108 地方特考三等 交通技術 統計學 考古題詳解

核心觀念

本題共兩小題，分別測驗機率論與統計學的核心基礎：

1. 第（一）小題：條件機率（Conditional Probability）與循序歷程模型（Sequential Process）

• 時間順序性：行程為 $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow D \rightarrow E$，且一般人僅有一個錢包。因此，錢包在某國被偷的先決條件，是在抵達該國之前（前述各國）錢包皆未被偷。
• 條件機率公式：若事件 $E$ 為「抵達 E 國時錢包已被偷」，事件 $C$ 為「錢包在 C 國被偷」，則所求條件機率為： $P(C \mid E) = \frac{P(C \cap E)}{P(E)} = \frac{P(C)}{P(E)}$
• 考點在於能否正確寫出各國被偷的「邊際/聯合發生機率」，而非直接粗略將各國機率相加。

2. 第（二）小題：指數分配（Exponential Distribution）與無記憶性（Memoryless Property）

• 無記憶性：若公車間隔到達時間 $T \sim \text{Exp}(\lambda)$，不論官員到達公車站前該班公車已離開多久，官員自抵達公車站起算的剩餘等候時間 $W$ 依然服從相同參數的指數分配，即 $W \sim \text{Exp}(\lambda)$。
• 指數分配的累積分布函數（CDF）： $F(w) = P(W \le w) = 1 - e^{-\lambda w}, \quad w \ge 0$ 其中平均間隔時間 $E(T) = \frac{1}{\lambda} = 20$ 分鐘，故失效率（到達率）$\lambda = \frac{1}{20} = 0.05$。
• 考點在於利用機率門檻 $P(\text{及時上車}) \ge 0.9$ 反解所需等候時間上限，再結合步行時間推算最晚出發時刻。

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解題方法

第（一）小題：計算錢包在 C 國被偷的條件機率

1. 定義各國事件與發生機率： 設官員依序訪問 A、B、C、D、E 國。因錢包一旦被偷即不存在再次被偷之情境，各國實際發生失竊的事件定義如下：

• 在 A 國被偷（記為 $S_A$）： $P(S_A) = 0.02$
• 在 B 國被偷（記為 $S_B$，即 A 國未被偷且 B 國被偷）： $P(S_B) = (1 - 0.02) \times 0.03 = 0.98 \times 0.03 = 0.0294$
• 在 C 國被偷（記為 $S_C$，即 A、B 國均未被偷且 C 國被偷）： $P(S_C) = (1 - 0.02) \times (1 - 0.03) \times 0.07 = 0.98 \times 0.97 \times 0.07 = 0.066542$
• 在 D 國被偷（記為 $S_D$，即 A、B、C 國均未被偷且 D 國被偷）： $P(S_D) = 0.98 \times 0.97 \times (1 - 0.07) \times 0.01 = 0.9506 \times 0.93 \times 0.01 = 0.00884058$

2. 計算抵達 E 國前錢包已被偷的總機率 $P(\text{Stolen})$： 由於事件 $S_A, S_B, S_C, S_D$ 彼此互斥，總失竊機率亦可由「$1 - \text{全部國家均未被偷}$」求得： $P(\text{Stolen}) = 1 - (0.98 \times 0.97 \times 0.93 \times 0.99) = 1 - 0.87521742 = 0.12478258$ （驗算：$0.02 + 0.0294 + 0.066542 + 0.00884058 = 0.12478258$，兩者完全吻合）

3. 計算條件機率： 已知抵達 E 國時錢包已被偷，其在 C 國被偷的機率為： $P(S_C \mid \text{Stolen}) = \frac{P(S_C)}{P(\text{Stolen})} = \frac{0.066542}{0.12478258} \approx 0.53326 \approx 53.33\%$

*(補充：若部分評分標準採直觀之「互斥分割假設」，忽視行程先後順序，直接以題幹數值為權重計算：

核心觀念

1. 機率質量函數（PMF）之正規化性質（Total Probability Axiom）： 對於離散型隨機變數 $X$，其所有可能取值之機率總和恆等於 1，即： $\sum_{x=1}^{\infty} f(x) = 1$
2. 無窮幾何級數求和公式： 當公比 $|r| < 1$ 時，無窮級數收斂且和為： $\sum_{x=1}^{\infty} r^x = \frac{r}{1 - r}$
3. 最大概似估計量（Maximum Likelihood Estimator, MLE）： 對於一組來自相同母體之獨立隨機樣本 $x_1, x_2, \ldots, x_n$，其概似函數為 $L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i)$。對數概似函數為 $\ln L(\theta)$。透過一階導數尋找駐點，並配合二階導數或一階導數之正負號變化確認全域極大值。

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解題方法

步驟一：求常數 $c$ 的可能值 利用離散型機率質量函數的總和為 1 之性質： $\sum_{x=1}^{\infty} f(x) = \sum_{x=1}^{\infty} (\theta^2 + 3)\left(\frac{1}{\theta^2 + c^2}\right)^x = (\theta^2 + 3) \sum_{x=1}^{\infty} \left(\frac{1}{\theta^2 + c^2}\right)^x = 1$

令公比 $r = \frac{1}{\theta^2 + c^2}$。由機率合理性與無窮幾何級數收斂條件可知，必有 $0 < r < 1$。 利用幾何級數求和公式： $\sum_{x=1}^{\infty} r^x = \frac{r}{1 - r} = \frac{\frac{1}{\theta^2 + c^2}}{1 - \frac{1}{\theta^2 + c^2}} = \frac{1}{\theta^2 + c^2 - 1}$

代回機率總和公式： $(\theta^2 + 3) \cdot \frac{1}{\theta^2 + c^2 - 1} = 1$ $\theta^2 + 3 = \theta^2 + c^2 - 1$ $c^2 - 1 = 3 \implies c^2 = 4 \implies c = \pm 2$

檢驗收斂條件：當 $c^2 = 4$ 時，公比 $r = \frac{1}{\theta^2 + 4}$。因實數參數 $\theta^2 \geq 0$，故分母 $\theta^2 + 4 \geq 4$，得 $0 < r \leq \frac{1}{4} < 1$，對任意實數 $\theta$ 皆滿足級數收斂條件。因此，$c$ 的可能值為 $2$ 或 $-2$。

步驟二：求參數 $\theta$ 的最大概似估計量 將 $c^2 = 4$ 代回原機率分配函數： $f(x) = (\theta^2 + 3)\left(\frac{1}{\theta^2 + 4}\right)^x = (\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)^{-x}, \quad x = 1, 2, 3, \ldots$

已知隨機樣本為 $x_1=1, x_2=3, x_3=1, x_4=2, x_5=4, x_6=1$，樣本數 $n = 6$。 計算樣本總和： $\sum_{i=1}^6 x_i = 1 + 3 + 1 + 2 + 4 + 1 = 12$

建立概似函數 $L(\theta)$： $L(\theta) = \prod_{i=1}^6 f(x_i) = \prod_{i=1}^6 \left[ (\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)^{-x_i} \right] = (\theta^2 + 3)^6 (\theta^2 + 4)^{-\sum_{i=1}^6 x_i} = (\theta^2 + 3)^6 (\theta^2 + 4)^{-12}$

取自然對數得對數概似函數 $\ln L(\theta)$： $\ln L(\theta) = 6\ln(\theta^2 + 3) - 12\ln(\theta^2 + 4)$

對參數 $\theta$ 微分尋找駐點： $\frac{d}{d\theta}\ln L(\theta) = \frac{6 \cdot 2\theta}{\theta^2 + 3} - \frac{12 \cdot 2\theta}{\theta^2 + 4} = 2\theta \left[ \frac{6}{\theta^2 + 3} - \frac{12}{\theta^2 + 4} \right]$ $= 2\theta \cdot \frac{6(\theta^2 + 4) - 12(\theta^2 + 3)}{(\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)} = 2\theta \cdot \frac{6\theta^2 + 24 - 12\theta^2 - 36}{(\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)} = 2\theta \cdot \frac{-6(\theta^2 + 2)}{(\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)} = \frac{-12\theta(\theta^2 + 2)}{(\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4)}$

令一階導數為 0： $\frac{d}{d\theta}\ln L(\theta) = 0$ 由於分母 $(\theta^2 + 3)(\theta^2 + 4) > 0$，且對任意實數 $\theta$ 恆有 $\theta^2 + 2 > 0$，因此唯一實數解為： $-12\theta = 0 \implies \theta = 0$

驗證一階導數符號與極大值：

• 當 $\theta < 0$ 時，$\frac{d}{d\theta}\ln L(\theta) > 0$（對數概似函數嚴格遞增）。
• 當 $\theta > 0$ 時，$\frac{d}{d\theta}\ln L(\theta) < 0$（對數概似函數嚴格遞減）。

因此，$\ln L(\theta)$ 在 $\theta = 0$ 處達到唯一全域極大值。 參數 $\theta$ 的最大概似估計量之值為 $\hat{\theta} = 0$。

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解題技巧

• 變數代換法（快速判斷）：觀察對數概似函數中 $\theta$ 僅以 $\theta^2$ 形式呈現，可令 $u = \theta^2 \geq 0$，考慮函數 $g(u) = 6\ln(u + 3) - 12\ln(u + 4)$。其對 $u$ 的一階導數為： $g'(u) = \frac{6}{u + 3} - \frac{12}{u + 4} = \frac{-6(u + 2)}{(u + 3)(u + 4)}$ 在定義域 $u \geq 0$ 內，$g'(u) < 0$ 恆成立，表示 $g(u)$ 為嚴格遞減函數。因此最大值必發生於左邊界端點 $u = 0$，即 $\theta^2 = 0 \implies \hat{\theta} = 0$。此法省去複雜的多項式微分運算，能大幅降低考場粗心機率。
• 陷阱提醒：計算無窮幾何級數時，務必注意題目定義之 $X$ 是從 $x = 1$ 開始，而非 $x = 0$。若誤記為首項為 1 的 $\frac{1}{1-r}$，將推導出錯誤的 $c$ 值。

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第二小題：顯著水準與檢定力之判斷

核心觀念

1. 二項分配機率質量函數： 若隨機變數 $X \sim \text{Binomial}(n=4, p)$，則其機率為： $P(X = x) = \binom{4}{x} p^x (1 - p)^{4-x}, \quad x = 0, 1, 2, 3, 4$

核心觀念

1. 卜松分配之最大概似估計量（MLE）與不變性（Invariance Property）：

• 若母體服從卜松分配 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$，母數 $\lambda$ 的最大概似估計量為樣本平均數 $\hat{\lambda}_{\text{MLE}} = \overline{X}$。
• 根據 Zehna 定理（MLE 的函數不變性）：若 $\hat{\theta}$ 為 $\theta$ 的最大概似估計量，則對任意單值函數 $g(\theta)$，$g(\theta)$ 的最大概似估計量即為 $g(\hat{\theta})$。因此，$\widehat{\sqrt{\lambda}}_{\text{MLE}} = \sqrt{\hat{\lambda}_{\text{MLE}}}$。

2. 樣本變異數的不偏性（Unbiasedness of Sample Variance）：

• 無論母體分配為何，只要母體變異數 $\sigma^2 < \infty$ 存在，以 $n-1$ 為分母之樣本變異數 $S^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \overline{X})^2}{n-1}$ 恆為母體變異數 $\sigma^2$ 的不偏估計量，即 $E(S^2) = \sigma^2 = \operatorname{Var}(X_i)$。

3. 伯努利分配（Bernoulli Distribution）之性質與獨立隨機變數和之變異數：

• 試驗次數為 $1$ 的二項式分配即為伯努利分配 $X_i \sim \text{Bernoulli}(p)$，其取值僅可能為 $0$ 或 $1$。因此具備重要特性：$X_i^2 = X_i$。
• 若隨機變數相互獨立，則隨機變數和的變異數等於變異數的和：$\operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \sum_{i=1}^n \operatorname{Var}(Y_i)$。

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解題方法

（一）求解 $\sqrt{\lambda}$ 之最大概似估計量值

1. 建立概似函數與對數概似函數： 設 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{i.i.d.}{\sim} \text{Poisson}(\lambda)$，其機率質量函數（PMF）為： $f(x; \lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}, \quad x = 0, 1, 2, \dots$ 樣本的概似函數（Likelihood Function）為： $L(\lambda) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{-\lambda} \lambda^{x_i}}{x_i!} = e^{-n\lambda} \lambda^{\sum_{i=1}^n x_i} \left( \prod_{i=1}^n x_i! \right)^{-1}$ 取自然對數得對數概似函數（Log-Likelihood Function）： $\ln L(\lambda) = -n\lambda + \left(\sum_{i=1}^n x_i\right) \ln \lambda - \sum_{i=1}^n \ln(x_i!)$

2. 微分求解一階條件（F.O.C.）： 對 $\lambda$ 微分並令其為零： $\frac{d}{d\lambda} \ln L(\lambda) = -n + \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\lambda} = 0 \implies \hat{\lambda} = \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n} = \overline{X}$ 檢查二階導數： $\frac{d^2}{d\lambda^2} \ln L(\lambda) = -\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\lambda^2} < 0$ 故 $\lambda$ 的最大概似估計量為樣本平均數 $\hat{\lambda}_{\text{MLE}} = \overline{X}$。

3. 計算樣本平均數： 已知樣本數 $n = 5$，觀測值為 $433, 375, 450, 375, 367$： $\sum_{i=1}^5 x_i = 433 + 375 + 450 + 375 + 367 = 2000$

核心觀念

本題考查皮爾森卡方適合度檢定（Pearson's Chi-squared Goodness-of-Fit Test）。 當母體被劃分為 $k$ 個互斥且周延的類別時，檢定各類別實際出現的比例是否符合某一特定理論分配（或特定宣告機率分配）。

1. 假設設定：

• $H_0: p_1 = p_{10}, p_2 = p_{20}, \dots, p_k = p_{k0}$
• $H_1: p_1, p_2, \dots, p_k$ 並非完全相等上述設定值（至少有一個比例不符）

2. 檢定統計量：

$$\chi^2 = \sum_{i=1}^k \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} \sim \chi^2(k - 1)$$

其中 $O_i$ 為第 $i$ 類之觀察次數（Observed Frequency），$E_i = n \times p_{i0}$ 為虛無假設下的期望次數（Expected Frequency），$k$ 為類別總數。 3. 拒絕域：在顯著水準 $\alpha$ 下，拒絕域為 $C = \{ \chi^2 \mid \chi^2 > \chi^2_{\alpha}(k-1) \}$。

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解題方法

1. 建立假說：

• $H_0: p_1 = 0.425, p_2 = 0.235, p_3 = 0.115, p_4 = 0.225$（名嘴說法與民調結果一致）
• $H_1: p_1, p_2, p_3, p_4$ 並非完全相等於 $0.425, 0.235, 0.115, 0.225$（名嘴說法與民調結果不一致）

2. 計算各類別之期望次數 $E_i = n \cdot p_{i0}$（總樣本數 $n = 1000$）：

• 候選人甲：$E_1 = 1000 \times 0.425 = 425$
• 候選人乙：$E_2 = 1000 \times 0.235 = 235$
• 候選人丙：$E_3 = 1000 \times 0.115 = 115$
• 不表態／都不支持：$E_4 = 1000 \times 0.225 = 225$

3. 編製次數對照表並計算檢定統計量：

類別 $i$	觀察次數 $O_i$	期望次數 $E_i$	$O_i - E_i$	$(O_i - E_i)^2$	$\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
甲	$450$	$425$	$25$	$625$	$\frac{625}{425} \approx 1.4706$
乙	$225$	$235$	$-10$	$100$	$\frac{100}{235} \approx 0.4255$
丙	$125$	$115$	$10$	$100$	$\frac{100}{115} \approx 0.8696$
不表態	$200$	$225$	$-25$	$625$	$\frac{625}{225} \approx 2.7778$
合計	$1000$	$1000$	$0$	—	$\chi^2 \approx 5.5435$

檢定統計量值為：

$$\chi^2 = \frac{(450 - 425)^2}{425} + \frac{(225 - 235)^2}{235} + \frac{(125 - 115)^2}{115} + \frac{(200 - 225)^2}{225} \approx 5.54$$

4. 決策準則與結論：

• 自由度 $df = k - 1 = 4 - 1 = 3$。
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，卡方臨界值為 $\chi^2_{0.05}(3) = 7.815$。
• 因為檢定統計量 $\chi^2 = 5.54 < \chi^2_{0.05}(3) = 7.815$（落在不拒絕域）。
• 統計結論：在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，不拒絕 $H_0$。沒有足夠證據顯示各群體支持率與名嘴宣稱有顯著差異，即該名嘴的說法與民調結果一致。

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選項分析

本小題為計算申論題，非選擇題，故無個別選項須探討。

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解題技巧

1. 檢查殘差總和：計算 $(O_i - E_i)$ 後，務必驗算其總和是否嚴格等於 $0$（$\sum (O_i - E_i) = 0$），可立刻檢查期望次數與差值是否計算錯誤。
2. 卡方適用條件確認：每個類別的期望次數 $E_i$ 皆大於等於 5（本題最小為 $115$），符合卡方大樣本近似條件，不需進行合併類別處理。

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第（二）小題

核心觀念

本題考查單因子變異數分析（One-way ANOVA）。 檢定 $k$ 個獨立常態母體的平均數是否完全相等。

1. 假設設定：

• $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \mu_3$
• $H_1: \mu_1, \mu_2, \mu_3$ 並非完全相等（至少有兩條生產線之平均規格存在顯著差異）

2. 平方和分解定理：

$$SST = SSB + SSW$$

• 總平方和（Total Sum of Squares）：$SST = \sum_{j=1}^k \sum_{i=1}^{n_j} (X_{ij} - \bar{\bar{X}})^2 = (N - 1) S^2$
• 組間平方和（Between-group Sum of Squares）：$SSB = \sum_{j=1}^k n_j (\bar{X}_j - \bar{\bar{X}})^2$

核心觀念

本題涵蓋無母數統計、單一母體比率之區間估計，以及成對樣本之假說檢定三大主題：

1. 威爾科森符號等級檢定（Wilcoxon Signed Rank Test）：

• 用於單一樣本中位數檢定或成對樣本差異檢定，適用於母體不保證為常態且樣本數較小時。
• 計算各樣本值與假定中位數 $M_0$ 之差值 $D_i = X_i - M_0$。
• 剔除 $D_i = 0$ 的資料後，將剩餘差值的絕對值 $|D_i|$ 由小到大排列並賦予等級（Rank）。
• 對應原差值為正者之等級總和記為 $T^+$（正號等級和），負者記為 $T^-$（負號等級和）。兩者之和恆滿足： $T^+ + T^- = \frac{n(n+1)}{2}$

2. 母體比率之信賴區間與樣本數關係：

• 大樣本下，母體比率 $p$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間公式為： $\hat{p} \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$
• 信賴區間長度（寬度）$L$ 為抽樣誤差（Margin of Error）的 2 倍： $L = 2 \cdot z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$
• 在估計比率 $\hat{p}$ 相同且信賴水準相同時，區間長度與樣本數的平方根 $\sqrt{n}$ 成反比。

3. 成對樣本 $t$ 檢定（Paired Samples $t$-test）：

• 針對同一受試對象處理前後之相依樣本資料，定義差值變數 $D_i = X_i - Y_i$。
• 將雙樣本問題化為單一樣本 $t$ 檢定，母體平均差為 $\mu_d = \mu_1 - \mu_2$。
• 檢定統計量： $t^* = \frac{\bar{d} - d_0}{s_d / \sqrt{n}} \sim t(n-1)$ 其中 $\bar{d} = \frac{1}{n}\sum D_i$，$s_d = \sqrt{\frac{\sum (D_i - \bar{d})^2}{n-1}}$。

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解題方法

（一）計算威爾科森符號等級檢定的正、負統計量

1. 計算差值與絕對值： 欲檢定 $H_0: M = 20$ 對 $H_1: M \neq 20$，基準中位數 $M_0 = 20$。 計算各觀察值與 20 之差值 $D_i = X_i - 20$ 及其絕對值 $|D_i|$：

$$\begin{array}{c|ccccccc} \hline X_i & 14 & 18 & 23 & 25 & 32 & 48 & 11 \\ D_i = X_i - 20 & -6 & -2 & +3 & +5 & +12 & +28 & -9 \\ |D_i| & 6 & 2 & 3 & 5 & 12 & 28 & 9 \\ \hline \end{array}$$

2. 絕對值排序並賦予等級（Rank）： 所有差值均不為 0，且無結（ties），有效樣本數 $n = 7$。將 $|D_i|$ 由小到大排序並賦予等級 1 至 7：

$$\begin{array}{c|c|c|c} \hline |D_i| & \text{對應之 } D_i & \text{正負符號} & \text{等級 (Rank)} \\ \hline 2 & -2 & - & 1 \\ 3 & +3 & + & 2 \\ 5 & +5 & + & 3 \\ 6 & -6 & - & 4 \\ 9 & -9 & - & 5 \\ 12 & +12 & + & 6 \\ 28 & +28 & + & 7 \\ \hline \end{array}$$

3. 計算正、負符號等級檢定統計量：

• 正號等級和（$T^+$ 或 $W^+$）： $T^+ = 2 + 3 + 6 + 7 = 18$
• 負號等級和（$T^-$ 或 $W^-$）： $T^- = 1 + 4 + 5 = 10$

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（二）求解估計收視率與兩份報告的 95% 信賴區間

1. 建立信賴區間長度方程式： 設兩份報告的樣本數分別為 $n_1 = 400$ 與 $n_2 = 1600$。 95% 信賴水準下，$z_{0.025} = 1.96$。 兩份報告的信賴區間長度分別為： $L_1 = 2 \times 1.96 \times \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{400}} = \frac{3.92}{20} \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} = 0.196 \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})}$ $L_2 = 2 \times 1.96 \times \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{1600}} = \frac{3.92}{40} \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} = 0.098 \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})}$

2. 利用區間長度差求解 $\hat{p}$： 由於 $n_1 < n_2$，較長的信賴區間為 $L_1$。題目給定 $L_1 - L_2 = 0.0294$： $(0.196 - 0.098) \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} = 0.0294$ $0.098 \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} = 0.0294$ $\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} = \frac{0.0294}{0.098} = 0.3$

兩邊平方： $\hat{p}(1-\hat{p}) = 0.09 \implies \hat{p}^2 - \hat{p} + 0.09 = 0$ 解一元二次方程式： $\hat{p} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(0.09)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{0.64}}{2} = \frac{1 \pm 0.8}{2}$ 得 $\hat{p} = 0.9$ 或 $\hat{p} = 0.1$。 依題意「估計收視率都不超過 30%」（$\hat{p} \leq 0.30$），故取： $\hat{p} = 0.1 \quad (10\%)$