110 地方特考三等 統計 抽樣方法 考古題詳解

核心觀念

本題考查抽樣理論中的三個基本概念：

1. 抽樣誤差的定義。
2. 必須具備何種抽樣方式，才能估計或測量抽樣誤差。
3. 降低抽樣誤差的主要方法。

一、抽樣誤差的定義

抽樣誤差（sampling error）是指：

由於只抽取部分母體單位形成樣本，樣本統計量與母體參數之間所產生的差異。

例如，母體平均數為 $\mu$，樣本平均數為 $\bar{Y}$，則樣本平均數的抽樣誤差為

$$\bar{Y}-\mu$$

若研究母體比例，母體比例為 $P$，樣本比例為 $\hat{P}$，則抽樣誤差為

$$\hat{P}-P$$

抽樣誤差具有隨機性。即使抽樣方法、樣本數及調查程序均相同，每次抽出的樣本不同，所得的統計量也可能不同。

抽樣誤差只來自「抽取樣本而非調查全體母體」的隨機差異，不包括下列非抽樣誤差：

• 抽樣框不完整所造成的涵蓋誤差。
• 受訪者拒答所造成的無回答誤差。
• 問卷設計不良所造成的測量誤差。
• 訪員記錄錯誤或資料輸入錯誤。
• 調查執行疏失所造成的處理誤差。

因此，抽樣誤差小，不代表整體調查誤差一定小；非抽樣誤差仍可能使估計結果產生嚴重偏差。

二、抽樣誤差的測量方法

只有採用「機率抽樣」所取得的機率樣本，才可以根據抽樣設計估計抽樣誤差。

機率抽樣的必要條件是：

1. 母體中每一個單位都有已知且大於零的入樣機率。
2. 樣本依照隨機機制抽出。
3. 能夠依抽樣設計計算估計量的變異數或標準誤。

常見的機率抽樣包括：

• 簡單隨機抽樣。
• 系統抽樣。
• 分層隨機抽樣。
• 集群抽樣。
• 多階段抽樣。

例如，在簡單隨機抽樣下，從大小為 $N$ 的母體中不重複抽取 $n$ 個單位，樣本平均數的變異數為

$$\operatorname{Var}(\bar{Y}) = \left(1-\frac{n}{N}\right)\frac{S^2}{n}$$

其中：

• $S^2$ 為母體變異數。
• $\left(1-\frac{n}{N}\right)$ 為有限母體修正因子。
• $\operatorname{Var}(\bar{Y})$ 的平方根即為樣本平均數的標準誤。

實務上通常無法知道真正的母體變異數 $S^2$，因此以樣本變異數 $s^2$估計：

$$\widehat{\operatorname{Var}}(\bar{Y}) = \left(1-\frac{n}{N}\right)\frac{s^2}{n}$$

標準誤為

$$\operatorname{SE}(\bar{Y}) = \sqrt{ \left(1-\frac{n}{N}\right)\frac{s^2}{n} }$$

這就是利用抽樣設計估計抽樣誤差的例子。

相反地，便利抽樣、判斷抽樣、配額抽樣及自願填答樣本等非機率樣本，無法根據抽樣理論正確計算抽樣機率，因此通常不能測量具有理論依據的抽樣誤差。即使可以計算樣本的標準差，也不等同於抽樣誤差或標準誤。

解題方法

本題可依「定義—測量條件—降低方法」三段作答。

一、先界定抽樣誤差

明確指出抽樣誤差是「樣本統計量與母體參數的差異」，且原因是樣本選取的隨機性。

可用一般形式表示為

$$\text{抽樣誤差} = \text{樣本統計量} - \text{母體參數}$$

例如：

$$\bar{Y}-\mu,\qquad \hat{P}-P$$

二、指出機率樣本才能測量

答題關鍵不是只寫「隨機抽樣」，而是要進一步說明：

機率抽樣具有已知的入樣機率，因此可以推導估計量的抽樣分配、變異數及標準誤，進而測量抽樣誤差。

非機率樣本沒有已知的抽樣機率，無法以抽樣設計為基礎估計母體推論的標準誤。

三、說明降低抽樣誤差的方法

降低抽樣誤差的原則，是降低估計量的變異數。主要方法如下。

1. 增加樣本數

以簡單隨機抽樣為例：

$$\operatorname{Var}(\bar{Y}) = \left(1-\frac{n}{N}\right)\frac{S^2}{n}$$

核心觀念

本題考查「簡單隨機抽樣」（simple random sampling）的定義，以及「母體元素的入樣機率」與「所有可能樣本等機率」之間的區別。

設母體為

$$U=\{u_1,u_2,\ldots,u_N\},$$

欲抽取樣本大小為 $n$。在通常的簡單隨機抽樣中，係指不放回抽樣，且所有大小為 $n$ 的可能樣本均具有相同的被抽中機率。

所有可能樣本數為

$$\binom{N}{n}.$$

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（一）簡單隨機樣本的定義

若由大小為 $N$ 的母體中，不放回抽取 $n$ 個單位，且母體中所有可能的大小為 $n$ 的樣本均有相同的被選取機率，則所得樣本稱為大小為 $n$ 的簡單隨機樣本。

由於共有

$$\binom{N}{n}$$

個可能樣本，因此每一個樣本被選取的機率均為

$$\frac{1}{\binom{N}{n}}.$$

例如，母體有 $N=4$ 個元素，抽取 $n=2$ 個元素，所有可能樣本為

$$\{u_1,u_2\},\{u_1,u_3\},\{u_1,u_4\}, \{u_2,u_3\},\{u_2,u_4\},\{u_3,u_4\}.$$

簡單隨機抽樣要求上述 $6$ 個樣本各以機率 $1/6$ 被選出。

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（二）證明任一母體元素的入樣機率為 $\frac{n}{N}$

解題方法

固定考慮某一個母體元素 $u_i$。計算所有可能樣本中，包含 $u_i$ 的樣本數，再除以全部可能樣本數，即可得到 $u_i$ 的入樣機率。

關鍵推導

全部大小為 $n$ 的可能樣本共有

$$\binom{N}{n}.$$

若要求樣本必須包含固定元素 $u_i$，則 $u_i$ 已經占據樣本中的一個位置，剩下的 $n-1$ 個元素必須從其餘 $N-1$ 個母體元素中選取，因此包含 $u_i$ 的樣本數為

$$\binom{N-1}{n-1}.$$

因為簡單隨機抽樣下每一個可能樣本的機率相同，所以

$$P(u_i\text{ 被選入樣本}) = \frac{\binom{N-1}{n-1}}{\binom{N}{n}}.$$

將組合數展開：

$$\frac{\binom{N-1}{n-1}}{\binom{N}{n}} = \frac{\dfrac{(N-1)!}{(n-1)!(N-n)!}} {\dfrac{N!}{n!(N-n)!}}.$$

整理得

$$\frac{(N-1)!}{(n-1)!} \cdot \frac{n!}{N!} = \frac{n}{N}.$$

因此，任一母體元素 $u_i$ 被選入樣本的機率為

$$\boxed{P(u_i\text{ 被選入})=\frac{n}{N}}.$$

另一種快速理解

樣本固定包含 $n$ 個元素，而母體共有 $N$ 個元素。在完全公平的抽樣機制下，每個母體元素具有相同的入樣機會。所有元素的入樣機率總和必須等於樣本大小 $n$，故若每個元素的入樣機率均為 $\pi$，則

$$N\pi=n,$$

因此

$$\pi=\frac{n}{N}.$$

此方法可作為組合數證明後的快速驗算。

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（三）敘述判斷與反例

題述：

「若任一母體元素 $u_i$，$i=1,\ldots,N$，被選入樣本的機率皆相等，則此樣本稱為簡單隨機樣本。」

判斷

此敘述不正確。

核心觀念

本題考查分層隨機抽樣相較於簡單隨機抽樣的優點，以及在成本限制下的最佳樣本配置。

設母體分為 $L$ 個互不重疊且涵蓋全部母體的層，第 $i$ 層具有：

• 母體大小：$N_i$
• 層權數：$W_i=\dfrac{N_i}{N}$
• 層內變異數：$\sigma_i^2$
• 每抽取一個觀察值的成本：$c_i$
• 第 $i$ 層樣本數：$n_i$

分層隨機抽樣的母體平均估計量為

$$\bar y_{st}=\sum_{i=1}^{L}W_i\bar y_i =\sum_{i=1}^{L}\frac{N_i}{N}\bar y_i,$$

其中 $\bar y_i$ 為第 $i$ 層樣本平均數。

其變異數為

$$V(\bar y_{st}) = \sum_{i=1}^{L} W_i^2 \left(1-\frac{n_i}{N_i}\right) \frac{\sigma_i^2}{n_i}.$$

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（一）採分層隨機抽樣而不採簡單隨機抽樣的原因

1. 降低估計量的變異數

若各層內部相當均質，而不同層之間差異較大，分層後可將變異主要集中在層與層之間，使每一層內的變異數 $\sigma_i^2$ 較小。

分層抽樣平均數的變異數為

$$V(\bar y_{st}) = \sum_{i=1}^{L} W_i^2 \left(1-f_i\right) \frac{\sigma_i^2}{n_i},$$

其中 $f_i=n_i/N_i$。若配置適當，通常比同樣樣本數的簡單隨機抽樣更精確。

2. 確保各重要子群體均被代表

簡單隨機抽樣可能因隨機性而抽不到，或抽到過少的少數群體。分層抽樣可以事先保證各層均取得樣本，避免重要子群體在樣本中代表不足。

例如，若母體包含不同地區、年齡層、教育程度或職業別，可確保每一類均納入調查。

3. 可以分別估計各層的特性

分層抽樣不僅能估計全體母體平均數，也能估計各層平均數、比例或總數，並進行層間比較。

簡單隨機抽樣雖然也能估計各子群體，但少數子群體的樣本數可能不足，導致估計結果不穩定。

4. 可以依各層差異配置不同樣本數

若各層的變異程度不同，可將較多樣本配置給變異數較大的層；若各層抽樣成本不同，也可將較多樣本配置給抽樣成本較低的層。

因此，分層抽樣具有樣本配置上的彈性。

5. 提高抽樣與執行效率

若各層在地理位置、組織型態或名冊管理上具有不同特性，可採用不同的抽樣方式或調查程序，降低訪查成本與行政負擔。

6. 減少樣本結構與母體結構的偶然偏離

簡單隨機抽樣所得樣本的各類別比例可能與母體比例差異較大。分層抽樣可以透過比例配置或其他配置方式，使樣本結構更符合研究設計。

7. 適合研究稀有或特殊群體

若某些群體在母體中比例很低，簡單隨機抽樣不易取得足夠樣本。將其單獨列為一層後，可以提高抽樣率，以取得足夠觀察值。

8. 可以配合不同抽樣成本

不同地區或不同群體的調查成本未必相同。分層抽樣可以將抽樣資源優先配置至資訊價值較高或成本較低的層。

小結

採用分層隨機抽樣的主要條件，是「層內同質、層間異質」。其核心目的在於：

$$\text{降低變異數、確保代表性、提高各層估計能力及改善成本效率。}$$

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（二）固定總成本下的最佳樣本配置

核心公式

分層樣本平均數的變異數為

$$V(\bar y_{st}) = \sum_{i=1}^{L} \frac{N_i^2}{N^2} \left(1-\frac{n_i}{N_i}\right) \frac{\sigma_i^2}{n_i}.$$

展開得

$$V(\bar y_{st}) = \frac{1}{N^2} \sum_{i=1}^{L} \left( \frac{N_i^2\sigma_i^2}{n_i} - N_i\sigma_i^2 \right).$$

其中第二項與 $n_i$ 無關，因此在最佳配置問題中，只需最小化

$$\sum_{i=1}^{L} \frac{N_i^2\sigma_i^2}{n_i}.$$

設總抽樣成本固定為 $C$，則限制條件為

$$\sum_{i=1}^{L}c_i n_i=C.$$

拉格朗日乘數法

建立拉格朗日函數：

$$\mathcal L = \sum_{i=1}^{L} \frac{N_i^2\sigma_i^2}{n_i} + \lambda \left( \sum_{i=1}^{L}c_i n_i-C \right).$$

對 $n_i$ 微分並令其等於 $0$：

$$\frac{\partial \mathcal L}{\partial n_i} = -\frac{N_i^2\sigma_i^2}{n_i^2} +\lambda c_i =0.$$

因此

$$\frac{N_i^2\sigma_i^2}{n_i^2} = \lambda c_i,$$

整理得

$$n_i = \frac{N_i\sigma_i}{\sqrt{\lambda c_i}} = \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \frac{N_i\sigma_i}{\sqrt{c_i}}.$$

故各層最佳樣本數的比例為

$$n_i:n_j = \frac{N_i\sigma_i}{\sqrt{c_i}} : \frac{N_j\sigma_j}{\sqrt{c_j}}.$$

令

$$A=\sum_{k=1}^{L}\frac{N_k\sigma_k}{\sqrt{c_k}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{L}N_k\sigma_k\sqrt{c_k}.$$

由成本限制式，

核心觀念

本題考查「集群內相關係數」與單因子變異數分析平方和之間的關係。

設每一集群有 $n$ 個元素，共有 $k$ 個集群，記為 $y_{ij}$，其中 $i=1,\ldots,k$、$j=1,\ldots,n$。令

$$\bar y_i=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}y_{ij}, \qquad \bar y=\frac{1}{nk}\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{n}y_{ij}.$$

題目所求的集群內相關係數，可定義為集群內所有不同元素之乘積和，除以集群內所有元素平方和：

$$\rho= \frac{ \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\sum_{j\ne \ell} (y_{ij}-\bar y)(y_{i\ell}-\bar y) }{ (n-1)SST }.$$

分母中的 $n-1$，是因為每一集群內每個元素有 $n-1$ 個其他元素可配對。

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解題方法與推導

令

$$x_{ij}=y_{ij}-\bar y.$$

則

$$SST=\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{n}x_{ij}^{2}.$$

考慮第 $i$ 集群內所有有序之不同元素配對：

$$\sum_{j\ne \ell}x_{ij}x_{i\ell} = \left(\sum_{j=1}^{n}x_{ij}\right)^2 -\sum_{j=1}^{n}x_{ij}^{2}.$$

由於

$$\sum_{j=1}^{n}x_{ij} = \sum_{j=1}^{n}(y_{ij}-\bar y) = n(\bar y_i-\bar y),$$

故對所有集群加總可得

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{k}\sum_{j\ne \ell}x_{ij}x_{i\ell} &= \sum_{i=1}^{k} \left[ n^2(\bar y_i-\bar y)^2 -\sum_{j=1}^{n}x_{ij}^{2} \right] \\ &= n^2\sum_{i=1}^{k}(\bar y_i-\bar y)^2-SST. \end{aligned}$$

因此

$$\rho= \frac{ n^2\displaystyle\sum_{i=1}^{k}(\bar y_i-\bar y)^2-SST }{ (n-1)SST }.$$

又因為集群間均方為

$$MSB= \frac{n}{k-1}\sum_{i=1}^{k}(\bar y_i-\bar y)^2,$$

所以

$$\sum_{i=1}^{k}(\bar y_i-\bar y)^2 = \frac{k-1}{n}MSB.$$

代入上式：

核心觀念

本題考查集群抽樣與兩階段集群抽樣中的：

• 集群總數 $N$、母體元素總數 $M$
• 第 $i$ 集群大小 $M_i$
• 第 $i$ 集群總和 $Y_i=\sum_{j=1}^{M_i}y_{ij}=M_i\bar Y_i$
• 集群抽樣的展開估計量與比率估計量
• 兩階段抽樣的條件期望
• 固定成本下的最佳樣本集群內樣本數

令母體共有 $N$ 個集群，第 $i$ 集群包含 $M_i$ 個元素，母體總和為

$$Y=\sum_{i=1}^{N}Y_i =\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M_i}y_{ij},$$

且

$$M=\sum_{i=1}^{N}M_i.$$

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（一）集群抽樣下母體總和的估計量

1. 已知母體元素總數 $M$

從 $N$ 個集群中以簡單隨機抽樣抽出 $n$ 個集群，並觀察所抽集群內全部元素。設樣本集群集合為 $s$，第 $i$ 集群的觀察總和為 $Y_i$，大小為 $M_i$。

由於已知母體元素總數 $M$，可先以樣本集群資料估計母體元素平均數：

$$\hat{\mu}_R = \frac{\displaystyle\sum_{i\in s}Y_i} {\displaystyle\sum_{i\in s}M_i}.$$

因此，母體總和的比率估計量為

$$\boxed{ \hat{Y}_R = M\frac{\displaystyle\sum_{i\in s}Y_i} {\displaystyle\sum_{i\in s}M_i} }$$

也可寫成

$$\hat{Y}_R = M\frac{\displaystyle\sum_{i\in s}M_i\bar Y_i} {\displaystyle\sum_{i\in s}M_i}.$$

此估計量利用已知的母體元素總數 $M$ 作為輔助資訊。一般而言，比率估計量是近似不偏估計量，並非嚴格不偏；當各集群大小相等時，則可化為展開估計量。

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2. 不知母體元素總數 $M$，但知道集群總數 $N$

此時直接利用集群總和進行展開估計。每個集群被抽中的機率為

$$\frac{n}{N}.$$

因此，母體總和的估計量為樣本集群總和平均數乘以集群總數 $N$：

$$\boxed{ \hat{Y} = N\bar Y_s = \frac{N}{n}\sum_{i\in s}Y_i }$$

其中 $Y_i$ 是第 $i$ 個樣本集群的總和。

若以集群內平均數表示，因為 $Y_i=M_i\bar Y_i$，所以

$$\boxed{ \hat{Y} = \frac{N}{n}\sum_{i\in s}M_i\bar Y_i }$$

此估計量是集群簡單隨機抽樣下的標準不偏展開估計量。

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（二）證明 $\hat{\mu}$ 為母體平均數的不偏估計量

題設估計量為

$$\hat{\mu} = \frac{1}{\bar M n} \sum_{i=1}^{n}M_i\bar y_i,$$

其中

$$\bar M=\frac{M}{N}.$$

母體平均數為

$$\mu = \frac{Y}{M} = \frac{1}{M}\sum_{i=1}^{N}M_i\bar Y_i.$$

解題方法

採用全期望公式：

$$E(\hat{\mu}) = E_1\left\{E_{2\mid 1}(\hat{\mu})\right\}.$$

其中：

• $E_1$：第一階段抽取集群的期望
• $E_{2\mid 1}$：在第一階段樣本集群已確定下，第二階段抽取集群內元素的條件期望

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第一步：計算第二階段條件期望

在第 $i$ 個集群內進行第二階段抽樣，$\bar y_i$ 為集群內樣本平均數。由集群內簡單隨機抽樣的性質：

$$E_{2\mid 1}(\bar y_i)=\bar Y_i.$$

因此，

$$E_{2\mid 1}(\hat{\mu}) = \frac{1}{\bar M n} \sum_{i=1}^{n}M_iE_{2\mid 1}(\bar y_i)$$ $$= \frac{1}{\bar M n} \sum_{i=1}^{n}M_i\bar Y_i.$$

令

$$Y_i=M_i\bar Y_i,$$

則上式可寫為

$$E_{2\mid 1}(\hat{\mu}) = \frac{1}{\bar M n} \sum_{i=1}^{n}Y_i.$$

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第二步：計算第一階段期望

第一階段從 $N$ 個集群中簡單隨機抽出 $n$ 個集群，因此樣本集群總和的期望為

$$E_1\left(\sum_{i=1}^{n}Y_i\right) = \frac{n}{N}\sum_{i=1}^{N}Y_i.$$

所以

$$E(\hat{\mu}) = E_1\left[ \frac{1}{\bar M n} \sum_{i=1}^{n}Y_i \right]$$ $$= \frac{1}{\bar M n} \cdot \frac{n}{N} \sum_{i=1}^{N}Y_i.$$

由 $\bar M=M/N$，得