110 地方特考三等 交通技術 統計學 考古題詳解

核心觀念

本題考查：

1. 機率分配總和為 1 $\sum_x f(x)=1$
2. 函數型隨機變數的期望值 若 $Y=g(X)$，則 $E[h(Y)]=\sum_x h\bigl(g(x)\bigr)f(x)$
3. 共變異數定義 $\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$

其中 $Y=(2X-1)^2$ 因此 $Y^2=(2X-1)^4$

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解題方法

一、先求未知常數 $p$

由機率總和必須等於 $1$：

$$p+4p+2p+p+2p=1$$ $$10p=1$$ $$p=\frac{1}{10}$$

所以各個 $X$ 值的機率為：

$X$	$f(x)$
$-2$	$\frac{1}{10}$
$-1$	$\frac{4}{10}$
$0$	$\frac{2}{10}$
$1$	$\frac{1}{10}$
$2$	$\frac{2}{10}$

先整理 $Y=(2X-1)^2$：

$X$	$f(x)$	$Y=(2X-1)^2$	$Y^2$
$-2$	$\frac{1}{10}$	$25$	$625$
$-1$	$\frac{4}{10}$	$9$	$81$
$0$	$\frac{2}{10}$	$1$	$1$
$1$	$\frac{1}{10}$	$1$	$1$
$2$	$\frac{2}{10}$	$9$	$81$

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（一）求 $E(Y^2)$

依離散型隨機變數期望值公式：

$$E(Y^2)=\sum_x Y^2f(x)$$

代入各項：

$$\begin{aligned} E(Y^2) &=625\left(\frac{1}{10}\right) +81\left(\frac{4}{10}\right) +1\left(\frac{2}{10}\right)\\ &\quad+1\left(\frac{1}{10}\right) +81\left(\frac{2}{10}\right) \end{aligned}$$ $$E(Y^2) =62.5+32.4+0.2+0.1+16.2 =111.4$$

因此

$$\boxed{E(Y^2)=111.4=\frac{557}{5}}$$

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（二）求 $\operatorname{Cov}(X,Y)$

使用公式：

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$$

先求 $E(X)$

核心觀念

本題考查三事件的集合運算、容斥原理與條件機率。

令：

• $A$：曾使用過快遞業者 $A$
• $B$：曾使用過快遞業者 $B$
• $C$：曾使用過快遞業者 $C$

題目資料為：

$$P(A)=0.5,\quad P(B)=0.3,\quad P(C)=0.1$$ $$P(A\cap B)=0.15,\quad P(A\cap C)=0.05,\quad P(B\cap C)=0.03$$ $$P(A\cap B\cap C)=0.01$$

其中「曾使用過 $A$ 及 $B$」等資料，均視為包含同時使用過第三家業者的情形。

本題使用的公式如下：

1. 僅使用過 $A$：

$$P(\text{僅 }A)=P(A)-P(A\cap B)-P(A\cap C)+P(A\cap B\cap C)$$

2. 三事件聯集的容斥原理：

$$P(A\cup B\cup C) =P(A)+P(B)+P(C) -P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C) +P(A\cap B\cap C)$$

3. 條件機率：

$$P(X\mid Y)=\frac{P(X\cap Y)}{P(Y)}$$

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解題方法

本題先將各事件及交集視為集合，再依題目要求分別計算。計算時須注意：兩兩交集的資料已經包含三家皆使用過的情況，因此要透過加回三重交集避免重複扣除。

（一）僅使用過快遞 A 之機率

$P(A)$ 包含下列三種情況：

1. 僅使用過 $A$
2. 使用過 $A$、$B$，但未使用 $C$
3. 使用過 $A$、$C$，但未使用 $B$
4. 三家皆使用過

直接由 $P(A)$ 扣除 $A$ 與 $B$ 的交集，以及 $A$ 與 $C$ 的交集時，三家皆使用過的部分會被扣除兩次，因此須加回一次：

$$\begin{aligned} P(\text{僅 }A) &=P(A)-P(A\cap B)-P(A\cap C)+P(A\cap B\cap C)\\ &=0.50-0.15-0.05+0.01\\ &=0.31 \end{aligned}$$

因此，僅使用過快遞 $A$ 的機率為：

$$\boxed{0.31=31\%}$$

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（二）給定至少曾經使用過一家快遞，使用過快遞 C 之機率

「至少曾經使用過一家快遞」表示事件 $A\cup B\cup C$。

由條件機率公式：

$$P(C\mid A\cup B\cup C) = \frac{P\bigl(C\cap(A\cup B\cup C)\bigr)} {P(A\cup B\cup C)}$$

由於 $C\subseteq A\cup B\cup C$，所以：

$$C\cap(A\cup B\cup C)=C$$

因此分子為：

$$P(C)=0.10$$

先以容斥原理求分母：

核心觀念

本題考查：

1. 全機率法則：先依各輸送帶的處理量比例，求貨品由各輸送帶處理的機率。
2. 貝氏定理：已知發生辨識錯誤時，反推該貨品由哪一條輸送帶處理。
3. 條件機率：辨識錯誤率即為在指定輸送帶處理下發生錯誤的條件機率。

設三條原有輸送帶的處理量比例為：

$$A_1:A_2:A_3=1.5:1.2:1$$

因此總處理量比例為：

$$1.5+1.2+1=3.7$$

故

$$P(A_1)=\frac{1.5}{3.7},\qquad P(A_2)=\frac{1.2}{3.7},\qquad P(A_3)=\frac{1}{3.7}$$

各系統錯誤率為：

$$P(E\mid A_1)=0.05,\quad P(E\mid A_2)=0.04,\quad P(E\mid A_3)=0.06$$

其中 $E$ 表示「發生辨識錯誤」。

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解題方法與計算

（一）已知辨識錯誤，求由 A3 處理的機率

依貝氏定理：

$$P(A_3\mid E) = \frac{P(A_3)P(E\mid A_3)} {P(A_1)P(E\mid A_1)+P(A_2)P(E\mid A_2)+P(A_3)P(E\mid A_3)}$$

代入各項：

$$P(A_3\mid E) = \frac{\frac{1}{3.7}(0.06)} {\frac{1.5}{3.7}(0.05)+\frac{1.2}{3.7}(0.04)+\frac{1}{3.7}(0.06)}$$

分子分母同乘以 $3.7$：

$$P(A_3\mid E) = \frac{0.06}{1.5(0.05)+1.2(0.04)+1(0.06)}$$ $$= \frac{0.06}{0.075+0.048+0.06} = \frac{0.06}{0.183} = \frac{20}{61}$$

因此：

$$\boxed{P(A_3\mid E)=\frac{20}{61}\approx 0.3279}$$

即約為 32.79%。

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（二）隨機抽取一件貨品，求發生辨識錯誤的機率

原有輸送帶負責總業務量的 $60\%$，新增輸送帶負責總業務量的 $40\%$。

1. 原有輸送帶的平均錯誤率

原有三條輸送帶內部的錯誤率為：

$$P(E\mid A) = \frac{1.5(0.05)+1.2(0.04)+1(0.06)} {1.5+1.2+1}$$ $$= \frac{0.183}{3.7} = \frac{183}{3700} \approx 0.04946$$

因此，原有輸送帶處理的貨品發生錯誤之機率約為 $4.946\%$。

2. 新增輸送帶的錯誤率

B1、B2、B3 均使用與 A2 相同的辨識系統，因此：

$$P(E\mid B)=0.04$$

3. 使用全機率法則

核心觀念

本題考查：

1. 樣本平均數的抽樣分配。
2. 常態分配下的單尾假設檢定。
3. 型 I 誤差的定義。
4. 母體標準差已知時，母體平均數的信賴區間。

去年每日事故次數的平均數與標準差為

$$\mu_0=100,\qquad \sigma=12.$$

第（一）題要計算精確機率，採每日事故次數服從常態分配的合理假設。

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（一）四天平均事故次數高於 112 件之機率

解題方法

若每日事故次數服從平均數 $100$、標準差 $12$ 的常態分配，抽取 $n=4$ 天時，樣本平均數 $\bar X$ 仍服從常態分配：

$$\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)$$

因此

$$E(\bar X)=100,$$ $$\sigma_{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n} =\frac{12}{\sqrt4}=6.$$

要求

$$P(\bar X>112).$$

標準化：

$$Z=\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n} =\frac{112-100}{6}=2.$$

所以

$$P(\bar X>112) =P(Z>2) =1-\Phi(2).$$

查標準常態分配表：

$$\Phi(2)=0.9772.$$

故

$$P(\bar X>112)=1-0.9772=0.0228.$$

解題技巧

樣本平均數的標準差不是 $12$，而是

$$\frac{12}{\sqrt4}=6.$$

常見錯誤是直接計算 $\frac{112-100}{12}$，忽略抽樣平均會降低變異程度。

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（二）假設檢定與型 I 誤差

核心觀念

題意是檢定今年平均事故次數是否「高於」去年，因此採右尾檢定。

今年抽取 $n=36$ 天，且已知標準差與去年相同：

$$\sigma=12.$$

甲生的拒絕規則為：

$$\bar X>102$$

即認為今年平均事故次數高於去年。

假設設定

虛無假設：

$$H_0:\mu=100$$

對立假設：

$$H_1:\mu>100$$

其中 $\mu$ 表示今年每日交通事故次數的母體平均數。

型 I 誤差

型 I 誤差是「虛無假設為真，卻錯誤拒絕虛無假設」的機率。

在 $H_0:\mu=100$ 成立時，

$$\bar X\sim N\left(100,\frac{12^2}{36}\right).$$

樣本平均數的標準差為

$$\sigma_{\bar X}=\frac{12}{\sqrt{36}}=2.$$

甲生的拒絕條件為 $\bar X>102$，因此型 I 誤差為

$$\alpha=P(\bar X>102\mid \mu=100).$$

標準化：

$$Z=\frac{102-100}{2}=1.$$

所以

核心觀念

本題使用「單因子變異數分析」（one-way ANOVA），比較四種品牌產品的平均使用年限。

設四品牌平均使用年限分別為 $\mu_1,\mu_2,\mu_3,\mu_4$，其假設為：

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3=\mu_4$$ $$H_1:\text{至少有一個品牌的平均使用年限不同}$$

變異數分析將總變異分解為：

$$SS_T=SS_B+SS_E$$

其中：

• $SS_B$：品牌間變異
• $SS_E$：品牌內變異
• $SS_T$：總變異

假設各品牌母體變異數相同，則以品牌內均方作為共同變異數的估計量：

$$MSE=\frac{SS_E}{N-k}$$

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基本統計量

各品牌資料整理如下：

品牌	樣本數 $n_i$	總和 $T_i$	平均數 $\bar{x}_i$	品牌內平方和
1	7	35	5	8
2	6	24	4	10
3	9	54	6	14
4	10	50	5	14
合計	32	163		46

總樣本數：

$$N=7+6+9+10=32$$

總平均數：

$$\bar{x}_{..}=\frac{163}{32}=5.09375$$

品牌內平方和為：

$$SS_E=\sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^{n_i}(x_{ij}-\bar{x}_i)^2 =8+10+14+14=46$$

品牌間平方和可利用捷徑公式：

$$SS_B=\sum_{i=1}^4\frac{T_i^2}{n_i} -\frac{T^2}{N}$$

代入得：

$$SS_B= \frac{35^2}{7}+\frac{24^2}{6} +\frac{54^2}{9}+\frac{50^2}{10} -\frac{163^2}{32}$$ $$=175+96+324+250-830.28125 =14.71875$$

因此：

$$SS_T=SS_B+SS_E=14.71875+46=60.71875$$

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（一）變異數分析表

四個品牌，因此因素自由度為：

$$df_B=k-1=4-1=3$$

品牌內自由度為：

$$df_E=N-k=32-4=28$$

總自由度為：

$$df_T=N-1=31$$

品牌間均方：

$$MS_B=\frac{SS_B}{df_B} =\frac{14.71875}{3} =4.90625$$

品牌內均方：

$$MS_E=\frac{SS_E}{df_E} =\frac{46}{28} =1.642857$$

$F$統計量：

$$F=\frac{MS_B}{MS_E} =\frac{4.90625}{1.642857} =2.9864$$

變異數分析表如下：

變異來源	平方和 $SS$	自由度 $df$	均方 $MS$	$F$值
品牌間	14.71875	3	4.90625	2.9864
品牌內（誤差）	46.00000	28	1.642857
總和	60.71875	31

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（二）5%顯著水準之檢定

檢定方法

在顯著水準 $\alpha=0.05$ 下，拒絕域為：

$$F>F_{0.05}(3,28)$$

查$F$分配表：