107 地方特考四等 統計 統計學概要 考古題詳解

核心觀念

本題屬於古典機率與基礎組合計數問題，測驗考生對「樣本空間建構」、「邏輯聯集與交集之文意轉換」、「餘事件（對立事件）」以及「排容原理」的掌握。

1. 古典機率定義： 設樣本空間 $S$ 內所有樣本點出現的機會均等，事件 $E$ 發生的機率為： $P(E) = \frac{n(E)}{n(S)}$ 其中 $n(S)$ 為樣本空間總數，$n(E)$ 為事件 $E$ 發生的方法數。

2. 組合公式： 從 $n$ 個不同元素中任取 $r$ 個不同元素的方法數為： $\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$

3. 集合運算與笛摩根定律（De Morgan's Laws）：

• 「不含 $0$ 和 $9$」代表「既不含 $0$ 且 不含 $9$」，對應交集（$\cap$）。
• 「不含 $0$ 或 $9$」代表「不含 $0$ 或 不含 $9$」，對應聯集（$\cup$）；其對立事件為「同時包含 $0$ 與 $9$」。

解題方法

從 $0, 1, 2, \dots, 9$ 共 10 個相異數字中，任選 3 個相異數字，其樣本空間總數為： $n(S) = \binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120$

（一）求 $A$ 事件的機率 $P(A)$

• 事件定義：$A$ 為「三個數字中不含 $0$ 和 $9$」，即選出的數字必須全從剩餘的 8 個數字 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ 中選出。
• 計算步驟： $n(A) = \binom{10 - 2}{3} = \binom{8}{3} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$
• 求機率： $P(A) = \frac{n(A)}{n(S)} = \frac{56}{120} = \frac{7}{15}$

（二）求 $B$ 事件的機率 $P(B)$

• 事件定義：$B$ 為「三個數字中不含 $0$ 或 $9$」。在集合論中，「不含 $0$」或「不含 $9$」表示只要滿足其中一個條件即成立。
• 切入點（餘事件法）： 直接計算聯集較繁瑣，改求 $B$ 的對立事件 $B^c$。 $B^c$ 代表「『不含 $0$ 或不含 $9$』的反面」，即「同時含有 $0$ 與 $9$」。
• 計算步驟：

1. 選出的三個數字中必有 $0$ 與 $9$（共佔 2 個名額，只有 $\binom{2}{2} = 1$ 種選法）。
2. 第 3 個數字從剩下的 8 個數字中任選 1 個，共有 $\binom{8}{1} = 8$ 種選法。 $n(B^c) = \binom{2}{2} \times \binom{8}{1} = 1 \times 8 = 8$
3. 因此事件 $B$ 的有利情形數為： $n(B) = n(S) - n(B^c) = 120 - 8 = 112$

• 求機率： $P(B) = \frac{n(B)}{n(S)} = \frac{112}{120} = \frac{14}{15}$ (亦可利用排容原理驗算：令 $E_0$ 為不含 $0$ 之事件、$E_9$ 為不含 $9$ 之事件，$n(B) = n(E_0 \cup E_9) = \binom{9}{3} + \binom{9}{3} - \binom{8}{3} = 84 + 84 - 56 = 112$)

（三）求 $C$ 事件的機率 $P(C)$

核心觀念

1. 獨立常態隨機變數的線性組合（常態分配的再生性）： 若隨機變數 $X \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 與 $Y \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$ 且兩者相互獨立，則其和 $T = X + Y$ 亦服從常態分配： $T \sim N(\mu_T, \sigma_T^2)$ 其中：

• 期望值：$\mu_T = E(X + Y) = E(X) + E(Y) = \mu_1 + \mu_2$
• 變異數：$\sigma_T^2 = \operatorname{Var}(X + Y) = \operatorname{Var}(X) + \operatorname{Var}(Y) = \sigma_1^2 + \sigma_2^2$（因獨立，協變異數 $\operatorname{Cov}(X, Y) = 0$）
• 標準差：$\sigma_T = \sqrt{\sigma_T^2}$

2. 常態分配的標準化： 將一般常態隨機變數 $T \sim N(\mu_T, \sigma_T^2)$ 轉換為標準常態隨機變數 $Z \sim N(0, 1)$： $Z = \frac{T - \mu_T}{\sigma_T}$ 透過標準常態累積機率函數 $\Phi(z) = P(Z \le z)$ 求解對應事件之機率。

解題方法

步驟一：設定隨機變數與分配

• 設 $X$ 為某甲由家裡到臺北車站所需時間（分鐘），$X \sim N(30, 20)$。
• 設 $Y$ 為某甲由臺北車站轉車至辦公室所需時間（分鐘），$Y \sim N(14, 16)$。
• 合理假設：題目未提及兩段行程時間有相互干擾，依國考命題慣例，合理假設 $X$ 與 $Y$ 為相互獨立之隨機變數。

令 $T$ 為出門到辦公室之總通勤時間（分鐘），即 $T = X + Y$。

• $T$ 的平均數： $\mu_T = E(T) = E(X) + E(Y) = 30 + 14 = 44\text{（分鐘）}$
• $T$ 的變異數： $\sigma_T^2 = \operatorname{Var}(T) = \operatorname{Var}(X) + \operatorname{Var}(Y) = 20 + 16 = 36$
• $T$ 的標準差： $\sigma_T = \sqrt{36} = 6\text{（分鐘）}$

因此，總通勤時間服從常態分配： $T \sim N(44, 6^2)$

（一）求某甲能趕上公司規定 9 點到達辦公室上班的機率

某甲於 8 點 10 分出門，若要在 9 點整（含）前到達辦公室，其總通勤時間上限為： $9:00 - 8:10 = 50\text{（分鐘）}$

所求即為 $P(T \le 50)$： $P(T \le 50) = P\left(\frac{T - \mu_T}{\sigma_T} \le \frac{50 - 44}{6}\right) = P\left(Z \le \frac{6}{6}\right) = P(Z \le 1)$

核心觀念

1. 集中趨勢測量（Measures of Central Tendency）：

• 樣本平均數（Sample Mean）：$\bar{x} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i$。
• 樣本中位數（Sample Median）：資料由小至大排序後位於中央位置之數值。當樣本數 $n$ 為奇數時，取第 $\frac{n+1}{2}$ 筆觀察值。

2. 離散趨勢與四分位數（Measures of Dispersion & Quartiles）：

• 四分位距（Interquartile Range, $IQR$）：定義為第 3 四分位數與第 1 四分位數之差，即 $IQR = Q_3 - Q_1$。
• 四分位數位置公式（內插位置法）：第 $p$ 百分位數之位置為 $L_p = p(n+1)$。

3. 離群值檢驗（Outlier Detection via Tukey's Fences）：

• 依據盒鬚圖原理，內籬笆界限（Inner Fences）為： $\text{下界} = Q_1 - 1.5 \times IQR,\quad \text{上界} = Q_3 + 1.5 \times IQR$
• 落在區間 $[Q_1 - 1.5 \times IQR,\, Q_3 + 1.5 \times IQR]$ 之外的觀察值即判定為離群值。

4. 常態母體平均數之信賴區間（Confidence Interval for Population Mean）：

• 當母體為常態分配、母體變異數 $\sigma^2$ 未知且為小樣本（$n < 30$）時，樣本標準化統計量服從自由度 $df = n - 1$ 之 $t$ 分配： $\frac{\bar{x} - \mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1)$
• 母體平均數 $\mu$ 之 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間公式為： $\bar{x} \pm t_{\alpha/2,\, n-1} \cdot \frac{S}{\sqrt{n}}$ 其中 $S = \sqrt{\frac{\sum (x_i - \bar{x})^2}{n-1}}$ 為樣本標準差。

解題方法

將 $n=9$ 筆原始樣本數據由小至大進行排序： $x_{(1)}=30,\quad x_{(2)}=32,\quad x_{(3)}=39,\quad x_{(4)}=40,\quad x_{(5)}=41,\quad x_{(6)}=43,\quad x_{(7)}=44,\quad x_{(8)}=46,\quad x_{(9)}=54$

（一）求平均數 $A$ 與中位數 $B$

1. 樣本平均數 $A$： $\sum_{i=1}^9 x_i = 30 + 32 + 39 + 40 + 41 + 43 + 44 + 46 + 54 = 369$ $A = \bar{x} = \frac{\sum_{i=1}^9 x_i}{n} = \frac{369}{9} = 41$
2. 樣本中位數 $B$： 因 $n=9$ 為奇數，中位數落於第 $\frac{9+1}{2} = 5$ 筆位置： $B = x_{(5)} = 41$

（二）求四分位距 $IQR$

採用統計學標準位置公式 $L_p = p(n+1)$：

1. 第 1 四分位數 $Q_1$： 位置為 $L_{0.25} = 0.25 \times (9 + 1) = 2.5$，介於第 2 筆與第 3 筆之間： $Q_1 = x_{(2)} + 0.5 \times (x_{(3)} - x_{(2)}) = \frac{32 + 39}{2} = 35.5$
2. 第 3 四分位數 $Q_3$： 位置為 $L_{0.75} = 0.75 \times (9 + 1) = 7.5$，介於第 7 筆與第 8 筆之間： $Q_3 = x_{(7)} + 0.5 \times (x_{(8)} - x_{(7)}) = \frac{44 + 46}{2} = 45$
3. 四分位距 $IQR$： $IQR = Q_3 - Q_1 = 45 - 35.5 = 9.5$

（三）判斷離群值（Outlier）

1. 計算 Tukey 內籬笆邊界：

• 下邊界（Lower Inner Fence）： $Q_1 - 1.5 \times IQR = 35.5 - 1.5 \times 9.5 = 35.5 - 14.25 = 21.25$
• 上邊界（Upper Inner Fence）： $Q_3 + 1.5 \times IQR = 45 + 1.5 \times 9.5 = 45 + 14.25 = 59.25$

2. 比對樣本數據：

核心觀念

1. 隨機抽樣（Random Sampling）與獨立同分配（i.i.d.）： 由離散型母體進行隨機抽樣，抽出之樣本 $X_1, X_2$ 彼此獨立且與母體具有相同的機率分配，即聯合機率為各邊際機率之乘積： $P(X_1 = x_1, X_2 = x_2) = P(X_1 = x_1) \cdot P(X_2 = x_2)$

2. 統計量與抽樣分配（Sampling Distribution）： 樣本平均數 $\bar{X} = \frac{X_1 + X_2}{2}$ 為樣本的函數，其本身的機率分配即為 $\bar{X}$ 的抽樣分配。

3. 抽樣分配之期望值與變異數性質： 若母體期望值為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$，在簡單隨機抽樣（抽出放回或無限母體）下：

• 樣本平均數期望值：$E(\bar{X}) = \mu$
• 樣本平均數變異數：$V(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$

解題方法

先備計算：母體母數 $\mu$ 與 $\sigma^2$

• 母體期望值 $\mu = E(X)$： $E(X) = 1(0.2) + 5(0.5) + 9(0.3) = 0.2 + 2.5 + 2.7 = 5.4$
• 母體二次動差 $E(X^2)$： $E(X^2) = 1^2(0.2) + 5^2(0.5) + 9^2(0.3) = 0.2 + 25(0.5) + 81(0.3) = 0.2 + 12.5 + 24.3 = 37.0$
• 母體變異數 $\sigma^2 = V(X)$： $V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 37.0 - 5.4^2 = 37.0 - 29.16 = 7.84$

（一）$n=2$ 之所有可能樣本組合與對應機率

母體取值共有 $3$ 種可能，抽取 $n=2$ 個樣本，共有 $3 \times 3 = 9$ 種有序樣本組合 $(X_1, X_2)$。利用獨立性計算對應之機率如下表：

機率總和檢驗：$0.04 + 0.10 + 0.06 + 0.10 + 0.25 + 0.15 + 0.06 + 0.15 + 0.09 = 1.00$。

（二）樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配、期望值 $E(\bar{X})$ 與變異數 $V(\bar{X})$

1. 求 $\bar{X}$ 的抽樣分配： 計算各組合對應之 $\bar{X} = \frac{X_1 + X_2}{2}$ 之值，並合併相同數值之機率：

• 當 $\bar{X} = 1$：組合為 $(1, 1)$，機率為 $0.04$
• 當 $\bar{X} = 3$：組合為 $(1, 5), (5, 1)$，機率為 $0.10 + 0.10 = 0.20$
• 當 $\bar{X} = 5$：組合為 $(1, 9), (5, 5), (9, 1)$，機率為 $0.06 + 0.25 + 0.06 = 0.37$

核心觀念

本題評量簡單線性迴歸分析（Simple Linear Regression, SLR）​的核心估計與推論，涵蓋三個重要考點：

1. 最小平方法（OLS）斜率估計式與相關係數之轉換：利用相關係數 $r_{XY}$ 與兩變數樣本標準差 $s_X$、$s_Y$ 快速推導迴歸斜率 $\hat{\beta}$： $\hat{\beta}=\frac{S_{XY}}{S_{XX}}=r_{XY}\frac{s_Y}{s_X}$
2. 隨機誤差項變異數 $\sigma^2$ 之不偏估計量：迴歸模型之誤差變異數估計值即為均方誤差（Mean Squared Error, $MSE$），其自由度為 $n-2$： $\hat{\sigma}^2=s_e^2=MSE=\frac{SSE}{n-2}$ 其中 $SSE=SST(1-r_{XY}^2)$，總變異平方和 $SST=(n-1)s_Y^2$。
3. 迴歸斜率之單尾假說檢定（$t$ 檢定）： 探討「所得越高，支出也越高」，係驗證兩變數間是否存在正向線性關係，對立假設為 $\beta > 0$，故採用右尾 $t$ 檢定。檢定統計量亦可直接透過相關係數表示： $t^*=\frac{\hat{\beta}}{s.e.(\hat{\beta})}=\frac{r_{XY}\sqrt{n-2}}{\sqrt{1-r_{XY}^2}}$

解題方法

（一）估計所得 $X$ 增加 1 千元，休閒娛樂支出 $Y$ 之變動量（$\hat{\beta}$）

1. 推導斜率估計式： 根據普通最小平方法（OLS），斜率 $\beta$ 的點估計值為： $\hat{\beta}=\frac{\sum(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sum(x_i-\bar{x})^2}=\frac{S_{XY}}{S_{XX}}$ 由相關係數 $r_{XY}=\frac{S_{XY}}{\sqrt{S_{XX}S_{YY}}}$ 及樣本標準差公式 $s_X=\sqrt{\frac{S_{XX}}{n-1}}$、$s_Y=\sqrt{\frac{S_{YY}}{n-1}}$，可整理得： $\hat{\beta}=r_{XY}\cdot\frac{\sqrt{S_{YY}}}{\sqrt{S_{XX}}}=r_{XY}\cdot\frac{s_Y}{s_X}$

2. 代入已知數據： 已知 $r_{XY}=0.5$、$s_X=10$、$s_Y=2$： $\hat{\beta}=0.5\times\frac{2}{10}=0.5\times 0.2=0.1$

3. 實務意涵： $\hat{\beta}=0.1$ 表示當勞工所得 $X$ 每增加 1 千元時，其休閒娛樂支出 $Y$ 平均增加 0.1 千元（即增加 100 元）。

（二）求誤差變異數 $\sigma^2$ 之估計值

1. 計算總變異平方和（$SST$）： $SST=\sum(y_i-\bar{y})^2=(n-1)s_Y^2=(101-1)\times 2^2=100\times 4=400$

2. 計算殘差平方和（$SSE$）： 判定係數 $R^2=r_{XY}^2=(0.5)^2=0.25$。 由變異數分解 $SST=SSR+SSE$，可得： $SSE=SST(1-R^2)=400\times(1-0.25)=400\times 0.75=300$

3. 計算變異數 $\sigma^2$ 之不偏估計值： 模型具有截距項與一個解釋變數，殘差自由度為 $n-2=101-2=99$： $\hat{\sigma}^2=MSE=\frac{SSE}{n-2}=\frac{300}{99}=\frac{100}{33}\approx 3.0303$

（三）假說檢定：「勞工的所得越高，其休閒娛樂支出也越高」

1. 建立假說： 題意「所得越高，支出也越高」主張所得對支出有正向影響，故為右尾檢定：

• 虛無假設（$H_0$）：$\beta\le 0$（所得對休閒支出無正向影響）
• 對立假設（$H_1$）：$\beta > 0$（所得對休閒支出有正向影響）