107 地方特考五等 統計 統計學大意 考古題詳解

核心觀念

本題主要測驗統計學中「資料蒐集方式」（Data Collection Methods）的分類與定義，特別是「實驗研究／實驗設計」（Experimental Study / Design of Experiments）與「觀察研究」（Observational Study）之核心差異：

1. 實驗研究（實驗設計）：研究者主動介入並操縱自變數（給予特定「處理」，Treatment），將受試單位指派至處理組與對照組（如給予安慰劑，Placebo），藉以控制潛在干擾變數，旨在確立變數間的因果關係（Causality）。
2. 觀察研究：研究者不介入、不操控受試者，僅在自然狀態下被動觀察、記錄特徵或變數值，通常僅能確立變數間的相關性（Association）。

解題方法

本題切入點在於研判研究者在資料蒐集過程中是否具有「人為介入（Intervention）與操縱處置」：

• 題目明確指出研究者「對 23 位病人施予投藥（處理組），而對另外 23 位病人給予安慰劑（對照組）」。
• 研究人員主動控制並指派了「是否服藥」這個自變數（處理），並設立對照組以消除心理效應等外部干擾，目的在於評估該藥物對疾病醫療效果之因果推論。
• 此處置流程完全符合「實驗設計」的定義與標準架構。

選項分析

• (A) 錯誤：觀察研究（Observational Study）

核心觀念

本題考資料排序位置與離散程度指標。將最小值 $-99$ 改回正確值 $-90$，以及將最大值 $199$ 改回正確值 $190$，只會改變排序兩端的觀測值；中位數與四分位數取決於排序中間位置，而變異數會受到每個觀測值與平均數的距離影響。

解題方法

樣本數為 $1000$，且所有資料值皆不同。錯誤資料與正確資料的排序位置相同，僅第一個值由 $-99$ 改為 $-90$，最後一個值由 $199$ 改為 $190$。

因此，中間位置的觀測值不變，中位數及第一、第三四分位數皆不變，四分位距 $IQR=Q_3-Q_1$ 也不變。

判斷變異數時，可使用平方離差和的恆等式。若資料總和為 $S$、平方和為 $Q$、筆數為 $n$，則以 $n$ 為分母的變異數為

以 $n-1$ 為分母的樣本變異數，也只是在平方離差和上除以 $n-1$；只要平方離差和變小，兩種定義下的變異數都會變小。

將錯誤資料改回正確資料後，資料總和增加

所以平均數不變。平方和則減少

核心觀念

本題考查樣本平均數與樣本標準差。對 $n$ 筆觀測值，樣本平均數為

樣本標準差使用分母 $n-1$：

解題方法

兩組資料各有 $n=10$ 人，先由總和計算平均數，再將平方和代入樣本標準差公式。

大眾運輸：

汽機車：

核心觀念

本題考「偏態」與平均數、中位數、眾數的相對位置。

• 正偏（右偏）：資料右側有較長的尾巴，較大的極端值會拉高平均數，通常為「眾數 $\leq$ 中位數 $\leq$ 平均數」。
• 負偏（左偏）：資料左側有較長的尾巴，較小的極端值會拉低平均數，通常為「平均數 $\leq$ 中位數 $\leq$ 眾數」。

以上是描述偏態分配時常用的關係；題目使用「均為正偏／均為負偏」的語意，按此慣例判斷。

解題方法

先看偏態方向，再判斷尾端的極端值會把平均數往哪一側拉：

• 正偏的長尾在右側，平均數通常最大。
• 負偏的長尾在左側，平均數通常最小。

中位數受極端值影響較小，眾數則是資料最常出現的位置。依此比對選項中的排列即可。

選項分析

核心觀念

本題的核心考點為樣本比例的抽樣分配（Sampling Distribution of Sample Proportion）​與中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）​之應用（亦稱二項分配的常態逼近）。

1. 二項試驗設定：設每位受訪者是否為左撇子為獨立的白努力試驗（Bernoulli trial），其成功機率為 $p$。
2. 樣本比例定義：若抽出樣本數為 $n$，其中左撇子人數為 $X$，則 $X \sim B(n, p)$，樣本比例定義為： $\hat{p} = \frac{X}{n}$ 其理論期望值與變異數分別為： $E(\hat{p}) = p$ $\operatorname{Var}(\hat{p}) = \frac{p(1-p)}{n}$
3. 常態逼近準則：依據中央極限定理（棣美弗－拉普拉斯定理，De Moivre–Laplace Theorem），當樣本數 $n$ 夠大，且滿足檢驗條件 $np \ge 5$ 與 $n(1-p) \ge 5$（部分教科書採保守標準 $10$）時，樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分配會漸近趨近於常態分配： $\hat{p} \dot{\sim} N\left(p, \frac{p(1-p)}{n}\right)$

解題方法

1. 整理題目已知條件：

• 母體左撇子比例 $p = 36\% = 0.36$
• 隨機抽出樣本數 $n = 225$

2. 檢驗大樣本條件（常態逼近適用性）：

• 計算預期成功次數：$np = 225 \times 0.36 = 81$
• 計算預期失敗次數：$n(1-p) = 225 \times (1 - 0.36) = 225 \times 0.64 = 144$
• 因 $np = 81 \ge 5$ 且 $n(1-p) = 144 \ge 5$，皆遠大於常態逼近之門檻條件。

3. 推導漸近分配：

• 樣本比例之期望值：$E(\hat{p}) = p = 0.36$
• 樣本比例之變異數：

核心觀念

本題考「切比雪夫不等式」：對任何資料分布，不必假設資料呈常態分布，至少有一定比例的資料落在平均數附近。若平均數為 $\mu$、標準差為 $\sigma$，則對 $k>1$，

題目給的變異數為 $36$，因此標準差為 $\sigma=\sqrt{36}=6$。

解題方法

將各選項的區間與平均數 $20$ 比較，確認其半徑是幾個標準差，再套用切比雪夫不等式。

對區間 $8$ 至 $32$，其中心為 $20$，半寬為 $12=2\sigma$。因此至少有

的資料落在 $20\pm 2(6)$，也就是 $8$ 至 $32$ 之間。

選項分析

• (A) 錯誤。 $8$ 至 $32$ 是平均數左右各 $2$ 個標準差。

核心觀念

本題考常態分配的圖形與數值特徵，判斷哪些方法可用來檢測資料是否近似常態分配。

常態分配大致呈鐘形且左右對稱。若資料近似常態，約有 $68\%$、$95\%$、$99.7\%$ 的觀測值分別落在平均數上下 $1$、$2$、$3$ 個標準差內；常態機率圖上的點也會大致落在一直線上。此外，常態分配的四分位距約為標準差的 $1.35$ 倍。

解題方法

逐一對照各選項所述特徵與常態分配的性質。特別注意：常態分配的直方圖或莖葉圖應呈鐘形、近似對稱，而非均勻分配。因此，描述成「一致（均勻）分配」的選項不符合常態分配。

選項分析

(A) 正確。 常態分配的經驗法則指出：

以樣本平均數 $\bar{x}$ 和樣本標準差 $s$ 代替母體的 $\mu$ 和 $\sigma$，可作為檢查資料是否近似常態的經驗方法。

核心觀念

訂單可視為依固定平均速率發生的卜瓦松過程。卜瓦松過程中，相鄰兩次訂單的等待時間服從指數分配；其平均等待時間為 $10/3$ 天，因此等待時間的速率參數為

若 $T$ 表示收到下一個訂單所需的時間，則 $T\sim\operatorname{Exp}(\lambda)$，且

解題方法

題目問「至少 5 天之久，才會有下個訂單」，即等待時間不少於 5 天。代入指數分配的存活機率：

四捨五入至小數點後四位為 $0.2231$，故選 (D)。

選項分析

核心觀念

1. 成對樣本 $t$ 檢定（Paired-samples $t$-test）： 當資料來自「同一組受試對象」在不同情境或不同時間點（如「處理前」與「處理後」）的重複量測時，前後兩組觀察值彼此相依（Dependent Samples），必須使用「成對樣本 $t$ 檢定」（又稱配對 $t$ 檢定）。此法是將每對數據相減得到差值 $D_i = X_{\text{後}, i} - X_{\text{前}, i}$，轉化為單一常態母體平均數的檢定。
2. 假設檢定之決策法則（Decision Rules）：

• 臨界值法（Critical Value Approach）：若檢定統計量落入拒絕域（右尾檢定下：$t_{\text{calc}} > t_{\text{critical}}$），則拒絕虛無假說 $H_0$。
• $p$ 值法（$p$-value Approach）：若 $p\text{-value} \le \alpha$（顯著水準），則拒絕虛無假說 $H_0$。

解題方法

步驟一：判斷檢定類型（成對 vs. 不成對）

本題資料為隨機選取 12 位高風險借貸人，分別記錄其「上課前」與「上課後」之信用分數。因為兩組數據來自「相同的 12 位借貸人」，屬於典型的前後重複測量相依樣本，故必須採用成對 $t$ 檢定，不能使用獨立雙樣本的「不成對 $t$ 檢定」。

步驟二：建立統計假說

定義差值 $D = \text{信用分數}_{\text{上課後}} - \text{信用分數}_{\text{上課前}}$，設母體平均差值為 $\mu_D$。 題目欲檢驗「財務課程是否有增加信用分數」，屬於單尾（右尾）檢定：

• 虛無假說 $H_0: \mu_D \le 0$（上課無法增加信用分數／分數未提高）
• 對立假說 $H_1: \mu_D > 0$（上課能增加信用分數／分數有提高）

步驟三：進行統計決策

題目已提供完整之檢定數值：

• 樣本數 $n = 12$，成對檢定之自由度 $df = n - 1 = 12 - 1 = 11$
• 顯著水準 $\alpha = 0.01$
• 上臨界值 $t_{0.01}(11) = 2.7181$
• 檢定統計值 $t = 5.0731$
• $p$ 值 $= 0.0002$

核心觀念

母體為常態分配、母體標準差未知，且樣本數為 $n=15$，因此以樣本標準差 $s=3$ 估計母體標準差，將樣本平均數標準化後使用自由度為 $n-1=14$ 的 $t$ 分配：

題目所求是樣本平均員工數 $\bar X$ 大於 $27$ 的機率；母體平均數為 $\mu=25$。

解題方法

先將 $\bar X>27$ 轉換為 $t$ 值：

臨界值為

因此

核心觀念

母體為常態分配時，若母體變異數為 $\sigma^2$，從中抽取 $n$ 個隨機樣本，使用分母為 $n-1$ 的不偏樣本變異數 $S^2$，則

本題給定 $\sigma^2=36$、$n=9$，因此自由度為 $8$。

解題方法

將樣本變異數的上下界轉換為卡方變數的上下界：

計算得

所以所求機率為

核心觀念

判定係數 $R^2$ 衡量簡單迴歸模型對應變數總變異的解釋比例。含截距項的簡單線性迴歸中，總平方和可分解為迴歸平方和與殘差平方和：

因此，

其中 $SSR$ 是迴歸模型所解釋的變異，$SST$ 是應變數的總變異。判定係數介於 $0$ 與 $1$ 之間；數值愈大，表示模型解釋的總變異比例愈高。

在含截距項的簡單線性迴歸中，判定係數等於自變數 $X$ 與應變數 $Y$ 的皮爾森相關係數 $r_{XY}$ 的平方：

解題方法

先辨認判定係數描述的是「變異」的解釋比例，而非「標準差」的比例；再確認簡單線性迴歸中的相關係數關係為平方。因此，符合兩項敘述的是選項（B）。

選項分析

核心觀念

本題主要測驗以下三個核心統計概念：

1. 離散均勻分配（Discrete Uniform Distribution）之期望值： 母體為連續正整數 $1, 2, \dots, N$，各點發生的機率皆為 $1/N$。其母體期望值（母體平均數）為： $E[X] = \frac{1+N}{2}$
2. 點估計之動差法（Method of Moments, MM）： 利用樣本動差等於母體動差的對應關係（即以樣本平均數 $\bar{X}$ 取代母體平均數 $\mu$），解出未知母體參數的估計式。
3. 估計式（Estimator）之基本定義： 估計式是樣本資料的函數（即統計量），其算式中絕對不可含有任何未知的母體參數。

解題方法

步驟一：求母體單一抽樣變數之期望值 設隨機抽出之數值為 $X_i$（$i = 1, 2, \dots, n$）。由於是自 $1$ 至 $N$ 抽出放回隨機抽樣，每次抽樣之隨機變數 $X_i$ 皆服從離散均勻分配，其母體平均數為： $E[X_i] = \sum_{x=1}^{N} x \cdot \frac{1}{N} = \frac{1}{N} \cdot \frac{N(N+1)}{2} = \frac{N+1}{2}$

步驟二：求樣本總和 $S$ 與樣本平均數 $\bar{X}$ 之期望值 令樣本總和為 $S = \sum_{i=1}^{n} X_i$，樣本平均數為 $\bar{X} = \frac{S}{n}$。由期望值之線性性質可知： $E[S] = E\left[ \sum_{i=1}^{n} X_i \right] = \sum_{i=1}^{n} E[X_i] = n \cdot \left(\frac{N+1}{2}\right)$ $E[\bar{X}] = E\left[ \frac{S}{n} \right] = \frac{1}{n} E[S] = \frac{N+1}{2}$

步驟三：利用動差法求解 $N$ 的估計式 $\hat{N}$ 令樣本一階動差（樣本平均數 $\bar{X}$）等於母體一階動差（母體期望值 $E[X]$）： $\bar{X} = E[X]$ $\frac{S}{n} = \frac{\hat{N} + 1}{2}$ 將式子兩邊同乘以 $2$，並將常數項移項求解 $\hat{N}$： $\hat{N} + 1 = \frac{2S}{n}$ $\hat{N} = \frac{2S}{n} - 1$

核心觀念

本題考「公平遊戲」的期望值。若長期玩下來不賺不賠，每次應付的金額等於每次遊戲獎金的期望值。

同時擲兩顆公平骰子時，所有點數組合共有 $6\times 6=36$ 種，其中兩顆點數相同的組合有 6 種，因此：

解題方法

以玩家的淨收益計算期望值。設每次應付 $x$ 元：

• 點數相同時，玩家獲得 95 元，淨收益為 $95-x$，機率為 $\frac{1}{6}$。
• 點數不同時，玩家沒有獲獎，淨收益為 $-x$，機率為 $\frac{5}{6}$。

公平遊戲的期望淨收益為 0：

整理得：

因此，依題目原文「獲得 95 元」計算，公平的每次費用是 $\frac{95}{6}\approx15.83$ 元，並非選項 A 的 19 元。

選項分析

核心觀念

本題考右尾單一母體平均數檢定的 $p$ 值。由於母體標準差未知，以樣本標準差 $s$ 估計，檢定統計量採用 $t$ 分配，自由度為 $n-1$。

$p$ 值是以虛無假設邊界值 $\mu_0=14$ 為基準，在 $H_0$ 成立時，取得「至少與觀察結果同樣偏向 $H_1$」之統計量的機率。因為 $H_1:\mu>14$，所以計算右尾機率。

解題方法

檢定統計量為

自由度為

因此，右尾檢定的 $p$ 值為

按常見 $t$ 分配表將統計量取為 $1.77$ 查表，右尾機率約為 $0.041$，與選項最接近的是 (A) $0.0384$，故依題目指定的官方答案選 (A)。

選項分析

核心觀念

本題考「母體比例的 95% 信賴區間」及其與「支持率至少 90%」的關係。樣本數 $n=100$，樣本支持人數為 $80$，所以樣本比例為

以常態近似計算母體比例的信賴區間，公式為

其中 95% 信賴水準的臨界值 $z_{0.025}=1.96$。

解題方法

先計算樣本比例的標準誤：

誤差範圍為

因此，95% 信賴區間為

「支持率至少 90%」表示母體支持率 $p\geq 0.90$。此值高於信賴區間上限 $0.8784$，不在區間內，因此依本題的信賴區間判斷，不能成立。

選項分析

核心觀念

本題評量獨立雙常態母體變異數比值的區間估計以及母體變異數齊一性（相等）之假說檢定：

1. 樞紐量與 $F$ 分配： 設兩組獨立樣本分別來自常態母體 $N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 與 $N(\mu_2, \sigma_2^2)$，自由度分別為 $\nu_1 = n_1 - 1$、$\nu_2 = n_2 - 1$。其樣本變異數比值經標準化後服從 $F$ 分配： $\frac{s_1^2 / \sigma_1^2}{s_2^2 / \sigma_2^2} \sim F(\nu_1, \nu_2)$

2. 變異數比值 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 之 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間： 由機率陳述 $P\left( F_{1-\alpha/2}(\nu_1, \nu_2) \le \frac{s_1^2/\sigma_1^2}{s_2^2/\sigma_2^2} \le F_{\alpha/2}(\nu_1, \nu_2) \right) = 1-\alpha$，配合倒數性質 $F_{1-\alpha/2}(\nu_1, \nu_2) = \frac{1}{F_{\alpha/2}(\nu_2, \nu_1)}$，可推得信賴區間公式為： $\left[ \frac{s_1^2 / s_2^2}{F_{\alpha/2}(\nu_1, \nu_2)}, \; \frac{s_1^2}{s_2^2} \cdot F_{\alpha/2}(\nu_2, \nu_1) \right]$

3. 利用信賴區間進行雙尾假說檢定： 欲檢定兩母體變異數是否相等，設定假說： $H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2 \quad \left(\text{即 } \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} = 1\right) \quad \text{vs.} \quad H_1: \sigma_1^2 \ne \sigma_2^2$ 若數值 $1$ 落在 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間內，表示在顯著水準 $\alpha$ 下不拒絕 $H_0$，判定兩母體變異數「相等」（無顯著差異）；反之若未落在區間內，則拒絕 $H_0$，判定為「不相等」。

解題方法

步驟一：整理樣本數據與自由度

• 第一組（年齡 25 至 34 歲）：$n_1 = 25 \implies \nu_1 = n_1 - 1 = 24$，樣本標準差 $s_1 = 28$ 磅。
• 第二組（年齡 55 至 64 歲）：$n_2 = 41 \implies \nu_2 = n_2 - 1 = 40$，樣本標準差 $s_2 = 21$ 磅。

步驟二：計算樣本變異數比值（點估計值）

$\frac{s_1^2}{s_2^2} = \left(\frac{s_1}{s_2}\right)^2 = \left(\frac{28}{21}\right)^2 = \left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{16}{9} \approx 1.7778$

步驟三：查表取得 $F$ 分配臨界值

題目要求 95% 信賴水準，即 $\alpha = 0.05$、$\alpha/2 = 0.025$：

核心觀念

本題的核心考點為貝氏定理（Bayes' Theorem）​與全機率定理（Law of Total Probability）。

1. 互斥且完整分割（Partition）： 土地的地質狀態分為三類：高品質油田（$A_1$）、低品質油田（$A_2$）、沒有油（$A_3$）。三者互斥且其聯集為整個樣本空間，構成樣本空間的分割。
2. 全機率定理： 若已知檢測到特定土壤的事件為 $B$，則發生事件 $B$ 的邊際機率（全機率）為各狀態下條件機率的加權總和： $P(B) = \sum_{i=1}^{3} P(A_i) P(B \mid A_i)$
3. 事後機率（Posterior Probability）： 「挖到油」代表地質狀態為高品質油田或低品質油田（即 $A_1 \cup A_2$）。在已知檢測到土壤（條件 $B$）下，挖到油的事後機率為： $P(\text{有油} \mid B) = \frac{P(\text{有油} \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B)}{P(B)}$ 亦可利用餘事件性質計算： $P(\text{有油} \mid B) = 1 - P(A_3 \mid B)$

解題方法

步驟一：定義事件與列出已知機率

• 狀態事件（事前機率）：
• $A_1$：為高品質油田，$P(A_1) = 20\% = 0.20$
• $A_2$：為低品質油田，$P(A_2) = 50\% = 0.50$
• $A_3$：為沒有油的土地，$P(A_3) = 30\% = 0.30$
• 檢測事件（條件機率／檢驗能力）： 設 $B$ 為「檢測到該種土壤」：
• $P(B \mid A_1) = 90\% = 0.90$
• $P(B \mid A_2) = 70\% = 0.70$
• $P(B \mid A_3) = 30\% = 0.30$

步驟二：計算檢測到該土壤的全機率 $P(B)$

應用全機率定理，計算分母： $P(B) = P(A_1)P(B \mid A_1) + P(A_2)P(B \mid A_2) + P(A_3)P(B \mid A_3)$ $P(B) = (0.20 \times 0.90) + (0.50 \times 0.70) + (0.30 \times 0.30)$ $P(B) = 0.18 + 0.35 + 0.09 = 0.62$

步驟三：計算檢測到土壤且實際有油的聯合機率

「有油」包含高品質與低品質油田： $P(\text{有油} \cap B) = P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) = 0.18 + 0.35 = 0.53$

步驟四：計算事後機率

核心觀念

每週取締次數 $X$ 服從平均數為 $\lambda=3$ 的 Poisson 分配，記為 $X\sim\operatorname{Poisson}(3)$。Poisson 分配的機率質量函數為

題目問「超過五次」，即 $X>5$，也就是 $X\ge 6$。

解題方法

使用補事件計算較簡便：

逐項加總：

因此

選項分析

核心觀念

本題考常態分配的標準化，以及由左尾機率反查標準常態分配的分位數。產品故障時間 $X$ 的平均數為 $3$ 年、標準差為 $1$ 年，因此

保固期設為 $t$ 年時，「保固期內故障」即故障時間不超過 $t$ 年，其比例為 $P(X\le t)$。

解題方法

題目指出保固期內故障的產品約占 $2.5\%$，因此設定 $t$ 使得

將故障時間標準化：

標準常態分配的左尾機率 $0.025$ 對應 $z\approx -1.96$，故

約為 $1$ 年，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

單因子變異數分析比較 $k$ 組母體平均數是否相同。若每組有 $n_i$ 個觀測值，總樣本數為 $N=\sum_{i=1}^k n_i$，則自由度為：

• 處理自由度：$k-1$
• 誤差自由度：$N-k$
• 總自由度：$N-1$

平方和具有可加性：總平方和 $SST$ 等於處理平方和 $SSTR$ 加上誤差平方和 $SSE$。均方和為平方和除以相應自由度，$F$ 統計量則為處理均方除以誤差均方。

解題方法

本題有 $k=4$ 種品牌，每種抽取 $10$ 顆電池，因此總樣本數 $N=4\times10=40$。

自由度為：

由平方和分解：

因此，誤差均方為：

核心觀念

本題主要測驗「離散型隨機變數」與「連續型隨機變數」之基本定義與核心性質差異，涵蓋三大考點：

1. 離散型隨機變數之機率函數（機率質量函數，PMF）：設 $X$ 為離散型隨機變數，其機率函數定義為 $f(x) = P(X = x)$，滿足： $0 \leq f(x) \leq 1 \quad \text{且} \quad \sum_{x} f(x) = 1$
2. 連續型隨機變數之機率密度函數（PDF）：設 $Y$ 為連續型隨機變數，其機率密度函數 $g(y)$ 滿足： $g(y) \geq 0 \quad \text{且} \quad \int_{-\infty}^{\infty} g(y)\,dy = 1$

• 注意：$g(y)$ 代表的是「機率密度」（機率集中程度），其函數值可以大於 1，不是點機率。
• 連續型隨機變數在區間上的機率由「定積分」求得：$P(a \leq Y \leq b) = \int_{a}^{b} g(y)\,dy$；其「單點機率」恆為 0，即 $P(Y = c) = 0$。

3. 獨立性與不相關性：

• 兩隨機變數「獨立」（Independent）代表彼此無任何關聯，必可推導出「不相關」（Uncorrelated，即共變異數 $\text{Cov}(X, Y) = 0$）。
• 「不相關」僅代表兩者無「線性關係」，兩者之間仍可能存在非線性相依關係，故不相關不保證獨立。

解題方法

由隨機變數與機率分佈的根本定義切入，逐一檢驗各選項對於機率值、機率密度值、區間機率與變數獨立性的論述。

選項分析

• (A) 選項錯誤： 對於離散型隨機變數 $X$，$f(x) = P(X = x)$ 由於代表實際的單點機率，因此確實滿足 $0 \leq f(x) \leq 1$。

核心觀念

簡單線性迴歸的最小平方法估計斜率，等於 $x$ 與 $y$ 的離均差乘積和除以 $x$ 的離均差平方和：

題目提供的總和可用來計算 $S_{xy}$ 與 $S_{xx}$。誤差項的常態與獨立假設不影響本題的最小平方斜率計算。

解題方法

由 $n=5$、$\sum x_i=5$、$\sum y_i=5$，可得：

計算 $x$ 的離均差平方和：

計算 $x$ 與 $y$ 的離均差乘積和：

因此：

選項分析

核心觀念

母體為常態分配、母體標準差未知時，平均數 $\mu$ 的 $t$ 信賴區間為

其中 $n$ 為樣本數、$s$ 為樣本標準差，自由度為 $n-1$。對雙尾檢定 $H_0:\mu=\mu_0$，檢定統計量為

在顯著水準 $\alpha$ 下，$\mu_0$ 若落在 $(1-\alpha)$ 的雙尾信賴區間內，檢定結果就是不拒絕 $H_0$；若 $\bar{x}=\mu_0$，則 $t=0$，雙尾 $p$ 值為 $1$。

解題方法

題目給定樣本數 $n=4$、樣本標準差 $s=2$，且 95% 信賴區間為 $(6.818,13.182)$。區間中點就是樣本平均數：

區間半寬為 $13.182-10=3.182$。此區間可寫成