112 地方特考三等 統計類科 統計學 考古題詳解

112 年・地方特考・三等・統計類科
試題代碼 統計學

第 一、 題25 分

設 X1X_1、X2X_2、X3X_3 為互相獨立的標準常態隨機變數。令

Y1=X1−X22,Y_1=\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}}, Y2=X1+X2−2X36,Y_2=\frac{X_1+X_2-2X_3}{\sqrt{6}},

與

Y3=X1+X2+X33。Y_3=\frac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt{3}}。

試求：

（一）Y1Y_1、Y2Y_2、Y3Y_3 是否分別具有相同的機率密度函數，須完整求出各自的機率密度函數。（15 分）

（二）求 Y1Y_1、Y2Y_2 和 Y3Y_3 之聯合分配函數。（10 分）

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核心觀念

本題考查常態隨機向量的線性轉換。若 X∼N3(0,I3)\mathbf X\sim N_3(\mathbf 0,I_3)，且 AA 為正交矩陣，則 AX∼N3(0,I3)A\mathbf X\sim N_3(\mathbf 0,I_3)。因此，轉換後各分量仍為標準常態，且彼此獨立。

解題方法

將三個線性組合寫成矩陣形式：

(Y1Y2Y3)=A(X1X2X3),A=(12−1201616−26131313).\begin{pmatrix} Y_1\\Y_2\\Y_3 \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} X_1\\X_2\\X_3 \end{pmatrix}, \qquad A= \begin{pmatrix} \frac1{\sqrt2}&-\frac1{\sqrt2}&0\\ \frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt6}&-\frac2{\sqrt6}\\ \frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt3} \end{pmatrix}.

檢查矩陣 AA 的列向量（亦即各 YiY_i 的係數向量）是否為標準正交組：

  • 各列長度平方皆為 11。例如第二列：
16+16+46=1.\frac16+\frac16+\frac46=1.
  • 各列兩兩內積皆為 00。例如：
1216−1216+0=0,\frac1{\sqrt2}\frac1{\sqrt6} -\frac1{\sqrt2}\frac1{\sqrt6}+0=0, 1213−1213+0=0,\frac1{\sqrt2}\frac1{\sqrt3} -\frac1{\sqrt2}\frac1{\sqrt3}+0=0, 1613+1613−2613=0.\frac1{\sqrt6}\frac1{\sqrt3} +\frac1{\sqrt6}\frac1{\sqrt3} -\frac2{\sqrt6}\frac1{\sqrt3}=0.

所以 AAT=I3AA^{\mathsf T}=I_3，AA 為正交矩陣。又 X∼N3(0,I3)\mathbf X\sim N_3(\mathbf 0,I_3)，故

(Y1Y2Y3)∼N3(0,AAT)=N3(0,I3).\begin{pmatrix}Y_1\\Y_2\\Y_3\end{pmatrix} \sim N_3(\mathbf 0,AA^{\mathsf T}) =N_3(\mathbf 0,I_3).

（一）各自的機率密度函數

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第 二、 題25 分

令 X1,…,XnX_1,\ldots,X_n 為抽取自

f(x;θ)=θe−θx,x>0f(x;\theta)=\theta e^{-\theta x},\quad x>0

之隨機樣本。求下列參數的均一最小變異不偏估計（Uniformly Min. Variance Unbiased Estimator）：

（一）θ\theta。（10 分）

（二）1θ\dfrac{1}{\theta}。（15 分）

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核心觀念

這題考兩項統計性質：

  1. T=∑i=1nXiT=\sum_{i=1}^n X_i 是指數母體參數 θ\theta 的充分統計量；其分布為 Gamma 分布。
  2. 若統計量是完全充分統計量，則任何以它為函數的不偏估計量，依 Lehmann–Scheffé 定理即為均一最小變異不偏估計量（UMVUE）。

由於 Xi∼Exp⁡(θ)X_i\sim\operatorname{Exp}(\theta)，其中 θ\theta 是率參數，故

T=∑i=1nXi∼Gamma⁡(n,rate=θ),T=\sum_{i=1}^nX_i\sim\operatorname{Gamma}(n,\text{rate}=\theta),

其密度為

fT(t;θ)=θnΓ(n)tn−1e−θt,t>0.f_T(t;\theta)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}t^{n-1}e^{-\theta t},\qquad t>0.

解題方法

樣本的聯合密度為

f(x;θ)=θnexp⁡(−θ∑i=1nxi)1{xi>0, i=1,…,n}.f(\boldsymbol{x};\theta) =\theta^n\exp\left(-\theta\sum_{i=1}^n x_i\right) \mathbf 1_{\{x_i>0,\ i=1,\ldots,n\}}.

依因子分解定理，T=∑XiT=\sum X_i 是 θ\theta 的充分統計量。

此外，TT 的分布族是 Gamma 指數族，且自然參數 η=−θ\eta=-\theta 的參數空間為開區間 (−∞,0)(-\infty,0)，因此此單參數指數族具有完全性。故 TT 是完全充分統計量；只要找出以 TT 為函數的無偏估計量，就得到 UMVUE。

（一）θ\theta 的 UMVUE

利用 Gamma 分布的期望：

Eθ[T]=nθ.E_\theta[T]=\frac{n}{\theta}.

因此

Eθ[1T]=θn−1,n>1.E_\theta\left[\frac{1}{T}\right] =\frac{\theta}{n-1},\qquad n>1.

所以將 1/T1/T 乘以 n−1n-1，即可得到 θ\theta 的不偏估計量：

Eθ[n−1T]=θ.E_\theta\left[\frac{n-1}{T}\right]=\theta.
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第 三、 題25 分

某公司須從三種退休計畫方案選擇一種方案。該公司想研究的問題為：喜愛那一種方案的員工與其工作性質有無關係？經調查得結果如下表所列。

令 pijp_{ij} 為第 ii 種方案受第 jj 類員工喜愛的母體比例，i=1,2,3i=1,2,3，j=1,2,3,4j=1,2,3,4。

員工類別方案 1方案 2方案 3總和
第 1 類員工1603010200
第 2 類員工1404020200
第 3 類員工801010100
第 4 類員工702010100
合計45010050600

（一）試以 pijp_{ij} 陳述虛無與對立假設（H0H_0 和 H1H_1）。（8 分）

（二）試執行本題的檢定（含檢定統計量、棄卻域及結論），令顯著水準 α=0.05\alpha=0.05。（17 分）

已知：

χ0.05,82=15.51,χ0.05,62=12.5916,χ0.05,42=9.4877,\chi^2_{0.05,8}=15.51,\quad \chi^2_{0.05,6}=12.5916,\quad \chi^2_{0.05,4}=9.4877, χ0.025,82=17.5346,χ0.025,62=14.4494,χ0.025,42=11.1433。\chi^2_{0.025,8}=17.5346,\quad \chi^2_{0.025,6}=14.4494,\quad \chi^2_{0.025,4}=11.1433。
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核心觀念

本題考「列聯表獨立性檢定」，用以判斷「員工工作類別」與「喜愛的退休方案」是否具有關聯。

令：

  • i=1,2,3i=1,2,3 表示退休方案；
  • j=1,2,3,4j=1,2,3,4 表示員工類別；
  • pijp_{ij} 表示第 jj 類員工喜愛第 ii 種方案的母體聯合比例。

若兩變數相互獨立，則聯合比例等於邊際比例乘積：

pij=pi+p+j.p_{ij}=p_{i+}p_{+j}.

本題各列、各欄的觀察次數如下：

  • 員工類別總數：200,200,100,100200,200,100,100
  • 方案總數：450,100,50450,100,50
  • 總樣本數：n=600n=600

（一）假設

虛無假設：

H0:員工類別與喜愛的退休方案相互獨立H_0:\text{員工類別與喜愛的退休方案相互獨立}

以 pijp_{ij} 表示為：

H0:pij=pi+p+j,i=1,2,3,j=1,2,3,4.H_0:p_{ij}=p_{i+}p_{+j}, \quad i=1,2,3,\quad j=1,2,3,4.

對立假設：

H1:員工類別與喜愛的退休方案不相互獨立H_1:\text{員工類別與喜愛的退休方案不相互獨立}

亦即：

H1:至少存在一組 (i,j)，使得pij≠pi+p+j.H_1:\text{至少存在一組 }(i,j)，使得 p_{ij}\ne p_{i+}p_{+j}.

（二）檢定

1. 期望次數

在 H0H_0 成立下，第 jj 類員工喜愛第 ii 種方案的期望次數為：

Eij=(第 j 類員工總數)(第 i 方案總數)600.E_{ij} = \frac{(\text{第 }j\text{ 類員工總數}) (\text{第 }i\text{ 方案總數})}{600}.

因此期望次數表為：

員工類別方案 1方案 2方案 3
第 1 類員工15015033.33333.33316.66716.667
第 2 類員工15015033.33333.33316.66716.667
第 3 類員工757516.66716.6678.3338.333
第 4 類員工757516.66716.6678.3338.333

2. 檢定統計量

列聯表獨立性檢定統計量為：

χ2=∑j=14∑i=13(Oij−Eij)2Eij.\chi^2 = \sum_{j=1}^{4}\sum_{i=1}^{3} \frac{(O_{ij}-E_{ij})^2}{E_{ij}}.

各列貢獻如下：

第1類=(160−150)2150+(30−33.333)233.333+(10−16.667)216.667=3.6667,\begin{aligned} \text{第1類} &= \frac{(160-150)^2}{150} +\frac{(30-33.333)^2}{33.333} +\frac{(10-16.667)^2}{16.667} \\ &=3.6667, \end{aligned} 第2類=(140−150)2150+(40−33.333)233.333+(20−16.667)216.667=2.6667,\begin{aligned} \text{第2類} &= \frac{(140-150)^2}{150} +\frac{(40-33.333)^2}{33.333} +\frac{(20-16.667)^2}{16.667} \\ &=2.6667, \end{aligned}
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第 四、 題25 分

一家消費者雜誌想要比較三個不同品牌的手電筒電池的壽命。該雜誌對三個不同品牌的電池抽取獨立隨機樣本，得出以下使用壽命（以小時為單位）。

Brand ABrand BBrand C
觀察值 1383224
觀察值 2362725
觀察值 3312829
觀察值 44226
觀察值 529

（一）檢定此三個品牌的手電筒電池的平均壽命是否有差異？須列出虛無與對立假設、建構變方分析表（ANOVA table）、棄卻域和結論。（令顯著水準 α=0.05\alpha=0.05）（10 分）

已知：

f0.05,3,9=3.8625,f0.05,3,10=3.7083,f0.05,3,11=3.5874,f_{0.05,3,9}=3.8625,\quad f_{0.05,3,10}=3.7083,\quad f_{0.05,3,11}=3.5874, f0.05,2,9=4.2565,f0.05,2,10=4.1028,f0.05,2,11=3.9823。f_{0.05,2,9}=4.2565,\quad f_{0.05,2,10}=4.1028,\quad f_{0.05,2,11}=3.9823。

（二）試以顯著水準 α=0.05\alpha=0.05，執行 Tukey 的多重全距檢定（Tukey’s multiple range test），比較三個不同品牌的手電筒電池的平均壽命。須列出 Tukey 多重全距檢定的信賴區間公式，計算三對平均差之 Tukey 全距信賴區間，最後做結論。（15 分）

已知：

q0.05,2,12=3.08,q0.05,2,11=3.11,q0.05,2,10=3.15,q0.05,2,9=3.20,q_{0.05,2,12}=3.08,\quad q_{0.05,2,11}=3.11,\quad q_{0.05,2,10}=3.15,\quad q_{0.05,2,9}=3.20, q0.05,3,12=3.77,q0.05,3,11=3.82,q0.05,3,10=3.88,q0.05,3,9=3.95。q_{0.05,3,12}=3.77,\quad q_{0.05,3,11}=3.82,\quad q_{0.05,3,10}=3.88,\quad q_{0.05,3,9}=3.95。
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核心觀念

本題考驗：

  1. 單因子變異數分析（one-way ANOVA）。
  2. 分解總變異： SST=SSB+SSESS_T=SS_B+SS_E
  3. 以 FF 檢定三個母體平均數是否相同。
  4. 因樣本數不相等，事後比較採用 Tukey-Kramer 多重比較法。

假設三品牌壽命母體皆為常態分配，且三母體變異數相同。

（一）單因子變異數分析

1. 虛無假設與對立假設

令三品牌平均壽命分別為 μA,μB,μC\mu_A,\mu_B,\mu_C。

H0:μA=μB=μCH_0:\mu_A=\mu_B=\mu_C H1:三個平均數不全相等H_1:\text{三個平均數不全相等}

2. 各組基本統計量

品牌nin_i∑xij\sum x_{ij}xˉi\bar{x}_i
A517635.2
B38729
C410426

總樣本數與總平均數為：

N=12,xˉ..=36712=30.5833N=12,\qquad \bar{x}_{..}=\frac{367}{12}=30.5833

3. 組間平方和

SSB=∑i=13ni(xˉi−xˉ..)2SS_B=\sum_{i=1}^3n_i(\bar{x}_i-\bar{x}_{..})^2 SSB=5(35.2−30.5833)2+3(29−30.5833)2+4(26−30.5833)2=198.1167\begin{aligned} SS_B &=5(35.2-30.5833)^2\\ &\quad+3(29-30.5833)^2\\ &\quad+4(26-30.5833)^2\\ &=198.1167 \end{aligned}

4. 組內平方和

品牌 A：

SSA=(38−35.2)2+(36−35.2)2+⋯+(29−35.2)2=110.8SS_A=(38-35.2)^2+(36-35.2)^2+\cdots +(29-35.2)^2=110.8

品牌 B：

SSB(內)=(32−29)2+(27−29)2+(28−29)2=14SS_B^{(內)}=(32-29)^2+(27-29)^2+(28-29)^2=14

品牌 C：

SSC=(24−26)2+(25−26)2+(29−26)2+(26−26)2=14SS_C=(24-26)^2+(25-26)^2+(29-26)^2+(26-26)^2=14

因此：

SSE=110.8+14+14=138.8SS_E=110.8+14+14=138.8

總平方和：

SST=SSB+SSE=198.1167+138.8=336.9167SS_T=SS_B+SS_E=198.1167+138.8=336.9167

5. ANOVA 表

各自由度為：

dfB=k−1=3−1=2df_B=k-1=3-1=2 dfE=N−k=12−3=9df_E=N-k=12-3=9 dfT=N−1=11df_T=N-1=11

均方與 FF 統計量：

MSB=198.11672=99.0583MS_B=\frac{198.1167}{2}=99.0583 MSE=138.89=15.4222MS_E=\frac{138.8}{9}=15.4222 F=MSBMSE=99.058315.4222=6.4231F=\frac{MS_B}{MS_E} =\frac{99.0583}{15.4222} =6.4231
變異來源平方和 SS自由度 df均方 MSFF 值
品牌間198.1167299.05836.4231
品牌內／誤差138.8000915.4222
總和336.916711

6. 棄卻域與結論

顯著水準 α=0.05\alpha=0.05，拒絕域為：

F>f0.05,2,9=4.2565F>f_{0.05,2,9}=4.2565

由於：

6.4231>4.25656.4231>4.2565

故拒絕 H0H_0。

結論：在顯著水準 0.050.05 下，三個品牌手電筒電池的平均壽命有顯著差異。

（二）Tukey 多重全距檢定

1. Tukey-Kramer 信賴區間公式

因三組樣本數不相等，對品牌 i,ji,j 的平均數差，採用 Tukey-Kramer 信賴區間：

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