107 地方特考三等 交通技術 統計學 考古題詳解

核心觀念

1. 二項分配（Binomial Distribution）的判定：

• 試驗進行 $n$ 次獨立的伯努利試驗（Bernoulli trials）。
• 抽樣方式為「取出放回」，代表每次抽球互相獨立，且抽出白球的機率恆定不變。
• 若令「抽得白球」為成功事件，成功機率 $p = \frac{10}{20} = \frac{1}{2} = 0.5$。
• 隨機變數 $X$ 代表 $n=3$ 次試驗中抽出白球的次數，故 $X$ 服從二項分配，記為 $X \sim B(n = 3, p = 0.5)$。
• 機率質量函數（PMF）為： $P(X = x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, \quad x = 0, 1, 2, \dots, n$

2. 動差母函數（Moment Generating Function, MGF）：

• 定義：$M_X(t) = E[e^{tX}]$。
• 對於離散型隨機變數，$M_X(t) = \sum_{x} e^{tx} P(X = x)$。
• 利用 MGF 求原點動差（Raw Moment）：$E[X^k] = M_X^{(k)}(0) = \left. \frac{d^k M_X(t)}{dt^k} \right|_{t=0}$。

3. 獨立同分配（i.i.d.）與期望值線性性質：

• 期望值的線性性：$E[aX + bY] = aE[X] + bE[Y]$。
• 獨立性：若 $X$ 與 $Y$ 獨立，則 $E[g(X)h(Y)] = E[g(X)]E[h(Y)]$。
• 同分配：若 $X$ 與 $Y$ 同分配，則其對應階數的動差皆相等，即 $E[X^k] = E[Y^k]$。
• 變數差的對稱性：若 $X, Y$ 為 i.i.d.，則 $X - Y$ 與 $-(X - Y) = Y - X$ 具有相同的機率分配（即分配對稱於 0），其奇數階動差恆為 0。

解題方法

(一) 求 $P(X=2)$

由題意可知，$X \sim B(3, 0.5)$。將 $n=3$、$p=\frac{1}{2}$、$x=2$ 代入二項分配的機率質量函數： $P(X = 2) = \binom{3}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^2 \left(1 - \frac{1}{2}\right)^{3-2}$

展開計算： $P(X = 2) = 3 \times \left(\frac{1}{4}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{3}{8} = 0.375$

(二) 求 $X$ 的動差母函數 $M_X(t) = E[e^{tX}]$

依據動差母函數之定義，對離散型隨機變數取期望值： $M_X(t) = E[e^{tX}] = \sum_{x=0}^{3} e^{tx} \binom{3}{x} p^x (1-p)^{3-x}$

將 $e^{tx} p^x$ 合併為 $(p e^t)^x$： $M_X(t) = \sum_{x=0}^{3} \binom{3}{x} (p e^t)^x (1-p)^{3-x}$

根據二項式定理 $(a + b)^n = \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} b^x a^{n-x}$，此處 $a = 1-p$，$b = p e^t$，$n = 3$，可化簡為： $M_X(t) = \left[(1 - p) + p e^t\right]^3$

將 $p = \frac{1}{2}$ 代入： $M_X(t) = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^t\right)^3 = \left(\frac{1 + e^t}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}(1 + e^t)^3$

亦可將其展開表示為： $M_X(t) = \frac{1}{8} \left(1 + 3e^t + 3e^{2t} + e^{3t}\right)$

(三) 求 $E[X^3]$

方法一：利用動差母函數求導（標準法） 由第 (二) 小題所得之 $M_X(t) = \frac{1}{8} \left(1 + 3e^t + 3e^{2t} + e^{3t}\right)$，連續對 $t$ 微分三次：

一階導數： $M_X'(t) = \frac{d}{dt} M_X(t) = \frac{1}{8} \left(3e^t + 6e^{2t} + 3e^{3t}\right)$

二階導數： $M_X''(t) = \frac{d^2}{dt^2} M_X(t) = \frac{1}{8} \left(3e^t + 12e^{2t} + 9e^{3t}\right)$

三階導數： $M_X'''(t) = \frac{d^3}{dt^3} M_X(t) = \frac{1}{8} \left(3e^t + 24e^{2t} + 27e^{3t}\right)$

核心觀念

本題評量單一常態母體平均數之單尾假設檢定，核心架構涵蓋以下四大統計觀念與定理：

1. 常態母體樣本平均數之抽樣分配（變異數已知）： 設隨機變數 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，自母體抽取容量為 $n$ 的隨機樣本，其樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 亦嚴格服從常態分配： $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$ 因母體變異數 $\sigma^2$ 已知，無論樣本數 $n$ 大小，檢定統計量皆使用標準常態變數（$Z$ 檢定），而非 Student's $t$ 檢定： $Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0, 1)$

2. $p$ 值（$p\text{-value}$，觀測顯著水準）的定義： 在虛無假設 $H_0$ 為真的條件下，檢定統計量出現「比本次樣本觀測值更極端或同樣極端」的機率。因對立假設為右尾（$H_a: \mu > \mu_0$），故： $p\text{-value} = P\left(Z \ge z_{\text{obs}} \;\middle|\; H_0 \text{ 為真}\right)$

3. 假設檢定之決策法則：

• $p$ 值準則：若 $p\text{-value} \le \alpha$，則拒絕 $H_0$；反之若 $p\text{-value} > \alpha$，則不拒絕（接受）$H_0$。
• 臨界值／拒絕域準則：右尾檢定在顯著水準 $\alpha$ 下之拒絕域為 $C = \{ z \mid z > z_\alpha \}$ 或實體尺度 $C = \left\{ \bar{x} \;\middle|\; \bar{x} > \mu_0 + z_\alpha \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right\}$。若觀測值落入拒絕域，則拒絕 $H_0$。

4. 檢定力（Power of the Test）之定義： 檢定力表示「當對立假設為真（特定的 $\mu = \mu_a$）時，檢定能夠正確拒絕虛無假設 $H_0$ 的機率」，記為 $1 - \beta$（$\beta$ 為型二錯誤機率）： $\text{Power} = 1 - \beta = P\left(\text{拒絕 } H_0 \;\middle|\; \mu = \mu_a\right)$

解題方法

基本資料整理

• 母體變異數 $\sigma^2 = 4 \implies$ 母體標準差 $\sigma = \sqrt{4} = 2$。
• 樣本數 $n = 5$。
• 樣本觀測值：$2, 3, 4, 4, 2$。
• 樣本平均數計算： $\bar{x} = \frac{2 + 3 + 4 + 4 + 2}{5} = \frac{15}{5} = 3.0$
• 樣本平均數之標準誤（Standard Error）： $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{2}{\sqrt{5}} \approx \frac{2}{2.236068} \approx 0.894427$
• 檢定假說： $H_0: \mu = 1.4 \quad \text{vs} \quad H_a: \mu > 1.4 \quad (\text{右尾檢定})$

(一) 計算樣本平均數對應之 $p$ 值

1. 計算檢定統計量觀測值 $z_{\text{obs}}$： 在 $H_0: \mu = 1.4$ 為真之條件下： $z_{\text{obs}} = \frac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} = \frac{3.0 - 1.4}{2 / \sqrt{5}} = \frac{1.6}{0.894427} = 0.8 \times \sqrt{5} \approx 1.7889 \approx 1.79$

2. 計算右尾累積機率（$p$ 值）： $p\text{-value} = P(Z \ge z_{\text{obs}}) = P(Z \ge 1.79) = 1 - \Phi(1.79)$ 查標準常態分配表可得 $\Phi(1.79) = P(Z \le 1.79) \approx 0.9633$： $p\text{-value} = 1 - 0.9633 = 0.0367 \quad (\text{或約 } 3.67\%)$ （若以未四捨五入之 $Z = 1.789$ 進行線性內插，$\Phi(1.789) \approx 0.9632$，則 $p\text{-value} \approx 0.0368$）。

(二) 在型一錯誤機率 $\alpha = 0.05$ 之下進行決策

依據題目設定，型一錯誤機率 $\alpha = 0.05$。可透過兩種等價途徑進行推論判斷：

1. 方法一：$p$ 值法則

• 由第 (一) 小題計算得知 $p\text{-value} \approx 0.0367$。
• 比較顯著水準： $p\text{-value} = 0.0367 < \alpha = 0.05$
• 因 $p$ 值小於 $\alpha$，故拒絕虛無假設 $H_0$。

2. 方法二：臨界值（拒絕域）法則

• 右尾檢定在 $\alpha = 0.05$ 之臨界值為 $z_{0.05} = 1.645$。
• 拒絕域定義為： $C = \{ z \mid z > 1.645 \}$
• 本題統計量觀測值 $z_{\text{obs}} \approx 1.789$。
• 因 $z_{\text{obs}} = 1.789 > 1.645$，統計量落入拒絕域，故拒絕虛無假設 $H_0$。

結論：在顯著水準 $0.05$ 下，統計證據足以支持對立假設，亦即有充分理由認定母體平均數顯著大於 $1.4$。

(三) 求 $H_a: \mu = 2.645$ 之檢定力

核心觀念

本題屬於隨機完全區集設計（Randomized Complete Block Design, RCBD）之變異數分析（ANOVA）。

1. 設計架構：

• 處理因子（Treatment）：作物品種，共有 $k = 4$ 種水準。
• 區集因子（Block）：地區，共有 $b = 3$ 個水準。
• 總觀測值筆數 $N = k \times b = 4 \times 3 = 12$ 筆。

2. 自由度（$df$）分割原理：

• $df_{\text{品種}} = k - 1$
• $df_{\text{地區}} = b - 1$
• $df_{\text{殘差}} = (k - 1)(b - 1)$
• $df_{\text{總計}} = N - 1 = kb - 1$
• 關係式：$df_{\text{總計}} = df_{\text{品種}} + df_{\text{地區}} + df_{\text{殘差}}$

3. 平方和（$SS$）的可加性：

• $SS_{\text{總計}} = SS_{\text{品種}} + SS_{\text{地區}} + SS_{\text{殘差}}$

4. 均方（$MS$）與檢定統計量（$F$）：

• $MS = \frac{SS}{df}$
• 品種檢定統計量：$F_{\text{品種}} = \frac{MS_{\text{品種}}}{MS_{\text{殘差}}} \sim F(df_{\text{品種}}, df_{\text{殘差}})$
• 地區檢定統計量：$F_{\text{地區}} = \frac{MS_{\text{地區}}}{MS_{\text{殘差}}} \sim F(df_{\text{地區}}, df_{\text{殘差}})$

解題方法

(一) 完成 ANOVA 表內 $(A)$ 至 $(H)$ 格的數值

1. 計算自由度 $df$：

• 品種數 $k = 4$： $(A) = df_{\text{品種}} = 4 - 1 = 3$
• 地區數 $b = 3$： $(B) = df_{\text{地區}} = 3 - 1 = 2$
• 殘差自由度： $(C) = df_{\text{殘差}} = (4 - 1)(3 - 1) = 3 \times 2 = 6$ （檢驗總自由度：$df_{\text{總計}} = 12 - 1 = 11 = 3 + 2 + 6$）

2. 計算平方和 $SS$：

• 已知 $MS_{\text{品種}} = 0.222$： $(D) = SS_{\text{品種}} = df_{\text{品種}} \times MS_{\text{品種}} = 3 \times 0.222 = 0.666$ （若題目的 $0.222$ 為分數 $\frac{2}{9}$ 四捨五入而來，則 $SS_{\text{品種}} = 3 \times \frac{2}{9} = \frac{2}{3} \approx 0.667$；此處以表中實際數值計算為 $0.666$ 或精確小數 $0.667$ 均可）
• 由平方和可加性求殘差平方和： $(E) = SS_{\text{殘差}} = SS_{\text{總計}} - SS_{\text{地區}} - SS_{\text{品種}} = 72.667 - 60.667 - 0.666 = 11.334$ （若 $SS_{\text{品種}}$ 取 $0.667$，則 $(E) = 72.667 - 60.667 - 0.667 = 11.333$）

3. 計算均方 $MS$：

• 地區均方： $(F) = MS_{\text{地區}} = \frac{SS_{\text{地區}}}{df_{\text{地區}}} = \frac{60.667}{2} \approx 30.334$
• 殘差均方（後續計算 $F$ 必備）： $MS_{\text{殘差}} = \frac{SS_{\text{殘差}}}{df_{\text{殘差}}} = \frac{11.334}{6} \approx 1.889$ （若採 $11.333 / 6$ 亦為 $1.889$）

4. 計算 $F$ 檢定統計量：

• 品種之 $F$ 值： $(G) = F_{\text{品種}} = \frac{MS_{\text{品種}}}{MS_{\text{殘差}}} = \frac{0.222}{1.889} \approx 0.118$
• 地區之 $F$ 值： $(H) = F_{\text{地區}} = \frac{MS_{\text{地區}}}{MS_{\text{殘差}}} = \frac{30.334}{1.889} \approx 16.058$（或 $16.059$）

整理完整 ANOVA 表如下：

核心觀念

本題評量簡單線性迴歸模型（Simple Linear Regression, SLR）的基礎統計推論，為公職高普考與地方特考「統計學」極高頻率出現的標準計算題型。核心觀念包含：

1. 離差平方和與交叉乘積和（Sum of Squares and Cross Products）：

• 自變數離差平方和：$SS_{xx} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2 - n\bar{x}^2$
• 應變數離差平方和：$SS_{yy} = \sum_{i=1}^n (y_i - \bar{y})^2 = \sum_{i=1}^n y_i^2 - n\bar{y}^2$
• 交叉乘積和：$SS_{xy} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum_{i=1}^n x_iy_i - n\bar{x}\bar{y}$

2. 皮爾森樣本相關係數（Pearson Correlation Coefficient）： 衡量兩變數間線性關聯強度與方向之無因次指標： $r = \frac{SS_{xy}}{\sqrt{SS_{xx} \cdot SS_{yy}}}$

3. 最小平方估計量（Ordinary Least Squares, OLS）： 使殘差平方和 $\sum e_i^2 = \sum (y_i - \hat{y}_i)^2$ 達到極小時的斜率估計式： $\hat{\beta}_1 = \frac{SS_{xy}}{SS_{xx}}$

4. 迴歸斜率的信賴區間（Confidence Interval for Slope）： 在常態誤差假設 $\varepsilon_i \overset{i.i.d.}{\sim} N(0, \sigma^2)$ 且 $\sigma$ 未知條件下，標準化樞軸量（Pivot）服從自由度為 $n-2$ 的 $t$ 分配： $\frac{\hat{\beta}_1 - \beta_1}{se(\hat{\beta}_1)} \sim t(n-2)$ 其 $\beta_1$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間公式為： $\hat{\beta}_1 \pm t_{\alpha/2, \, n-2} \cdot se(\hat{\beta}_1)$

解題方法

【步驟 0：前置統計量計算】

由題目給定樣本數 $n = 5$ 及相關總和資訊：

• 樣本平均數： $\bar{x} = \frac{\sum_{i=1}^{5}x_i}{n} = \frac{15}{5} = 3$ $\bar{y} = \frac{\sum_{i=1}^{5}y_i}{n} = \frac{20}{5} = 4$

• 離差平方和與交叉乘積和： $SS_{xx} = \sum_{i=1}^{5}x_i^2 - n\bar{x}^2 = 55 - 5(3)^2 = 55 - 45 = 10$ $SS_{yy} = \sum_{i=1}^{5}y_i^2 - n\bar{y}^2 = 90 - 5(4)^2 = 90 - 80 = 10$ $SS_{xy} = \sum_{i=1}^{5}x_iy_i - n\bar{x}\bar{y} = 69 - 5(3)(4) = 69 - 60 = 9$

(一) 求 $x$ 與 $y$ 的樣本相關係數

將 $SS_{xx}$、$SS_{yy}$ 與 $SS_{xy}$ 代入樣本相關係數公式： $r = \frac{SS_{xy}}{\sqrt{SS_{xx} \cdot SS_{yy}}} = \frac{9}{\sqrt{10 \cdot 10}} = \frac{9}{10} = 0.9$

(二) 以最小平方法求 $\beta_1$ 的估計值

在簡單線性迴歸中，最小平方法（OLS）旨在極小化誤差平方和： $Q(\beta_0, \beta_1) = \sum_{i=1}^{n}(y_i - \beta_0 - \beta_1 x_i)^2$ 對 $\beta_1$ 與 $\beta_0$ 分別微分並令其為 0，解常態方程式（Normal Equations）可得斜率之最小平方估計值：