109 高普考高考三級 統計 統計學 考古題詳解

109 年・高普考・高考三級・統計
試題代碼 統計學

第 一 題10 分

美國職棒大聯盟的世界大賽系列賽是採 77 戰 44 勝制,即兩對戰球隊先取得 44 勝者為世界冠軍。因此,此系列賽最少要打 44 場而最多要打到 77 場才能決定世界冠軍。

如果某年世界大賽系列賽是由球隊 A 對上球隊 B,且給定每場比賽球隊 A 贏球機率及球隊 B 贏球機率皆為 0.50.5,即 5−55-5 波,且每場比賽結果皆彼此獨立。

如果隨機變數 XX 代表此系列賽總售票數,且總售票數與此系列賽的總比賽場數關係為:

總售票數=6400×(總比賽場數)2\text{總售票數}=6400\times(\text{總比賽場數})^2

例如,如果此系列賽總比賽場數為 44 場,則總售票數為:

6400×42=1024006400\times4^2=102400

請問本系列賽總比賽場數最可能為幾場,以及算出 XX 的期望值 E(X)E(X),即本系列賽預計的總售票數。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考「先取得指定勝場數即停止」的系列賽長度分配,以及隨機變數函數的期望值。每場比賽彼此獨立,且兩隊勝率皆為 0.50.5。系列賽會在其中一隊取得第 44 勝時結束,因此總場數 NN 只能是 4、5、6、74、5、6、7 場。

總售票數為 X=6400N2X=6400N^2,所以

E(X)=6400E(N2)E(X)=6400E(N^2)

而不是 6400[E(N)]26400[E(N)]^2。

解題方法

若系列賽恰打 nn 場(n=4,5,6,7n=4,5,6,7),則前 n−1n-1 場必須有一隊取得 33 勝、另一隊取得 n−4n-4 勝;第 nn 場由領先的一隊獲勝,系列賽才會在第 nn 場結束。

對於指定的勝隊,前 n−1n-1 場中恰有 33 勝的排列數為

(n−13).\binom{n-1}{3}.

兩隊皆可能成為勝隊,且每種長度為 nn 的勝負序列機率均為 2−n2^{-n},因此

P(N=n)=2(n−13)(12)n=(n−13)2n−1.P(N=n)=2\binom{n-1}{3}\left(\frac12\right)^n =\frac{\binom{n-1}{3}}{2^{n-1}}.

逐一計算:

總場數 nnP(N=n)P(N=n)
4418\dfrac18
5514\dfrac14
66516\dfrac5{16}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題10 分

若一新生產機台其故障時間服從一平均值為 λ\lambda(天)的指數分配(exponential distribution)。

假定 p1p_1 為此機台連續運轉不故障超過 33 天的機率,p2p_2 為給定此機台已連續運轉 22 天不故障情形下,再連續運轉超過 11 天不故障的條件機率,且:

log⁡(p2)−log⁡(p1)=4\log(p_2)-\log(p_1)=4

其中 log⁡(a)\log(a) 為數字 aa 的自然對數值。

試算出此生產機台在 1212 小時內故障的機率。(指數 e=2.718e=2.718)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

故障時間 TT 服從平均數為 λ\lambda 天的指數分配時,其存活函數為

P(T>t)=e−t/λ,t≥0.P(T>t)=e^{-t/\lambda},\qquad t\ge 0.

指數分配具有無記憶性,因此已連續運轉 22 天而未故障後,再運轉超過 11 天的條件機率為

P(T>3∣T>2)=P(T>3)P(T>2)=e−1/λ.P(T>3\mid T>2)=\frac{P(T>3)}{P(T>2)}=e^{-1/\lambda}.

解題方法

連續運轉超過 33 天不故障的機率為

p1=P(T>3)=e−3/λ.p_1=P(T>3)=e^{-3/\lambda}.

已運轉 22 天未故障後,再運轉超過 11 天不故障的條件機率為

p2=P(T>3∣T>2)=e−3/λe−2/λ=e−1/λ.p_2=P(T>3\mid T>2) =\frac{e^{-3/\lambda}}{e^{-2/\lambda}} =e^{-1/\lambda}.

代入題目給定的對數關係:

log⁡(p2)−log⁡(p1)=−1λ−(−3λ)=2λ=4.\log(p_2)-\log(p_1) =-\frac{1}{\lambda}-\left(-\frac{3}{\lambda}\right) =\frac{2}{\lambda}=4.

所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題20 分

下列是關於最大概似估計量(maximum likelihood estimator)以及最小變異不偏估計量(minimum variance unbiased estimator)的問題。

(一)考慮下列隨機變數 XX 其機率密度函數(probability density function):

f(x)={f1(x),x≤1,f2(x),x>1,f(x)= \begin{cases} f_1(x), & x\leq 1,\\ f_2(x), & x>1, \end{cases}

其中:

f1(x)=12πσ2e−(x−1)22σ2,x≤1f_1(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-1)^2}{2\sigma^2}},\quad x\leq1 f2(x)=122πσ2e−(x−1)28σ2,x>1f_2(x)=\frac{1}{2\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-1)^2}{8\sigma^2}},\quad x>1

其中 f1(x)f_1(x) 為平均值為 11 及標準差為 σ\sigma 的常態機率密度函數(normal probability density function),而 f2(x)f_2(x) 為平均值亦為 11 及標準差為 2σ2\sigma 的常態機率密度函數。

下列為一組服從上述機率分配所得的隨機樣本:

2, 5, 3, 0, −2, −3, 72,\ 5,\ 3,\ 0,\ -2,\ -3,\ 7

請算出 σ2\sigma^2 之最大概似估計量的值。

(二)若某一次國家考試其某考試科目共有 2525 題單選題,隨機變數 XX 代表考生答對題數,且 XX 之分配是每題答對機率為 pp 的二項式分配(binomial distribution),下列是隨機取得 66 個考生答對題數資料:

12, 15, 20, 10, 5, 1312,\ 15,\ 20,\ 10,\ 5,\ 13

根據上述資料,請算出 XX 的標準差之最大概似估計量的值及 pp 的最小變異不偏估計量的值。

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查最大概似估計量(MLE)與最小變異不偏估計量(MVUE)。

  • 求 MLE 時,先將樣本代入概似函數,再取對數並對參數最大化。
  • 二項分配的成功機率 pp 之 MLE 為樣本答對題數平均值除以每份考卷題數。由 MLE 的不變性,XX 標準差的 MLE 可將 p^\hat p 代入標準差公式。
  • 求 MVUE 時,可利用二項分配總成功次數的充分性與完備性,搭配不偏估計量。

(一)σ2\sigma^2 的最大概似估計量

樣本中 0,−2,−30,-2,-3 小於或等於 11,使用 f1(x)f_1(x);2,5,3,72,5,3,7 大於 11,使用 f2(x)f_2(x)。

令 t=σ2t=\sigma^2。忽略與 tt 無關的常數,樣本概似函數可寫為

L(t)∝t−7/2exp⁡[−1t{12∑xi≤1(xi−1)2+18∑xi>1(xi−1)2}].L(t)\propto t^{-7/2} \exp\left[ -\frac{1}{t} \left\{ \frac{1}{2}\sum_{x_i\leq 1}(x_i-1)^2+ \frac{1}{8}\sum_{x_i>1}(x_i-1)^2 \right\} \right].

取對數後,令

A=12∑xi≤1(xi−1)2+18∑xi>1(xi−1)2.A= \frac{1}{2}\sum_{x_i\leq 1}(x_i-1)^2+ \frac{1}{8}\sum_{x_i>1}(x_i-1)^2.

代入樣本可得

A=12[(−1)2+(−3)2+(−4)2]+18[12+42+22+62]=262+578=1618.\begin{aligned} A &=\frac{1}{2}\big[(-1)^2+(-3)^2+(-4)^2\big] +\frac{1}{8}\big[1^2+4^2+2^2+6^2\big]\\ &=\frac{26}{2}+\frac{57}{8} =\frac{161}{8}. \end{aligned}

對數概似函數中與 tt 有關的部分為

ℓ(t)=−72ln⁡t−At.\ell(t)=-\frac{7}{2}\ln t-\frac{A}{t}.

令導數為零:

dℓdt=−72t+At2=0⟹t^=2A7.\frac{d\ell}{dt}=-\frac{7}{2t}+\frac{A}{t^2}=0 \quad\Longrightarrow\quad \hat t=\frac{2A}{7}.

因此

σ2^MLE=27⋅1618=234=5.75.\widehat{\sigma^2}_{\mathrm{MLE}} =\frac{2}{7}\cdot\frac{161}{8} =\frac{23}{4} =5.75.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題10 分

一保險公司精算人員利用下列簡單線性迴歸模型來建立某美食外送平台,其外送員車險理賠金額 YY 與理賠請機車騎行里程數 XX 之間的關係:

yi=β0+β1xi+ϵi,i=1,…,20y_i=\beta_0+\beta_1x_i+\epsilon_i,\quad i=1,\ldots,20

其中,yiy_i(單位為千元)為第 ii 件理賠請求的理賠金額,而 xix_i(單位為千公里)為第 ii 件理賠請求機車之騎行里程數,共計 2020 件理賠請求;隨機誤差 ϵ1,…,ϵ20\epsilon_1,\ldots,\epsilon_{20} 為彼此獨立,期望值為 00 且變異數皆為 σ2\sigma^2 的常態分配。

根據上述 2020 件理賠請求,且利用最小平方法(least squares method)來估計 β0\beta_0 及 β1\beta_1,得到下列資訊:

  • x1,…,x20x_1,\ldots,x_{20} 與 y1,…,y20y_1,\ldots,y_{20} 的相關係數為 0.6930.693。
  • y1,…,y20y_1,\ldots,y_{20} 之變異數為 x1,…,x20x_1,\ldots,x_{20} 之變異數的 0.520.52 倍。
  • 估計迴歸關係式為:
Y^=0.5+0.5X\widehat{Y}=0.5+0.5X

(一)請算出判定係數(coefficient of determination)R2R^2。

(二)在顯著水準 α=0.05\alpha=0.05,利用 FF 檢定法檢定:

H0:β1=0對H1:β1≠0H_0:\beta_1=0 \quad\text{對}\quad H_1:\beta_1\ne0

(三)在顯著水準 α=0.05\alpha=0.05,利用 tt 檢定法檢定:

H0:β1≥1對H1:β1<1H_0:\beta_1\geq1 \quad\text{對}\quad H_1:\beta_1<1

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸的判定係數、迴歸斜率的整體顯著性檢定,以及斜率與指定數值比較的單尾 tt 檢定。

在含截距的簡單線性迴歸中:

R2=rXY2R^2=r_{XY}^2

斜率估計值可由樣本標準差與相關係數表示:

β^1=rXYsYsX\hat{\beta}_1=r_{XY}\frac{s_Y}{s_X}

題目給的是「變異數」比,因此須先開平方轉換成標準差比:

sYsX=sY2sX2\frac{s_Y}{s_X}=\sqrt{\frac{s_Y^2}{s_X^2}}

斜率的標準誤與檢定統計量為:

SE(β^1)=MSESXX=seSXXSE(\hat{\beta}_1) =\sqrt{\frac{\mathrm{MSE}}{S_{XX}}} =\frac{s_e}{\sqrt{S_{XX}}} t=β^1−β1,0SE(β^1),自由度 n−2t=\frac{\hat{\beta}_1-\beta_{1,0}}{SE(\hat{\beta}_1)} \quad\text{,自由度 }n-2

其中 MSE=SSE/(n−2)\mathrm{MSE}=\mathrm{SSE}/(n-2)。在簡單線性迴歸中,檢定 H0:β1=0H_0:\beta_1=0 的 FF 統計量也等於斜率 tt 統計量的平方。

解題方法

(一)判定係數 R2R^2

題目給定相關係數 rXY=0.693r_{XY}=0.693。含截距的簡單線性迴歸,其判定係數為相關係數的平方:

R2=rXY2=(0.693)2=0.480249R^2=r_{XY}^2=(0.693)^2=0.480249

因此:

R2≈0.480\boxed{R^2\approx0.480}

也就是樣本中約 48.0%48.0\% 的理賠金額變異,可由騎行里程數的線性迴歸關係說明。

(二)以 FF 檢定檢定 H0:β1=0H_0:\beta_1=0

樣本數 n=20n=20,簡單線性迴歸的迴歸自由度為 11,誤差自由度為 n−2=18n-2=18。

由迴歸斜率公式:

β^1=rXYsYsX\hat{\beta}_1=r_{XY}\frac{s_Y}{s_X}

題目給定 sY2=0.52sX2s_Y^2=0.52s_X^2,故:

sYsX=0.52\frac{s_Y}{s_X}=\sqrt{0.52}

因此由相關係數與變異數比推得的斜率為:

β^1=0.6930.52≈0.500\hat{\beta}_1=0.693\sqrt{0.52}\approx0.500

與題目所列迴歸式的斜率 0.50.5 相符。

斜率為零的 FF 檢定統計量,可用 R2R^2 計算:

F=R2/1(1−R2)/(n−2)=0.480249(1−0.480249)/18≈16.63F=\frac{R^2/1}{(1-R^2)/(n-2)} =\frac{0.480249}{(1-0.480249)/18} \approx16.63

在顯著水準 α=0.05\alpha=0.05 下,臨界值約為 F0.95(1,18)=4.41F_{0.95}(1,18)=4.41。因為:

16.63>4.4116.63>4.41
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題30 分

下列是關於母體平均以及母體比率之估計與檢定的問題。

(一)假定某地區的每日最高溫服從一平均值為 μ\mu 及標準差為 44 的常態分配。

針對下列假設:

H0:μ=28對H1:μ=30H_0:\mu=28 \quad\text{對}\quad H_1:\mu=30

隨機取得 1616 筆此地區當日最高溫資料。估計量 X‾\overline{X} 為樣本平均值。給定下列 33 種檢定法:

  • 檢定法 A:若 X‾>c\overline{X}>c 則拒絕 H0H_0,反之則不拒絕 H0H_0。
  • 檢定法 B:若 X‾>30.17\overline{X}>30.17 則拒絕 H0H_0,反之則不拒絕 H0H_0。
  • 檢定法 C:若 X‾<30.5\overline{X}<30.5 則拒絕 H0H_0,反之則不拒絕 H0H_0。

已知檢定法 A 之檢定力(power)為 0.15870.1587,且設定顯著水準為 α=0.015\alpha=0.015,請計算 cc 的值,並決定上述 33 個檢定法那一個或那一些符合設定並有最大檢定力。

(二)一軟體公司欲比較一新版軟體是否較舊版軟體更能有效率執行程式。假定 μ1\mu_1 為舊版軟體執行測試程式的平均執行時間,而 μ2\mu_2 為新版軟體執行測試程式的平均執行時間,且 x1,…,x6x_1,\ldots,x_6 為舊版軟體執行測試程式之執行時間的隨機資料,而 y1,…,y6y_1,\ldots,y_6 為新版軟體執行測試程式之執行時間的隨機資料。

給定下列資訊:

  • x1,…,x6x_1,\ldots,x_6 之平均值為 77 且變異數為 5.65.6。
  • y1,…,y6y_1,\ldots,y_6 之平均值為 66 且變異數為 2.42.4。
  • x1,…,x6x_1,\ldots,x_6 與 y1,…,y6y_1,\ldots,y_6 之相關係數為 00。

請分別用獨立樣本(independent samples)tt 檢定法,即將 x1,…,x6x_1,\ldots,x_6 與 y1,…,y6y_1,\ldots,y_6 視為獨立樣本;及成對樣本(paired samples or matched samples)tt 檢定法,即將 (x1,y1),…,(x6,y6)(x_1,y_1),\ldots,(x_6,y_6) 視為成對樣本,在顯著水準 α=0.01\alpha=0.01,檢定:

H0:μ1≤μ2−2.5對H1:μ1>μ2−2.5H_0:\mu_1\leq\mu_2-2.5 \quad\text{對}\quad H_1:\mu_1>\mu_2-2.5

(三)某民調機構欲比較候選人 A 的支持率 p1p_1 與候選人 B 的支持率 p2p_2 的差異。下列是此民調機構關於兩候選人支持度的兩份問卷:

問卷調查人數支持此候選人數
關於候選人 A 的問卷4900490024502450
關於候選人 B 的問卷49004900nn

已知根據上述問卷所得 p1−p2p_1-p_2 之 95%95\% 信賴區間其長度為 0.03920.0392,以及候選人 A 的支持人數大於候選人 B 的支持人數,即 n<2450n<2450。請算出 nn 的值,並利用上述問卷得到 p2p_2 的 95%95\% 信賴區間。

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念: 樣本平均數的標準誤為 σX‾=σ/n\sigma_{\overline X}=\sigma/\sqrt n。本題中

X‾∼N(μ,4216)=N(μ,1).\overline X\sim N\left(\mu,\frac{4^2}{16}\right)=N(\mu,1).

檢定力是在 H1H_1 所指定的母體平均數下,拒絕 H0H_0 的機率;顯著水準則是在 H0H_0 成立時,錯誤拒絕 H0H_0 的機率。

求檢定法 A 的 cc: 已知在 μ=30\mu=30 時,P(X‾>c)=0.1587P(\overline X>c)=0.1587。標準常態分配中 P(Z>1)=0.1587P(Z>1)=0.1587,因此

c−301=1⟹c=31.\frac{c-30}{1}=1 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{c=31}.

檢定法 A 的顯著水準為

αA=Pμ=28(X‾>31)=P(Z>31−281)=P(Z>3)≈0.00135.\alpha_A=P_{\mu=28}(\overline X>31) =P\left(Z>\frac{31-28}{1}\right) =P(Z>3)\approx0.00135.

故 A 符合 α=0.015\alpha=0.015 的限制,其檢定力為題目給定的 0.15870.1587。

比較三種檢定法:

  • 檢定法 A: 臨界值為 3131,顯著水準約 0.00135≤0.0150.00135\leq0.015,符合設定;檢定力為 0.15870.1587。
  • 檢定法 B: 在 H0:μ=28H_0:\mu=28 下,
αB=P(X‾>30.17)=P(Z>2.17)≈0.0150.\alpha_B=P(\overline X>30.17) =P(Z>2.17)\approx0.0150.

依標準常態表的四位小數精度,B 符合顯著水準設定。在 μ=30\mu=30 下,其檢定力為

P(X‾>30.17)=P(Z>0.17)≈0.4325.P(\overline X>30.17) =P(Z>0.17)\approx0.4325.
  • 檢定法 C: 在 H0:μ=28H_0:\mu=28 下,
αC=P(X‾<30.5)=P(Z<2.5)≈0.9938,\alpha_C=P(\overline X<30.5) =P(Z<2.5)\approx0.9938,

遠大於 0.0150.015,不符合設定。在 μ=30\mu=30 下,C 的檢定力雖為

P(X‾<30.5)=P(Z<0.5)≈0.6915,P(\overline X<30.5)=P(Z<0.5)\approx0.6915,

但不能以不符合顯著水準的檢定法作為合格方法。

因此,在符合設定的 A、B 之中,B 的檢定力較大。

(二)獨立樣本與成對樣本 tt 檢定

核心觀念: 檢定的參數為平均執行時間差 μ1−μ2\mu_1-\mu_2。題目假設為

H0:μ1−μ2≤−2.5,H1:μ1−μ2>−2.5.H_0:\mu_1-\mu_2\leq-2.5, \qquad H_1:\mu_1-\mu_2>-2.5.

以虛無假設邊界 μ1−μ2=−2.5\mu_1-\mu_2=-2.5 計算檢定統計量。樣本平均差為 x‾−y‾=7−6=1\overline x-\overline y=7-6=1,故與虛無假設邊界相差

1−(−2.5)=3.5.1-(-2.5)=3.5.

獨立樣本 tt 檢定: 採用合併變異數估計:

sp2=(6−1)(5.6)+(6−1)(2.4)6+6−2=4.s_p^2=\frac{(6-1)(5.6)+(6-1)(2.4)}{6+6-2}=4.

標準誤與檢定統計量為

SE=sp16+16=43≈1.1547,t=3.51.1547≈3.031,df=10.SE=s_p\sqrt{\frac16+\frac16} =\sqrt{\frac43}\approx1.1547, \qquad t=\frac{3.5}{1.1547}\approx3.031, \quad df=10.

右尾檢定在 α=0.01\alpha=0.01、df=10df=10 時的臨界值約為 t0.99,10=2.764t_{0.99,10}=2.764。因為 3.031>2.7643.031>2.764,拒絕 H0H_0;在 1% 顯著水準下,有證據支持 μ1>μ2−2.5\mu_1>\mu_2-2.5。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 六 題10 分

欲比較 33 種品牌汽車其耗油程度,給定 A 品牌汽車其每公升行駛平均里程數為 μ1\mu_1,B 品牌汽車其每公升行駛平均里程數為 μ2\mu_2,而 C 品牌汽車其每公升行駛平均里程數為 μ3\mu_3。

每種品牌各隨機抽測 88 台汽車並得到其每公升行駛里程數。下列是關於此 33 組樣本其相關資訊以及利用這 33 組樣本所做的統計分析:

  • 此 33 組樣本其平均值為 A 品牌之平均里程數最大,而 B 品牌之平均里程數最小。
  • 此 33 組樣本其標準差皆相同。
  • 檢定 H0:μ1=μ2H_0:\mu_1=\mu_2 對 H1:μ1≠μ2H_1:\mu_1\ne\mu_2 的獨立樣本 tt 檢定,其統計量絕對值為 22。
  • 檢定 H0:μ2=μ3H_0:\mu_2=\mu_3 對 H1:μ2≠μ3H_1:\mu_2\ne\mu_3 的獨立樣本 tt 檢定,其統計量絕對值為 11。

在顯著水準 α=0.05\alpha=0.05,請利用單因子變異數分析法(one-way ANOVA)來檢定此 33 種品牌汽車其耗油程度是否一致,即檢定:

H0:μ1=μ2=μ3對H1:μ1,μ2,μ3 並不完全相等H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3 \quad\text{對}\quad H_1:\mu_1,\mu_2,\mu_3\text{ 並不完全相等}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

單因子變異數分析(one-way ANOVA)檢定多個母體平均數是否相等,將總變異分解為組間變異與組內變異,並以 FF 統計量比較兩者。此題各組樣本數相同、樣本標準差相同,且提供兩組獨立樣本 tt 檢定統計量,可據此重建 ANOVA 的 FF 值。

解題方法

令三組樣本平均數為 xˉ1,xˉ2,xˉ3\bar{x}_1,\bar{x}_2,\bar{x}_3,共同樣本標準差為 ss。每組樣本數 n=8n=8,所以各組平均數的變異數估計相同,為 s2/8s^2/8。

對任兩組做等變異獨立樣本 tt 檢定時,

∣tij∣=∣xˉi−xˉj∣s1/8+1/8=∣xˉi−xˉj∣s/2.|t_{ij}|=\frac{|\bar{x}_i-\bar{x}_j|} {s\sqrt{1/8+1/8}} =\frac{|\bar{x}_i-\bar{x}_j|}{s/2}.

因此題目給定:

∣xˉ1−xˉ2∣=2(s2)=s,∣xˉ2−xˉ3∣=1(s2)=s2.|\bar{x}_1-\bar{x}_2|=2\left(\frac{s}{2}\right)=s, \qquad |\bar{x}_2-\bar{x}_3|=1\left(\frac{s}{2}\right)=\frac{s}{2}.

由樣本平均數排序為 A 最大、B 最小,可知 xˉ1>xˉ2\bar{x}_1>\bar{x}_2;又由第一個差距大於第二個差距可知 xˉ3>xˉ2\bar{x}_3>\bar{x}_2。因此兩個已知差距方向相同,且

xˉ1−xˉ2=s,xˉ3−xˉ2=s2.\bar{x}_1-\bar{x}_2=s,\qquad \bar{x}_3-\bar{x}_2=\frac{s}{2}.

計算 ANOVA 統計量

三組平均數可寫成 xˉ2+s, xˉ2, xˉ2+s/2\bar{x}_2+s,\ \bar{x}_2,\ \bar{x}_2+s/2。總平均為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 七 題10 分

根據一份國人讀報偏好之報告指出,最常看 A 報的比率為 p1=0.25p_1=0.25,B 報的比率為 p2=0.2p_2=0.2,C 報的比率為 p3=0.15p_3=0.15,D 報的比率為 p4=0.15p_4=0.15,而其他報的比率為 p5=0.25p_5=0.25。

下列是一份關於民眾看報的問卷資料:

最常看報紙A 報B 報C 報D 報其他報
人數225225215215160160125125275275

在顯著水準 α=0.1\alpha=0.1,利用上述問卷資料以及卡方檢定(chi-squared test)來驗證上述報告指出之報告是否可靠,即檢定:

H0:p1=0.25, p2=0.2, p3=0.15, p4=0.15, p5=0.25H_0:p_1=0.25,\ p_2=0.2,\ p_3=0.15,\ p_4=0.15,\ p_5=0.25

對

H1:並非 p1=0.25, p2=0.2, p3=0.15, p4=0.15, p5=0.25H_1:\text{並非 }p_1=0.25,\ p_2=0.2,\ p_3=0.15,\ p_4=0.15,\ p_5=0.25
🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考驗卡方適合度檢定,用來檢驗問卷中的類別次數,是否符合報告所提出的五種報紙偏好比例。檢定統計量為

χ2=∑i=1k(Oi−Ei)2Ei,\chi^2=\sum_{i=1}^{k}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},

其中 OiO_i 為觀察次數,EiE_i 為虛無假設下的期望次數。五類比例均已指定,且資料總數固定,因此自由度為 k−1=5−1=4k-1=5-1=4。

解題方法

問卷總人數為

n=225+215+160+125+275=1000.n=225+215+160+125+275=1000.

在 H0H_0 下,各類別的期望人數為 Ei=npiE_i=np_i:

報紙類別觀察人數 OiO_i假設比例 pip_i期望人數 EiE_i卡方貢獻
A 報2250.25250(225−250)2250=2.500\frac{(225-250)^2}{250}=2.500
B 報2150.20200(215−200)2200=1.125\frac{(215-200)^2}{200}=1.125
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題