107 高普考普通考試 經建行政 統計學概要 考古題詳解

核心觀念

1. 常態分配的對稱性（Symmetry of Normal Distribution）： 常態分配 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ 為對稱於平均數 $\mu$ 的單峰鐘形曲線。

• 平均數、中位數與眾數重合：母體平均數等於中位數（第二四分位數），即 $\mu = Me = Q_2$。
• 四分位數的對稱距：第一四分位數 $Q_1$ 與第三四分位數 $Q_3$ 相對於中位數 $Q_2$ 呈等距離對稱，即： $Q_3 - Q_2 = Q_2 - Q_1$

2. 標準化變換（Standardization）： 透過變數代換 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$，將一般常態隨機變數轉換為標準常態隨機變數。

• 第三四分位數 $Q_3$ 對應累積機率 $P(X \le Q_3) = 0.75$。
• 查標準常態分配表可得 $P(Z \le 0.6745) \approx 0.75$（取兩位小數常用 $z_{0.75} \approx 0.67$ 或 $0.675$）。

3. 期望人數計算： 若報考總人數為 $N$，則成績高於某門檻 $x_0$ 的預期人數為： $E = N \times P(X > x_0)$

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解題方法

(一) 求母體平均數 $\mu$

常態分配具備完全對稱的特性，其分配中心同時為平均數、中位數（第二四分位數 $Q_2$）及眾數： $\mu = Q_2 = 63.25$

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(二) 求第一四分位數 $Q_1$

由常態分配之對稱性可知，$Q_1$ 與 $Q_3$ 至 $Q_2$ 的距離相等： $Q_2 - Q_1 = Q_3 - Q_2$ 移項推導 $Q_1$： $Q_1 = 2Q_2 - Q_3$ 代入數值： $Q_1 = 2(63.25) - 72.5 = 126.5 - 72.5 = 54$

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(三) 求母體標準差 $\sigma$

第三四分位數 $Q_3 = 72.5$ 代表有 $75\%$ 的考生分數小於或等於此值，即： $P(X \le 72.5) = 0.75$ 將 $X$ 標準化為 $Z$： $P\left(Z \le \frac{72.5 - \mu}{\sigma}\right) = 0.75$ 查標準常態累積機率表，累積機率為 $0.75$ 所對應的標準常態臨界值為 $z_{0.75} \approx 0.6745$（若取小數兩位近似值為 $0.67$）： $\frac{72.5 - 63.25}{\sigma} = 0.6745$ $\frac{9.25}{\sigma} = 0.6745 \implies \sigma = \frac{9.25}{0.6745} \approx 13.71$

核心觀念

本題為典型的「連續均勻分配」與「二項分配」之跨章節整合應用題，常出現在交通技術類科之《統計學概要》中：

1. 連續均勻分配（Continuous Uniform Distribution）： 若隨機變數 $X$ 在區間 $[a, b]$ 上服從連續均勻分配，記為 $X \sim U(a, b)$，其機率密度函數（Probability Density Function, PDF）為： $f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{b - a}, & a \le x \le b \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ 其累積分布函數（Cumulative Distribution Function, CDF）與區間機率可直接利用區間長度之比例計算： $P(x_1 \le X \le x_2) = \int_{x_1}^{x_2} f(x) \, dx = \dfrac{x_2 - x_1}{b - a} \quad (a \le x_1 \le x_2 \le b)$
2. 白努利試驗與二項分配（Binomial Distribution）： 若試驗獨立重複進行 $n$ 次，每次試驗僅有「成功」與「失敗」兩種結果，且各次試驗成功的機率固定為 $p$。令隨機變數 $Y$ 表示 $n$ 次試驗中成功的次數，則 $Y \sim B(n, p)$，其機率質量函數（Probability Mass Function, PMF）為： $P(Y = y) = \binom{n}{y} p^y (1 - p)^{n - y}, \quad y = 0, 1, 2, \dots, n$

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解題方法

(一) 寫出隨機變數 $X$ 的機率分配 $f(x)$（6 分）

1. 確定定義域與型態： 公車每隔 5 分鐘發一班車，乘客於兩班車之間的任一時刻到達均呈均勻分配。因此，乘客到達車站後距離下一班車到站的時間（即候車時間 $X$）必定介於 0 分鐘到 5 分鐘之間，故 $X$ 為連續型隨機變數，其區間為 $[0, 5]$。
2. 建立機率密度函數： $X$ 服從參數為 $a = 0$、$b = 5$ 的連續均勻分配，即 $X \sim U(0, 5)$。 其機率密度函數為： $f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{5 - 0} = \dfrac{1}{5}, & 0 \le x \le 5 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ (註：亦可寫成小數 $0.2$，定義域端點採開區間或閉區間均可，連續型隨機變數單點機率為 0 不影響積分結果)。

(二) 計算候車時間不超過 3 分鐘的機率（6 分）

「候車時間不超過 3 分鐘」代表事件 $X \le 3$。由於 $X$ 之取值範圍為 $[0, 5]$，因此計算區間為 $[0, 3]$： $P(X \le 3) = \int_{0}^{3} f(x) \, dx = \int_{0}^{3} \dfrac{1}{5} \, dx = \left[ \dfrac{x}{5} \right]_{0}^{3} = \dfrac{3 - 0}{5} = \dfrac{3}{5} = 0.6$

(三) 計算三人中至少有兩人候車時間不超過 2 分鐘的機率（10 分）

1. 單一乘客成功的機率： 令事件「某位乘客候車時間不超過 2 分鐘」為成功事件，其機率記為 $p$。 由小題 (一) 可知，每路公車班距皆為 5 分鐘且到達時刻均勻，任一乘客候車時間不超過 2 分鐘的機率為： $p = P(X \le 2) = \int_{0}^{2} \dfrac{1}{5} \, dx = \dfrac{2}{5} = 0.4$
2. 建立二項分配模型： 甲、乙、丙三人分別「獨立地」候車，試驗次數 $n = 3$。 令隨機變數 $Y$ 代表三人中「候車時間不超過 2 分鐘的人數」，則： $Y \sim B(n = 3, p = 0.4)$

核心觀念

本題評量重點為基礎機率論與二元間斷隨機變數（Discrete Bivariate Random Variables）的聯合機率分配，涉及以下核心觀念：

1. 條件機率與乘法規則（Multiplication Rule）： 在「抽後不放回」（Sampling without replacement）的情境下，後一次抽取的母體狀態受前一次結果影響。兩次連續抽取的交集機率依乘法規則展開： $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A)$
2. 聯合機率質量函數（Joint Probability Mass Function, joint pmf）： 二元間斷隨機變數 $(X, Y)$ 的聯合機率函數 $f(x,y) = P(X=x, Y=y)$ 必須滿足非負性 $f(x,y) \ge 0$ 及總和為 $1$： $\sum_{x}\sum_{y} f(x,y) = 1$
3. 事件機率之計算： 欲求特定事件集合 $A$ 之機率，可對該集合內所有點之聯合機率求和： $P((X,Y) \in A) = \sum_{(x,y) \in A} f(x,y)$ 亦可利用餘事件定理（Complement Rule）：$P(A) = 1 - P(A^c)$ 進行速算。

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解題方法

(一) 求 $(X,Y)$ 的可能結果

袋中共有 5 顆球（4 紅、1 白），隨機抽取 2 顆且抽後不放回。 依題意，隨機變數定義為：

• $X = 1$（第 1 次抽到紅球），$X = 0$（第 1 次抽到白球）
• $Y = 1$（第 2 次抽到紅球），$Y = 0$（第 2 次抽到白球）

連續抽取兩次之實際球色組合與對應的數值結果如下：

1. 第 1 次紅球、第 2 次紅球：對應 $(X, Y) = (1, 1)$。
2. 第 1 次紅球、第 2 次白球：對應 $(X, Y) = (1, 0)$。
3. 第 1 次白球、第 2 次紅球：對應 $(X, Y) = (0, 1)$。
4. 第 1 次白球、第 2 次白球：因為袋中僅有 1 顆白球，抽後不放回的條件下，不可能連續抽出 2 顆白球，此事件機率為 $0$。

因此，$(X,Y)$ 具有正機率發生的可能結果集合（即隨機向量的支撐集 Support）為： $\{(1, 1), (1, 0), (0, 1)\}$

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(二) 求解聯合間斷機率分配 $f(x,y)$

利用條件機率乘法規則逐一計算各點機率 $f(x,y) = P(X=x, Y=y)$：

1. 計算 $f(1, 1) = P(X=1, Y=1)$：

• 第 1 次抽中紅球的機率：$P(X=1) = \frac{4}{5}$
• 在第 1 次抽中紅球後，袋內剩餘 4 顆球（3 紅、1 白），第 2 次抽中紅球的條件機率：$P(Y=1 \mid X=1) = \frac{3}{4}$ $f(1, 1) = \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}$

2. 計算 $f(1, 0) = P(X=1, Y=0)$：

• 在第 1 次抽中紅球後，第 2 次抽中白球的條件機率：$P(Y=0 \mid X=1) = \frac{1}{4}$ $f(1, 0) = \frac{4}{5} \times \frac{1}{4} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}$

3. 計算 $f(0, 1) = P(X=0, Y=1)$：

• 第 1 次抽中白球的機率：$P(X=0) = \frac{1}{5}$
• 在第 1 次抽中白球後，袋內剩餘 4 顆球（全部為紅球），第 2 次必抽中紅球：$P(Y=1 \mid X=0) = \frac{4}{4} = 1$ $f(0, 1) = \frac{1}{5} \times 1 = \frac{1}{5}$

4. 計算 $f(0, 0) = P(X=0, Y=0)$：

• 袋內無第 2 顆白球可抽： $f(0, 0) = 0$

將上述結果整理成聯合機率分配表：

$X \backslash Y$	$Y = 0$	$Y = 1$	邊際機率 $f_X(x)$
$X = 0$	$0$	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$
$X = 1$	$\frac{1}{5}$	$\frac{3}{5}$	$\frac{4}{5}$

核心觀念

本題為典型的「多母體平均數比較」考題，涵蓋點估計、雙樣本母體平均數差檢定與單因子變異數分析（One-way ANOVA），主要考核觀念與公式如下：

1. 點估計量（Point Estimator）：

• 樣本總平均數（Grand Mean）：$\bar{\bar{x}} = \frac{\sum n_i \bar{x}_i}{\sum n_i}$。
• 獨立隨機變數和之期望值：$E\left(\sum X_i\right) = \sum E(X_i)$。

2. 兩獨立常態母體平均數差之 $t$ 檢定（等變異數）：

• 合併樣本變異數（Pooled Variance）：$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$。
• 檢定統計量：$t = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}} \sim t(n_1+n_2-2)$。

3. 單因子變異數分析（One-way ANOVA，完全隨機化設計 CRD）：

• 處理平方和（組間平方和）：$SS_{Tr} = \sum_{i=1}^k n_i (\bar{x}_i - \bar{\bar{x}})^2$，自由度 $df_{Tr} = k - 1$。
• 誤差平方和（組內平方和）：$SSE = \sum_{i=1}^k (n_i - 1)s_i^2$，自由度 $df_E = N - k$。
• 檢定統計量：$F = \frac{MS_{Tr}}{MSE} = \frac{SS_{Tr}/(k-1)}{SSE/(N-k)} \sim F(k-1, N-k)$。

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解題方法

(一) 求該公司平均每天的汽車軸承生產量

題目之語意在實務與統計命題上有兩種合理詮釋，解題時同時列出「每廠每日總平均」與「全公司三廠每日總產量」，以求論述嚴謹完備：

1. 詮釋一：全廠每日總平均生產量（Grand Mean $\bar{\bar{x}}$，即 ANOVA 的基準總平均） 總樣本數 $N = n_1 + n_2 + n_3 = 10 + 10 + 10 = 30$。 總平均數為各廠樣本平均數之加權平均： $\bar{\bar{x}} = \frac{n_1\bar{x}_1 + n_2\bar{x}_2 + n_3\bar{x}_3}{n_1 + n_2 + n_3} = \frac{10(26.5) + 10(18.7) + 10(22.6)}{30} = \frac{265 + 187 + 226}{30} = \frac{678}{30} = 22.6$ 故該公司各廠平均每天之汽車軸承生產量為 $22.6$。

2. 詮釋二：全公司每日總軸承生產量之期望值（三廠合計） 若「該公司平均每天之生產量」係指甲、乙、丙三廠每日生產總和 $T = X_1 + X_2 + X_3$： $\hat{\mu}_T = \bar{x}_1 + \bar{x}_2 + \bar{x}_3 = 26.5 + 18.7 + 22.6 = 67.8$ 故該公司三廠合計平均每天之汽車軸承生產量為 $67.8$。

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(二) 甲、乙兩廠平均每天生產量相等之假設檢定

1. 建立假設： $H_0: \mu_1 = \mu_2 \quad (\text{甲、乙兩廠平均每天生產量相等})$ $H_1: \mu_1 \neq \mu_2 \quad (\text{甲、乙兩廠平均每天生產量不相等})$

2. 顯著水準：$\alpha = 0.05$。

3. 計算檢定統計量： 因兩母體合乎常態分配且變異數相等（$\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2$ 未知），採用合併樣本變異數 $s_p^2$： $s_p^2 = \frac{(n_1 - 1)s_1^2 + (n_2 - 1)s_2^2}{n_1 + n_2 - 2} = \frac{(10 - 1)(4^2) + (10 - 1)(5^2)}{10 + 10 - 2} = \frac{9(16) + 9(25)}{18} = \frac{16 + 25}{2} = 20.5$

檢定統計量 $t$ 值： $t = \frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}} = \frac{26.5 - 18.7}{\sqrt{20.5 \left(\frac{1}{10} + \frac{1}{10}\right)}} = \frac{7.8}{\sqrt{20.5 \times 0.2}} = \frac{7.8}{\sqrt{4.1}} \approx \frac{7.8}{2.0248} \approx 3.852$

4. 拒絕域判定： 自由度 $df = n_1 + n_2 - 2 = 10 + 10 - 2 = 18$。 雙尾檢定之臨界值為 $t_{0.025, 18} \approx 2.101$。 拒絕域為： $R = \{t \mid |t| > t_{0.025, 18} = 2.101\}$

5. 統計決策： 由於檢定統計量 $|t| = 3.852 > 2.101$，落在拒絕域內，故拒絕虛無假設 $H_0$。 結論：在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，有充分證據顯示甲、乙兩廠平均每天汽車軸承生產量不相等（甲廠顯著高於乙廠）。

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(三) 甲、乙、丙三廠平均每天生產量相等之假設檢定