115 關務特考三等 關稅統計(選試英文) 統計學 考古題詳解

核心觀念

題目給的是聯合機率函數

$$p_{X,Y}(x,y)=e^{-3}\frac{1.8^x}{x!}\frac{1.2^y}{y!},\qquad x,y=0,1,2,\ldots$$

將它拆成兩個機率函數，可得

$$p_{X,Y}(x,y) =\left(e^{-1.8}\frac{1.8^x}{x!}\right) \left(e^{-1.2}\frac{1.2^y}{y!}\right),$$

因為 $e^{-3}=e^{-1.8}e^{-1.2}$。因此 $X\sim\operatorname{Poisson}(1.8)$、$Y\sim\operatorname{Poisson}(1.2)$，而且兩者獨立。

本題主要用到：

• 邊際機率：固定一個變數，對另一個變數加總。
• 條件機率：$P(A\mid B)=P(A\cap B)/P(B)$。
• 獨立性：若 $p_{X,Y}(x,y)=p_X(x)p_Y(y)$，則 $X,Y$ 獨立。
• 獨立 Poisson 變數的和：若 $X,Y$ 獨立且分別服從 Poisson 分配，則 $Z=X+Y$ 服從參數為兩參數總和的 Poisson 分配。

解題方法與計算

（一）主隊擊出兩支全壘打的機率

由 $X\sim\operatorname{Poisson}(1.8)$，

$$P(X=2)=e^{-1.8}\frac{1.8^2}{2!} \approx 0.2678.$$

（二）主隊與客隊全壘打數是否獨立

由聯合機率函數可直接因式分解：

$$p_{X,Y}(x,y) =\left(e^{-1.8}\frac{1.8^x}{x!}\right) \left(e^{-1.2}\frac{1.2^y}{y!}\right) =p_X(x)p_Y(y).$$

因此 $X$ 與 $Y$ 獨立。

（三）已知主隊擊出兩支全壘打，客隊擊出一支全壘打的機率

利用獨立性：

$$P(Y=1\mid X=2)=P(Y=1) =e^{-1.2}\frac{1.2^1}{1!} \approx 0.3614.$$

（四）已知客隊擊出一支全壘打，主隊擊出兩支全壘打的機率

同樣由獨立性：

$$P(X=2\mid Y=1)=P(X=2) =e^{-1.8}\frac{1.8^2}{2!} \approx 0.2678.$$

（五）已知客隊至少擊出一支全壘打，主隊擊出兩支全壘打的機率

因 $X$ 與 $Y$ 獨立，事件 $\{X=2\}$ 與 $\{Y\geq 1\}$ 亦獨立，所以

$$P(X=2\mid Y\geq 1)=P(X=2) =e^{-1.8}\frac{1.8^2}{2!} \approx 0.2678.$$

（六）兩隊全壘打總數 $Z$ 的機率函數

令 $Z=X+Y$。由獨立 Poisson 和的性質，

$$Z\sim\operatorname{Poisson}(1.8+1.2) =\operatorname{Poisson}(3).$$

故其機率函數為

$$p_Z(z)= \begin{cases} e^{-3}\dfrac{3^z}{z!}, & z=0,1,2,\ldots,\\[6pt] 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

（七）兩隊總共擊出兩支全壘打之期望值

核心觀念

最大概似估計（maximum likelihood estimation, MLE）的想法是：觀察到資料後，選出能使這組資料出現機率（或密度）最大的參數值。對隨機樣本 $X_1,\ldots,X_n$，概似函數為

$$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f(X_i;\theta).$$

通常改取對數概似 $\ell(\theta)=\log L(\theta)$，再求極值。須特別留意參數空間的限制，以及密度函數的支持集是否依賴參數；若支持集依賴參數，最大值常出現在邊界。

（一）不放回抽球

若盒內有 $N$ 顆紅球、$6-N$ 顆非紅球，抽出 $3$ 顆中恰有 $2$ 顆紅球的機率為超幾何機率：

$$P_N(X=2) =\frac{\binom{N}{2}\binom{6-N}{1}}{\binom{6}{3}}.$$

由於抽樣結果有 $2$ 顆紅球，必須有 $N\geq 2$；又因為至少抽到 $1$ 顆非紅球，必須有 $N\leq 5$。因此只需比較 $N=2,3,4,5$：

$$\begin{array}{c|c} N & \binom{N}{2}\binom{6-N}{1}\\ \hline 2 & 4\\ 3 & 9\\ 4 & 12\\ 5 & 10 \end{array}$$

分母 $\binom{6}{3}$ 對所有 $N$ 相同，分子在 $N=4$ 時最大。因此最有可能的紅球數是 $N=4$。

（二）有放回抽球

令紅球比例為 $p$。每次抽取互相獨立，紅球數 $X$ 服從二項分配：

$$X\sim\operatorname{Binomial}(n,p).$$

觀察到 $X$ 顆紅球，其概似函數為

$$L(p)=\binom{n}{X}p^X(1-p)^{n-X},\qquad 0\leq p\leq 1.$$

取對數並對 $p$ 微分：

$$\ell(p)=\log\binom{n}{X}+X\log p+(n-X)\log(1-p),$$ $$\ell'(p)=\frac{X}{p}-\frac{n-X}{1-p}.$$

令 $\ell'(p)=0$，得

$$X(1-p)=(n-X)p \quad\Longrightarrow\quad \hat p=\frac{X}{n}.$$

當 $X=0$ 或 $X=n$ 時，最大值分別落在參數空間邊界 $p=0$ 或 $p=1$，公式仍成立。因此紅球比例的 MLE 為 $\hat p=X/n$。

（三）各分配的最大概似估計

1. 卜瓦松分配

概似函數為

$$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}\frac{\theta^{X_i}e^{-\theta}}{X_i!} =\frac{\theta^{\sum X_i}e^{-n\theta}}{\prod_{i=1}^{n}X_i!}.$$

令 $S=\sum_{i=1}^n X_i$。當 $\theta>0$ 時，

$$\ell(\theta)=S\log\theta-n\theta-\sum_{i=1}^n\log(X_i!), \qquad \ell'(\theta)=\frac{S}{\theta}-n.$$

若 $S>0$，令導數為零得 $\hat\theta=S/n=\bar X$；若 $S=0$，則 $L(\theta)=e^{-n\theta}$ 在 $\theta=0$ 取最大值。兩種情形均由 $\bar X$ 表示：

$$\boxed{\hat\theta=\bar X}.$$

2. 均勻分配 $U(0,\theta)$

概似函數為

$$L(\theta)=\theta^{-n}\mathbf{1}\{\theta>X_{(n)}\}, \qquad X_{(n)}=\max(X_1,\ldots,X_n),$$

其中指示函數表示所有樣本都必須滿足 $0<X_i<\theta$。在可行範圍 $\theta>X_{(n)}$ 中，$\theta^{-n}$ 隨 $\theta$ 增加而遞減，因此概似值在 $\theta$ 趨近 $X_{(n)}$ 時最大。

由於題目支持集是嚴格不等式 $x<\theta$，在 $\theta=X_{(n)}$ 時概似函數為 $0$；對連續樣本而言，不存在可達到的最大值，故嚴格來說 MLE 不存在。常見教材採用閉包或連續延伸的慣例，將其寫成

$$\boxed{\hat\theta=X_{(n)}}.$$

3. 拉普拉斯分配

概似函數與對數概似函數為

$$L(\theta)=\left(\frac12\right)^n \exp\left(-\sum_{i=1}^n|X_i-\theta|\right),$$ $$\ell(\theta)=n\log\frac12-\sum_{i=1}^n|X_i-\theta|.$$

核心觀念

本題分別考查四種無母數方法：

1. 單一樣本中位數：Sign test。
2. 成對樣本：Wilcoxon signed-rank test。
3. 兩獨立樣本：Wilcoxon rank-sum test。
4. 兩獨立樣本：Mann–Whitney $U$ test。

無母數檢定的優點是母體分配不必假設為常態分配，但仍須注意樣本是否獨立、是否成對，以及檢定方向。

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（一）單一樣本符號檢定

1. 建立假設

令母體中位數為 $M$，題目要檢定是否小於 $60$ 分：

$$H_0:M\geq 60,\qquad H_1:M<60$$

以 $60$ 為基準，將資料分類：

• 小於 $60$：$50,55,30,42,57,52,25$，共 $7$ 個。
• 大於 $60$：$71,82,90$，共 $3$ 個。
• 等於 $60$：$60,60$，剔除不計。

因此有效樣本數為

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

令 $X$ 表示小於 $60$ 的個數。在 $H_0$ 下：

$$X\sim\operatorname{Binomial}(10,0.5).$$

2. 計算 $p$ 值

因為對立假設為中位數小於 $60$，小於 $60$ 的觀測值越多，越支持 $H_1$。

觀察值為 $X=7$，故

$$p=P(X\geq 7)$$ $$=\frac{\binom{10}{7}+\binom{10}{8}+\binom{10}{9}+\binom{10}{10}}{2^{10}}$$ $$=\frac{120+45+10+1}{1024} =\frac{176}{1024} =0.171875.$$

因為

$$p=0.171875>0.05,$$

所以不拒絕 $H_0$。

結論

在顯著水準 $0.05$ 下，沒有充分證據顯示該公司行銷業務人員測驗分數的中位數小於 $60$ 分。

解題技巧

等於假設中位數的觀測值必須剔除，再以剩餘資料進行二項分配檢定。此題若誤將兩個 $60$ 納入樣本，會得到錯誤的檢定結果。

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（二）Wilcoxon 成對帶符號等級檢定

1. 建立假設

由於每一部車同時安裝甲、乙兩品牌輪胎，因此資料為成對樣本。令

$$D_i=\text{甲牌里程}-\text{乙牌里程}.$$

檢定甲牌是否較好：

$$H_0:\operatorname{Med}(D)\leq 0, \qquad H_1:\operatorname{Med}(D)>0.$$

2. 計算差值及等級

各車差值如下：

| 編號 | $D_i$ | $|D_i|$ | 平均等級 | 符號 | |---:|---:|---:|---:|:---:| | 1 | $3$ | $3$ | $4.5$ | $+$ | | 2 | $-10$ | $10$ | $7.5$ | $-$ | | 3 | $10$ | $10$ | $7.5$ | $+$ | | 4 | $-8$ | $8$ | $6$ | $-$ | | 5 | $25$ | $25$ | $10$ | $+$ | | 6 | $2$ | $2$ | $2$ | $+$ | | 7 | $17$ | $17$ | $9$ | $+$ | | 8 | $3$ | $3$ | $4.5$ | $+$ | | 9 | $2$ | $2$ | $2$ | $+$ | | 10 | $2$ | $2$ | $2$ | $+$ |

正差值等級和：

$$W_+=4.5+7.5+10+2+9+4.5+2+2+2=43.5.$$

負差值等級和：

$$W_-=7.5+6=13.5.$$

若採用較大等級和作為甲牌較好的方向統計量，則觀察值為

$$W_+=43.5.$$

在含有同絕對差值的情況下，採用平均等級並以精確排列分配計算，所得單尾 $p$ 值大於 $0.01$；以傳統 $T=\min(W_+,W_-)=13.5$ 表示時，同樣不達顯著。

結論

在顯著水準 $0.01$ 下，不拒絕 $H_0$，沒有充分證據認定甲牌輪胎的耐磨度較乙牌好。

解題技巧

成對資料要先作「甲減乙」，不可直接把兩品牌當成兩個獨立樣本。差值為 $0$ 時剔除；絕對差值相同時，必須使用平均等級。

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（三）Wilcoxon 等級和檢定

1. 建立假設

兩條生產線的資料來自不同週期，視為兩個獨立樣本。令兩條生產線良率中位數分別為 $M_1,M_2$：

$$H_0:M_1=M_2, \qquad H_1:M_1\neq M_2.$$

樣本數為

$$n_1=5,\qquad n_2=4.$$

2. 合併排序

核心觀念

本題考察：

1. 單因子變異數分析（one-way ANOVA）
2. 組內變異與組間變異
3. 共同變異數估計量 $MSE$
4. 平均數的信賴區間
5. 兩平均數差的信賴區間
6. 常態分配下低於特定壽命的比例估計

假設三種廠牌的電池壽命彼此獨立，且各組母體變異數相同。

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（一）不同廠牌的電池壽命有差異嗎？

令三種廠牌的平均壽命分別為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3$。

1. 假設

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$$ $$H_1:\text{至少有兩組平均壽命不同}$$

2. 各組平均數

廠牌 1：

$$\bar{x}_1=\frac{100+96+92+96+92}{5}=95.2$$

廠牌 2：

$$\bar{x}_2=\frac{76+80+75+84+82}{5}=79.4$$

廠牌 3：

$$\bar{x}_3=\frac{108+100+96+98+100}{5}=100.4$$

總平均數為：

$$\bar{x}_{..}=\frac{1375}{15}=91.6667$$

3. 組內平方和

各組組內平方和為：

$$SS_1=44.8,\qquad SS_2=59.2,\qquad SS_3=83.2$$

因此：

$$SS_E=44.8+59.2+83.2=187.2$$

自由度：

$$df_E=15-3=12$$

均方：

$$MSE=\frac{187.2}{12}=15.6$$

4. 組間平方和

$$SS_A =5\left[(95.2-91.6667)^2+(79.4-91.6667)^2+(100.4-91.6667)^2\right]$$ $$SS_A=1196.1333$$

自由度：

$$df_A=3-1=2$$

均方：

$$MS_A=\frac{1196.1333}{2}=598.0667$$

5. 檢定統計量

$$F=\frac{MS_A}{MSE} =\frac{598.0667}{15.6} =38.3376$$

在 $\alpha=0.05$ 下：

$$F_{0.05}(2,12)\approx 3.885$$

由於：

$$38.3376>3.885$$

故拒絕 $H_0$。

結論

在顯著水準 $0.05$ 下，三種廠牌的平均電池壽命並不完全相同，具有顯著差異。

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（二）廠牌 2 平均壽命的 $95\%$ 信賴區間

使用 ANOVA 的共同誤差變異數：

$$MSE=15.6$$

因為每組樣本數為 $5$，且：

$$\bar{x}_2=79.4$$

平均數的標準誤為：

$$SE(\bar{x}_2)=\sqrt{\frac{MSE}{5}} =\sqrt{\frac{15.6}{5}} =\sqrt{3.12} =1.766$$

自由度為 $12$，故：

$$t_{0.025,12}=2.1788$$

信賴區間為：

$$\bar{x}_2\pm t_{0.025,12}SE(\bar{x}_2)$$ $$79.4\pm 2.1788(1.766)$$ $$79.4\pm 3.848$$

因此，廠牌 2 平均壽命的 $95\%$ 信賴區間為：

$$\boxed{(75.55,\ 83.25)}$$

單位為週。

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（三）廠牌 2 與廠牌 3 平均壽命之差的 $95\%$ 信賴區間

定義差異為：

$$\mu_2-\mu_3$$

樣本平均數差為：

$$\bar{x}_2-\bar{x}_3=79.4-100.4=-21$$

其標準誤為：