

利用平方差化簡：

$$P(\text{scoring }i\text{ point}) = \frac{11-2i}{25}, \qquad i=1,2,3,4,5.$$

(a) 一般公式

核心觀念

本題考查機率論中的貝氏定理（Bayes' Rule）與全機率定理（Law of Total Probability），應用情境為經典的二元對稱通道（Binary Symmetric Channel）信號傳輸誤差分析。

關鍵觀念與公式包括：

1. 先驗機率（Prior Probability）：發送端送出特定符號的邊際機率 $P(\text{Sent})$。
2. 轉移／條件機率（Transition / Conditional Probability）：傳輸通道上的錯誤率（雜訊干擾）與正確傳輸率。
3. 全機率定理（Law of Total Probability）： $$P(B) = \sum_{i=1}^{k} P(B \mid A_i) P(A_i)$$
4. 貝氏定理（Bayes' Rule）：接收端收到某信號後，推求發送端來源的後驗機率（Posterior Probability）： $$P(A_j \mid B) = \frac{P(B \mid A_j) P(A_j)}{\sum_{i=1}^{k} P(B \mid A_i) P(A_i)}$$

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解題方法

1. 事件與符號定義

令傳輸過程中的事件定義如下：

• $S_{\text{dot}}$：發送端送出點（dot sent）
• $S_{\text{dash}}$：發送端送出劃（dash sent）
• $R_{\text{dot}}$：接收端收到點（dot received）
• $R_{\text{dash}}$：接收端收到劃（dash received）

由題意可知：

• 先驗機率： $$P(S_{\text{dot}}) = \frac{3}{7}, \quad P(S_{\text{dash}}) = \frac{4}{7}$$
• 傳輸誤差機率（條件機率）：
  題目給定傳輸線上有干擾，點被誤收為劃的機率為 $a$，反之亦然（劃被誤收為點的機率亦為 $a$）。因此： $$P(R_{\text{dash}} \mid S_{\text{dot}}) = a \implies P(R_{\text{dot}} \mid S_{\text{dot}}) = 1 - a$$ $$P(R_{\text{dot}} \mid S_{\text{dash}}) = a \implies P(R_{\text{dash}} \mid S_{\text{dash}}) = 1 - a$$ （其中通道錯誤率滿足 $0 \le a \le 1$，一般實務通道滿足 $0 \le a < 0.5$）。

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2. 第一小題：If we receive a dot, can we be sure that a dot was sent?

回答與推導：
不能確定（No, we cannot be sure）。

因為當通道存在雜訊（即 $a > 0$）時，接收到點（$R_{\text{dot}}$）可能來自於：

1. 發送端確實送出點，且正確傳輸（機率為 $1-a$）。
2. 發送端原本送出劃，但受干擾被誤判為點（機率為 $a$）。

由於 $P(R_{\text{dot}} \mid S_{\text{dash}}) = a > 0$，接收端收到點並非發送端送出點的充要條件，在 $a \neq 0$ 的情況下，我們無法 $100\%$ 確定當初送出的一定是點（除非干擾不存在，即無雜訊通道 $a = 0$）。

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3. 第二小題：Using Bayes' Rule, find the probability of correctly receiving a dot

題目要求「正確接收到點的機率」（probability of correctly receiving a dot）。依上下文與貝氏定理的標準題型，此問題意指**「在已知接收到點的條件下，該點確實是發送端送出的機率」**，即條件後驗機率 $P(S_{\text{dot}} \mid R_{\text{dot}})$。

步驟一：利用全機率定理計算接收到點的邊際機率 $P(R_{\text{dot}})$

本題考查的核心觀念為變異數的定義（Definition of Variance）與期望值的線性性質（Linearity of Expectation）。變異數用以衡量隨機變數偏離其平均數的平方離差期望值；在對隨機變數進行線性轉換 $aX+b$ 時，加上常數 $b$ 僅代表資料整體的位置平移，並不改變資料的分散程度，因此變異數具備平移不變性；而乘以常數 $a$ 則會將離差縮放 $a$ 倍，經平方運算後提出，即變為 $a^2$ 倍。

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完整證明過程

【方法一：利用變異數的基本定義（離差平方期望值）證明】

步驟一：設定期望值符號並展開 $aX+b$ 的期望值
設隨機變數 $X$ 的期望值為 $E[X] = \mu$。
根據期望值的線性性質（Linearity of Expectation），對任意常數 $a$ 與 $b$，新隨機變數 $aX+b$ 的期望值為：
$E[aX+b] = aE[X] + b = a\mu + b$
說明：期望值為線性算子，常數倍可直接提出，常數相加可直接併入。

步驟二：帶入變異數的定義
根據變異數的定義，任意隨機變數 $Y$ 的變異數為 $Y$ 減去其期望值 $E[Y]$ 的平方期望值，即 $\text{Var}(Y) = E[(Y - E[Y])^2]$。
將 $Y = aX+b$ 帶入定義：
$\text{Var}(aX+b) = E[\{(aX+b) - E[aX+b]\}^2]$

步驟三：代入期望值並化簡內部離差項
將步驟一獲得的 $E[aX+b] = a\mu + b$ 代入上式中：
$\text{Var}(aX+b) = E[\{(aX+b) - (a\mu + b)\}^2]$

拆開括號後，常數項 $b$ 相互抵消（$b - b = 0$）：
$(aX+b) - (a\mu + b) = aX - a\mu = a(X - \mu)$
說明：常數項 $b$ 被抵消，數學上明確呈現了「常數平移不影響變異數」的統計特性。

步驟四：展開平方項並提出常數
將離差項平方：
$\{a(X - \mu)\}^2 = a^2(X - \mu)^2$

代回期望值算子中：
$\text{Var}(aX+b) = E[a^2(X - \mu)^2]$

核心觀念

本題的核心觀念為伯努利試驗（Bernoulli Trial）與二項分佈（Binomial Distribution），並結合獨立事件（Independent Events）與余事件原理（Complement Rule）。當隨機實驗只有兩種對立結果（成功與失敗），且各次試驗互相獨立、成功機率恆定時，即構成伯努利試驗序列。在計算「至少出現一次成功」的機率時，利用余事件法（$1 - \text{完全未成功的機率}$）為最簡潔且精準的求解路徑。

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完整解題過程

步驟一：定義單次伯努利試驗（Bernoulli Trial）

擲一枚公正骰子一次為一個典型的伯努利試驗。我們將單次試驗的可能結果劃分為以下兩種情況：

• 成功（Success, $S$）：擲出點數為 6。
• 失敗（Failure, $F$）：擲出點數非 6（即點數為 1, 2, 3, 4, 5）。

因為該骰子為公正骰子（Fair die），6 個點數出現的機率均等（均為 $\frac{1}{6}$），故單次試驗的成功機率 $p$ 與失敗機率 $q$ 分別為：
$p = P(S) = \frac{1}{6}$
$q = P(F) = 1 - p = \frac{5}{6}$

步驟二：建立 4 次獨立伯努利試驗模型

連續擲骰子 4 次，相當於進行長度為 $n = 4$ 的伯努利試驗序列。
由於每次擲骰子的過程與結果均互不影響，這 4 次試驗滿足**獨立同分佈（i.i.d.）**之性質。

設隨機變數 $X$ 代表 4 次擲骰中出現點數 6 的總次數，則 $X$ 服從二項分佈：