110 年 國立政治大學財政學系碩士班《統計學》

本題主要考驗機率的基本性質，包含期望值與變異數的線性性質，以及獨立性判斷。

核心觀念:

• 期望值與變異數的線性性質：$E(aX + bY) = aE(X) + bE(Y)$，$Var(aX + bY) = a^2Var(X) + b^2Var(Y) + 2abCov(X,Y)$。
• 獨立隨機變數的協方差為零：若X與Y獨立，則$Cov(X,Y) = 0$。
• 獨立性判斷：若兩個隨機變數的聯合機率分佈等於其邊際機率分佈的乘積，則它們是獨立的。在實際應用中，我們通常透過觀察數據的散佈圖或計算相關係數來初步判斷，但嚴謹的證明需要理論基礎。

解題過程:

首先，我們需要計算X和Y的樣本均值、樣本變異數以及樣本協方差，以此來估計母體的期望值、變異數及協方差。

樣本數據如下：
X: 40, 40, 35, 40, 35, 30, 30, 35, 35, 30
Y: 30, 35, 30, 30, 25, 30, 30, 30, 35, 25

1. 計算樣本均值 ($\bar{X}$, $\bar{Y}$):
   $\sum X = 40+40+35+40+35+30+30+35+35+30 = 350$
   $\bar{X} = \frac{350}{10} = 35$

   $\sum Y = 30+35+30+30+25+30+30+30+35+25 = 300$
   $\bar{Y} = \frac{300}{10} = 30$

2. 計算樣本變異數 ($s_X^2$, $s_Y^2$):
   $s_X^2 = \frac{\sum (X_i - \bar{X})^2}{n-1}$
   $\sum (X_i - \bar{X})^2 = (40-35)^2 + (40-35)^2 + (35-35)^2 + (40-35)^2 + (35-35)^2 + (30-35)^2 + (30-35)^2 + (35-35)^2 + (35-35)^2 + (30-35)^2$
   $= 5^2 + 5^2 + 0^2 + 5^2 + 0^2 + (-5)^2 + (-5)^2 + 0^2 + 0^2 + (-5)^2$
   $= 25 + 25 + 0 + 25 + 0 + 25 + 25 + 0 + 0 + 25 = 150$
   $s_X^2 = \frac{150}{10-1} = \frac{150}{9} = \frac{50}{3} \approx 16.67$

   $s_Y^2 = \frac{\sum (Y_i - \bar{Y})^2}{n-1}$
   $\sum (Y_i - \bar{Y})^2 = (30-30)^2 + (35-30)^2 + (30-30)^2 + (30-30)^2 + (25-30)^2 + (30-30)^2 + (30-30)^2 + (30-30)^2 + (35-30)^2 + (25-30)^2$
   $= 0^2 + 5^2 + 0^2 + 0^2 + (-5)^2 + 0^2 + 0^2 + 0^2 + 5^2 + (-5)^2$
   $= 0 + 25 + 0 + 0 + 25 + 0 + 0 + 0 + 25 + 25 = 100$
   $s_Y^2 = \frac{100}{10-1} = \frac{100}{9} \approx 11.11$

3. 計算樣本協方差 ($s_{XY}$):
   $s_{XY} = \frac{\sum (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{n-1}$
   $\sum (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y}) = (40-35)(30-30) + (40-35)(35-30) + (35-35)(30-30) + (40-35)(30-30) + (35-35)(25-30) + (30-35)(30-30) + (30-35)(30-30) + (35-35)(30-30) + (35-35)(35-30) + (30-35)(25-30)$

本題主要考驗統計估計量的基本性質，包括不偏性 (unbiasedness)、一致性 (consistency) 以及效率 (efficiency)。

核心觀念:

• 不偏性 (Unbiasedness): 一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於參數 $\theta$ 是不偏的，如果其期望值等於該參數，即 $E(\hat{\theta}) = \theta$。
• 一致性 (Consistency): 一個估計量 $\hat{\theta}_n$ 對於參數 $\theta$ 是一致的，如果當樣本數 $n$ 趨近於無限大時，該估計量趨近於參數，即 $P(\lim_{n \to \infty} \hat{\theta}_n = \theta) = 1$。這通常可以透過勞倫斯大數定律 (Law of Large Numbers) 或切比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality) 來證明。
• 效率 (Efficiency): 在所有不偏估計量中，變異數最小的那個估計量是最有效的。對於兩個不偏估計量 $\hat{\theta}_1$ 和 $\hat{\theta}_2$，如果 $Var(\hat{\theta}_1) < Var(\hat{\theta}_2)$，則 $\hat{\theta}_1$ 比 $\hat{\theta}_2$ 有效率。

解題過程:

首先，我們需要理解題幹中的符號定義。
$\{X_1, \ldots, X_n\}$ 是一組獨立且同分佈 (i.i.d.) 的隨機變數，母體平均數為 $\mu_0$，母體變異數為 $\sigma_0^2$。

$\hat{\mu}_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$ 是樣本平均數。
$\tilde{\mu}_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^{\lceil 1/3 \rceil}$。
觀察 $\lceil 1/3 \rceil$ 的值：$\lceil 1/3 \rceil = 1$。
所以，$\tilde{\mu}_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
這表示 $\tilde{\mu}_n$ 和 $\hat{\mu}_n$ 是完全相同的統計量，都是樣本平均數。

(1) $\hat{\mu}_n$ 是否為 $\mu_0$ 的不偏估計式?

根據期望值線性性質，對於 i.i.d. 的隨機變數 $X_i$，其期望值為 $E(X_i) = \mu_0$。
$E(\hat{\mu}_n) = E\left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i\right)$
$= \frac{1}{n} E\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)$

本題考驗單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的應用，包括計算 ANOVA 表以及進行假設檢定。

核心觀念:

• 單因子變異數分析 (One-Way ANOVA): 用來比較三個或三個以上獨立樣本群體平均數之間是否存在顯著差異。其基本原理是將總變異數分解為組間變異數 (between-group variance) 和組內變異數 (within-group variance)。
• 假設檢定:
  • 虛無假設 $H_0$: 所有群體平均數相等 ($\mu_A = \mu_B = \mu_C$)。
  • 對立假設 $H_1$: 至少有一個群體平均數不同。
• F 檢定統計量: $F = \frac{MS_{between}}{MS_{within}}$。
• ANOVA 表: 包含來源 (Source of Variation)、自由度 (df)、總平方和 (SS)、均方 (MS) 和 F 值。

解題步驟:

首先，整理數據並計算基本統計量。
樣本數: $n_A = 9$, $n_B = 9$, $n_C = 9$。總樣本數 $N = n_A + n_B + n_C = 27$。
組數 $k = 3$。

計算各組的均值、總和、平方和:

• 組 A:
  $\sum A = 88+79+82+91+71+70+66+77+56 = 680$
  $\bar{A} = \frac{680}{9} \approx 75.56$
  $\sum A^2 = 88^2+79^2+82^2+91^2+71^2+70^2+66^2+77^2+56^2 = 7744+6241+6724+8281+5041+4900+4356+5929+3136 = 52352$

• 組 B:
  $\sum B = 78+70+86+85+74+65+68+80+47 = 653$
  $\bar{B} = \frac{653}{9} \approx 72.56$
  $\sum B^2 = 78^2+70^2+86^2+85^2+74^2+65^2+68^2+80^2+47^2 = 6084+4900+7396+7225+5476+4225+4624+6400+2209 = 48539$

• 組 C:
  $\sum C = 72+74+89+82+70+58+72+72+45 = 634$
  $\bar{C} = \frac{634}{9} \approx 70.44$
  $\sum C^2 = 72^2+74^2+89^2+82^2+70^2+58^2+72^2+72^2+45^2 = 5184+5476+7921+6724+4900+3364+5184+5184+2025 = 46062$

計算總和、總平方和、總平均:
$\sum_{i=1}^{27} x_i = \sum A + \sum B + \sum C = 680 + 653 + 634 = 1967$
$\bar{x} = \frac{1967}{27} \approx 72.85$
$\sum_{i=1}^{27} x_i^2 = \sum A^2 + \sum B^2 + \sum C^2 = 52352 + 48539 + 46062 = 146953$

計算平方和 (Sum of Squares):

• 總平方和 (Total Sum of Squares, SST):
  $SST = \sum_{i=1}^{27} x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{N}$
  $SST = 146953 - \frac{(1967)^2}{27}$
  $SST = 146953 - \frac{3869089}{27}$
  $SST = 146953 - 143299.59 \approx 3653.41$

• 組間平方和 (Between-Group Sum of Squares, SSB):
  $SSB = \sum_{j=1}^k n_j (\bar{x}_j - \bar{x})^2 = \sum_{j=1}^k \frac{(\sum x_{ij})^2}{n_j} - \frac{(\sum x_i)^2}{N}$
  $SSB = \left(\frac{(\sum A)^2}{n_A} + \frac{(\sum B)^2}{n_B} + \frac{(\sum C)^2}{n_C}\right) - \frac{(\sum x_i)^2}{N}$

本題考驗大樣本檢定 (z-test for mean) 的應用，包括檢定統計量的計算、檢定力的概念以及型 I 和型 II 錯誤的權衡。

核心觀念:

• 大樣本檢定 (z-test): 當樣本數足夠大 (通常 $n \ge 30$) 時，可以使用樣本平均數來檢定母體平均數。
  • $H_0: \mu = \mu_0$
  • $H_1: \mu \ne \mu_0$ (雙尾檢定)
  • 檢定統計量: $Z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$
• 檢定力 (Power of a Test): 指在對立假設為真時，正確拒絕虛無假設的機率。Power $= 1 - \beta$，其中 $\beta$ 是型 II 錯誤的機率。
• 型 I 錯誤 (Type I Error): 當虛無假設為真時，錯誤地拒絕它。機率為 $\alpha$。
• 型 II 錯誤 (Type II Error): 當對立假設為真時，錯誤地不拒絕虛無假設。機率為 $\beta$。

解題過程:

已知資訊:

• 過去平均生產數 (原母體平均數): $\mu_0 = 500$ 件/小時
• 樣本數: $n = 25$ 小時
• 樣本平均生產數: $\bar{x} = 580$ 件/小時
• 樣本標準差: $s = 120$ 件/小時
• 顯著水準: $\alpha = 0.05$

(1) 檢定此電腦化生產作業系統的有效性。

此問題旨在檢定新的電腦化生產作業系統是否能有效提高生產效率，即新的平均生產數是否顯著大於原來的 500 件。因此，我們設定單尾檢定。

• 假設:
  $H_0: \mu \le 500$ (新的系統無效或效率未提升)
  $H_1: \mu > 500$ (新的系統有效，生產效率提升)
  (註：題目說「檢定...有效性」，一般理解為是否「有提升」，所以用單尾右側檢定。若理解為「是否改變」，則為雙尾檢定。在此我們採用「提升」的解釋。)

• 顯著水準: $\alpha = 0.05$

• 檢定統計量:
  $Z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}$
  $Z = \frac{580 - 500}{120/\sqrt{25}}$
  $Z = \frac{80}{120/5}$
  $Z = \frac{80}{24} = \frac{10}{3} \approx 3.33$

• 臨界值:
  對於單尾右側檢定，$\alpha = 0.05$，查標準常態分配表，臨界值 $Z_{0.05} \approx 1.645$。

• 決策:
  因為計算出的 $Z$ 值 (3.33) 大於臨界值 (1.645)，所以我們拒絕虛無假設 $H_0$。

• 結論:
  在 5% 的顯著水準下，有足夠的證據顯示此電腦化生產作業系統的平均生產效率顯著高於原來的 500 件/小時，即該系統是有效的。

【答案】 在 $\alpha = 0.05$ 下，拒絕 $H_0$，此電腦化生產作業系統是有效的。

(2) 若母體真實的平均生產數為540件,在5%的顯著水準下,請計算在第(1)小題檢定方法下的檢定力為何?

檢定力 (Power) $= P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true})$
在第(1)小題中，我們採用 $H_1: \mu > 500$。
現在，我們假設真實的母體平均數是 $\mu_{true} = 540$。
檢定力 $= P(Z > Z_{critical} | \mu = 540)$
其中 $Z_{critical}$ 是在 $H_0$ 下，$\alpha = 0.05$ 時的臨界值。我們在 (1) 中計算得到 $Z_{critical} \approx 1.645$。

現在，我們計算當真實平均數為 540 時，樣本平均數 $\bar{x}$ 大於 540 的機率。
我們要計算的 Z 值是基於虛假的 $H_0$ 平均數 500，但實際的平均數是 540。
我們需要計算：
$P(\bar{x} > \text{critical value of } \bar{x} \text{ under } H_0 \mid \mu = 540)$
臨界值 $\bar{x}_{critical}$ 使得 $P(\bar{x} > \bar{x}_{critical} \mid \mu=500) = 0.05$。
$\frac{\bar{x}_{critical} - 500}{120/\sqrt{25}} = 1.645$

核心觀念

本題檢定觀察到的「每日不良品件數」是否來自參數為 $\mu=4$ 的 Poisson 分配，適用於：

$$H_0:X\sim \operatorname{Poisson}(4)$$ $$H_1:X\not\sim \operatorname{Poisson}(4)$$

Poisson 分配的機率質量函數為：

$$P(X=x)=\frac{e^{-4}4^x}{x!},\qquad x=0,1,2,\ldots$$

使用卡方適合度檢定統計量：

$$\chi^2=\sum_{i=1}^{k}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$$

其中 $O_i$ 為觀察次數，$E_i$ 為虛無假設下的期望次數。

由於部分類別的期望次數小於 $5$，必須合併類別後再進行卡方檢定。

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解題方法

1. 計算各類別的期望次數

樣本共有 $100$ 天，因此各類別期望次數為：

$$E_x=100P(X=x)$$

Poisson$(4)$ 的機率及期望次數如下：

不良品件數	機率	期望次數
$0$	$0.018316$	$1.832$
$1$	$0.073263$	$7.326$
$2$	$0.146525$	$14.653$
$3$	$0.195367$	$19.537$
$4$	$0.195367$	$19.537$
$5$	$0.156293$	$15.629$
$6$	$0.104196$	$10.420$

$X=0$ 的期望次數小於 $5$，因此將 $X=0,1$ 合併。

另外，$X=7$、$8$ 以及 $X\geq 9$ 的尾端類別需合併為 $X\geq 7$。其期望次數為：

$$E(X\geq 7) =100P(X\geq 7)$$ $$=100\left[1-\sum_{x=0}^{6}P(X=x)\right] \approx 11.067$$

合併後的觀察次數與期望次數如下：

類別	觀察次數 $O_i$	期望次數 $E_i$
$0\sim 1$	$4+4=8$	$9.158$
$2$	$18$	$14.653$
$3$	$22$	$19.537$
$4$	$14$	$19.537$
$5$	$16$	$15.629$
$6$	$18$	$10.420$

核心觀念

本題考查一元線性迴歸分析，包括：

1. 普通最小平方法求迴歸線。
2. 檢定斜率 $\beta_1$ 是否為 $0$。
3. 求給定 $X=x$ 時平均銷售額 $E(Y\mid X=x)$ 的信賴區間。
4. 檢定斜率 $\beta_1$ 是否大於指定值 $3$。

令

$$Y=\beta_0+\beta_1X+\epsilon$$

其中 $\beta_1$ 代表廣告費增加一單位時，平均銷售額的變化量。

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基本統計量

樣本數為 $n=12$，且

$$\bar X=6.833=\frac{82}{12},\qquad \bar Y=90.75$$

先計算校正後平方和與交叉乘積：

$$S_{xx}=\sum X^2-n\bar X^2$$ $$S_{xx}=626-\frac{82^2}{12} =626-\frac{6724}{12} =65.667$$ $$S_{yy}=\sum Y^2-n\bar Y^2$$ $$S_{yy}=100517-12(90.75)^2 =1690.25$$ $$S_{xy}=\sum XY-n\bar X\bar Y$$ $$S_{xy}=7653-82(90.75) =211.5$$

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（1）求迴歸估計方程式

解題方法

普通最小平方法的估計量為

$$\hat\beta_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}, \qquad \hat\beta_0=\bar Y-\hat\beta_1\bar X$$

因此

$$\hat\beta_1 =\frac{211.5}{65.667} =3.221$$

截距為

$$\hat\beta_0 =90.75-(3.221)(6.833) =68.741$$

所以迴歸估計方程式為

$$\boxed{\hat Y=68.741+3.221X}$$

解釋

斜率估計值 $3.221$ 表示廣告費 $X$ 每增加一單位，廠商的平均銷售額估計增加約 $3.221$ 單位。

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（2）以 $\alpha=0.05$ 檢定迴歸模型是否與橫軸平行

假設

迴歸線與橫軸平行表示斜率為 $0$，因此

$$H_0:\beta_1=0$$ $$H_1:\beta_1\ne 0$$

這是雙尾檢定。

誤差變異估計

殘差平方和為

$$SSE=S_{yy}-\hat\beta_1S_{xy}$$ $$SSE=1690.25-(3.221)(211.5) =1009.05$$

因為估計了截距與斜率兩個參數，所以誤差自由度為

$$df=n-2=10$$

均方誤差為

$$MSE=\frac{SSE}{n-2} =\frac{1009.05}{10} =100.905$$

誤差標準差為

$$s=\sqrt{MSE}=10.045$$

斜率估計量的標準誤為

$$SE(\hat\beta_1) =\frac{s}{\sqrt{S_{xx}}} =\frac{10.045}{\sqrt{65.667}} =1.240$$

檢定統計量

$$t=\frac{\hat\beta_1-0}{SE(\hat\beta_1)} =\frac{3.221}{1.240} =2.598$$

在 $\alpha=0.05$、自由度 $10$ 下，

$$t_{0.025,10}=2.228$$

因為

$$|t|=2.598>2.228$$

所以拒絕 $H_0$。

結論

在 $5\%$ 顯著水準下，有充分證據認為 $\beta_1\ne0$，因此迴歸模型不與橫軸平行。廣告費與銷售額之間具有顯著的線性關係。

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（3）$\hat Y\mid X$ 之 $95\%$ 信賴區間

核心公式

給定 $X=x_0$ 時，平均銷售額

$$E(Y\mid X=x_0)$$

的估計值為