108 年 國立政治大學財政學系碩士班《統計學》

核心觀念

本題考查二維連續型隨機變數的變數變換法。令

$$Y=\frac{X_1}{X_1+X_2},$$

可搭配總和

$$T=X_1+X_2$$

建立一對一變換。使用公式：

$$f_{Y,T}(y,t) =f_{X_1,X_2}\bigl(x_1(y,t),x_2(y,t)\bigr) \left|J\right|,$$

其中 $J$ 為反變換的 Jacobian 行列式。

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解題方法

取

$$Y=\frac{X_1}{X_1+X_2},\qquad T=X_1+X_2.$$

由此得反變換：

$$X_1=YT,\qquad X_2=(1-Y)T.$$

由於 $X_1>0$、$X_2>0$，且 $T=X_1+X_2>0$，因此

$$0<Y<1,\qquad T>0.$$

計算 Jacobian：

$$\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(y,t)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y} & \frac{\partial x_1}{\partial t}\\[4pt] \frac{\partial x_2}{\partial y} & \frac{\partial x_2}{\partial t} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} t & y\\ -t & 1-y \end{vmatrix}.$$

因此

$$J=t(1-y)-y(-t)=t,$$

而 $t>0$，故

$$|J|=t.$$

原聯合密度代入 $x_1=yt$、$x_2=(1-y)t$：

$$f_{X_1,X_2}(yt,(1-y)t) =e^{-\{yt+(1-y)t\}} =e^{-t}.$$

所以 $(Y,T)$ 的聯合密度為

$$f_{Y,T}(y,t)=e^{-t}t, \qquad 0<y<1,\ t>0.$$

本題考驗獨立事件的定義與判斷。兩個事件 A 與 B 獨立的條件是 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$。

首先，我們列出兩個公正骰子投擲的所有可能結果，共有 $6 \times 6 = 36$ 種。

事件 A：點數和為 6。
可能結果為 (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)。
$P(A) = \frac{5}{36}$。

事件 B：點數和為 7。
可能結果為 (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)。
$P(B) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$。

事件 C：第一個骰子點數為 4。
可能結果為 (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)。
$P(C) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$。

事件 D：第二個骰子點數為 3。
可能結果為 (1,3), (2,3), (3,3), (4,3), (5,3), (6,3)。
$P(D) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$。

現在我們來判斷各組事件的獨立性。

(1) 證明 A 與 C 是否獨立：
首先計算 $A \cap C$。這是指第一個骰子點數為 4，且點數和為 6 的事件。
唯一滿足的結果是 (4,2)。
$P(A \cap C) = \frac{1}{36}$。

本題考驗全機率法則 (Law of Total Probability) 和貝氏定理 (Bayes' Theorem)。

首先，定義各事件：
H：教科書為 huge success (10%)
M：教科書為 modest success (20%)
B：教科書為 break even (40%)
L：教科書為 loser (30%)

R：教科書獲得 favorable review (正面評價)

已知條件機率：
$P(R|H) = 0.99$
$P(R|M) = 0.70$
$P(R|B) = 0.40$
$P(R|L) = 0.20$

已知事件的先驗機率：
$P(H) = 0.10$
$P(M) = 0.20$
$P(B) = 0.40$
$P(L) = 0.30$
注意：$P(H) + P(M) + P(B) + P(L) = 0.10 + 0.20 + 0.40 + 0.30 = 1.00$。

(1) 計算教科書獲得正面評價的比例 (總機率)。
我們使用全機率法則：$P(R) = P(R|H)P(H) + P(R|M)P(M) + P(R|B)P(B) + P(R|L)P(L)$。
$P(R) = (0.99)(0.10) + (0.70)(0.20) + (0.40)(0.40) + (0.20)(0.30)$
$P(R) = 0.099 + 0.140 + 0.160 + 0.060$
$P(R) = 0.459$

所以，約有 45.9% 的教科書會獲得正面評價。

(2) 如果該提案教科書獲得正面評價，編輯應如何修正各種結果的機率？
這是在問後驗機率 (posterior probabilities)，也就是在知道 R 事件發生的情況下，H, M, B, L 事件發生的機率。我們需要使用貝氏定理。

本題考驗卡方適合度檢定 (Chi-squared Goodness-of-Fit Test) 來檢定資料是否服從卜松分佈 (Poisson Distribution)。

首先，我們需要根據樣本資料估計卜松分佈的參數 $\lambda$。
卜松分佈的平均數 $\lambda$ 可以由樣本平均數估計：
$\hat{\lambda} = \bar{x} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i f_i}{N}$
其中 $x_i$ 是觀察到的值 (未付款搭乘人數)，$f_i$ 是對應的次數 (天數)，$N$ 是總觀測天數。
$N = 20 + 37 + 23 + 15 + 4 + 0 + 1 = 100$ 天。
$\hat{\lambda} = \frac{(0 \times 20) + (1 \times 37) + (2 \times 23) + (3 \times 15) + (4 \times 4) + (5 \times 0) + (6 \times 1)}{100}$
$\hat{\lambda} = \frac{0 + 37 + 46 + 45 + 16 + 0 + 6}{100} = \frac{150}{100} = 1.5$

因此，我們假設卜松分佈的參數 $\lambda = 1.5$。
現在，我們需要計算在 $\lambda = 1.5$ 下，各個觀察值出現的期望頻率 (Expected Frequency, $E_i$)。
卜松分佈的機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$。
期望頻率 $E_i = N \times P(X=x_i)$。

觀察值 (k) | 觀察頻率 ($f_i$) | $P(X=k | \lambda=1.5)$ | 期望頻率 ($E_i = 100 \times P(X=k)$)
------- | -------- | -------- | --------
0 | 20 | $\frac{1.5^0 e^{-1.5}}{0!} = e^{-1.5} \approx 0.2231$ | $100 \times 0.2231 = 22.31$
1 | 37 | $\frac{1.5^1 e^{-1.5}}{1!} = 1.5 \times 0.2231 \approx 0.3347$ | $100 \times 0.3347 = 33.47$
2 | 23 | $\frac{1.5^2 e^{-1.5}}{2!} = \frac{2.25}{2} \times 0.2231 \approx 0.2510$ | $100 \times 0.2510 = 25.10$
3 | 15 | $\frac{1.5^3 e^{-1.5}}{3!} = \frac{3.375}{6} \times 0.2231 \approx 0.1255$ | $100 \times 0.1255 = 12.55$
4 | 4 | $\frac{1.5^4 e^{-1.5}}{4!} = \frac{5.0625}{24} \times 0.2231 \approx 0.0471$ | $100 \times 0.0471 = 4.71$
5 | 0 | $\frac{1.5^5 e^{-1.5}}{5!} = \frac{7.59375}{120} \times 0.2231 \approx 0.0141$ | $100 \times 0.0141 = 1.41$
6 | 1 | $\frac{1.5^6 e^{-1.5}}{6!} = \frac{11.390625}{720} \times 0.2231 \approx 0.0035$ | $100 \times 0.0035 = 0.35$

由於期望頻率 $E_i$ 小於 5 的情況較多 (例如 $k=5, 6$)，我們應該將這些類別合併。

本題考驗雙因子變異數分析 (Two-Way ANOVA) 的應用，用於檢定不同類別因子對連續變數的影響。

首先，整理資料並計算總體平均數、各因子水準的平均數等。
資料表格：

包裝/分店	A分店	B分店	C分店	D分店	總計 (包裝)
塑膠包裝	180	260	180	360	980
罐頭包裝	300	400	180	240	1120
玻璃包裝	420	460	380	500	1760
總計 (分店)	900	1120	740	1100	3860

總觀測數 $N = 3 \times 4 = 12$。
總平均數 $\bar{X} = \frac{3860}{12} \approx 321.67$。

(1) 檢定不同包裝對銷售量的影響是否顯著。
這是在檢定「包裝」因子 (Factor: Packaging) 是否顯著。
因子為「包裝」，有 3 個水準 (塑膠, 罐頭, 玻璃)。
分店是另一個因子，在此問題中視為「區塊」(Block)，或者我們進行交互作用的檢定。
在此問題中，我們將分店視為區塊，進行隨機區塊設計 (Randomized Block Design) 的變異數分析。

虛無假設 $H_{0,Pkg}$: 三種包裝的平均銷售量沒有顯著差異。
對立假設 $H_{1,Pkg}$: 至少有一種包裝的平均銷售量與其他不同。

計算總離差平方和 (Total Sum of Squares, SST)：
$SST = \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^4 (x_{ij} - \bar{X})^2$
$SST = (180-321.67)^2 + (260-321.67)^2 + ... + (500-321.67)^2$
計算較簡便的方法：$SST = \sum x_{ij}^2 - \frac{(\sum x_{ij})^2}{N}$
$\sum x_{ij}^2 = 180^2 + 260^2 + 180^2 + 360^2 + 300^2 + 400^2 + 180^2 + 240^2 + 420^2 + 460^2 + 380^2 + 500^2$
$\sum x_{ij}^2 = 32400 + 67600 + 32400 + 129600 + 90000 + 160000 + 32400 + 57600 + 176400 + 211600 + 144400 + 250000 = 1,384,400$
$SST = 1,384,400 - \frac{3860^2}{12} = 1,384,400 - \frac{14899600}{12} = 1,384,400 - 1,241,633.33 = 142,766.67$

計算包裝因子離差平方和 (Sum of Squares for Packaging, SSpkg)：
$\bar{X}_{pkg,1} = \frac{980}{4} = 245$ (塑膠)
$\bar{X}_{pkg,2} = \frac{1120}{4} = 280$ (罐頭)
$\bar{X}_{pkg,3} = \frac{1760}{4} = 440$ (玻璃)
$SS_{pkg} = \sum_{i=1}^3 n_j (\bar{X}_{pkg,i} - \bar{X})^2$ (這裡 $n_j$ 是每個包裝對應的分店數，即 4)
$SS_{pkg} = 4 \times [(245 - 321.67)^2 + (280 - 321.67)^2 + (440 - 321.67)^2]$
$SS_{pkg} = 4 \times [(-76.67)^2 + (-41.67)^2 + (118.33)^2]$
$SS_{pkg} = 4 \times [5878.49 + 1736.39 + 13999.89] = 4 \times 21614.77 = 86459.08$

計算分店區塊離差平方和 (Sum of Squares for Blocks, SSblks)：
$\bar{X}_{blks,1} = \frac{900}{3} = 300$ (A分店)

本題考驗單比例檢定 (One-Proportion Test) 和第二型錯誤 (Type II Error) 的機率計算。

樣本大小 $n = 200$。
樣本中成功次數 (使用 A 品牌手機) $x = 60$。
樣本比例 $\hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{60}{200} = 0.30$。

(1) 檢定是否可說明此一大學有 1/4 以上的同學是使用 A 品牌手機。
顯著水準 $\alpha = 0.025$。
虛無假設 $H_0: p \le 0.25$ (母體比例不大於 1/4)。
對立假設 $H_1: p > 0.25$ (母體比例大於 1/4)。
這是一個右尾檢定 (right-tailed test)。

我們可以使用 Z 檢定，因為樣本大小足夠大 (np = 200 * 0.25 = 50 >= 5, n(1-p) = 200 * 0.75 = 150 >= 5)。
在 $H_0$ 下，我們使用 $p_0 = 0.25$ 作為母體比例。
檢定統計量 $Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$。
$Z = \frac{0.30 - 0.25}{\sqrt{\frac{0.25(1-0.25)}{200}}} = \frac{0.05}{\sqrt{\frac{0.25 \times 0.75}{200}}} = \frac{0.05}{\sqrt{\frac{0.1875}{200}}} = \frac{0.05}{\sqrt{0.0009375}} = \frac{0.05}{0.0306186} \approx 1.633$

在 $\alpha = 0.025$ 的右尾檢定中，臨界值 $Z_{\alpha} = Z_{0.025} = 1.96$。
由於檢定統計量 $Z = 1.633 < 1.96$，我們無法拒絕虛無假設 $H_0$。
因此，沒有足夠的證據說明此一大學有 1/4 以上的同學是使用 A 品牌手機。

(2) 若真正使用 A 品牌手機的母體比例為 0.35 時，上述檢定過程中型 II 錯誤的機率為何？
第二型錯誤 (Type II Error, $\beta$) 是指當對立假設 $H_1$ 為真時，我們卻未能拒絕虛無假設 $H_0$ 的機率。
在這個情境下，$H_1$ 為真，即真實的母體比例 $p = 0.35$。
我們要計算 $P(\text{Fail to reject } H_0 | p = 0.35)$。
未能拒絕 $H_0$ 的條件是檢定統計量 $Z \le Z_{\alpha}$。
由於我們在 (1) 中使用的是右尾檢定，且臨界值是 $Z_{0.025} = 1.96$，所以未能拒絕 $H_0$ 的條件是 $Z \le 1.96$。

現在，我們計算當真實比例 $p=0.35$ 時，Z 統計量落在 $Z \le 1.96$ 的機率。
當真實比例是 $p=0.35$ 時，Z 統計量為：
$Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$，這裡的 $p_0=0.25$ 是我們用於計算 Z 值的 $H_0$ 假設值，而不是真實比例。
但是，在計算 $\beta$ 時，我們需要使用真實的母體比例 $p = 0.35$ 來計算 $\hat{p}$ 的分佈。
然而，我們拒絕 $H_0$ 的準則是用 $Z_{crit} = 1.96$。

本題考驗估計量的不偏性 (Unbiasedness)、一致性 (Consistency) 及有效性 (Efficiency)。

樣本一：$\{x_1, x_2, \dots, x_n\}$，來自母體 $N(\mu, \sigma^2)$。樣本平均數 $\bar{x} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$。
樣本二：$\{y_1, y_2, \dots, y_m\}$，來自母體 $N(\mu, \sigma^2)$。樣本平均數 $\bar{y} = \frac{1}{m}\sum_{j=1}^m y_j$。
兩組樣本獨立。

我們關心的參數是母體平均數 $\mu$。

估計量一：$\hat{\mu}_1 = \bar{x}$
估計量二：$\hat{\mu}_2 = \frac{n\bar{x} + m\bar{y}}{n+m}$

(1) 不偏性 (Unbiasedness)：
一個估計量 $\hat{\theta}$ 對參數 $\theta$ 是不偏的，如果其期望值等於 $\theta$，即 $E(\hat{\theta}) = \theta$。

對於 $\hat{\mu}_1 = \bar{x}$：
$E(\hat{\mu}_1) = E(\bar{x}) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(x_i)$。
由於 $x_i$ 是來自 $N(\mu, \sigma^2)$ 的樣本，所以 $E(x_i) = \mu$。
$E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mu = \frac{1}{n} (n\mu) = \mu$。
因此，$\hat{\mu}_1 = \bar{x}$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。

對於 $\hat{\mu}_2 = \frac{n\bar{x} + m\bar{y}}{n+m}$：
$E(\hat{\mu}_2) = E\left(\frac{n\bar{x} + m\bar{y}}{n+m}\right)$
$= \frac{1}{n+m} E(n\bar{x} + m\bar{y})$
$= \frac{1}{n+m} [E(n\bar{x}) + E(m\bar{y})]$
$= \frac{1}{n+m} [n E(\bar{x}) + m E(\bar{y})]$
我們知道 $E(\bar{x}) = \mu$ 且 $E(\bar{y}) = \mu$。
$E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n+m} [n\mu + m\mu] = \frac{1}{n+m} [(n+m)\mu] = \mu$。
因此，$\hat{\mu}_2$ 也是 $\mu$ 的不偏估計量。

(2) 一致性 (Consistency)：
一個估計量 $\hat{\theta}_N$ 對參數 $\theta$ 是一致的，如果當樣本數 $N \to \infty$ 時，$\hat{\theta}_N$ 依機率收斂於 $\theta$。
即 $P(|\hat{\theta}_N - \theta| < \epsilon) \to 1$ 當 $N \to \infty$，對於任意 $\epsilon > 0$。
根據切比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality)，如果 $E(\hat{\theta}_N) \to \theta$ 且 $Var(\hat{\theta}_N) \to 0$ 當 $N \to \infty$，則 $\hat{\theta}_N$ 是一致估計量。

對於 $\hat{\mu}_1 = \bar{x}$：
我們已經證明 $E(\hat{\mu}_1) = \mu$ (不偏)。
現在計算變異數：
$Var(\hat{\mu}_1) = Var(\bar{x}) = Var\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i\right) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n Var(x_i)$ (因為 $x_i$ 獨立)。
$Var(x_i) = \sigma^2$。
$Var(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n \sigma^2 = \frac{1}{n^2} (n\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}$。
當 $n \to \infty$， $Var(\hat{\mu}_1) = \frac{\sigma^2}{n} \to 0$。
由於 $E(\hat{\mu}_1) = \mu$ 且 $Var(\hat{\mu}_1) \to 0$ 當 $n \to \infty$，所以 $\hat{\mu}_1 = \bar{x}$ 是一致估計量。

本題考驗簡單線性迴歸分析，包括迴歸直線的估計、決定係數的計算、殘差變異數的估計與信賴區間，以及迴歸係數的信賴區間。

首先，整理樣本資料並計算相關統計量。
樣本數 $n=6$。
X 值: 72, 93, 93, 88, 96, 80
Y 值: 11, 14, 18, 13, 16, 12

計算平均數：
$\bar{x} = \frac{72+93+93+88+96+80}{6} = \frac{522}{6} = 87$
$\bar{y} = \frac{11+14+18+13+16+12}{6} = \frac{84}{6} = 14$

計算平方和與交叉乘積和：
$\sum x_i^2 = 72^2 + 93^2 + 93^2 + 88^2 + 96^2 + 80^2 = 5184 + 8649 + 8649 + 7744 + 9216 + 6400 = 45842$
$\sum y_i^2 = 11^2 + 14^2 + 18^2 + 13^2 + 16^2 + 12^2 = 121 + 196 + 324 + 169 + 256 + 144 = 1210$
$\sum x_i y_i = (72 \times 11) + (93 \times 14) + (93 \times 18) + (88 \times 13) + (96 \times 16) + (80 \times 12)$
$= 792 + 1302 + 1674 + 1144 + 1536 + 960 = 7408$

計算迴歸係數 $b_1$ (斜率) 和 $b_0$ (截距)。
$S_{xx} = \sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 45842 - 6 \times 87^2 = 45842 - 6 \times 7569 = 45842 - 45414 = 428$
$S_{xy} = \sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y} = 7408 - 6 \times 87 \times 14 = 7408 - 7308 = 100$

$b_1 = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{100}{428} \approx 0.2336$

$b_0 = \bar{y} - b_1 \bar{x} = 14 - 0.2336 \times 87 = 14 - 20.3232 \approx -6.3232$

(1) 迴歸估計方程式：
$\hat{y} = b_0 + b_1 x$
$\hat{y} = -6.3232 + 0.2336x$

(2) 解釋總差異平方和的百分比。
這個百分比是指決定係數 $R^2$。
$R^2 = \frac{SSR}{SST}$，其中 SSR 是迴歸平方和，SST 是總平方和。
$SSR = b_1 S_{xy} = 0.2336 \times 100 = 23.36$
$SST = \sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 1210 - 6 \times 14^2 = 1210 - 6 \times 196 = 1210 - 1176 = 34$

$R^2 = \frac{SSR}{SST} = \frac{23.36}{34} \approx 0.6871$
所以，迴歸估計方程式解釋了總差異平方和的約 68.71%。

(3) 計算條件變異數 $\sigma^2(Y|X)$ 的點估計及 95% 的信賴區間。
條件變異數 $\sigma^2(Y|X)$ 的點估計量是殘差變異數 $s^2$。
$s^2 = \frac{SSE}{n-2}$