108 身心障礙特考三等 統計 統計學 考古題詳解

108 年・身心障礙特考・三等・統計
試題代碼 統計學

第 一 題25 分

假設某區公所的戶政單位認為民眾到達該單位處理事務的人數，是一項隨機事件，且服從卜瓦松（Poisson）分配。下列資料為該單位以十分鐘為一個時段，隨機抽取 90 個時段，計算每個十分鐘的時段內民眾到達該單位處理事務的人數及其分配。

到達人數發生次數
06
119
228
318
413
≥5\geq 56

（一）計算卜瓦松分配的估計平均值。（5 分）

（二）在顯著水準為 0.050.05 下，以卡方檢定檢驗所蒐集的這些資料是否服從卜瓦松分配？（15 分）

（三）在某個上班日下午 3 點至 3 點 20 分之間，剛好有 6 位民眾到達該單位處理事務的機率是多少？（5 分）

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核心觀念

本題考查卜瓦松分配的平均數估計、卡方適合度檢定，以及不同時間區間的平均到達人數換算。若每十分鐘到達人數 X∼Poisson⁡(λ)X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)，則

P(X=x)=e−λλxx!,E(X)=λ.P(X=x)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^x}{x!},\qquad E(X)=\lambda.

表中將「≥5\geq 5」合併為一組，無法得知該組 6 個時段的實際人數。以下採用分組資料的常見近似，將這組以 5 人計算平均數。

（一）估計卜瓦松分配的平均值

以各組人數乘上發生次數，再除以時段總數：

λ^=0(6)+1(19)+2(28)+3(18)+4(13)+5(6)90=21190≈2.3444.\hat{\lambda} =\frac{0(6)+1(19)+2(28)+3(18)+4(13)+5(6)}{90} =\frac{211}{90} \approx 2.3444.

估計每十分鐘平均約有 2.34442.3444 位民眾到達。

（二）卡方適合度檢定

設定假設：

H0:X∼Poisson⁡(2.3444),H1:X 不服從此卜瓦松分配.H_0:X\sim\operatorname{Poisson}(2.3444),\qquad H_1:X\text{ 不服從此卜瓦松分配}.

以 λ^=2.3444\hat{\lambda}=2.3444 計算各組機率，乘以 90 得到期望次數。最後一組的機率為 P(X≥5)=1−∑x=04P(X=x)P(X\geq5)=1-\sum_{x=0}^{4}P(X=x)。

到達人數觀察次數 OiO_i期望次數 EiE_i
068.631
11920.235
22823.720
31818.536
41310.864
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第 二 題20 分

若隨機變數 XX 服從二項分配，nn 為試驗次數，其成功機率為 pp。

（一）若 p^=X/n\hat{p}=X/n，證明其是否為 pp 的不偏估計。（6 分）

（二）若

p^1=X+n/2n+n,\hat{p}_1=\frac{X+\sqrt{n}/2}{n+\sqrt{n}},

證明其是否為 pp 的不偏估計。（8 分）

（三）當 n→∞n\to\infty 時，p^1\hat{p}_1 是否為 pp 的不偏估計。（6 分）

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核心觀念

  1. 二項分配（Binomial Distribution）之期望值： 設隨機變數 X∼Bin(n,p)X \sim \text{Bin}(n, p)，其中試驗次數 n∈Nn \in \mathbb{N}，成功機率 p∈(0,1)p \in (0, 1)，其期望值為：
E[X]=npE[X] = np
  1. 期望值的線性性質（Linearity of Expectation）： 對任意常數 a,ba, b，隨機變數 XX 滿足：
E[aX+b]=aE[X]+bE[aX + b] = aE[X] + b
  1. 不偏估計量（Unbiased Estimator）之定義： 設 θ^\hat{\theta} 為母體參數 θ\theta 之估計量。若對參數空間內所有的 θ\theta 皆滿足：
E[θ^]=θ(即偏誤 Bias(θ^)=E[θ^]−θ=0)E[\hat{\theta}] = \theta \quad (\text{即偏誤 } \text{Bias}(\hat{\theta}) = E[\hat{\theta}] - \theta = 0)

則稱 θ^\hat{\theta} 為 θ\theta 的不偏估計量。若存在某些 θ\theta 使得 E[θ^]≠θE[\hat{\theta}] \neq \theta，則為有偏估計量（Biased Estimator）。 4. 漸近不偏估計量（Asymptotically Unbiased Estimator）之定義： 若估計量數列 θ^n\hat{\theta}_n 在樣本數趨近於無窮大時，其期望值的極限等於母體參數：

lim⁡n→∞E[θ^n]=θ(或 lim⁡n→∞Bias(θ^n)=0)\lim_{n \to \infty} E[\hat{\theta}_n] = \theta \quad (\text{或 } \lim_{n \to \infty} \text{Bias}(\hat{\theta}_n) = 0)

則稱 θ^n\hat{\theta}_n 為 θ\theta 的漸近不偏估計量。

解題方法

（一）證明 p^=X/n\hat{p} = X/n 是否為 pp 的不偏估計

  1. 計算估計量 p^\hat{p} 之期望值： 根據期望值的線性性質，將 p^=Xn\hat{p} = \frac{X}{n} 代入：
E[p^]=E[Xn]=1nE[X]E[\hat{p}] = E\left[\frac{X}{n}\right] = \frac{1}{n} E[X]
  1. 代入二項分配之期望值 E[X]=npE[X] = np：
E[p^]=1n(np)=pE[\hat{p}] = \frac{1}{n} (np) = p
  1. 結論： 對所有 p∈(0,1)p \in (0, 1)，均有 E[p^]=pE[\hat{p}] = p，其偏誤 Bias(p^)=E[p^]−p=0\text{Bias}(\hat{p}) = E[\hat{p}] - p = 0。 因此，p^=X/n\hat{p} = X/n 為 pp 的不偏估計量。

（二）證明 p^1=X+n/2n+n\hat{p}_1 = \frac{X+\sqrt{n}/2}{n+\sqrt{n}} 是否為 pp 的不偏估計

  1. 計算估計量 p^1\hat{p}_1 之期望值： 分子中 n/2\sqrt{n}/2 及分母 n+nn+\sqrt{n} 皆為已知常數，利用期望值線性性質展開：
E[p^1]=E[X+n2n+n]=E[X]+n2n+nE[\hat{p}_1] = E\left[\frac{X + \frac{\sqrt{n}}{2}}{n + \sqrt{n}}\right] = \frac{E[X] + \frac{\sqrt{n}}{2}}{n + \sqrt{n}}
  1. 代入 E[X]=npE[X] = np 推導：
E[p^1]=np+n2n+nE[\hat{p}_1] = \frac{np + \frac{\sqrt{n}}{2}}{n + \sqrt{n}}
  1. 計算偏誤（Bias）：
Bias(p^1)=E[p^1]−p=np+n2n+n−p(n+n)n+n=np+n2−np−pnn+n=n(12−p)n+n=12−pn+1\begin{aligned} \text{Bias}(\hat{p}_1) &= E[\hat{p}_1] - p \\ &= \frac{np + \frac{\sqrt{n}}{2}}{n + \sqrt{n}} - \frac{p(n + \sqrt{n})}{n + \sqrt{n}} \\ &= \frac{np + \frac{\sqrt{n}}{2} - np - p\sqrt{n}}{n + \sqrt{n}} \\ &= \frac{\sqrt{n}\left(\frac{1}{2} - p\right)}{n + \sqrt{n}} \\ &= \frac{\frac{1}{2} - p}{\sqrt{n} + 1} \end{aligned}
  1. 結論： 不偏性必須對參數空間中「所有的 p∈(0,1)p \in (0, 1)」均成立。 當且僅當 p=12p = \frac{1}{2} 時，Bias(p^1)=0\text{Bias}(\hat{p}_1) = 0；
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第 三 題27 分

若有兩項專案業務隨機分配給甲、乙、丙三人，每一個人皆有可能獲得 0、1 或 2 項專案業務。令隨機變數 Y1Y_1 與 Y2Y_2 分別代表甲和乙會被指派到的專案業務數。

（一）寫出 Y1Y_1 與 Y2Y_2 的聯合機率函數。（10 分）

（二）若

F(y1,y2)=P(Y1≤y1,Y2≤y2)F(y_1,y_2)=P(Y_1\leq y_1,Y_2\leq y_2)

為 Y1Y_1 與 Y2Y_2 的聯合分配函數，計算求得 F(2,1)F(2,1) 的值。（5 分）

（三）寫出 Y1Y_1 的邊際機率分配函數。（6 分）

（四）求 Y1Y_1 的期望值。（6 分）

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核心觀念

  1. 多項分配模型（Multinomial Distribution）： 將 n=2n = 2 個專案隨機且獨立地指派給甲、乙、丙三人，每項專案指派給任何一人的機率皆均等，即 p1=p2=p3=13p_1 = p_2 = p_3 = \frac{1}{3}。令 Y1Y_1、Y2Y_2、Y3Y_3 分別為甲、乙、丙獲得的專案數，則 (Y1,Y2,Y3)(Y_1, Y_2, Y_3) 服從參數量為 n=2n=2、p1=p2=p3=13p_1=p_2=p_3=\frac{1}{3} 的多項分配。
  2. 二元離散隨機變數的聯合機率質量函數（Joint PMF）： p(y1,y2)=P(Y1=y1,Y2=y2)p(y_1, y_2) = P(Y_1 = y_1, Y_2 = y_2)，需特別注意變數的支援集（Support）限制條件為 y1,y2∈{0,1,2}y_1, y_2 \in \{0, 1, 2\} 且 0≤y1+y2≤20 \le y_1 + y_2 \le 2。
  3. 聯合累積分配函數（Joint CDF）： 定義為 F(y1,y2)=P(Y1≤y1,Y2≤y2)=∑t1≤y1∑t2≤y2p(t1,t2)F(y_1, y_2) = P(Y_1 \le y_1, Y_2 \le y_2) = \sum_{t_1 \le y_1} \sum_{t_2 \le y_2} p(t_1, t_2)。
  4. 邊際分配（Marginal Distribution）與二項分配性質： 在多項試驗中，任何單一類別的邊際次數均服從二項分配，即 Y1∼Binomial(n=2,p=13)Y_1 \sim \text{Binomial}\left(n=2, p=\frac{1}{3}\right)。
  5. 數學期望值： 離散型隨機變數期望值定義為 E(Y1)=∑y1y1P(Y1=y1)E(Y_1) = \sum_{y_1} y_1 P(Y_1 = y_1)，亦可直接使用二項分配之性質 E(Y1)=npE(Y_1) = np。

解題方法

（一）寫出 Y1Y_1 與 Y2Y_2 的聯合機率函數

  1. 試驗結構分析： 兩項專案隨機分配給 3 人，樣本空間總可能數為 32=93^2 = 9 種，且每一種指派結果發生的機率皆相同（均為 19\frac{1}{9}）。 甲分配到 y1y_1 件、乙分配到 y2y_2 件，則丙必分配到 2−y1−y22 - y_1 - y_2 件。

  2. 聯合機率函數公式：

p(y1,y2)=P(Y1=y1,Y2=y2)=2!y1!y2!(2−y1−y2)!(13)y1(13)y2(13)2−y1−y2p(y_1, y_2) = P(Y_1 = y_1, Y_2 = y_2) = \frac{2!}{y_1! y_2! (2 - y_1 - y_2)!} \left(\frac{1}{3}\right)^{y_1} \left(\frac{1}{3}\right)^{y_2} \left(\frac{1}{3}\right)^{2 - y_1 - y_2}

化簡得：

p(y1,y2)={2y1!y2!(2−y1−y2)!(19),y1,y2∈{0,1,2} 且 y1+y2≤20,其他p(y_1, y_2) = \begin{cases} \dfrac{2}{y_1! y_2! (2 - y_1 - y_2)!} \left(\dfrac{1}{9}\right), & y_1, y_2 \in \{0, 1, 2\} \text{ 且 } y_1 + y_2 \le 2 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}
  1. 各點機率值與聯合機率分配表：
  • p(0,0)=2!0!0!2!×19=19p(0, 0) = \frac{2!}{0!0!2!} \times \frac{1}{9} = \frac{1}{9}（專案全由丙獲得）
  • p(1,0)=2!1!0!1!×19=29p(1, 0) = \frac{2!}{1!0!1!} \times \frac{1}{9} = \frac{2}{9}（甲得 1 件、丙得 1 件）
  • p(2,0)=2!2!0!0!×19=19p(2, 0) = \frac{2!}{2!0!0!} \times \frac{1}{9} = \frac{1}{9}（專案全由甲獲得）
  • p(0,1)=2!0!1!1!×19=29p(0, 1) = \frac{2!}{0!1!1!} \times \frac{1}{9} = \frac{2}{9}（乙得 1 件、丙得 1 件）
  • p(1,1)=2!1!1!0!×19=29p(1, 1) = \frac{2!}{1!1!0!} \times \frac{1}{9} = \frac{2}{9}（甲得 1 件、乙得 1 件）
  • p(0,2)=2!0!2!0!×19=19p(0, 2) = \frac{2!}{0!2!0!} \times \frac{1}{9} = \frac{1}{9}（專案全由乙獲得）

聯合機率分配表整理如下：

Y1\Y2Y_1 \backslash Y_2001122
0019\frac{1}{9}29\frac{2}{9}19\frac{1}{9}
1129\frac{2}{9}29\frac{2}{9}00
2219\frac{1}{9}0000

（二）計算 F(2,1)F(2, 1) 之值

依聯合分配函數定義：

F(2,1)=P(Y1≤2,Y2≤1)F(2, 1) = P(Y_1 \le 2, Y_2 \le 1)

方法一：直接加總滿足條件之機率 滿足 Y1≤2Y_1 \le 2 且 Y2≤1Y_2 \le 1 的點為 (y1,y2)∈{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1),(2,0)}(y_1, y_2) \in \{(0,0), (0,1), (1,0), (1,1), (2,0)\}：

F(2,1)=p(0,0)+p(0,1)+p(1,0)+p(1,1)+p(2,0)=19+29+29+29+19=89\begin{aligned} F(2, 1) &= p(0, 0) + p(0, 1) + p(1, 0) + p(1, 1) + p(2, 0) \\ &= \frac{1}{9} + \frac{2}{9} + \frac{2}{9} + \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{8}{9} \end{aligned}

方法二：利用邊際機率與餘事件性質 因為專案總數僅有 2 件，Y1Y_1 的最大可能取值就是 2，即事件 {Y1≤2}\{Y_1 \le 2\} 為必然事件（機率為 1）。因此：

F(2,1)=P(Y1≤2,Y2≤1)=P(Y2≤1)=1−P(Y2=2)=1−19=89F(2, 1) = P(Y_1 \le 2, Y_2 \le 1) = P(Y_2 \le 1) = 1 - P(Y_2 = 2) = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}

（三）寫出 Y1Y_1 的邊際機率分配函數

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第 四 題28 分

下表為使用不同催化劑下的反應速率值，控制組為未使用任何催化劑；各組有五個測驗值。其中 yˉ\bar{y} 與 ss 分別為各組五個測驗值之平均數與標準差。

控制組催化劑 A催化劑 B催化劑 C
50.754.152.751.2
51.553.853.950.8
49.253.157.049.7
53.152.554.148.0
52.754.052.547.2
yˉ0=51.44\bar{y}_0=51.44yˉA=53.50\bar{y}_A=53.50yˉB=54.04\bar{y}_B=54.04yˉC=49.38\bar{y}_C=49.38
s0=1.574s_0=1.574sA=0.682s_A=0.682sB=1.799s_B=1.799sC=1.738s_C=1.738

假設在不同催化劑下，反應速率皆服從常態分配，若以一因子變異數分析，得到下表：

變異來源平方和自由度均方FF
Treatment(a)(c)(f)(h)
Error(b)(d)(g)
Total104.6(e)

（一）填寫上述表格中的空白處 (a) 至 (h)。（8 分）

（二）在顯著水準為 0.050.05 下，檢定催化劑 B 與催化劑 C 兩者之反應速率的母體平均數是否相等。（10 分）

（三）計算催化劑 A 與催化劑 B 兩者之反應速率的母體平均數差的 95% 區間估計。（10 分）

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核心觀念

本題考一因子變異數分析（one-way ANOVA），以及在共用誤差均方下，兩組平均數差的檢定與區間估計。

設四組母體平均數分別為 μ0,μA,μB,μC\mu_0,\mu_A,\mu_B,\mu_C。ANOVA 將總平方和分為組間平方和（Treatment）與組內平方和（Error）：

SST=SSA+SSESST=SSA+SSE

其中 SSASSA 衡量各組平均數與總平均數的差異，SSESSE 衡量各組觀測值在組內的變異。每組有 ni=5n_i=5 筆、共 k=4k=4 組，因此總樣本數 N=20N=20。

解題方法

先由各組平均數求總平均數：

yˉ⋅⋅=51.44+53.50+54.04+49.384=52.09\bar y_{\cdot\cdot} =\frac{51.44+53.50+54.04+49.38}{4} =52.09

因各組樣本數相同，組間平方和為：

SSA=∑i=14ni(yˉi−yˉ⋅⋅)2=5[(−0.65)2+(1.41)2+(1.95)2+(−2.71)2]=67.786SSA=\sum_{i=1}^{4}n_i(\bar y_i-\bar y_{\cdot\cdot})^2 =5\left[(-0.65)^2+(1.41)^2+(1.95)^2+(-2.71)^2\right] =67.786

組內平方和可由原始資料計算；也可用 SSE=∑i(ni−1)si2SSE=\sum_i(n_i-1)s_i^2，但表中的標準差經四捨五入，計算結果會略有差異。由原始資料計得：

SSE=36.812SSE=36.812

所以總平方和為 67.786+36.812=104.59867.786+36.812=104.598，四捨五入至一位小數即題目所列的 104.6104.6。

自由度與均方為：

dfTreatment=k−1=3,dfError=N−k=16,dfTotal=N−1=19df_{\text{Treatment}}=k-1=3,\qquad df_{\text{Error}}=N-k=16,\qquad df_{\text{Total}}=N-1=19 MSTreatment=67.7863=22.5953,MSE=36.81216=2.30075MS_{\text{Treatment}}=\frac{67.786}{3}=22.5953,\qquad MSE=\frac{36.812}{16}=2.30075 F=MSTreatmentMSE=22.59532.30075≈9.82F=\frac{MS_{\text{Treatment}}}{MSE} =\frac{22.5953}{2.30075} \approx 9.82
變異來源平方和自由度均方FF
Treatment(a) 67.78667.786(c) 33(f) 22.595322.5953(h) 9.829.82
Error(b) 36.81236.812(d) 1616(g) 2.300752.30075
Total104.6104.6(e) 1919

（二）檢定催化劑 B 與 C 的母體平均數是否相等

令差異為 μB−μC\mu_B-\mu_C，檢定假設為：

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