113 年 國立政治大學財政學系碩士班《統計學》

這題主要在考驗多變量機率密度函數的邊際機率密度函數的計算，以及利用邊際機率密度函數計算聯合機率。

(1) 求邊際機率密度函數 $f_{W,X}(w,x)$
給定聯合機率密度函數 $f_{W,X,Y,Z}(w,x,y,z) = 16wxyz$ 且變數範圍為 $0 < w < 1, 0 < x < 1, 0 < y < 1, \text{ and } 0 < z < 1$。
要求 $f_{W,X}(w,x)$，我們需要對其他未包含在邊際機率密度函數中的變數進行積分，即對 $y$ 和 $z$ 進行積分。
$f_{W,X}(w,x) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{W,X,Y,Z}(w,x,y,z) \, dy \, dz$
由於 $y$ 和 $z$ 的範圍分別是 $(0, 1)$，所以積分範圍為 $0$ 到 $1$。
$f_{W,X}(w,x) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 16wxyz \, dy \, dz$
首先對 $y$ 積分：
$\int_{0}^{1} 16wxyz \, dy = 16wxz \int_{0}^{1} y \, dy = 16wxz \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = 16wxz \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = 16wxz \cdot \frac{1}{2} = 8wxz$
接著對 $z$ 積分：
$\int_{0}^{1} 8wxz \, dz = 8wx \int_{0}^{1} z \, dz = 8wx \left[ \frac{z^2}{2} \right]_0^1 = 8wx \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = 8wx \cdot \frac{1}{2} = 4wx$
因此，邊際機率密度函數為 $f_{W,X}(w,x) = 4wx$，其定義域為 $0 < w < 1$ 且 $0 < x < 1$。

(2) 計算 $P(0 < W < \frac{1}{2}, \frac{1}{2} < X < 1)$
我們已經求得邊際機率密度函數 $f_{W,X}(w,x) = 4wx$。

這題考驗中央極限定理的應用，以及如何利用信賴區間的概念來決定樣本數。

題目要求我們找出一個足夠大的樣本數 $n$，使得樣本平均數 $\bar{Y}_n$ 有 90% 的機率落在區間 $[16, 20]$ 內。
我們已知：

1. 樣本來自常態分佈，但中央極限定理適用於任何分佈，所以常態分佈的假設在這裡並非絕對必要，但通常題目會給予。
2. 母體期望值 $E(Y) = \mu = 18$。
3. 母體標準差 $\sigma = 5$。
4. 樣本平均數的期望值為 $E(\bar{Y}_n) = \mu = 18$。
5. 樣本平均數的標準差（標準誤）為 $SE(\bar{Y}_n) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{5}{\sqrt{n}}$。

根據中央極限定理，當 $n$ 夠大時，樣本平均數 $\bar{Y}_n$ 的分佈近似於常態分佈，其期望值為 $\mu$，標準差為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
我們希望 $P(16 < \bar{Y}_n < 20) \ge 0.90$。

我們將 $\bar{Y}_n$ 標準化，轉換為標準常態變數 $Z$：
$Z = \frac{\bar{Y}_n - E(\bar{Y}_n)}{SE(\bar{Y}_n)} = \frac{\bar{Y}_n - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$

現在將區間 $[16, 20]$ 轉換為 $Z$ 分數：
當 $\bar{Y}_n = 16$ 時，$Z_1 = \frac{16 - 18}{5/\sqrt{n}} = \frac{-2}{5/\sqrt{n}} = -\frac{2\sqrt{n}}{5}$。
當 $\bar{Y}_n = 20$ 時，$Z_2 = \frac{20 - 18}{5/\sqrt{n}} = \frac{2}{5/\sqrt{n}} = \frac{2\sqrt{n}}{5}$。

這題考驗一致估計量的概念，並要求證明給定的估計量是否為一致估計量。一致估計量是指當樣本數 $n$ 趨近於無限大時，估計量會趨近於母數本身。嚴格來說，一致性包含兩個條件：估計量是漸進無偏的 (asymptotically unbiased)，以及估計量的變異數趨近於零 (variance converges to zero)。

母體為指數分佈 $f_Y(y; \lambda) = \lambda e^{-\lambda y}$，其中 $y>0$。
指數分佈的期望值為 $E(Y) = \frac{1}{\lambda}$，變異數為 $Var(Y) = \frac{1}{\lambda^2}$。

(1) 證明 $\hat{\lambda} = Y_1$ 是否為 $\lambda$ 的一致估計量。
一個估計量 $\hat{\theta}$ 被稱為參數 $\theta$ 的一致估計量，如果它滿足以下兩個條件：
a) $\lim_{n \to \infty} E(\hat{\theta}) = \theta$ (漸進無偏性)
b) $\lim_{n \to \infty} Var(\hat{\theta}) = 0$ (變異數趨近於零)

在這裡，$\hat{\lambda} = Y_1$ 且 $\theta = \lambda$。
a) 檢查漸進無偏性：
$E(\hat{\lambda}) = E(Y_1)$。
由於 $Y_1$ 是從給定的指數分佈中抽取的第一個樣本，其期望值就是母體的期望值。
$E(Y_1) = E(Y) = \frac{1}{\lambda}$。
我們需要 $\lim_{n \to \infty} E(\hat{\lambda}) = \lambda$。
然而，我們得到的是 $E(\hat{\lambda}) = \frac{1}{\lambda}$。
因此，$\lim_{n \to \infty} E(\hat{\lambda}) = \frac{1}{\lambda}$，這並不等於 $\lambda$ (除非 $\lambda = 1$)。
由於估計量的期望值並不趨近於 $\lambda$，$\hat{\lambda} = Y_1$ 不是 $\lambda$ 的一致估計量。

b) 檢查變異數趨近於零：
$Var(\hat{\lambda}) = Var(Y_1)$。
$Var(Y_1) = Var(Y) = \frac{1}{\lambda^2}$。
$\lim_{n \to \infty} Var(\hat{\lambda}) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda^2}$。
這個值不隨 $n$ 改變，並且通常不等於零 (除非 $\lambda$ 趨近無限大，這在實際情況中不常見)。
即使變異數不趨近於零，但期望值不趨近於母數這一點就足以判定它不是一致估計量。

結論：$\hat{\lambda} = Y_1$ 不是 $\lambda$ 的一致估計量。

(2) 證明 $\hat{\lambda} = \sum_{i=1}^{n} Y_i$ 是否為 $\lambda$ 的一致估計量。
在這裡，$\hat{\lambda} = \sum_{i=1}^{n} Y_i$ 且 $\theta = \lambda$。

a) 檢查漸進無偏性：
$E(\hat{\lambda}) = E\left(\sum_{i=1}^{n} Y_i\right)$。
由於 $Y_i$ 是隨機樣本，它們是獨立同分佈的。

這題考驗假設檢定的敘膜 (power of a test) 計算，以及如何利用 power 來決定所需的樣本數。

我們要檢定一個單尾的假設檢定：
虛無假設 $H_0: \mu = 200$
對立假設 $H_1: \mu < 200$

檢定的顯著水準為 $\alpha = 0.1$。
母體標準差 $\sigma = 15$。
樣本來自常態分佈。
由於母體標準差 $\sigma$ 已知，我們將使用 $Z$ 檢定。

Power 的定義是當對立假設為真時，正確地拒絕虛無假設的機率。
Power $= P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true})$

在我們的例子中，$H_1$ 為真時，我們考慮 $\mu = 197$。
Power $= P(\text{Reject } H_0 | \mu = 197) \ge 0.75$。

首先，我們需要確定拒絕域。在 $\alpha = 0.1$ 的顯著水準下，對於左尾檢定 $H_1: \mu < 200$，我們需要找到一個臨界值 $z_\alpha$ 使得 $P(Z < z_\alpha) = \alpha = 0.1$。
從標準常態分佈表中，我們查到 $P(Z < -1.28) \approx 0.10$。
所以，臨界值是 $z_{critical} = -1.28$。

拒絕域的條件是樣本平均數 $\bar{Y}$ 使得其對應的 $Z$ 值小於臨界值：
$\frac{\bar{Y} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} < z_\alpha$
$\frac{\bar{Y} - 200}{15/\sqrt{n}} < -1.28$
$\bar{Y} < 200 - 1.28 \frac{15}{\sqrt{n}}$

現在，我們考慮當對立假設為真時（即 $\mu = 197$），檢定的 power。
Power $= P(\text{Reject } H_0 | \mu = 197)$

這題考驗獨立性檢定 (Test of Independence)，通常使用卡方檢定 (Chi-squared test)。我們需要檢定員工的升遷速度是否與其學歷高低有關。

1. 設定假設：

   • $H_0$: 員工升遷速度與學歷高低之間沒有關聯（獨立）。
   • $H_1$: 員工升遷速度與學歷高低之間有關聯（不獨立）。

2. 顯著水準： $\alpha = 0.05$。

3. 計算觀察值 (Observed Values, $O_{ij}$)：
   題目已給定：

   $$\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text{學歷/升遷速度} & 1-2\text{年升遷} & 3-5\text{年升遷} & 6-10\text{年升遷} \\ \hline \text{研究所} & 8 & 10 & 2 \\ \hline \text{大學} & 7 & 17 & 6 \\ \hline \text{高中} & 5 & 15 & 30 \\ \hline \end{array}$$

   總樣本數 $N = 100$。

4. 計算期望值 (Expected Values, $E_{ij}$)：
   在虛無假設為真的情況下，每個單元格的期望值計算公式為：
   $E_{ij} = \frac{(\text{第 } i \text{ 列總計}) \times (\text{第 } j \text{ 行總計})}{N}$

   首先計算各列和各行的總計：

   • 列總計：
     • 研究所: $8 + 10 + 2 = 20$
     • 大學: $7 + 17 + 6 = 30$
     • 高中: $5 + 15 + 30 = 50$
   • 行總計：
     • 1-2年升遷: $8 + 7 + 5 = 20$
     • 3-5年升遷: $10 + 17 + 15 = 42$
     • 6-10年升遷: $2 + 6 + 30 = 38$
   • 總計檢查: $20 + 30 + 50 = 100$；$20 + 42 + 38 = 100$。

   現在計算期望值：

   • $E_{11}$ (研究所, 1-2年升遷) $= \frac{20 \times 20}{100} = 4$
   • $E_{12}$ (研究所, 3-5年升遷) $= \frac{20 \times 42}{100} = 8.4$
   • $E_{13}$ (研究所, 6-10年升遷) $= \frac{20 \times 38}{100} = 7.6$
   • $E_{21}$ (大學, 1-2年升遷) $= \frac{30 \times 20}{100} = 6$
   • $E_{22}$ (大學, 3-5年升遷) $= \frac{30 \times 42}{100} = 12.6$
   • $E_{23}$ (大學, 6-10年升遷) $= \frac{30 \times 38}{100} = 11.4$
   • $E_{31}$ (高中, 1-2年升遷) $= \frac{50 \times 20}{100} = 10$
   • $E_{32}$ (高中, 3-5年升遷) $= \frac{50 \times 42}{100} = 21$
   • $E_{33}$ (高中, 6-10年升遷) $= \frac{50 \times 38}{100} = 19$

   期望值表格：

核心觀念

本題採用「隨機集區設計」（Randomized Block Design, RBD）分析：

• 處理因子：語言教學方法，共 3 種：國語、英語、台語。
• 集區因子：入學管道，共 3 個集區：考試分發、個人申請、繁星推薦。
• 每個集區內各有 3 位學生，且每種語言各分配 1 位學生。

此設計可控制不同入學管道學生原有程度的差異，再檢定語言教學方法是否造成成績差異。

模型為

$$Y_{ij}=\mu+\tau_i+\beta_j+\varepsilon_{ij},$$

其中 $\tau_i$ 為語言教學方法效果，$\beta_j$ 為入學管道集區效果。

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解題方法與計算

1. 基本資料

總樣本數為 $N=9$，總和為

$$T=74+75+59+74+68+62+56+67+80=615.$$

各語言總分：

$$T_{\text{國}}=204,\qquad T_{\text{英}}=210,\qquad T_{\text{台}}=201.$$

各入學管道總分：

$B_1=208,\qquad B_2=204,\qquad B_3=203.$

平方和為

$$\sum y_{ij}^2=42551.$$

修正項為

$$CF=\frac{T^2}{N} =\frac{615^2}{9} =42025.$$

因此總平方和為

$$SS_T=\sum y_{ij}^2-CF =42551-42025 =526.$$

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2. 語言教學方法平方和

每種語言在 3 個集區中各出現一次，因此

$$SS_{\text{語言}} = \frac{204^2+210^2+201^2}{3}-42025.$$

計算得

$$SS_{\text{語言}} = \frac{126117}{3}-42025 =14.$$

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3. 入學管道平方和

每個入學管道包含 3 位學生，因此

$$SS_{\text{集區}} = \frac{208^2+204^2+203^2}{3}-42025.$$

計算得

$$SS_{\text{集區}} = \frac{126089}{3}-42025 =\frac{14}{3} \approx 4.667.$$

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4. 誤差平方和

$$SS_E = SS_T-SS_{\text{語言}}-SS_{\text{集區}}$$ $$=526-14-\frac{14}{3} =\frac{1522}{3} \approx507.333.$$

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ANOVA 表

自由度如下：

• 總自由度：$9-1=8$
• 語言教學方法：$3-1=2$
• 入學管道集區：$3-1=2$
• 誤差：$(3-1)(3-1)=4$

這題是一個開放性問題，要求評論「樣本數越多越好」這句話的看法。這需要結合統計學的理論和實際應用來進行分析。

評論與看法：

「樣本數越多越好」這句話在統計學上有其合理性，但並非絕對真理，它需要視情況而定，並且有其局限性。

正面看法（為何樣本數多有其優勢）：

1. 提高估計的精確度與穩定性：

   • 根據大數法則 (Law of Large Numbers) 和中央極限定理 (Central Limit Theorem)，隨著樣本數的增加，樣本統計量（如樣本平均數、樣本比例）會更接近母體參數。
   • 樣本統計量的變異數通常與樣本數的平方根成反比（例如，樣本平均數的標準誤為 $\sigma/\sqrt{n}$）。因此，增加樣本數可以顯著降低估計量的變異數，使其更穩定，更不容易受到隨機抽樣波動的影響。

2. 增強統計檢定的檢力 (Power)：

   • 在假設檢定中，檢定的 power 是指當對立假設為真時，正確拒絕虛無假設的機率。
   • 增加樣本數可以減小標準誤，使得即使母體參數與虛無假設下的值之間的差異很小，也能更容易被檢測出來，從而提高檢定的 power。這意味著我們能更有效地發現真實存在的效應或差異。

3. 符合統計推論的要求：

   • 許多統計方法（如迴歸分析、變異數分析）在樣本數較小時，其統計模型的假設（如常態性、獨立性）可能無法得到滿足，或者估計結果的可靠性較差。
   • 當樣本數足夠大時，這些方法的漸近性質 (asymptotic properties) 會變得更加顯著，使得結果更可靠，即使母體不完全符合某些嚴格的假設。

4. 減少抽樣誤差的影響：

   • 任何抽樣都存在誤差。樣本數越多，抽樣誤差佔總體變異的比例就越小，樣本的代表性就越強。

負面看法與局限性（為何「越多越好」不絕對）：

1. 成本與資源考量：

   • 收集樣本需要時間、金錢和人力。樣本數的增加會帶來顯著的成本上升。在實際應用中，需要在統計效用和資源成本之間取得平衡。

2. 實務上的可行性：

   • 在某些研究領域，要獲得大量樣本可能非常困難，甚至不可能（例如，罕見疾病的患者、特定歷史事件的數據）。

這題考驗簡單線性迴歸 (Simple Linear Regression) 的相關計算與假設檢定。

數據整理：
樣本數 $n = 8$。
X (教育年數總和): 21, 12, 18, 19, 20, 17, 14, 15
Y (生育小孩數目): 1, 3, 1, 1, 1, 3, 2, 2

計算基本統計量：
$\sum X = 21+12+18+19+20+17+14+15 = 136$
$\sum Y = 1+3+1+1+1+3+2+2 = 14$
$\bar{X} = \frac{\sum X}{n} = \frac{136}{8} = 17$
$\bar{Y} = \frac{\sum Y}{n} = \frac{14}{8} = 1.75$

$\sum X^2 = 21^2+12^2+18^2+19^2+20^2+17^2+14^2+15^2 = 441+144+324+361+400+289+196+225 = 2380$
$\sum Y^2 = 1^2+3^2+1^2+1^2+1^2+3^2+2^2+2^2 = 1+9+1+1+1+9+4+4 = 30$
$\sum XY = 21(1)+12(3)+18(1)+19(1)+20(1)+17(3)+14(2)+15(2) = 21+36+18+19+20+51+28+30 = 223$

計算回歸係數的組件：
$S_{XX} = \sum X^2 - n\bar{X}^2 = 2380 - 8(17^2) = 2380 - 8(289) = 2380 - 2312 = 68$
$S_{YY} = \sum Y^2 - n\bar{Y}^2 = 30 - 8(1.75^2) = 30 - 8(3.0625) = 30 - 24.5 = 5.5$
$S_{XY} = \sum XY - n\bar{X}\bar{Y} = 223 - 8(17)(1.75) = 223 - 8(29.75) = 223 - 238 = -15$

(1) 試求迴歸直線 $\hat{Y} = \beta_0 + \beta_1 X$
迴歸直線的斜率 $\beta_1$ 和截距 $\beta_0$ 的公式為：
$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}}$
$\hat{\beta}_0 = \bar{Y} - \hat{\beta}_1 \bar{X}$

計算斜率：
$\hat{\beta}_1 = \frac{-15}{68} \approx -0.2206$

計算截距：
$\hat{\beta}_0 = 1.75 - (-0.2206)(17) = 1.75 + 3.7502 \approx 5.5006$

所以，迴歸直線為 $\hat{Y} = 5.5006 - 0.2206 X$。

(2) 證明殘差值相加是否等於零
殘差 $e_i = Y_i - \hat{Y}_i = Y_i - (\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 X_i)$。
我們需要證明 $\sum_{i=1}^n e_i = 0$。

$\sum_{i=1}^n e_i = \sum_{i=1}^n (Y_i - \hat{Y}_i) = \sum_{i=1}^n Y_i - \sum_{i=1}^n \hat{Y}_i$
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - \sum (\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 X_i)$
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - \left( \sum \hat{\beta}_0 + \sum \hat{\beta}_1 X_i \right)$
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - \left( n\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \sum X_i \right)$

我們知道 $\hat{\beta}_0 = \bar{Y} - \hat{\beta}_1 \bar{X}$。代入上式：
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - \left( n(\bar{Y} - \hat{\beta}_1 \bar{X}) + \hat{\beta}_1 \sum X_i \right)$
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - \left( n\bar{Y} - n\hat{\beta}_1 \bar{X} + \hat{\beta}_1 n\bar{X} \right)$ (因為 $\sum X_i = n\bar{X}$)
$\sum_{i=1}^n e_i = \sum Y_i - n\bar{Y}$
由於 $\sum Y_i = n\bar{Y}$，所以：
$\sum_{i=1}^n e_i = n\bar{Y} - n\bar{Y} = 0$

因此，殘差值相加等於零。這是一個簡單線性迴歸的基本性質。

(3) 試求迴歸方程式的變異數之 95% 信賴區間?
這個問題的問法有點模糊。「迴歸方程式的變異數」通常指的是迴歸模型的總變異數 $SST$ 或殘差平方和 $SSE$。更常見的問法是求迴歸直線的斜率 $\beta_1$ 或截距 $\beta_0$ 的信賴區間，或者是預測值 $E(Y|X=x_0)$ 或個別預測值 $Y_{x_0}$ 的信賴區間。

假設這裡指的是殘差變異數 $\sigma^2$ 的信賴區間，或者更可能的是，是問斜率 $\beta_1$ 的信賴區間，因為斜率的顯著性與問題 (4) 直接相關。
我們先計算殘差變異數的估計值 $s^2 = MSE = \frac{SSE}{n-2}$。
$SSE = S_{YY} - \frac{S_{XY}^2}{S_{XX}} = 5.5 - \frac{(-15)^2}{68} = 5.5 - \frac{225}{68} \approx 5.5 - 3.3088 = 2.1912$
$s^2 = MSE = \frac{SSE}{n-2} = \frac{2.1912}{8-2} = \frac{2.1912}{6} \approx 0.3652$
殘差標準差 $s = \sqrt{s^2} \approx \sqrt{0.3652} \approx 0.6043$