111 身心障礙特考四等 經建行政 統計學概要 考古題詳解

核心觀念

本題旨在考驗機率論（Probability Theory）中的基本概念與聯合作業，主要包含：

1. 事件獨立性（Independence of Events）： 若事件 $A, B, C$ 相互獨立，則其對立事件（補事件） $A^c, B^c, C^c$ 亦相互獨立。任意獨立事件交集之機率等於各自機率之乘積，即： $P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B) \cdot P(C)$
2. 對立事件（Complementary Events）與互斥事件（Mutually Exclusive Events）：

• 事件 $E$ 之對立事件機率為 $P(E^c) = 1 - P(E)$。
• 兩兩互斥事件之聯集機率可直接相加。

3. 樣本空間劃分（Partition of Sample Space）： 考取證照之條件為「三科全部通過」（$A^c \cap B^c \cap C^c$）。未取得證照的情況可依「未通過科目數」（1 科未過、2 科未過、3 科未過）劃分為互斥事件。

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解題方法

符號與機率定義：

定義考生隨機抽取時，各科目未通過之事件與相應機率如下：

• $A$：文書編輯科未通過，$P(A) = 0.1$，對立事件（通過）機率 $P(A^c) = 1 - 0.1 = 0.9$。
• $B$：試算表科未通過，$P(B) = 0.2$，對立事件（通過）機率 $P(B^c) = 1 - 0.2 = 0.8$。
• $C$：簡報軟體科未通過，$P(C) = 0.4$，對立事件（通過）機率 $P(C^c) = 1 - 0.4 = 0.6$。

令 $W$ 表示考生「取得證照」之事件（Pass all subjects），$W^c$ 表示「未取得證照」之事件。 取得證照之充要條件為三科皆通過： $W = A^c \cap B^c \cap C^c$

由於 $A, B, C$ 相互獨立，故 $A^c, B^c, C^c$ 亦相互獨立。考生取得證照之機率為： $P(W) = P(A^c \cap B^c \cap C^c) = P(A^c) \times P(B^c) \times P(C^c) = 0.9 \times 0.8 \times 0.6 = 0.432$

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選項分析（各小題推導與分析）

本題為非選擇題（計算申論題），以下針對四個子題進行題意解析與精確推導：

(一) 隨機抽取一個考生，沒有取得證照之機率為何？（6分）

• 語意分析： 「沒有取得證照」（事件 $W^c$）即為「取得證照」（事件 $W$）之對立事件。
• 計算推導： $P(W^c) = 1 - P(W) = 1 - 0.432 = 0.568$
• 【答案】：$0.568$（或 $\frac{71}{125}$）

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(二) 隨機抽取一個考生，有二個科目未通過的機率為何？（6分）

• 語意分析： 「有二個科目未通過」代表考生在三科考試中「恰有兩科未通過、一科通過」。此事件包含以下三種互斥情形之和：

1. 文書與試算表未過，簡報通過（$A \cap B \cap C^c$）
2. 文書與簡報未過，試算表通過（$A \cap B^c \cap C$）
3. 試算表與簡報未過，文書通過（$A^c \cap B \cap C$）

• 計算推導： $P(A \cap B \cap C^c) = 0.1 \times 0.2 \times 0.6 = 0.012$ $P(A \cap B^c \cap C) = 0.1 \times 0.8 \times 0.4 = 0.032$ $P(A^c \cap B \cap C) = 0.9 \times 0.2 \times 0.4 = 0.072$ 將上述互斥事件機率相加： $P(\text{恰有二科未通過}) = 0.012 + 0.032 + 0.072 = 0.116$
• 【答案】：$0.116$（或 $\frac{29}{250}$）

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(三) 隨機抽取一個考生，因某一科目未通過而無法取得證照的機率為何？（6分）

• 語意分析： 語意「因某一科目未通過而無法取得證照」，係指導致無法拿到證照的唯一原因為單一特定科目不及格，即「恰有一科未通過」（其餘兩科均通過）。 此事件由以下三種互斥情形組成：

1. 僅文書編輯未通過（$A \cap B^c \cap C^c$）
2. 僅試算表未通過（$A^c \cap B \cap C^c$）
3. 僅簡報軟體未通過（$A^c \cap B^c \cap C$）

• 計算推導：

核心觀念

本題考查三個離散型二維隨機變數的基本觀念：

1. 聯合機率分配的總和為 1 $\sum_x\sum_y P(X=x,Y=y)=1$

2. 條件機率 $P(X=x\mid Y=y)=\frac{P(X=x,Y=y)}{P(Y=y)}$ 其中 $P(Y=y)=\sum_xP(X=x,Y=y)$

3. 離散型隨機變數函數的期望值 若 $Z=g(X,Y)$，則 $E(Z)=\sum_x\sum_y g(x,y)P(X=x,Y=y)$

表中 $\frac12P$ 表示 $\frac{P}{2}$。

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（一）求 $P$

聯合機率分配中所有格子的機率總和必須等於 $1$。

逐列計算：

第一列 $Y=1$：

$$P+P+\frac12P+\frac12P=3P$$

第二列 $Y=2$：

$$\frac12P+P+\frac12P+P=3P$$

第三列 $Y=3$：

$$\frac12P+\frac12P+P+P=3P$$

因此全部機率總和為

$$3P+3P+3P=9P$$

由總和為 $1$：

$$9P=1$$

所以

$$\boxed{P=\frac19}$$

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（二）求條件機率 $f(X=2\mid Y=3)$

條件機率公式為

$$P(X=2\mid Y=3) = \frac{P(X=2,Y=3)}{P(Y=3)}$$

由表可知：

$$P(X=2,Y=3)=\frac12P$$

而 $Y=3$ 的邊際機率為該列總和：

$$P(Y=3) = \frac12P+\frac12P+P+P =3P$$

因此

$$P(X=2\mid Y=3) = \frac{\frac12P}{3P} = \frac16$$

故

$$\boxed{f(X=2\mid Y=3)=\frac16}$$

代入 $P=\frac19$ 亦可驗算：

$$\frac{\frac1{18}}{\frac13}=\frac16$$

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（三）令 $Z=|X-Y|$，求 $E(Z)$

由定義：

$$Z=|X-Y|$$

因此

核心觀念

本題考的是單因子變異數分析（One-way ANOVA），用來檢定三種說明書的母體平均研究時間是否相同。

設三種說明書的平均研究時間分別為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3$：

• 純文字：$\mu_1$
• 純圖示：$\mu_2$
• 圖文並示：$\mu_3$

假設為：

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$$ $$H_1:\text{至少有一組平均數不同}$$

單因子變異數分析將總平方和分解為：

$$SS_T=SS_B+SS_E$$

其中：

• $SS_B$：組間平方和，反映三組樣本平均數彼此的差異。
• $SS_E$：組內平方和，反映各組資料本身的變異。
• $SS_T$：總平方和。

本題共有 $k=3$ 組，總樣本數為：

$$N=50+40+30=120$$

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解題方法

第一步：求總平均數

加權總平均數為：

$$\bar X_{\cdot\cdot} =\frac{50(10)+40(7)+30(6)}{120} =\frac{960}{120} =8$$

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第二步：求組間平方和 $SS_B$

組間平方和公式為：

$$SS_B=\sum_{i=1}^{k}n_i(\bar X_i-\bar X_{\cdot\cdot})^2$$

代入各組資料：

$$\begin{aligned} SS_B &=50(10-8)^2+40(7-8)^2+30(6-8)^2\\ &=50(2)^2+40(-1)^2+30(-2)^2\\ &=200+40+120\\ &=360 \end{aligned}$$

因此：

$$A=SS_B=360$$

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第三步：求組內平方和 $SS_E$

各組的樣本變異數分別為 $4,5,3$。組內平方和為：

$$SS_E=\sum_{i=1}^{k}(n_i-1)s_i^2$$

因此：

$$\begin{aligned} SS_E &=(50-1)(4)+(40-1)(5)+(30-1)(3)\\ &=49(4)+39(5)+29(3)\\ &=196+195+87\\ &=478 \end{aligned}$$

也可由總平方和驗算：

$$SS_E=SS_T-SS_B=838-360=478$$

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第四步：求各平方和的自由度

組間自由度：

$$df_B=k-1=3-1=2$$

組內自由度：

$$df_E=N-k=120-3=117$$

總自由度：

$$df_T=N-1=120-1=119$$

且：

$$df_T=df_B+df_E=2+117=119$$

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第五步：求均方與檢定統計量

組間均方：

$$MS_B=\frac{SS_B}{df_B} =\frac{360}{2} =180$$

組內均方：

核心觀念

本題考查：

• 算術平均數與中位數。
• 利用四分位距（IQR）判斷離群值。
• 母體標準差已知時，使用單一母體平均數的 $Z$ 檢定。
• 右尾檢定的 $p$ 值計算。

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（一）平均數與中位數

共有 $n=20$ 筆資料，其總和為

$$\sum x_i=60$$

因此平均數為

$$\bar{x}=\frac{\sum x_i}{n} =\frac{60}{20} =3$$

將資料由小到大排列：

$$0,\ 0,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 3, 3,\ 3,\ 3,\ 4,\ 4,\ 5,\ 5,\ 6,\ 7,\ 7$$

因為資料筆數為偶數 $20$，中位數為第 $10$ 與第 $11$ 個數值的平均：

$$\text{Median} =\frac{x_{(10)}+x_{(11)}}{2} =\frac{3+3}{2} =3$$

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（二）離群值判斷

採用盒鬚圖常用的四分位距法：

$$\text{IQR}=Q_3-Q_1$$

前十筆資料為

$$0,\ 0,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 3$$

所以

$$Q_1=\frac{1+1}{2}=1$$

後十筆資料為

$$3,\ 3,\ 3,\ 4,\ 4,\ 5,\ 5,\ 6,\ 7,\ 7$$

所以

$$Q_3=\frac{4+5}{2}=4.5$$

因此

$$\text{IQR}=4.5-1=3.5$$

離群值判斷界線為：

$$\text{下界}=Q_1-1.5(\text{IQR}) =1-1.5(3.5) =-4.25$$ $$\text{上界}=Q_3+1.5(\text{IQR}) =4.5+1.5(3.5) =9.75$$

所有資料均介於 $-4.25$ 與 $9.75$ 之間，因此：

$$\boxed{\text{本資料沒有離群值}}$$

特別注意，$0$ 與 $7$ 雖然分別是資料中的最小值與最大值，但只要仍落在離群值判斷界線內，就不能稱為離群值。

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（三）檢定統計量的 $p$ 值