核心觀念

本題考查二維隨機變數的變數變換法，以及由聯合機率密度函數求邊際機率密度函數。

因為 $X_1,X_2$ 為獨立且同分布的參數為 $\lambda$ 之指數分配，所以

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) =f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2) =\lambda^2e^{-\lambda(x_1+x_2)}, \quad x_1\geq 0,\ x_2\geq 0.$$

題目定義

$$Y_1=X_1-X_2,\qquad Y_2=X_2.$$

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（一）求 $Y_1$ 與 $Y_2$ 之聯合機率密度函數

1. 求反變換

由

$$Y_1=X_1-X_2,\qquad Y_2=X_2$$

可得

$$X_2=Y_2,\qquad X_1=Y_1+Y_2.$$

因此反變換為

$$x_1=y_1+y_2,\qquad x_2=y_2.$$

2. 求可行範圍

原本 $X_1,X_2$ 必須滿足

$$x_1\geq 0,\qquad x_2\geq 0.$$

代入反變換：

$$y_1+y_2\geq 0,\qquad y_2\geq 0.$$

因此可行範圍為

$$y_2\geq 0,\qquad y_2\geq -y_1,$$

亦可寫成

$$y_2\geq \max(0,-y_1).$$

3. 求 Jacobian

$$\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(y_1,y_2)} = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial x_1}{\partial y_1} & \dfrac{\partial x_1}{\partial y_2}\\[4pt] \dfrac{\partial x_2}{\partial y_1} & \dfrac{\partial x_2}{\partial y_2} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix} =1.$$

故 Jacobian 絕對值為 $1$。

4. 套用變數變換公式

$$\begin{aligned} f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2) &=f_{X_1,X_2}(y_1+y_2,y_2) \left|\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(y_1,y_2)}\right|\\ &=\lambda^2e^{-\lambda[(y_1+y_2)+y_2]}\\ &=\lambda^2e^{-\lambda(y_1+2y_2)}. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2) = \lambda^2e^{-\lambda(y_1+2y_2)}, \quad y_2\geq 0,\ y_1+y_2\geq 0 }$$

其餘範圍為 $0$。

也可寫成

$$\boxed{ f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2) = \lambda^2e^{-\lambda(y_1+2y_2)} I\{y_2\geq 0,\ y_1+y_2\geq 0\}. }$$

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（二）求 $Y_1$ 之邊際機率密度函數

由聯合密度對 $y_2$ 積分：

$$f_{Y_1}(y_1)=\int f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)\,dy_2.$$

由可行範圍，積分下限須依 $y_1$ 的正負分段處理。

核心觀念

本題考查：

1. Neyman–Pearson 引理：求簡單假設對簡單假設的最強力檢定。
2. 似然比檢定與單調似然比。
3. Karlin–Rubin 定理：當統計量對參數具有單調似然比時，可建立齊一最強力檢定。
4. 雙側檢定通常無法同時兼顧兩個方向的最強力性。

令

$$T=\sum_{i=1}^n X_i^2.$$

因為 $X_i\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}N(0,\sigma^2)$，故

$$\frac{T}{\sigma^2}\sim\chi_n^2.$$

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（一）$H_0:\sigma^2=\sigma_0^2$ 對 $H_1:\sigma^2=\sigma_1^2$ 的最強力檢定

解題方法

這是簡單假設對簡單假設，因此使用 Neyman–Pearson 引理。

在 $\sigma^2=\sigma_j^2$ 下，樣本聯合密度為

$$f_j(\boldsymbol{x}) = (2\pi\sigma_j^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma_j^2}\sum_{i=1}^n x_i^2 \right\}, \qquad j=0,1.$$

考慮概似比：

$$\frac{f_1(\boldsymbol{x})}{f_0(\boldsymbol{x})} = \left(\frac{\sigma_0}{\sigma_1}\right)^n \exp\left[ \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sigma_0^2} - \frac{1}{\sigma_1^2} \right)T \right].$$

由於 $\sigma_1^2>\sigma_0^2$，所以

$$\frac{1}{\sigma_0^2}-\frac{1}{\sigma_1^2}>0.$$

因此，概似比是 $T$ 的嚴格遞增函數。依 Neyman–Pearson 引理，最強力檢定應在 $T$ 大時拒絕 $H_0$。

故拒絕域設為

$$C=\{T>c\}.$$

在 $H_0$ 成立時，

$$\frac{T}{\sigma_0^2}\sim\chi_n^2.$$

顯著水準為 $0.05$，故令

$$P_{\sigma_0^2}(T>c)=0.05.$$

若以 $\chi_{n,0.95}^2$ 表示自由度 $n$ 的卡方分配第 $0.95$ 分位數，則

$$\frac{c}{\sigma_0^2}=\chi_{n,0.95}^2,$$

因此

$$c=\sigma_0^2\chi_{n,0.95}^2.$$

最強力檢定

$$\boxed{ \text{拒絕 }H_0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sum_{i=1}^n X_i^2 > \sigma_0^2\chi_{n,0.95}^2 }$$

其檢定力為

$$P_{\sigma_1^2} \left( T>\sigma_0^2\chi_{n,0.95}^2 \right).$$

由於在 $\sigma^2=\sigma_1^2$ 下 $T/\sigma_1^2\sim\chi_n^2$，也可寫成

$$\pi(\sigma_1^2) = P\left( \chi_n^2> \frac{\sigma_0^2}{\sigma_1^2} \chi_{n,0.95}^2 \right).$$

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（二）$H_0:\sigma^2=\sigma_0^2$ 對 $H_1:\sigma^2>\sigma_0^2$ 的齊一最強力檢定

解題方法

對任意固定的 $\sigma^2>\sigma_0^2$，似然比為

$$\frac{f_{\sigma^2}(\boldsymbol{x})}{f_{\sigma_0^2}(\boldsymbol{x})} = \left(\frac{\sigma_0^2}{\sigma^2}\right)^{n/2} \exp\left[ \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sigma_0^2}-\frac{1}{\sigma^2} \right)T \right].$$

因為 $\sigma^2>\sigma_0^2$，所以

$$\frac{1}{\sigma_0^2}-\frac{1}{\sigma^2}>0.$$

核心觀念

本題比較兩種相關係數：

1. 皮爾森相關係數

$$r=\frac{\sum (X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y)} {\sqrt{\sum (X_i-\bar X)^2\sum (Y_i-\bar Y)^2}}$$

直接利用觀測值的數值大小，因此容易受到極端觀測值影響。

2. 皮爾曼等級相關係數

$r_s=1-\frac{6\sum d_i^2}{n(n^2-1)}$

其中 $d_i$ 為第 $i$ 筆資料之 $X$ 排名與 $Y$ 排名的差。題目中沒有同名次，因此可直接使用此公式。

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（一）散布圖及相關係數

1. 散布圖判讀

各觀測點為：

$(11,7.46),(9,6.77),(14,12.74),(10,7.11),(12,7.81),$

$(15,8.84),(7,6.08),(5,5.39),(13,8.15),(8,6.42),(6,5.73)$

散布圖可概略表示如下：

Y
13 | ● (14,12.74)
12 |
11 |
10 |
 9 | ● (15,8.84)
 8 | ● ● ●
 7 | ● ● ●
 6 | ● ● ●
 5 | ●
 +--------------------------------
 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 X

資料大致呈現正線性關係，但 $(14,12.74)$ 明顯偏離其餘資料點，可視為離群值。

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2. 計算皮爾森相關係數 $r$

首先計算平均數：

$$\bar X=\frac{110}{11}=10,\qquad \bar Y=\frac{82.5}{11}=7.5$$

整理計算結果：

$\sum (X_i-\bar X)^2=110$

$\sum (Y_i-\bar Y)^2=41.2262$

$\sum (X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y)=54.97$

因此

$r=\frac{54.97}{\sqrt{110(41.2262)}}$

$$r\approx \frac{54.97}{67.34} \approx 0.8163$$

所以

$\boxed{r\approx 0.816}$

表示資料呈現中度至高度正相關。

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3. 計算皮爾曼等級相關係數 $r_s$

依 $X$ 值由小到大排名，因為 $X=5,6,\ldots,15$ 各出現一次，所以 $X$ 的排名為 $X-4$。

$X$	$X$排名	$Y$	$Y$排名	$d_i$	$d_i^2$
11	7	7.46	7	0	0
9	5	6.77	5	0	0
14	10	12.74	11	-1	1
10	6	7.11	6	0	0
12	8	7.81	8	0	0
15	11	8.84	10	1	1
7	3	6.08	3	0	0
5	1	5.39	1	0	0
13	9	8.15	9	0	0
8	4	6.42	4	0	0
6	2	5.73	2	0	0

$\sum d_i^2=2,\qquad n=11$

因此

$$r_s =1-\frac{6(2)}{11(11^2-1)}$$ $$=1-\frac{12}{11(120)} =1-\frac{12}{1320} \approx 0.9909$$

所以

核心觀念

本題有「機器」與「員工」兩個因素，每位員工各操作三台機器一次，每個組合只有一筆觀測值，因此採用：

• 無重複觀測值之二因子變異數分析
• 亦可視為以「員工」為區集、以「機器」為處理的隨機集區設計

分析目的為分別檢定：

1. 三台機器的平均生產量是否相同。
2. 五名員工的平均生產量是否相同。

模型採加法模型，不另估計機器與員工的交互作用。

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解題方法與計算

令 $y_{ij}$ 表示第 $i$ 位員工使用第 $j$ 台機器的生產量。

各員工總和為：

$91,\quad 92,\quad 82,\quad 87,\quad 81$

各機器總和為：

$150,\quad 130,\quad 153$

總和為：

$T=433$

樣本總數為 $N=15$。

1. 修正項

$$C=\frac{T^2}{N} =\frac{433^2}{15} =\frac{187489}{15} =12499.267$$

所有觀測值平方和為：

$\sum y_{ij}^2=12639$

因此總平方和：

$$SS_T=\sum y_{ij}^2-C =12639-12499.267 =139.733$$

2. 機器平方和

每台機器有 $5$ 位員工操作，因此：

$SS_M=\frac{150^2+130^2+153^2}{5}-C$

$$SS_M=\frac{62809}{5}-12499.267 =62.533$$

3. 員工平方和

每位員工操作 $3$ 台機器，因此：

$SS_E=\frac{91^2+92^2+82^2+87^2+81^2}{3}-C$

$$SS_E=\frac{37599}{3}-12499.267 =33.733$$

4. 誤差平方和

無重複觀測值二因子模型中：

$$SS_{\text{Error}} =SS_T-SS_M-SS_E$$ $$SS_{\text{Error}} =139.733-62.533-33.733 =43.467$$

5. 自由度

總自由度：

$df_T=15-1=14$

機器自由度：

$df_M=3-1=2$

員工自由度：

$df_E=5-1=4$

誤差自由度：

$$df_{\text{Error}} =(3-1)(5-1)=8$$

6. 均方與 $F$ 統計量

$MS_M=\frac{62.533}{2}=31.267$

$MS_E=\frac{33.733}{4}=8.433$

$MS_{\text{Error}}=\frac{43.467}{8}=5.433$

因此：

$$F_M=\frac{MS_M}{MS_{\text{Error}}} =\frac{31.267}{5.433} =5.755$$ $$F_E=\frac{MS_E}{MS_{\text{Error}}} =\frac{8.433}{5.433} =1.552$$

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（一）ANOVA 表

變異來源	平方和 SS	自由度 df	均方 MS	$F$ 值
機器	$62.533$	$2$	$31.267$	$5.755$
員工	$33.733$	$4$	$8.433$	$1.552$
誤差	$43.467$	$8$	$5.433$
總和	$139.733$	$14$

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（二）檢定不同機器之生產量是否不同

假設

$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$

$H_1:\text{至少有一台機器的平均生產量不同}$

在顯著水準 $\alpha=0.05$ 下：

$F_{0.05}(2,8)=4.459$

檢定統計量為：

核心觀念

本題採用乘法季節模型：

$$Y_t=T_t\times S_t\times I_t$$

其中 $S_t$ 為季節因子。題目給的是季節指數，因此：

$$S_t=\frac{\text{季節指數}}{100}$$

去除季節因子後的銷售量為：

$$y_t=\frac{Y_t}{S_t} =Y_t\left(\frac{100}{\text{季節指數}}\right)$$

再以去季節化銷售量建立簡單線性迴歸模型：

$$y_t=\alpha+\beta t+e_t$$

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（一）計算去除季節因子之銷售量

各季季節因子為：

$$S_1=0.74720,\quad S_2=1.03978,\quad S_3=1.23761,\quad S_4=0.97540$$

例如 2018 年第一季：

$$y_1=\frac{1600}{0.74720}=2141.327$$

依相同方法計算如下：

年度	第一季	第二季	第三季	第四季
2018	2,141.327	2,404.355	2,262.441	3,044.904
2019	2,810.493	2,981.400	2,949.233	3,434.488
2020	3,011.243	3,125.661	3,102.754	3,957.351

以上數值即為去除季節因子後的銷售量。

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（二）趨勢估計式與斜率檢定

令 2018 年第一季至 2020 年第四季依序為 $t=1,2,\ldots,12$。

去季節化銷售量總和為：

$$\sum y_t=35225.650$$

因此：

$$\bar y=\frac{35225.650}{12}=2935.471$$

又因為：

$$\bar t=\frac{1+12}{2}=6.5$$

簡單線性迴歸斜率估計量為：

$$\hat\beta = \frac{\sum (t-\bar t)(y_t-\bar y)} {\sum (t-\bar t)^2}$$

本題中：

$$\sum (t-\bar t)^2=143$$

且：

$$\sum (t-\bar t)(y_t-\bar y)=16987.957$$

故：

$$\hat\beta=\frac{16987.957}{143}=118.098$$

截距估計量為：

$$\hat\alpha=\bar y-\hat\beta\bar t$$ $$\hat\alpha =2935.471-(118.098)(6.5) =2167.837$$

因此，去除季節因子後的銷售量趨勢估計式為：

$$\boxed{\hat y_t=2167.837+118.098t}$$

其意義為：在去除季節效果後，銷售量平均每季增加約 $118.098$ 單位。

斜率是否為零之檢定

檢定假設為：

$$H_0:\beta=0$$ $$H_1:\beta\neq 0$$

殘差平方和約為：

$$SSE=\sum (y_t-\hat y_t)^2=961294.7$$

誤差自由度為：

$$n-2=12-2=10$$

故誤差變異數估計量為：

$$MSE=\frac{SSE}{n-2} =\frac{961294.7}{10} =96129.47$$