114 年 國立政治大學財政學系碩士班《統計學》

本題考驗常態分配的性質。我們知道常態分配是左右對稱的，其機率密度函數在平均數 $\mu$ 處達到最高點，且對稱於 $\mu$。

給定 $X \sim N(\mu=10, \sigma^2=25)$，標準差 $\sigma = \sqrt{25} = 5$。
我們需要找到一個常數 $C$，使得 $P(X > C) = 2P(X < C)$。

由於機率總和為 1，即 $P(X < C) + P(X = C) + P(X > C) = 1$。
對於連續型隨機變數，點機率 $P(X = C) = 0$。
因此，我們有 $P(X < C) + P(X > C) = 1$。

將題目給定的條件 $P(X > C) = 2P(X < C)$ 代入上述等式：
$P(X < C) + 2P(X < C) = 1$
$3P(X < C) = 1$
$P(X < C) = \frac{1}{3}$

這表示 $C$ 是隨機變數 $X$ 的累積機率為 $\frac{1}{3}$ 的值。
為了求出 $C$，我們需要將 $X$ 標準化。

本題考驗統計估計量的性質，特別是不偏性 (Unbiasedness) 與有效性 (Efficiency)。

1. 不偏性 (Unbiasedness)
一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於母數 $\theta$ 是不偏的，如果其數學期望等於母數本身，即 $E(\hat{\theta}) = \theta$。

• 評估 $\hat{\mu}_1 = \frac{X_1 + X_n}{2}$：
  由於 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是來自平均數為 $\mu$ 的母體的隨機樣本，根據期望值的線性性質：
  $E(\hat{\mu}_1) = E\left(\frac{X_1 + X_n}{2}\right)$
  $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} E(X_1 + X_n)$
  $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} (E(X_1) + E(X_n))$
  因為 $E(X_i) = \mu$ 對於所有 $i$，所以：
  $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} (\mu + \mu)$
  $E(\hat{\mu}_1) = \frac{1}{2} (2\mu) = \mu$
  因此，$\hat{\mu}_1$ 是 $\mu$ 的一個不偏估計量。

• 評估 $\hat{\mu}_2 = \frac{X_1 + X_2 + \dots + X_n}{n}$：
  $\hat{\mu}_2$ 是樣本平均數，也就是樣本的總和除以樣本數。
  $E(\hat{\mu}_2) = E\left(\frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n}\right)$
  $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n} E\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)$
  $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X_i)$
  $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mu$
  $E(\hat{\mu}_2) = \frac{1}{n} (n\mu) = \mu$
  因此，$\hat{\mu}_2$ 也是 $\mu$ 的一個不偏估計量。

結論 (不偏性)： 兩個估計量 $\hat{\mu}_1$ 和 $\hat{\mu}_2$ 都是 $\mu$ 的不偏估計量。

2. 有效性 (Efficiency)
對於兩個不偏估計量，我們比較它們的變異數。變異數較小的估計量被認為是較有效的。
我們需要計算 $Var(\hat{\mu}_1)$ 和 $Var(\hat{\mu}_2)$。

• 評估 $\hat{\mu}_1 = \frac{X_1 + X_n}{2}$：
  由於樣本是獨立抽取的， $X_1$ 和 $X_n$ 是獨立的。

本題考驗對信賴區間概念的理解，包括點估計、誤差界限以及如何根據已知信賴區間計算不同信賴水準的區間。

假設兩母體變異數未知但相等，或已知且相等，我們通常使用 $t$-分配或 $z$-分配來建構信賴區間。根據題目給出的樣本數 $n_1=64$ 和 $n_2=75$，這兩個樣本數都相當大，所以使用 $z$-分配是合理的近似。

信賴區間的一般形式為：(點估計值) $\pm$ (誤差界限)。
對於平均數差的信賴區間，其形式為：$(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}$ (若母體變異數已知) 或 $(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) \pm t_{\alpha/2, df} \sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}$ (若母體變異數未知)。
在這裡，我們知道信賴區間是 $(550, 1120)$。

1. $\mu_1 - \mu_2$ 之點估計值 = ?
信賴區間的中心點就是對母數差的點估計值。
點估計值 = $\frac{\text{信賴區間上限} + \text{信賴區間下限}}{2}$
點估計值 = $\frac{1120 + 550}{2}$
點估計值 = $\frac{1670}{2}$
點估計值 = $835$

因此，$\mu_1 - \mu_2$ 的點估計值為 $\bar{x}_1 - \bar{x}_2 = 835$。

2. $\mu_1 - \mu_2$ 之 $95\%$ 誤差界限 = ?
誤差界限 (Margin of Error, MOE) 是信賴區間寬度的一半，也是點估計值到信賴區間上限 (或下限) 的距離。
誤差界限 = $\frac{\text{信賴區間上限} - \text{信賴區間下限}}{2}$
誤差界限 = $\frac{1120 - 550}{2}$
誤差界限 = $\frac{570}{2}$
誤差界限 = $285$

因此，$\mu_1 - \mu_2$ 的 $95\%$ 誤差界限為 $285$。
我們也可以驗證：點估計值 + 誤差界限 = $835 + 285 = 1120$ (上限)，點估計值 - 誤差界限 = $835 - 285 = 550$ (下限)。

3. $\mu_1 - \mu_2$ 之 $90\%$ 信賴區間 = ?
我們已知：
點估計值 $\bar{x}_1 - \bar{x}_2 = 835$
$95\%$ 誤差界限 $MOE_{95\%} = 285$

核心觀念

本題評量雙獨立常態母體之假設檢定，包含兩大經典統計推論核心：

1. 雙母體變異數比之 $F$ 檢定（變異數同質性檢定）：
   在兩母體皆為常態且互相獨立的假設下，檢驗兩母體變異數是否相等（$\sigma_1^2 = \sigma_2^2$）。檢定統計量為兩獨立樣本變異數之比，在虛無假說下服從 $F$ 分配：
   $F = \frac{S_1^2 / \sigma_1^2}{S_2^2 / \sigma_2^2} \overset{H_0}{\sim} F(n_1 - 1, n_2 - 1)$
2. 小樣本、母體變異數未知但相等時的合併 $t$ 檢定（Pooled Two-Sample $t$-Test）：
   在確認兩母體變異數無顯著差異（$\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2$）後，採用合併樣本變異數（$S_p^2$）估計共同變異數，建構 $t$ 檢定統計量：
   $t = \frac{(\bar{X}_1 - \bar{X}_2) - (\mu_1 - \mu_2)}{S_p \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}} \sim t(n_1 + n_2 - 2)$
   其中合併樣本變異數定義為：
   $S_p^2 = \frac{(n_1 - 1)S_1^2 + (n_2 - 1)S_2^2}{n_1 + n_2 - 2}$

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解題方法與步驟

符號定義與已知資訊整理

令第 1 組為男同學、第 2 組為女同學，其每月打工收入分別為 $X_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 與 $X_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$，且兩組樣本互相獨立：

• 男同學：樣本數 $n_1 = 14$、樣本平均數 $\bar{X}_1 = 19{,}800$ 元、樣本標準差 $S_1 = 1{,}000$ 元
• 女同學：樣本數 $n_2 = 16$、樣本平均數 $\bar{X}_2 = 19{,}300$ 元、樣本標準差 $S_2 = 1{,}400$ 元
• 顯著水準：$\alpha = 0.05$

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(1) 檢定兩母體的變異程度是否相同

• 步驟一：建立假說
  此為雙尾檢定：
  $H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2 \quad \text{vs} \quad H_1: \sigma_1^2 \neq \sigma_2^2$

• 步驟二：檢定統計量及其抽樣分配
  在 $H_0$ 為真下，檢定統計量 $F$ 服從自由度為 $(13, 15)$ 的 $F$ 分配：
  $F = \frac{S_1^2}{S_2^2} \sim F(n_1 - 1, n_2 - 1) = F(13, 15)$

• 步驟三：決定拒絕域
  顯著水準 $\alpha = 0.05$，雙尾檢定的拒絕域臨界值為：
  $F_{0.025}(13, 15) \approx 2.96$
  $F_{0.975}(13, 15) = \frac{1}{F_{0.025}(15, 13)} \approx \frac{1}{3.18} \approx 0.314$
  拒絕域為：$\{F < 0.314 \text{ 或 } F > 2.96\}$。

• 步驟四：計算檢定統計量之值
  $F = \frac{S_1^2}{S_2^2} = \frac{1000^2}{1400^2} = \frac{1{,}000{,}000}{1{,}960{,}000} \approx 0.510$
  （亦可將較大變異數置於分子：$F^* = \frac{S_2^2}{S_1^2} = \frac{1400^2}{1000^2} = 1.96$；對應右尾臨界值 $F_{0.025}(15, 13) \approx 3.18$）

• 步驟五：統計決策與結論
  因為 $0.314 < F = 0.510 < 2.96$（或 $F^* = 1.96 < 3.18$），統計量未落入拒絕域，故不拒絕 $H_0$。
  在 $\alpha = 0.05$ 顯著水準下，無充分證據顯示男、女同學打工收入的母體變異數有顯著差異，可認定兩母體的變異程度相同。

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(2) 檢定男同學的打工收入是否較高

• 步驟一：建立假說
  欲檢定男同學平均收入是否高於女同學，建立右尾檢定：

核心觀念

本題有兩個因素：

• 因素一：時段，共 3 個水準（早上、下午、晚上）。
• 因素二：分店，共 4 個水準（A、B、C、D）。

每一個「時段 × 分店」組合只有一筆資料，因此採用「無重複觀測值的二因子變異數分析」。此方法可同時檢定：

1. 不同時段的平均來客數是否有差異。
2. 不同分店的平均來客數是否有差異。

由於每個組合只有一筆資料，無法另外估計交互作用，因此誤差項包含交互作用及其他隨機誤差。

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解題方法與計算

資料總筆數為

$$N=3\times 4=12$$

一、總平均與修正項

各列總和為：

$R_1=1200,\qquad R_2=1120,\qquad R_3=1760$

各欄總和為：

$C_A=960,\quad C_B=1100,\quad C_C=900,\quad C_D=1120$

總和為：

$$T=4080$$

修正項為：

$$CF=\frac{T^2}{N} =\frac{4080^2}{12} =1,387,200$$

資料平方和：

$$\begin{aligned} \sum x_{ij}^2 =&400^2+360^2+180^2+260^2\\ &+180^2+240^2+300^2+400^2\\ &+380^2+500^2+420^2+460^2\\ =&1,542,000 \end{aligned}$$

因此總平方和為：

$$SS_T=\sum x_{ij}^2-CF =1,542,000-1,387,200 =154,800$$

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二、時段平方和

每一個時段有 4 家分店，因此：

$$SS_{\text{時段}} = \frac{1200^2}{4} +\frac{1120^2}{4} +\frac{1760^2}{4} -CF$$ $$SS_{\text{時段}} =360,000+313,600+774,400-1,387,200 =60,800$$

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三、分店平方和

每一家分店有 3 個時段，因此：

$$SS_{\text{分店}} = \frac{960^2}{3} +\frac{1100^2}{3} +\frac{900^2}{3} +\frac{1120^2}{3} -CF$$ $$SS_{\text{分店}} =11,466.67$$

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四、誤差平方和

$$SS_E =SS_T-SS_{\text{時段}}-SS_{\text{分店}}$$ $$SS_E =154,800-60,800-11,466.67 =82,533.33$$

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ANOVA 表

自由度為：

• 時段：$3-1=2$
• 分店：$4-1=3$
• 誤差：$(3-1)(4-1)=6$
• 總和：$12-1=11$

均方為：

$$MS_{\text{時段}} =\frac{60,800}{2} =30,400$$ $$MS_{\text{分店}} =\frac{11,466.67}{3} =3,822.22$$ $$MS_E =\frac{82,533.33}{6} =13,755.56$$

因此：

$$F_{\text{時段}} =\frac{30,400}{13,755.56} =2.210$$ $$F_{\text{分店}} =\frac{3,822.22}{13,755.56} =0.278$$

變異來源	平方和	自由度	均方	$F$ 值

本題考驗卡方檢定 (Chi-Square Test)，包含獨立性檢定、適合度檢定以及合併數據後的適合度檢定。

數據整理：
這是兩組分類數據，我們需要計算頻率。
類別：獲利報酬率區間 (-10~-5, -50, 05, 510, 1015)。共 5 個類別。
兩組：生技類 (Biotech)，能源類 (Energy)。

計算各類別的總頻率：

獲利報酬率	生技類 (O_B)	能源類 (O_E)	總計 (O_T)
-10~-5	5	14	19
-5~0	4	15	19
0~5	14	9	23
5~10	12	7	19
10~15	5	5	10
總計	40	50	90

總觀察數 $N = 90$。

1. 請以 $\alpha = 0.05$ 檢定兩類基金獲利表現的分配相同。
這是檢定兩類基金獲利表現的分配是否獨立於基金類別。
虛無假設 $H_0$: 獲利報酬率的分配與基金類別無關 (即兩類基金的獲利分配相同)。
對立假設 $H_1$: 獲利報酬率的分配與基金類別有關 (即兩類基金的獲利分配不同)。
這是一個獨立性檢定。

我們需要計算期望頻率 (E)。
總計樣本數 $N = 90$。
各類別的總計頻率：$O_{T1}=19, O_{T2}=19, O_{T3}=23, O_{T4}=19, O_{T5}=10$。
各基金類別的總計頻率：$O_{B}=40, O_{E}=50$。

期望頻率 $E_{ij} = \frac{(\text{Row Total}_i) \times (\text{Column Total}_j)}{N}$。
$E_{B1} = \frac{40 \times 19}{90} \approx 8.44$
$E_{B2} = \frac{40 \times 19}{90} \approx 8.44$
$E_{B3} = \frac{40 \times 23}{90} \approx 10.22$
$E_{B4} = \frac{40 \times 19}{90} \approx 8.44$
$E_{B5} = \frac{40 \times 10}{90} \approx 4.44$

$E_{E1} = \frac{50 \times 19}{90} \approx 10.56$
$E_{E2} = \frac{50 \times 19}{90} \approx 10.56$
$E_{E3} = \frac{50 \times 23}{90} \approx 12.78$
$E_{E4} = \frac{50 \times 19}{90} \approx 10.56$
$E_{E5} = \frac{50 \times 10}{90} \approx 5.56$

計算卡方統計量 $\chi^2 = \sum \frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$。
$\chi^2 = \frac{(5-8.44)^2}{8.44} + \frac{(4-8.44)^2}{8.44} + \frac{(14-10.22)^2}{10.22} + \frac{(12-8.44)^2}{8.44} + \frac{(5-4.44)^2}{4.44} + \frac{(14-10.56)^2}{10.56} + \frac{(15-10.56)^2}{10.56} + \frac{(9-12.78)^2}{12.78} + \frac{(7-10.56)^2}{10.56} + \frac{(5-5.56)^2}{5.56}$
$\chi^2 \approx \frac{(-3.44)^2}{8.44} + \frac{(-4.44)^2}{8.44} + \frac{(3.78)^2}{10.22} + \frac{(3.56)^2}{8.44} + \frac{(0.56)^2}{4.44} + \frac{(3.44)^2}{10.56} + \frac{(4.44)^2}{10.56} + \frac{(-3.78)^2}{12.78} + \frac{(-3.56)^2}{10.56} + \frac{(-0.56)^2}{5.56}$
$\chi^2 \approx \frac{11.8336}{8.44} + \frac{19.7136}{8.44} + \frac{14.2884}{10.22} + \frac{12.6736}{8.44} + \frac{0.3136}{4.44} + \frac{11.8336}{10.56} + \frac{19.7136}{10.56} + \frac{14.2884}{12.78} + \frac{12.6736}{10.56} + \frac{0.3136}{5.56}$
$\chi^2 \approx 1.40 + 2.34 + 1.40 + 1.50 + 0.07 + 1.12 + 1.87 + 1.12 + 1.20 + 0.06 \approx 11.08$

自由度 $df = (\text{行數}-1) \times (\text{列數}-1) = (2-1) \times (5-1) = 1 \times 4 = 4$。
在 $\alpha = 0.05$ 和 $df=4$ 的情況下，卡方臨界值 $\chi^2_{0.05, 4}$。
查表可知，$\chi^2_{0.05, 4} \approx 9.488$。

題意判讀

本題表中「隨機」平均平方和若照題面寫成 $10.429$，則

$$SSE=12(10.429)=125.148>27.026=SST,$$

會導致迴歸平方和為負數，違反平方和分解。因此題目數字應為 $0.429$；以下依此合理更正值作答。

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核心觀念

樣本數為 $n=15$，模型為

$$Y=\alpha+\beta X+\gamma Z+\varepsilon.$$

模型含有截距，以及 $X,Z$ 兩個解釋變數，因此：

• 迴歸自由度：$df_R=2$
• 隨機誤差自由度：$df_E=n-2-1=12$
• 總自由度：$df_T=n-1=14$

變異數分析表的基本關係為

$$SST=SSR+SSE,$$

其中：

• $SSR$：迴歸平方和
• $SSE$：誤差平方和
• $SST$：總平方和

且

$$MSR=\frac{SSR}{df_R},\qquad MSE=\frac{SSE}{df_E},$$ $$F=\frac{MSR}{MSE}.$$

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(1) 求 $a,b,c,d,e$

總平方和為

$$SST=27.026.$$

因此總自由度為

$$c=df_T=15-1=14.$$

隨機誤差自由度為

$$df_E=15-2-1=12.$$

已知誤差平均平方和為 $0.429$，所以

$$b=SSE=0.429(12)=5.148.$$

由平方和分解：

$$a=SSR=SST-SSE$$ $$a=27.026-5.148=21.878.$$

迴歸自由度為 $2$，故迴歸平均平方和為

$$e=MSR=\frac{21.878}{2}=10.939.$$

最後，

$$d=F=\frac{MSR}{MSE} =\frac{10.939}{0.429} \approx25.499.$$

因此：

$$\boxed{a=21.878,\quad b=5.148,\quad c=14,\quad d=25.499,\quad e=10.939}$$

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(2) 檢定 $\beta$ 與 $\gamma$ 是否同時為 $0$

假設

要檢定兩個斜率是否同時為零：

$$H_0:\beta=\gamma=0$$ $$H_1:\text{至少有一個不為 }0.$$

使用整體迴歸的 $F$ 檢定統計量：

$$F=\frac{MSR}{MSE} =\frac{10.939}{0.429} \approx25.499.$$

在顯著水準 $\alpha=0.05$ 下，自由度為 $(2,12)$，臨界值為

$$F_{0.05}(2,12)\approx3.885.$$

由於

$$25.499>3.885,$$

故拒絕虛無假設。

結論