111 高普考高考三級 工業工程 工程統計學與品質管制 考古題詳解

核心觀念

本題評量工程統計學中「條件機率」（Conditional Probability）與「貝氏定理」（Bayes' Theorem）之應用，為品質管制與統計決策中的經典題型。涉及之核心觀念與公式如下：

1. 全機率定理（Law of Total Probability）： 若事件 $B_1, B_2, \dots, B_k$ 構成樣本空間 $S$ 的一個分割（Partition），則對任意事件 $A$，其機率為： $P(A) = \sum_{i=1}^k P(B_i) P(A \mid B_i)$

2. 貝氏定理（Bayes' Theorem）： 用於在獲得新證據（檢測結果）後，修正事件之事前機率（Prior Probability）為事後機率（Posterior Probability）： $P(B_j \mid A) = \frac{P(B_j \cap A)}{P(A)} = \frac{P(B_j) P(A \mid B_j)}{\sum_{i=1}^k P(B_i) P(A \mid B_i)}$

3. 醫學篩檢與品質檢驗指標對應：

• 事前機率／盛行率（Prevalence）：$P(D)$，群體中實際染疫之機率。
• 偽陽性率（False Positive Rate, 第一型錯誤 $\alpha$）：$P(T^+ \mid D^c)$，未染疫卻被檢出陽性之機率。
• 偽陰性率（False Negative Rate, 第二型錯誤 $\beta$）：$P(T^- \mid D)$，已染疫卻檢出陰性之機率。
• 敏感度（Sensitivity）：$P(T^+ \mid D) = 1 - P(T^- \mid D)$，染疫者被正確檢出陽性之機率。
• 事後機率／陽性預測值（Positive Predictive Value, PPV）：$P(D \mid T^+)$，檢測為陽性條件下，受檢者確實染疫之機率。

解題方法

步驟一：定義事件符號

• 令 $D$ 表示受檢者「確實染疫」之事件；$D^c$ 表示「未染疫」之事件。
• 令 $T^+$ 表示快篩結果為「陽性」之事件；$T^-$ 表示快篩結果為「陰性」之事件。

步驟二：整理題目給定條件

題目所述條件機率與事前機率如下：

• 目前染疫率（事前機率）： $P(D) = 12\% = 0.12 \implies P(D^c) = 1 - P(D) = 0.88$
• 偽陽性率（未染疫卻檢出陽性）： $P(T^+ \mid D^c) = 5\% = 0.05$
• 偽陰性率（已染疫卻檢出陰性）： $P(T^- \mid D) = 10\% = 0.10$
• 由餘事件性質求出敏感度（已染疫且檢出陽性）： $P(T^+ \mid D) = 1 - P(T^- \mid D) = 1 - 0.10 = 0.90$

步驟三：寫出求解之機率公式

依題目要求，寫出檢測為陽性時確實染疫之條件機率公式（貝氏定理）： $P(D \mid T^+) = \frac{P(D \cap T^+)}{P(T^+)} = \frac{P(D) P(T^+ \mid D)}{P(D) P(T^+ \mid D) + P(D^c) P(T^+ \mid D^c)}$

核心觀念

本題考查 MIL-STD-105E 計數值抽樣檢驗 中之「雙次抽樣（減量檢驗）」判定架構，以及以 卜松（Poisson）分配 近似計算抽樣特性曲線（OC 曲線）的機率計算能力。

1. MIL-STD-105E 減量檢驗的判定間隙（Gap Rule）： 在減量檢驗中，允收數（$Ac$）與拒收數（$Re$）之間常存在間隙（即 $Re > Ac + 1$）。依據 MIL-STD-105E 規範：

• 累積不良品數 $d \le Ac$：該批允收，且繼續維持減量檢驗。
• 累積不良品數 $d \ge Re$：該批拒收，並依轉移規則恢復為正常檢驗。
• 不良品數落入間隙 $Ac < d < Re$：該批仍判定為「允收」，但下一批檢驗必須轉回「正常檢驗（Normal Inspection）」。
• 關鍵推論：進貨檢驗中，該批貨物被「拒收」的唯一充要條件為不良品數達到或超過拒收判定數（$d \ge Re$）。落於間隙者不得判定拒收。

2. 雙次抽樣之決策程序：

• 第一次抽樣（$n_1=20$）：不良品數為 $D_1$。
• 若 $D_1 \le Ac_1 = 0$：允收該批。
• 若 $D_1 \ge Re_1 = 3$：拒收該批。
• 若 $Ac_1 < D_1 < Re_1$（即 $D_1 \in \{1, 2\}$）：抽取第二次樣本。
• 第二次抽樣（$n_2=20$）：不良品數為 $D_2$，累積不良品數為 $D_1 + D_2$。
• 若 $D_1 + D_2 \ge Re_2 = 4$：拒收該批。
• 若 $D_1 + D_2 < Re_2 = 4$（即 $D_1 + D_2 \le 3$）：允收該批（因落於 $Ac_2=0$ 與 $Re_2=4$ 之間仍屬允收）。

3. 卜松分配近似： 當批不良率為 $p = 0.10$ 時，各次抽樣之不良品數分別服從獨立之卜松分配：

• 第一次抽樣平均不良數：$\lambda_1 = n_1 p = 20 \times 0.10 = 2$
• 第二次抽樣平均不良數：$\lambda_2 = n_2 p = 20 \times 0.10 = 2$
• 卜松機率質量函數為： $P(X = k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots$

解題方法

該批貨被「拒收」由兩個互斥途徑組成：第一次抽樣即拒收 與 進入第二次抽樣後拒收。

步驟一：基本機率值計算（$\lambda = 2$）

令 $X \sim \text{Poisson}(2)$，利用 $e^{-2} \approx 0.135335$：

• $P(X = 0) = \frac{2^0 e^{-2}}{0!} = e^{-2} \approx 0.135335$
• $P(X = 1) = \frac{2^1 e^{-2}}{1!} = 2e^{-2} \approx 0.270671$
• $P(X = 2) = \frac{2^2 e^{-2}}{2!} = 2e^{-2} \approx 0.270671$
• $P(X \le 2) = P(0) + P(1) + P(2) = (1 + 2 + 2)e^{-2} = 5e^{-2} \approx 0.676676$
• $P(X \le 1) = P(0) + P(1) = 3e^{-2} \approx 0.406006$

步驟二：途徑一——第一次抽樣即拒收之機率 $P(R_1)$

第一次抽樣的不良品數 $D_1 \ge Re_1 = 3$ 即判定拒收： $P(R_1) = P(D_1 \ge 3) = 1 - P(D_1 \le 2) = 1 - 5e^{-2}$ 數值代入： $P(R_1) = 1 - 5(0.135335) = 1 - 0.676676 = 0.323324$

步驟三：途徑二——第二次抽樣後拒收之機率 $P(R_2)$

核心觀念

本題為品質管制中計量值管制圖（$\bar{X}-R$ 管制圖）與製程能力分析的經典綜合題，涵蓋三個重要核心觀念：

1. $\bar{X}-R$ 管制圖之 3 倍標準差管制界限： 當母體標準差未知時，利用樣本全距平均值 $\bar{R}$ 估計製程標準差（$\hat{\sigma} = \bar{R}/d_2$），並透過查表係數 $A_2$、$D_3$、$D_4$ 建立管制界限。
2. 製程平均數偏移時之檢出機率（Power of Control Chart）： 當製程平均數由 $\mu_0$ 移動至 $\mu_1$ 時，管制圖能夠在抽取下一組樣本時立即發現異常（即點子落在管制界限外）的機率，相當於統計檢定力 $1 - \beta$（$\beta$ 為型二誤差）。
3. 製程能力指標（$C_p$ 與 $C_{pk}$）： $C_p$ 評估製程之「潛在能力」（僅考量散布寬度 $6\sigma$ 與規格公差之比）；$C_{pk}$ 則評估製程之「實際能力」，同時考慮製程中心偏移對良率的影響。

解題方法

（一）求平均值（$\bar{X}$）和 $R$ 管制圖之 3 倍標準差管制界限

已知樣本大小 $n=9$，$\bar{\bar{X}}=199.8$，$\bar{R}=2.9$。查表係數中，$\bar{X}-R$ 管制圖對應之係數為 $A_2=0.337$、$D_3=0.134$、$D_4=1.816$。

1. 平均值（$\bar{X}$）管制圖管制界限： $CL_{\bar{X}} = \bar{\bar{X}} = 199.8$ $UCL_{\bar{X}} = \bar{\bar{X}} + A_2 \bar{R} = 199.8 + (0.337 \times 2.9) = 199.8 + 0.9773 = 200.7773$ $LCL_{\bar{X}} = \bar{\bar{X}} - A_2 \bar{R} = 199.8 - (0.337 \times 2.9) = 199.8 - 0.9773 = 198.8227$

2. 全距（$R$）管制圖管制界限： $CL_R = \bar{R} = 2.9$ $UCL_R = D_4 \bar{R} = 1.816 \times 2.9 = 5.2664$ $LCL_R = D_3 \bar{R} = 0.134 \times 2.9 = 0.3886$

（二）製程平均數上移至 $200.5$ 時之偵測機率

1. 估計製程標準差 $\sigma$ 與樣本平均數標準差 $\sigma_{\bar{X}}$： 利用不偏估計式 $\hat{\sigma} = \frac{\bar{R}}{d_2}$，已知 $d_2 = 2.970$： $\hat{\sigma} = \frac{2.9}{2.970} \approx 0.9764$ 樣本平均數之標準差： $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\hat{\sigma}}{\sqrt{n}} = \frac{0.9764}{\sqrt{9}} = \frac{0.9764}{3} \approx 0.3255$

2. 計算型二誤差 $\beta$ 與檢出機率 $1 - \beta$： 當製程平均數上移至 $\mu_1 = 200.5$ 時，$\bar{X} \sim N(\mu_1, \sigma_{\bar{X}}^2) = N(200.5, 0.3255^2)$。 無法偵測到變異之機率（$\bar{X}$ 仍落在原管制界限內）為 $\beta$： $\beta = P(LCL_{\bar{X}} \le \bar{X} \le UCL_{\bar{X}} \mid \mu_1 = 200.5)$

將管制界限標準化為常態 $Z$ 分配： $Z_{UCL} = \frac{UCL_{\bar{X}} - \mu_1}{\sigma_{\bar{X}}} = \frac{200.7773 - 200.5}{0.3255} = \frac{0.2773}{0.3255} \approx 0.85$ $Z_{LCL} = \frac{LCL_{\bar{X}} - \mu_1}{\sigma_{\bar{X}}} = \frac{198.8227 - 200.5}{0.3255} = \frac{-1.6773}{0.3255} \approx -5.15$

因此： $\beta = \Phi(0.85) - \Phi(-5.15) \approx \Phi(0.85) - 0 = 0.8023$

核心觀念

這是同一批員工訓練前、後各測一次，兩筆成績彼此相關，因此應使用成對樣本 $t$ 檢定，而非將訓練前後視為兩組獨立樣本。

令每位員工的差值為 $d_i=\text{訓練後成績}-\text{訓練前成績}$。若課程有效，預期平均差值 $\mu_d$ 大於 $0$。

解題方法

成對差值如下：

檢定假設設定為：

差值總和與平方和為：

因此，差值平均數為：

差值的樣本變異數為：

核心觀念

本題是三家廠商在五個單位的請領數量比較，屬於無重複觀測的二因子變異數分析，也可視為以「單位」為區集的隨機完全區集設計。廠商有 3 個水準，單位有 5 個水準，每個「廠商 × 單位」組合只有 1 筆資料。

因此可以檢定廠商效果與單位效果；但因每個組合沒有重複觀測，無法另外估計交互作用，分析須採加法模式，並將交互作用與隨機誤差合併為誤差項。

解題方法

設廠商為處理因子、單位為區集因子，分別檢定：

• 廠商效果：$H_0$：三家廠商的平均請領數相同；$H_1$：至少一家廠商的平均請領數不同。
• 單位效果：$H_0$：五個單位的平均請領數相同；$H_1$：至少一個單位的平均請領數不同。

資料的列總和（廠商）為 $247、354、160$；欄總和（單位）為 $169、155、158、86、193$；總和 $G=761$，總觀測數 $N=15$。修正項為：

由全部觀測值平方和得：

廠商平方和：

單位平方和：

誤差平方和為總平方和扣除廠商與單位平方和：