112 高普考高考三級 經建行政 統計學 考古題詳解

112 年・高普考・高考三級・經建行政
試題代碼 統計學

第 一 題24 分

令 X1,…,X6X_1,\ldots,X_6 表示服從指數分配（Exponential distribution）Exp(θ)Exp(\theta) 的隨機樣本，其機率密度函數為

f(x)=1θe−x/θ,x>0。f(x)=\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},\quad x>0。

（每小題 8 分，共 24 分）

(一) 計算 E(X1)E(X_1)。（EE：Expectation）（須列出計算過程）

(二) 令 Y=∑i=16XiY=\sum_{i=1}^{6}X_i，求隨機變數 YY 的動差母函數（moment generating function），並回答 YY 的機率分配名稱。（須列出計算過程）

(三) 令 Yˉ=∑i=16Xi6\bar{Y}=\dfrac{\sum_{i=1}^{6}X_i}{6}，求隨機變數 Yˉ\bar{Y} 的動差母函數（moment generating function），並回答 Yˉ\bar{Y} 的機率分配名稱。（須列出計算過程）

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核心觀念

題目考指數分配的期望值、動差母函數（moment generating function, MGF），以及獨立隨機變數的和與常數倍之分配。

若 X∼Exp(θ)X\sim Exp(\theta)，其密度函數為

f(x)=1θe−x/θ,x>0,θ>0。f(x)=\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},\quad x>0,\quad \theta>0。

此處 θ\theta 是尺度參數，因此 E(X)=θE(X)=\theta，且當 t<1/θt<1/\theta 時，

MX(t)=E(etX)=11−θt。M_X(t)=E(e^{tX})=\frac{1}{1-\theta t}。

另因 X1,…,X6X_1,\ldots,X_6 為隨機樣本，彼此獨立且同分配，所以其和的 MGF 等於各 MGF 的乘積。

解題方法

（一）計算 E(X1)E(X_1)

依期望值定義，

E(X1)=∫0∞xf(x) dx=∫0∞x1θe−x/θ dx。\begin{aligned} E(X_1) &=\int_0^\infty x f(x)\,dx\\ &=\int_0^\infty x\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}\,dx。 \end{aligned}

令 u=x/θu=x/\theta，則 x=θux=\theta u、dx=θ dudx=\theta\,du，因此

E(X1)=∫0∞(θu)1θe−uθ du=θ∫0∞ue−u du=θΓ(2)=θ。\begin{aligned} E(X_1) &=\int_0^\infty (\theta u)\frac{1}{\theta}e^{-u}\theta\,du\\ &=\theta\int_0^\infty u e^{-u}\,du\\ &=\theta\Gamma(2)\\ &=\theta。 \end{aligned}

（二）求 Y=∑i=16XiY=\sum_{i=1}^{6}X_i 的 MGF 與分配

先由定義求單一 XiX_i 的 MGF。對 t<1/θt<1/\theta，

MXi(t)=E(etXi)=∫0∞etx1θe−x/θ dx=1θ∫0∞e−(1/θ−t)x dx=11−θt。\begin{aligned} M_{X_i}(t) &=E(e^{tX_i})\\ &=\int_0^\infty e^{tx}\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}\,dx\\ &=\frac{1}{\theta}\int_0^\infty e^{-(1/\theta-t)x}\,dx\\ &=\frac{1}{1-\theta t}。 \end{aligned}

利用 X1,…,X6X_1,\ldots,X_6 相互獨立，

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第 二 題20 分

考慮簡單線性迴歸模型，

yi=β0+β1xi+ϵi,ϵi∼iidN(0,σ2),y_i=\beta_0+\beta_1x_i+\epsilon_i,\quad \epsilon_i\overset{\mathrm{iid}}{\sim}N(0,\sigma^2),

β^0\hat{\beta}_0 和 β^1\hat{\beta}_1 分別為 β0\beta_0 與 β1\beta_1 之最小平方估計式。計算下列各子題。（每小題 10 分，共 20 分）

(一) 計算 Cov⁡(yˉ,β^1)\operatorname{Cov}(\bar{y},\hat{\beta}_1)，其中 yˉ\bar{y} 為反應變數 YY 之平均數，Cov⁡\operatorname{Cov} 是指共變異數（Covariance）。

(二) 計算 Var⁡(β^0+0.8β^1)\operatorname{Var}(\hat{\beta}_0+0.8\hat{\beta}_1)，Var⁡\operatorname{Var} 是指變異數（Variance）。

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核心觀念

本題考查簡單線性迴歸中最小平方估計量的共變異數與線性組合變異數。令

Sxx=∑i=1n(xi−xˉ)2.S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2.

在固定 xix_i、誤差項獨立且服從 N(0,σ2)N(0,\sigma^2) 的模型下，

β^1=β1+∑i=1n(xi−xˉ)ϵiSxx,yˉ=β0+β1xˉ+ϵˉ.\hat{\beta}_1 =\beta_1+\frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})\epsilon_i}{S_{xx}}, \qquad \bar{y} =\beta_0+\beta_1\bar{x}+\bar{\epsilon}.

因此，

Var⁡(β^1)=σ2Sxx,Cov⁡(yˉ,β^1)=0.\operatorname{Var}(\hat{\beta}_1)=\frac{\sigma^2}{S_{xx}}, \qquad \operatorname{Cov}(\bar{y},\hat{\beta}_1)=0.

截距估計量可寫為 β^0=yˉ−xˉβ^1\hat{\beta}_0=\bar{y}-\bar{x}\hat{\beta}_1，故

Var⁡(β^0)=σ2(1n+xˉ2Sxx),Cov⁡(β^0,β^1)=−xˉσ2Sxx.\operatorname{Var}(\hat{\beta}_0) =\sigma^2\left(\frac{1}{n}+\frac{\bar{x}^2}{S_{xx}}\right), \qquad \operatorname{Cov}(\hat{\beta}_0,\hat{\beta}_1) =-\frac{\bar{x}\sigma^2}{S_{xx}}.

解題方法

（一）計算 Cov⁡(yˉ,β^1)\operatorname{Cov}(\bar{y},\hat{\beta}_1)

由模型可得

yˉ=β0+β1xˉ+1n∑i=1nϵi,\bar{y}=\beta_0+\beta_1\bar{x}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\epsilon_i, β^1=β1+1Sxx∑i=1n(xi−xˉ)ϵi.\hat{\beta}_1 =\beta_1+\frac{1}{S_{xx}}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})\epsilon_i.

β0,β1,xˉ\beta_0,\beta_1,\bar{x} 都是常數，所以共變異數只需計算兩個誤差項的共變異數：

Cov⁡(yˉ,β^1)=Cov⁡(1n∑i=1nϵi, 1Sxx∑j=1n(xj−xˉ)ϵj)=1nSxx∑i=1n∑j=1n(xj−xˉ)Cov⁡(ϵi,ϵj).\begin{aligned} \operatorname{Cov}(\bar{y},\hat{\beta}_1) &=\operatorname{Cov}\left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\epsilon_i,\, \frac{1}{S_{xx}}\sum_{j=1}^n(x_j-\bar{x})\epsilon_j \right)\\ &=\frac{1}{nS_{xx}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (x_j-\bar{x})\operatorname{Cov}(\epsilon_i,\epsilon_j). \end{aligned}

誤差項彼此獨立，故 i≠ji\ne j 時共變異數為 00；i=ji=j 時 Var⁡(ϵi)=σ2\operatorname{Var}(\epsilon_i)=\sigma^2。因此

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第 三 題36 分

有關於汽車碳氫化合物排放量（克／英里）的研究，記錄碳氫化合物排放量 YY（100 克／公里），和相對應的累積里程數 XX（以 1000 公里為單位）。初步整理樣本資料如下所示：

n=11,∑i=1nxi=190.2356,∑i=1nyi=212.9375,n=11,\quad \sum_{i=1}^{n}x_i=190.2356,\quad \sum_{i=1}^{n}y_i=212.9375, ∑i=1nxi2=4086.6461,∑i=1nyi2=4152.344,∑i=1nxiyi=3808.8281。\sum_{i=1}^{n}x_i^2=4086.6461,\quad \sum_{i=1}^{n}y_i^2=4152.344,\quad \sum_{i=1}^{n}x_iy_i=3808.8281。

使用以上資料回答下列問題，請詳細將所使用之公式及計算過程列出。（每小題 9 分，共 36 分）

(一) 計算最小平方迴歸線。（計算至小數點後 4 位數）

(二) 迴歸判定係數（R2R^2）為何？

(三) 顯著水準為 0.050.05，檢定迴歸斜率是否顯著異於 0.160.16。

(四) 在 x=25x=25 時，求對應之反應變數 YY 預測值的 95% 預測區間。

t10,0.025=2.228,t10,0.02=2.262,t10,0.05=1.812,t10,0.05=1.833。t_{10,0.025}=2.228,\quad t_{10,0.02}=2.262,\quad t_{10,0.05}=1.812,\quad t_{10,0.05}=1.833。

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核心觀念

本題考簡單線性迴歸，包含最小平方迴歸線、判定係數、迴歸斜率的假設檢定，以及單一新觀測值的預測區間。

令迴歸模型為 Yi=β0+β1Xi+εiY_i=\beta_0+\beta_1X_i+\varepsilon_i。先由題目提供的原始加總量計算中心化平方和：

Sxx=∑xi2−(∑xi)2n,Syy=∑yi2−(∑yi)2n,Sxy=∑xiyi−(∑xi)(∑yi)n.S_{xx}=\sum x_i^2-\frac{(\sum x_i)^2}{n},\quad S_{yy}=\sum y_i^2-\frac{(\sum y_i)^2}{n},\quad S_{xy}=\sum x_iy_i-\frac{(\sum x_i)(\sum y_i)}{n}.

斜率估計值為 b1=Sxy/Sxxb_1=S_{xy}/S_{xx}，截距估計值為 b0=yˉ−b1xˉb_0=\bar y-b_1\bar x。此外，殘差平方和 SSE=Syy−b1SxySSE=S_{yy}-b_1S_{xy}，均方誤差 MSE=SSE/(n−2)MSE=SSE/(n-2)，迴歸標準誤 s=MSEs=\sqrt{MSE}。

解題方法與計算

先計算樣本平均數及中心化平方和：

xˉ=190.235611=17.2941,yˉ=212.937511=19.3580.\bar x=\frac{190.2356}{11}=17.2941,\qquad \bar y=\frac{212.9375}{11}=19.3580. Sxx=4086.6461−(190.2356)211=796.6840,Syy=4152.344−(212.9375)211=30.3096,Sxy=3808.8281−(190.2356)(212.9375)11=126.2560.\begin{aligned} S_{xx} &=4086.6461-\frac{(190.2356)^2}{11} =796.6840,\\ S_{yy} &=4152.344-\frac{(212.9375)^2}{11} =30.3096,\\ S_{xy} &=3808.8281-\frac{(190.2356)(212.9375)}{11} =126.2560. \end{aligned}

（一）最小平方迴歸線

b1=SxySxx=126.2560796.6840=0.1585.b_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}} =\frac{126.2560}{796.6840} =0.1585. b0=yˉ−b1xˉ=19.3580−(0.1585)(17.2941)=16.6172.b_0=\bar y-b_1\bar x =19.3580-(0.1585)(17.2941) =16.6172.

因此，最小平方迴歸線為

Y^=16.6172+0.1585X.\boxed{\hat Y=16.6172+0.1585X}.

（二）迴歸判定係數 R2R^2

簡單線性迴歸的判定係數為

R2=SSRSyy=Sxy2SxxSyy.R^2=\frac{SSR}{S_{yy}} =\frac{S_{xy}^2}{S_{xx}S_{yy}}.

代入數值：

R2=(126.2560)2(796.6840)(30.3096)≈0.6598.R^2=\frac{(126.2560)^2}{(796.6840)(30.3096)} \approx 0.6598.

因此，R2≈0.6598R^2\approx0.6598，表示樣本中約 65.98%65.98\% 的 YY 變異可由 XX 的線性迴歸關係解釋。

（三）檢定迴歸斜率是否顯著異於 0.160.16

設顯著水準 α=0.05\alpha=0.05，進行雙尾檢定：

H0:β1=0.16,H1:β1≠0.16.H_0:\beta_1=0.16,\qquad H_1:\beta_1\ne0.16.

先計算殘差平方和、均方誤差及斜率估計值的標準誤：

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第 四 題

觀察記錄某一城市在最近三個月內（90 天）每天汽機車意外事故的次數，其次數分配如下所示：

意外事故次數01234
觀察天數32341761

檢定每天汽機車意外事故次數是否服從波松（Poisson）分配。

(一) 寫出虛無假設與對立假設。（5 分）

(二) 在顯著水準 α=0.05\alpha=0.05 時，寫出檢定統計量、拒卻域和結論。（須列出計算過程）（15 分）

卡方分配臨界值：

χ2,0.0252=7.38,χ3,0.0252=9.35,χ4,0.0252=11.14,\chi^2_{2,0.025}=7.38,\quad \chi^2_{3,0.025}=9.35,\quad \chi^2_{4,0.025}=11.14, χ2,0.052=5.99,χ3,0.052=7.81,χ4,0.052=9.49。\chi^2_{2,0.05}=5.99,\quad \chi^2_{3,0.05}=7.81,\quad \chi^2_{4,0.05}=9.49。

波松分配累積機率表：

xxλ=E(X)=0.5\lambda=E(X)=0.5λ=E(X)=1.0\lambda=E(X)=1.0λ=E(X)=2.0\lambda=E(X)=2.0
00.6070.3680.135
10.9100.7360.406
20.9860.9200.677
30.9980.9810.857
41.0000.9960.947
51.0000.9990.983
61.0001.0000.995
71.0001.0000.999
🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題使用「卡方適合度檢定」判斷事故次數是否服從波松分配。

若 X∼Poisson⁡(λ)X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)，則

P(X=x)=e−λλxx!,x=0,1,2,…P(X=x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!},\qquad x=0,1,2,\ldots

因為 λ\lambda 未知，須先以樣本平均數估計：

λ^=Xˉ=0(32)+1(34)+2(17)+3(6)+4(1)90=10890=1.2\hat{\lambda}=\bar X =\frac{0(32)+1(34)+2(17)+3(6)+4(1)}{90} =\frac{108}{90}=1.2

解題方法

（一）假設

令每天事故次數為 XX。

H0:X∼Poisson⁡(λ)H_0:X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)

其中 λ\lambda 為未知參數。

H1:X 不服從波松分配H_1:X\text{ 不服從波松分配}

（二）計算期望次數

以 λ^=1.2\hat{\lambda}=1.2 代入波松機率公式：

P(X=0)=e−1.2=0.3010P(X=0)=e^{-1.2}=0.3010 P(X=1)=1.2e−1.2=0.3614P(X=1)=1.2e^{-1.2}=0.3614 P(X=2)=1.222!e−1.2=0.2169P(X=2)=\frac{1.2^2}{2!}e^{-1.2}=0.2169

由於 X≥3X\geq 3 的觀察次數為 6+1=76+1=7，故合併為一組：

P(X≥3)=1−P(X=0)−P(X=1)−P(X=2)P(X\geq 3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2) =1−0.3010−0.3614−0.2169=0.1207=1-0.3010-0.3614-0.2169=0.1207

各組期望次數如下：

事故次數觀察次數 OiO_i理論機率期望次數 Ei=90piE_i=90p_i
0032320.30100.301027.0927.09
1134340.36140.361432.5332.53
2217170.21690.216919.5219.52
≥3\geq 3770.12070.120710.8610.86
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