109 年 國立政治大學財政學系碩士班《統計學》

本題在考察聯合機率密度函數的計算，包含邊緣機率密度函數、條件機率密度函數、期望值、以及協方差的計算。

首先，我們需要確認題目給定的聯合機率密度函數 $f(x,y)$ 的定義域，即 $0 \le x \le 3$ 且 $0 \le y \le 5$。

1. 計算 $E(X|Y)$

為了計算 $E(X|Y)$，我們需要先求出 $X$ 在給定 $Y=y$ 下的條件機率密度函數 $f(x|y)$。
$f(x|y) = \frac{f(x,y)}{f_Y(y)}$
其中 $f_Y(y)$ 是 $Y$ 的邊緣機率密度函數。我們計算 $f_Y(y)$：
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx$
由於 $f(x,y)$ 的定義域是 $0 \le x \le 3$ 且 $0 \le y \le 5$，我們對 $x$ 進行積分：
$f_Y(y) = \int_{0}^{3} \frac{1}{15} dx = \frac{1}{15} [x]_0^3 = \frac{1}{15} (3-0) = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}$
此結果適用於 $0 \le y \le 5$。

現在我們可以計算條件機率密度函數 $f(x|y)$:
$f(x|y) = \frac{f(x,y)}{f_Y(y)} = \frac{\frac{1}{15}}{\frac{1}{5}} = \frac{1}{15} \times 5 = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$
此結果適用於 $0 \le x \le 3$ 且 $0 \le y \le 5$。

接著，我們計算 $E(X|Y=y)$:
$E(X|Y=y) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x|y) dx = \int_{0}^{3} x \left(\frac{1}{3}\right) dx$
$E(X|Y=y) = \frac{1}{3} \int_{0}^{3} x dx = \frac{1}{3} \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^3 = \frac{1}{3} \left(\frac{3^2}{2} - 0\right) = \frac{1}{3} \times \frac{9}{2} = \frac{3}{2}$
因此，$E(X|Y) = \frac{3}{2}$。

2. 計算 $E(Y|X)$

類似地，為了計算 $E(Y|X)$，我們需要先求出 $Y$ 在給定 $X=x$ 下的條件機率密度函數 $f(y|x)$。
$f(y|x) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)}$
其中 $f_X(x)$ 是 $X$ 的邊緣機率密度函數。我們計算 $f_X(x)$：
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy$
由於 $f(x,y)$ 的定義域是 $0 \le x \le 3$ 且 $0 \le y \le 5$，我們對 $y$ 進行積分：
$f_X(x) = \int_{0}^{5} \frac{1}{15} dy = \frac{1}{15} [y]_0^5 = \frac{1}{15} (5-0) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$
此結果適用於 $0 \le x \le 3$。

現在我們可以計算條件機率密度函數 $f(y|x)$:
$f(y|x) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)} = \frac{\frac{1}{15}}{\frac{1}{3}} = \frac{1}{15} \times 3 = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}$

本題在考察統計估計量的性質，特別是不偏性 (unbiasedness) 與有效性 (efficiency)。我們需要分別檢驗 $\hat{\mu}_1$ 和 $\hat{\mu}_2$ 這兩個估計量對於母體平均數 $\mu$ 的性質。

首先，我們需要知道樣本的性質：

1. $X_1, \dots, X_n$ 是從 $N(\mu, \sigma^2)$ 獨立抽取的樣本。
2. $Y_1, \dots, Y_m$ 是從 $N(\mu, \sigma^2)$ 獨立抽取的樣本。
3. 這兩組樣本是互相獨立的。

我們知道，對於從 $N(\mu, \sigma^2)$ 抽取的任何樣本 $Z_i$，其期望值為 $E(Z_i) = \mu$ 且變異數為 $Var(Z_i) = \sigma^2$。

檢驗 $\hat{\mu}_1 = \frac{X_n + Y_m}{2}$

1. 不偏性 (Unbiasedness):
   一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於參數 $\theta$ 是不偏的，如果 $E(\hat{\theta}) = \theta$。
   我們計算 $\hat{\mu}_1$ 的期望值：
   $E(\hat{\mu}_1) = E\left(\frac{X_n + Y_m}{2}\right)$
   利用期望值的線性性質：
   $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} E(X_n + Y_m) = \frac{1}{2} [E(X_n) + E(Y_m)]$
   由於 $X_n$ 和 $Y_m$ 都是從 $N(\mu, \sigma^2)$ 抽取的單一樣本，所以 $E(X_n) = \mu$ 且 $E(Y_m) = \mu$。
   $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} (\mu + \mu) = \frac{1}{2} (2\mu) = \mu$
   因此，$\hat{\mu}_1$ 是 $\mu$ 的一個不偏估計量。

2. 有效性 (Efficiency):
   有效性通常是指在所有不偏估計量中，具有最小變異數的估計量。我們計算 $\hat{\mu}_1$ 的變異數：
   $Var(\hat{\mu}_1) = Var\left(\frac{X_n + Y_m}{2}\right)$
   利用變異數的性質：
   $Var(\hat{\mu}_1) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 Var(X_n + Y_m)$
   由於 $X_n$ 和 $Y_m$ 是獨立的，所以 $Var(X_n + Y_m) = Var(X_n) + Var(Y_m)$。
   $Var(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{4} [Var(X_n) + Var(Y_m)]$
   由於 $X_n$ 和 $Y_m$ 的變異數都是 $\sigma^2$：
   $Var(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{4} (\sigma^2 + \sigma^2) = \frac{1}{4} (2\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{2}$
   $\hat{\mu}_1$ 的變異數是 $\frac{\sigma^2}{2}$。

檢驗 $\hat{\mu}_2 = \frac{nX_n + mY_m}{n+m}$

1. 不偏性 (Unbiasedness):
   我們計算 $\hat{\mu}_2$ 的期望值：
   $E(\hat{\mu}_2) = E\left(\frac{nX_n + mY_m}{n+m}\right)$
   利用期望值的線性性質：
   $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n+m} E(nX_n + mY_m) = \frac{1}{n+m} [nE(X_n) + mE(Y_m)]$
   由於 $E(X_n) = \mu$ 且 $E(Y_m) = \mu$：
   $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n+m} (n\mu + m\mu) = \frac{1}{n+m} [(n+m)\mu] = \mu$
   因此，$\hat{\mu}_2$ 也是 $\mu$ 的一個不偏估計量。

2. 有效性 (Efficiency):
   我們計算 $\hat{\mu}_2$ 的變異數：
   $Var(\hat{\mu}_2) = Var\left(\frac{nX_n + mY_m}{n+m}\right)$
   利用變異數的性質：
   $Var(\hat{\mu}_2) = \left(\frac{1}{n+m}\right)^2 Var(nX_n + mY_m)$
   由於 $X_n$ 和 $Y_m$ 是獨立的：
   $Var(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{(n+m)^2} [Var(nX_n) + Var(mY_m)]$
   利用 $Var(aZ) = a^2 Var(Z)$：
   $Var(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{(n+m)^2} [n^2 Var(X_n) + m^2 Var(Y_m)]$

本題在考察假設檢定的基本概念，包括第一型錯誤、第二型錯誤、檢定力，以及它們之間的關係。

1. 敘述：在一個假設檢定中, $\alpha$ (第一型錯誤發生的機率) 與 $\beta$ (第二型錯誤發生的機率) 之和必等於 1。

• 說明： 這個敘述是錯誤的。

• 解釋：

  • 第一型錯誤 ($\alpha$)：當虛無假設 $H_0$ 為真時，我們卻拒絕了 $H_0$ 的機率。
  • 第二型錯誤 ($\beta$)：當對立假設 $H_1$ 為真時 (亦即 $H_0$ 為偽)，我們卻未能拒絕 $H_0$ 的機率。
  • 檢定力 (Power)：當對立假設 $H_1$ 為真時 (亦即 $H_0$ 為偽)，我們正確地拒絕了 $H_0$ 的機率。檢定力等於 $1 - \beta$。

  在一個假設檢定中，有四種可能的情況：

  1. $H_0$ 為真，我們接受 $H_0$ (正確)。機率為 $1 - \alpha$。
  2. $H_0$ 為真，我們拒絕 $H_0$ (第一型錯誤)。機率為 $\alpha$。
  3. $H_0$ 為偽 ($H_1$ 為真)，我們接受 $H_0$ (第二型錯誤)。機率為 $\beta$。
  4. $H_0$ 為偽 ($H_1$ 為真)，我們拒絕 $H_0$ (正確，檢定力)。機率為 $1 - \beta$。

  這四種情況的機率加總起來必須等於 1：
  $(1 - \alpha) + \alpha + \beta + (1 - \beta) = 1$
  $1 + 1 = 2$ (這不是加總為1的證明，而是所有情況的機率加總)

  正確的關係是：

  • 當 $H_0$ 為真時，所有結果的機率加總為 $(1-\alpha) + \alpha = 1$。
  • 當 $H_1$ 為真時，所有結果的機率加總為 $\beta + (1-\beta) = 1$。

  $\alpha$ 和 $\beta$ 的值通常不相等，它們之間沒有固定的線性關係（如加總為 1）。

本題在考察統計推論的幾個重要應用：變異數的檢定、平均數差異的信賴區間，以及平均數的單尾檢定。題目假設兩組數據來自常態分配。

首先，我們計算樣本的統計量。
樣本數：$n_A = 5$, $n_B = 5$。
A生產線數據：20, 18, 12, 24, 16
B生產線數據：24, 22, 18, 22, 14

樣本平均數：
$\bar{X}_A = \frac{20+18+12+24+16}{5} = \frac{90}{5} = 18$
$\bar{X}_B = \frac{24+22+18+22+14}{5} = \frac{100}{5} = 20$

樣本變異數：
$s_A^2 = \frac{\sum_{i=1}^{n_A}(X_i - \bar{X}_A)^2}{n_A-1} = \frac{(20-18)^2+(18-18)^2+(12-18)^2+(24-18)^2+(16-18)^2}{5-1} = \frac{4+0+36+36+4}{4} = \frac{80}{4} = 20$
$s_B^2 = \frac{\sum_{i=1}^{n_B}(Y_i - \bar{X}_B)^2}{n_B-1} = \frac{(24-20)^2+(22-20)^2+(18-20)^2+(22-20)^2+(14-20)^2}{5-1} = \frac{16+4+4+4+36}{4} = \frac{64}{4} = 16$

1. 以 $\alpha = 0.05$ 檢定 A、B 兩條生產線之產品重量的變異數是否相同?

此問題需要進行 F 檢定來比較兩個常態母體的變異數。
虛無假設 $H_0: \sigma_A^2 = \sigma_B^2$
對立假設 $H_1: \sigma_A^2 \ne \sigma_B^2$ (雙尾檢定)
顯著水準 $\alpha = 0.05$。
檢定統計量為 $F = \frac{s_A^2}{s_B^2}$ 或 $F = \frac{s_B^2}{s_A^2}$，通常將較大的樣本變異數放在分子。
在這裡，$s_A^2 = 20$ 且 $s_B^2 = 16$。
我們選擇 $F = \frac{s_A^2}{s_B^2} = \frac{20}{16} = 1.25$。
自由度為：分子自由度 $df_1 = n_A - 1 = 5 - 1 = 4$；分母自由度 $df_2 = n_B - 1 = 5 - 1 = 4$。

我們需要在 F 分配表中查找臨界值。對於 $\alpha = 0.05$ 的雙尾檢定，我們需要查找 $F_{\alpha/2, df_1, df_2}$ 和 $F_{1-\alpha/2, df_1, df_2}$。
由於我們將較大的變異數放在分子，我們只需要查找 $F_{\alpha/2, df_1, df_2}$。
查表可知，$F_{0.025, 4, 4} = 6.388$。
檢定統計量 $F = 1.25$。
比較檢定統計量與臨界值：$1.25 < 6.388$。
因為 $F$ 值小於臨界值，我們無法拒絕虛無假設 $H_0$。

結論： 在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，沒有足夠的證據顯示 A、B 兩條生產線的產品重量變異數不同。

【答案】無法拒絕 $H_0$，認為變異數相同。

2. 求算 A、B 兩條生產線產品重量平均差之 95% 信賴區間為何?

這個問題是求 $\mu_A - \mu_B$ 的信賴區間。由於我們在第一部分檢定變異數時，未能拒絕 $\sigma_A^2 = \sigma_B^2$，因此我們可以使用合併變異數的 t 分配。

合併變異數 $s_p^2$ 的計算：
$s_p^2 = \frac{(n_A-1)s_A^2 + (n_B-1)s_B^2}{n_A+n_B-2} = \frac{(5-1) \times 20 + (5-1) \times 16}{5+5-2} = \frac{4 \times 20 + 4 \times 16}{8} = \frac{80 + 64}{8} = \frac{144}{8} = 18$
合併變異數的自由度： $df = n_A + n_B - 2 = 5 + 5 - 2 = 8$。
信賴水準： 95%，所以 $\alpha = 0.05$。
t 值： 從 t 分配表中查找 $t_{\alpha/2, df} = t_{0.025, 8}$。
查表可知，$t_{0.025, 8} = 2.306$。

信賴區間的公式：
$(\bar{X}_A - \bar{X}_B) \pm t_{\alpha/2, df} \sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_A} + \frac{1}{n_B}\right)}$
代入數值：
$(18 - 20) \pm 2.306 \sqrt{18 \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{5}\right)}$
$-2 \pm 2.306 \sqrt{18 \left(\frac{2}{5}\right)}$
$-2 \pm 2.306 \sqrt{\frac{36}{5}}$
$-2 \pm 2.306 \sqrt{7.2}$
$-2 \pm 2.306 \times 2.683$
$-2 \pm 6.187$
信賴區間為 $(-2 - 6.187, -2 + 6.187) = (-8.187, 4.187)$。

本題在考察統計學中的幾個重要應用：無關檢定 (Independence Test) / 卡方檢定、比例的檢定，以及比例的信賴區間。

首先，我們需要整理並計算表格中的總數、列合計與行合計。

整理後的列聯表 (Contingency Table) 及總計：

家庭人口數	1-2人	3-4人	5人以上	列合計
8公升	25	37	8	70
10公升	10	62	53	125
12公升	5	41	59	105
行合計	40	140	120	300

總樣本數 N = 300。

1. 以 $\alpha = 0.05$ 檢定家庭人口數與洗衣機容量是否有關?

此問題是檢定兩個分類變數之間的獨立性，我們使用卡方獨立性檢定 (Chi-squared test of independence)。
虛無假設 $H_0$: 家庭人口數與洗衣機容量是獨立的 (無關)。
對立假設 $H_1$: 家庭人口數與洗衣機容量是相關的 (有關)。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

首先，計算期望次數 (Expected frequencies, $E_{ij}$)。在 $H_0$ 成立時，各儲存格的期望次數為：
$E_{ij} = \frac{(\text{列 } i \text{ 的合計}) \times (\text{行 } j \text{ 的合計})}{N}$
其中 $i$ 代表人口數類別 (1-2人, 3-4人, 5人以上)，$j$ 代表容量類別 (8公升, 10公升, 12公升)。

• 1-2人 & 8公升: $E_{11} = \frac{40 \times 70}{300} = \frac{2800}{300} \approx 9.33$

• 3-4人 & 8公升: $E_{12} = \frac{140 \times 70}{300} = \frac{9800}{300} \approx 32.67$

• 5人以上 & 8公升: $E_{13} = \frac{120 \times 70}{300} = \frac{8400}{300} = 28.00$

• 1-2人 & 10公升: $E_{21} = \frac{40 \times 125}{300} = \frac{5000}{300} \approx 16.67$

• 3-4人 & 10公升: $E_{22} = \frac{140 \times 125}{300} = \frac{17500}{300} \approx 58.33$

• 5人以上 & 10公升: $E_{23} = \frac{120 \times 125}{300} = \frac{15000}{300} = 50.00$

• 1-2人 & 12公升: $E_{31} = \frac{40 \times 105}{300} = \frac{4200}{300} = 14.00$

• 3-4人 & 12公升: $E_{32} = \frac{140 \times 105}{300} = \frac{14700}{300} = 49.00$

• 5人以上 & 12公升: $E_{33} = \frac{120 \times 105}{300} = \frac{12600}{300} = 42.00$

卡方檢定統計量 $\chi^2$ 的計算：
$\chi^2 = \sum_{i,j} \frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$
其中 $O_{ij}$ 是觀察到的次數。

$O_{ij}$	$E_{ij}$	$O_{ij} - E_{ij}$	$(O_{ij} - E_{ij})^2$	$\frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$
25	9.33	15.67	245.55	26.32
37	32.67	4.33	18.75	0.57
8	28.00	-20.00	400.00	14.29
10	16.67	-6.67	44.49	2.67
62	58.33	3.67	13.47	0.23
53	50.00	3.00	9.00	0.21
5	14.00	-9.00	81.00	5.79

本題是關於多因子變異數分析 (Two-Way ANOVA) 的應用，但題目只要求對單一因子進行檢定。

1. 以 $\alpha = 0.05$ 檢定不同顏色的包裝之間是否存在銷售量的差異?

這是檢定「顏色」這個因子是否對銷售量有顯著影響。我們將此視為一個單因子變異數分析 (One-Way ANOVA)，其中「顏色」是因子，「地區」的影響被視為隨機誤差的一部分，或是我們假設沒有地區效應。

• 虛無假設 $H_0$: 不同顏色的包裝之間銷售量沒有差異 ($\mu_{\text{黃色}} = \mu_{\text{紅色}} = \mu_{\text{藍色}}$)。
• 對立假設 $H_1$: 至少有一種顏色的銷售量與其他顏色不同。
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$。

我們需要計算組間變異數 (Between-group variance, MSB) 和組內變異數 (Within-group variance, MSW)，然後計算 F 統計量。

資料整理 (按顏色分組)：

• 黃色: 67, 74, 68. 樣本數 $n_1=3$. 平均數 $\bar{X}_1 = \frac{67+74+68}{3} = \frac{209}{3} \approx 69.67$.
• 紅色: 56, 59, 62. 樣本數 $n_2=3$. 平均數 $\bar{X}_2 = \frac{56+59+62}{3} = \frac{177}{3} = 59$.
• 藍色: 80, 75, 74. 樣本數 $n_3=3$. 平均數 $\bar{X}_3 = \frac{80+75+74}{3} = \frac{229}{3} \approx 76.33$.

總平均數 $\bar{X}_{total} = \frac{615}{9} = 68.33$。 (注意：這裡的 N=9 是指總共有 9 個觀察值，而不是 300 個)

計算平方和 (Sum of Squares, SS)：

• 總平方和 (SSTotal):
  SSTotal = $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 (x_{ij} - \bar{X}_{total})^2$
  SSTotal = $(67-68.33)^2 + (74-68.33)^2 + (68-68.33)^2 + (56-68.33)^2 + (59-68.33)^2 + (62-68.33)^2 + (80-68.33)^2 + (75-68.33)^2 + (74-68.33)^2$
  SSTotal = $(-1.33)^2 + (5.67)^2 + (-0.33)^2 + (-12.33)^2 + (-9.33)^2 + (-6.33)^2 + (11.67)^2 + (6.67)^2 + (5.67)^2$
  SSTotal = $1.77 + 32.15 + 0.11 + 152.03 + 87.05 + 40.07 + 136.19 + 44.49 + 32.15 \approx 526.01$

• 組間平方和 (SSB - Between Groups):
  SSB = $\sum_{i=1}^k n_i (\bar{X}_i - \bar{X}_{total})^2$, 其中 k=3 (顏色數量)。
  SSB = $3 \times (69.67 - 68.33)^2 + 3 \times (59 - 68.33)^2 + 3 \times (76.33 - 68.33)^2$
  SSB = $3 \times (1.33)^2 + 3 \times (-9.33)^2 + 3 \times (8.00)^2$
  SSB = $3 \times 1.77 + 3 \times 87.05 + 3 \times 64.00$
  SSB = $5.31 + 261.15 + 192.00 = 458.46$

• 組內平方和 (SSW - Within Groups):
  SSW = SSTotal - SSB
  SSW = $526.01 - 458.46 = 67.55$
  (或者直接計算： $\sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^{n_i} (x_{ij} - \bar{X}_i)^2$)
  SSW (黃色) = $(67-69.67)^2 + (74-69.67)^2 + (68-69.67)^2 = (-2.67)^2 + (4.33)^2 + (-1.67)^2 = 7.13 + 18.75 + 2.79 = 28.67$
  SSW (紅色) = $(56-59)^2 + (59-59)^2 + (62-59)^2 = (-3)^2 + 0^2 + 3^2 = 9 + 0 + 9 = 18$
  SSW (藍色) = $(80-76.33)^2 + (75-76.33)^2 + (74-76.33)^2 = (3.67)^2 + (-1.33)^2 + (-2.33)^2 = 13.47 + 1.77 + 5.43 = 20.67$
  SSW = $28.67 + 18 + 20.67 = 67.34$ (由於四捨五入，與 SSTotal - SSB 的結果略有差異，我們使用此值)。

計算均方 (Mean Squares, MS)：

• 組間均方 (MSB):
  $df_B = k - 1 = 3 - 1 = 2$ (顏色數量 - 1)
  $MSB = \frac{SSB}{df_B} = \frac{458.46}{2} = 229.23$

• 組內均方 (MSW):
  $df_W = N - k = 9 - 3 = 6$ (總觀察值 - 顏色數量)
  $MSW = \frac{SSW}{df_W} = \frac{67.34}{6} \approx 11.22$

本題涉及簡單線性迴歸分析，包含迴歸係數的估計、假設檢定、判定係數的計算以及迴歸係數的信賴區間。

1. 求算 Y 對 X 的 OLS 迴歸估計式: $\hat{Y} = \beta_0 + \beta_1 X$ 為何?

我們使用 Ordinary Least Squares (OLS) 方法來估計迴歸係數 $\beta_0$ (截距) 和 $\beta_1$ (斜率)。
公式為：
$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}}$
$\hat{\beta}_0 = \bar{Y} - \hat{\beta}_1 \bar{X}$

首先，計算所需的樣本統計量：
樣本數 $n=5$。
$\sum X = 30+30+45+55+40 = 200$
$\sum Y = 28+26+40+49+37 = 180$
$\bar{X} = \frac{200}{5} = 40$
$\bar{Y} = \frac{180}{5} = 36$

$\sum X^2 = 30^2+30^2+45^2+55^2+40^2 = 900+900+2025+3025+1600 = 8450$
$\sum Y^2 = 28^2+26^2+40^2+49^2+37^2 = 784+676+1600+2401+1369 = 6830$
$\sum XY = (30 \times 28)+(30 \times 26)+(45 \times 40)+(55 \times 49)+(40 \times 37) = 840+780+1800+2695+1480 = 7595$

計算 $S_{XX}$, $S_{YY}$, $S_{XY}$:
$S_{XX} = \sum X^2 - \frac{(\sum X)^2}{n} = 8450 - \frac{200^2}{5} = 8450 - \frac{40000}{5} = 8450 - 8000 = 450$
$S_{YY} = \sum Y^2 - \frac{(\sum Y)^2}{n} = 6830 - \frac{180^2}{5} = 6830 - \frac{32400}{5} = 6830 - 6480 = 350$
$S_{XY} = \sum XY - \frac{(\sum X)(\sum Y)}{n} = 7595 - \frac{200 \times 180}{5} = 7595 - \frac{36000}{5} = 7595 - 7200 = 395$

計算 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_0$:
$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}} = \frac{395}{450} \approx 0.8778$
$\hat{\beta}_0 = \bar{Y} - \hat{\beta}_1 \bar{X} = 36 - 0.8778 \times 40 = 36 - 35.112 \approx 0.888$

因此，OLS 迴歸估計式為：
$\hat{Y} = 0.888 + 0.8778X$

【答案】$\hat{Y} = 0.888 + 0.8778X$

2. 以 $\alpha = 0.05$ 檢定此迴歸模型是否與橫軸 (X 軸) 平行?

這個問題的敘述有些模糊，通常「迴歸模型是否與橫軸平行」是指檢定迴歸直線的斜率是否為零。如果斜率為零，則迴歸直線就是一條水平線，與 X 軸平行。

• 虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$ (迴歸直線與 X 軸平行)。
• 對立假設 $H_1: \beta_1 \ne 0$ (迴歸直線與 X 軸不平行)。
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$。

我們需要計算迴歸係數 $\beta_1$ 的標準誤 (Standard Error, SE)。
首先，計算殘差平方和 (SSE) 和均方誤 (MSE)。