107 警察特考三等 交通警察人員交通組 交通統計與分析 考古題詳解

核心觀念

本題為典型的「交通調查資料分析」與「推論統計學」綜合題，主要評量以下三大核心觀念：

1. 雙向列聯表之卡方獨立性／齊一性檢定（Chi-Square Test of Independence / Homogeneity）： 探討兩個類別變數（「年齡層」與「外出旅次使用之主運具」）之間是否相互獨立，或不同年齡層的主運具選擇分配是否有顯著差異。

• 期望次數公式： $E_{ij} = \frac{R_i \times C_j}{N}$ 其中 $R_i$ 為第 $i$ 列合計、$C_j$ 為第 $j$ 欄合計、$N$ 為樣本總數。
• 檢定統計量： $\chi^2 = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^c \frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}} \sim \chi^2_{(r-1)(c-1)}$

2. 單一母體比例的大樣本信賴區間（Confidence Interval for Population Proportion）： 當樣本數 $n$ 夠大且滿足 $n\hat{p} \ge 5$ 與 $n(1-\hat{p}) \ge 5$ 時，依據中央極限定理（CLT），樣本比例 $\hat{p}$ 近似常態分配： $\hat{p} \pm Z_{\alpha/2} \times \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$
3. 母體總量（市場規模）之推估： 利用已知母體總人口數 $N_{\text{pop}}$ 與樣本比例 $\hat{p}$，推估母體中具特定特徵的總人口規模： $\hat{M} = N_{\text{pop}} \times \hat{p}$

解題方法

(一) 不同年齡層民眾外出旅次主運具是否有差異之統計推論

採用卡方齊一性／獨立性檢定，步驟如下：

1. 建立假設

• 虛無假設（$H_0$）：不同年齡層民眾外出旅次使用的主運具比例無差異（即年齡層與主運具相互獨立）。
• 對立假設（$H_1$）：不同年齡層民眾外出旅次使用的主運具比例有差異（即年齡層與主運具不獨立）。

2. 計算各細格之期望次數（$E_{ij}$）

樣本總數 $N = 40,246$。各邊際合計為：

• 列合計（年齡）：$R_1 = 2,796$（15－未滿 20 歲）、$R_2 = 8,634$（20－未滿 40 歲）、$R_3 = 12,775$（40－未滿 60 歲）、$R_4 = 16,041$（60 歲及以上）。
• 欄合計（運具）：$C_1 = 7,003$（公共運具）、$C_2 = 6,291$（非機動運具）、$C_3 = 26,952$（私人機動運具）。

依 $E_{ij} = \frac{R_i \times C_j}{N}$ 計算得期望次數矩陣如下：

3. 計算卡方檢定統計量（$\chi^2$）

各細格之 $\frac{(O_{ij} - E_{ij})^2}{E_{ij}}$ 貢獻值如下：

• 15－未滿 20 歲：
• 公共運具：$\frac{(1,451 - 486.52)^2}{486.52} \approx 1,911.99$
• 非機動運具：$\frac{(547 - 437.05)^2}{437.05} \approx 27.66$
• 私人機動運具：$\frac{(798 - 1,872.43)^2}{1,872.43} \approx 616.53$
• 20－未滿 40 歲：
• 公共運具：$\frac{(1,346 - 1,502.36)^2}{1,502.36} \approx 16.27$
• 非機動運具：$\frac{(458 - 1,349.63)^2}{1,349.63} \approx 589.05$
• 私人機動運具：$\frac{(6,830 - 5,782.01)^2}{5,782.01} \approx 189.95$
• 40－未滿 60 歲：
• 公共運具：$\frac{(1,229 - 2,222.91)^2}{2,222.91} \approx 444.40$
• 非機動運具：$\frac{(1,067 - 1,996.91)^2}{1,996.91} \approx 433.04$
• 私人機動運具：$\frac{(10,479 - 8,555.18)^2}{8,555.18} \approx 432.61$
• 60 歲及以上：
• 公共運具：$\frac{(2,977 - 2,791.21)^2}{2,791.21} \approx 12.37$
• 非機動運具：$\frac{(4,219 - 2,507.41)^2}{2,507.41} \approx 1,168.35$
• 私人機動運具：$\frac{(8,845 - 10,742.38)^2}{10,742.38} \approx 335.13$

加總得檢定統計量： $\chi^2 = 1,911.99 + 27.66 + 616.53 + 16.27 + 589.05 + 189.95 + 444.40 + 433.04 + 432.61 + 12.37 + 1,168.35 + 335.13 \approx 6,177.35$

4. 統計決策與結論

• 自由度 $df = (r - 1)(c - 1) = (4 - 1)(3 - 1) = 6$。
• 取顯著水準 $\alpha = 0.05$，查表臨界值 $\chi^2_{0.05}(6) = 12.592$（若取 $\alpha = 0.01$，$\chi^2_{0.01}(6) = 16.812$）。

核心觀念

本題考查重點為​「雙獨立大樣本平均數差異檢定」（Large-Sample Hypothesis Testing for Two Independent Population Means）：

1. 中央極限定理（CLT）之應用：兩組樣本數分別為 $n_1 = 150 \ge 30$ 與 $n_2 = 200 \ge 30$，皆屬統計學上的大樣本。即便母體分配未知且母體標準差 $\sigma_1, \sigma_2$ 未知，依據中央極限定理，樣本平均數差 $(\bar{X}_1 - \bar{X}_2)$ 之抽樣分配趨近於常態分配，得以樣本標準差 $s_1, s_2$ 估計母體標準差，採用常態檢定（$Z$ 檢定）。
2. 單尾檢定之確立：題目欲探討加裝後門驗票機是否能「減少」停靠時間，具明確的方向性，故設立對立假說為實施前平均時間大於實施後平均時間，應執行右尾檢定（Right-tailed test）。

解題方法

步驟一：建立統計假說

設 $\mu_1$ 為實施一車雙機前公車尖峰時段每站平均停靠時間（秒），$\mu_2$ 為實施一車雙機後公車尖峰時段每站平均停靠時間（秒）。

• 虛無假說 $H_0: \mu_1 \le \mu_2$（或 $\mu_1 - \mu_2 \le 0$，即實施後並未減少停靠時間）
• 對立假說 $H_1: \mu_1 > \mu_2$（或 $\mu_1 - \mu_2 > 0$，即實施後顯著減少停靠時間）

步驟二：選定檢定統計量與計算標準誤

因 $n_1 = 150 \ge 30$ 且 $n_2 = 200 \ge 30$，兩獨立大樣本之平均數差標準誤（Standard Error, $SE$）公式為： $SE = \sqrt{\frac{s_1^2}{n_1} + \frac{s_2^2}{n_2}}$

代入題目已知數據：

• $n_1 = 150,\ \bar{X}_1 = 52.425,\ s_1 = 18.492 \implies s_1^2 = (18.492)^2 \approx 341.954$
• $n_2 = 200,\ \bar{X}_2 = 48.052,\ s_2 = 15.421 \implies s_2^2 = (15.421)^2 \approx 237.807$

計算兩樣本變異數與樣本數之比值： $\frac{s_1^2}{n_1} = \frac{341.954}{150} \approx 2.2797$ $\frac{s_2^2}{n_2} = \frac{237.807}{200} \approx 1.1890$

標準誤： $SE = \sqrt{2.2797 + 1.1890} = \sqrt{3.4687} \approx 1.8625$

檢定統計量 $Z$ 值： $Z = \frac{(\bar{X}_1 - \bar{X}_2) - 0}{SE} = \frac{52.425 - 48.052}{1.8625} = \frac{4.373}{1.8625} \approx 2.35$

步驟三：設定顯著水準與拒絕域判定

題目未特別指定顯著水準 $\alpha$，國家考試慣以常態下的標準水準 $\alpha = 0.05$（亦可對照 $\alpha = 0.01$）進行判斷：

核心觀念

本題評量卜瓦松過程（Poisson Process）與卜瓦松分配（Poisson Distribution）​在交通安全與事故分析中的應用，涵蓋以下核心理論與公式：

1. 卜瓦松分配之定義與機率質量函數（PMF）： 若隨機變數 $X$ 代表單位時間內某隨機事件發生的次數，且 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$，其機率質量函數為： $P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$ 其中 $\lambda > 0$ 為單位時間內該事件發生的平均次數。

2. 卜瓦松過程之可加性（獨立增量性與時間尺度轉換）： 若每週事故次數服從 $\text{Poisson}(\lambda)$，且各週彼此獨立，則長度為 $t$ 週的時間區間內，事故總發生次數 $Y$ 亦服從卜瓦松分配，其參數具時間等比例擴展性： $Y \sim \text{Poisson}(\lambda_t), \quad \lambda_t = t \cdot \lambda$

3. 卜瓦松分配之動差特性： 卜瓦松分配具有平均值與變異數相等的特性： $E(X) = \lambda, \quad \text{Var}(X) = \lambda, \quad \text{SD}(X) = \sqrt{\text{Var}(X)} = \sqrt{\lambda}$

4. 事件獨立性與乘法法則： 若事件 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 相互獨立，則聯合機率為各邊際機率的連乘積： $P(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n) = \prod_{i=1}^{n} P(A_i)$

解題方法

(一) 4 週內都沒有發生任何重大交通事故的機率

切入點：可採用「時間區間擴展法」或「各週獨立連乘法」，兩者推導結果一致。

• 方法一（時間區間擴展法）： 已知每週重大交通事故平均次數為 $\lambda = 0.9$ 件。 定義隨機變數 $Y$ 為「$4$ 週內重大交通事故的總發生次數」。 因每週事故次數呈獨立卜瓦松分配，故 $4$ 週的總次數仍服從卜瓦松分配，其參數為： $\lambda_4 = 4 \times \lambda = 4 \times 0.9 = 3.6 \text{（件）}$ 即 $Y \sim \text{Poisson}(3.6)$。 所求為 $4$ 週內發生 $0$ 件事故的機率 $P(Y = 0)$： $P(Y = 0) = \frac{e^{-3.6} \cdot (3.6)^0}{0!} = e^{-3.6} \approx 0.0273 \text{（或 } 2.73\% \text{）}$

• 方法二（獨立事件連乘法）： 令 $X_i$ 為第 $i$ 週發生的事故次數（$i=1, 2, 3, 4$），$X_i \sim \text{Poisson}(0.9)$。 單週無事故的機率為： $P(X_i = 0) = \frac{e^{-0.9} \cdot (0.9)^0}{0!} = e^{-0.9}$ 因各週事故發生相互獨立，連續 $4$ 週均無事故之機率為： $P(X_1 = 0 \cap X_2 = 0 \cap X_3 = 0 \cap X_4 = 0) = [P(X_i = 0)]^4 = (e^{-0.9})^4 = e^{-3.6} \approx 0.0273$

(二) 臺鐵每年發生重大交通事故次數的平均值與標準差

切入點：時間尺度轉換與卜瓦松分配之動差公式。

1. 參數轉換： 統計學及公務考試標準慣例，一年以 $52$ 週計。 令隨機變數 $W$ 代表「每年（$52$ 週）重大交通事故的總次數」。 根據卜瓦松分配之可加性： $W \sim \text{Poisson}(\lambda_{\text{年}})$ $\lambda_{\text{年}} = 52 \times 0.9 = 46.8 \text{（件/年）}$

核心觀念

本題評量單因子變異數分析（One-way ANOVA）之理論與實務應用，核心概念包括：

1. 變異數分析表（ANOVA Table）之結構與關係式：

• 因子群組數為 $k$，總樣本數為 $N$。
• 組間（天氣狀況）自由度：$df_B = k - 1$
• 殘差（組內／誤差）自由度：$df_E = N - k$
• 總自由度：$df_T = N - 1 = df_B + df_E$
• 均方（Mean Square, $MS$）：$MS_B = \dfrac{SS_B}{df_B}$、$MS_E = \dfrac{SS_E}{df_E}$
• $F$ 檢定統計量：$F = \dfrac{MS_B}{MS_E} \sim F(df_B, df_E)$

2. 單因子變異數分析之三大基本假定（Model Assumptions）：

• 常態性（Normality）
• 變異數同質性（Homoscedasticity / Homogeneity of Variance）
• 獨立性（Independence）

3. 假設檢定與統計推論：

• 依據 $P$ 值（$P\text{-value}$）與顯著水準 $\alpha$ 之大小關係決定是否拒絕虛無假設 $H_0$。

解題方法

(一) 計算變異數分析表 ①～⑤ 之數值

由題意可知，天氣狀況共分 3 類（晴、陰、雨／雪），故組數 $k = 3$；全年總天數 $N = 366$。

1. 求 ①（天氣狀況自由度 $df_B$）： $df_B = k - 1 = 3 - 1 = 2$

2. 求 ②（殘差自由度 $df_E$）： $df_E = N - k = 366 - 3 = 363$

3. 求 ③（殘差平方和 $SS_E$）： 已知殘差均方 $MS_E = 2785542$ 且 $MS_E = \dfrac{SS_E}{df_E}$，因此： $SS_E = MS_E \times df_E = 2785542 \times 363 = 1011151746$

4. 求 ④（天氣狀況均方 $MS_B$）： 已知天氣狀況平方和 $SS_B = 156604850$，自由度 $df_B = 2$： $MS_B = \dfrac{SS_B}{df_B} = \dfrac{156604850}{2} = 78302425$

5. 求 ⑤（$F$ 值）： $F = \dfrac{MS_B}{MS_E} = \dfrac{78302425}{2785542} \approx 28.110$

(二) 變異數分析之假設前提

進行單因子變異數分析時，其線性模型為 $Y_{ij} = \mu + \alpha_i + \epsilon_{ij}$（或 $Y_{ij} = \mu_i + \epsilon_{ij}$），必須符合以下三項基本假設：

1. 常態性假設（Normality Assumption）： 各處理組母體之依變數（或各組殘差 $\epsilon_{ij}$）均呈常態分配，即 $Y_{ij} \sim N(\mu_i, \sigma^2)$ 或 $\epsilon_{ij} \sim N(0, \sigma^2)$。
2. 變異數同質性假設（Homogeneity of Variance / Homoscedasticity）：