113 高普考高考三級 統計 統計學 考古題詳解

113 年・高普考・高考三級・統計
試題代碼 統計學

第 一 題80 分

人工智慧的興起，帶動了市場對晶片需求量的飆升，也連帶促成相關產業的蓬勃發展。已知國內有某家公司專門生產晶片半導體製程中使用的圓形光罩。今由此公司之生產線隨機抽檢 nn 筆光罩樣本並測量其半徑。

若已知因某些特定原因造成該公司測量儀器不精準，測量之觀測值會有誤差，令 ε1,ε2,…,εn\varepsilon_1,\varepsilon_2,\ldots,\varepsilon_n 表其觀測誤差。假設觀測誤差 ε1,ε2,…,εn\varepsilon_1,\varepsilon_2,\ldots,\varepsilon_n 彼此相互獨立，且服從平均數為 11、變異數為 σ2\sigma^2 之常態分配，並令 θ\theta 為此圓形光罩的真實半徑。

令變數 Y1,Y2,…,YnY_1,Y_2,\ldots,Y_n 為此 nn 筆樣本之半徑的觀測值，則 Yi=θ+εi,i=1,2,…,n。Y_i=\theta+\varepsilon_i,\quad i=1,2,\ldots,n。

令 F(y)F(y) 為變數 YiY_i 之累積分配函數（cumulative distribution function）。

（每小題 10 分，共 80 分）

(一) 求出機率 P(F(Y1)F(Y2)−1≤0.5)。P\left(\frac{F(Y_1)}{F(Y_2)}-1\leq 0.5\right)。

(二) 求出條件機率 P(F(Y2)>F(Y1)∣F(Y2)≥0.5)。P\left(F(Y_2)>F(Y_1)\mid F(Y_2)\geq 0.5\right)。

(三) 假設 θ\theta 和 σ2\sigma^2 皆未知，請利用觀測值 Y1,Y2,…,YnY_1,Y_2,\ldots,Y_n 求出此光罩半徑 θ\theta 之最大概似估計量（maximum likelihood estimator）。

(四) 假設 θ\theta 和 σ2\sigma^2 皆未知，請利用觀測值 Y1,Y2,…,YnY_1,Y_2,\ldots,Y_n 求出此光罩面積 πθ2\pi\theta^2 之均勻最小變異不偏估計量（uniformly minimum variance unbiased estimator）。

(五) 假設 θ\theta 和 σ2\sigma^2 皆未知，請求出光罩半徑 θ\theta 之信賴水準 100(1−α)%100(1-\alpha)\% 的信賴區間。

(六) 若該公司有兩條獨立作業的生產線，且已知此兩條生產線所生產之光罩的瑕疵率皆為 λ\lambda。令變數 SiS_i 為第 ii 條生產線上檢測產品直到檢測出第一個瑕疵品前所需的檢測（良品）次數，i=1,2i=1,2，請求出機率 P(S1=S2)。P(S_1=S_2)。

(七) 續題（六），令變數 U=Min⁡{S1,S2}U=\operatorname{Min}\{S_1,S_2\} 代表取 S1,S2S_1,S_2 之最小值，請求出 UU 之機率密度函數 f(u)f(u)。

(八) 求出題（七）之變數 UU 的期望值 E(U)E(U)。

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核心觀念

本題結合常態母體推論與幾何分配。由 εi∼N(1,σ2)\varepsilon_i\sim N(1,\sigma^2) 且 Yi=θ+εiY_i=\theta+\varepsilon_i，可得 Yi∼N(θ+1,σ2),i=1,…,n,Y_i\sim N(\theta+1,\sigma^2),\qquad i=1,\ldots,n, 且各觀測值相互獨立。令 μ=θ+1\mu=\theta+1，則 F(Yi)F(Y_i) 服從 [0,1][0,1] 上的均勻分配（機率積分轉換）。

以下以幾何分配的慣例 Si=0,1,2,…S_i=0,1,2,\ldots 表示瑕疵品出現前檢測到的良品數，並令 q=1−λq=1-\lambda 為良品率。

(一) 求 P(F(Y1)F(Y2)−1≤0.5)P\left(\frac{F(Y_1)}{F(Y_2)}-1\leq 0.5\right)

令 X=F(Y1)X=F(Y_1)、Z=F(Y2)Z=F(Y_2)。則 X,ZX,Z 為相互獨立的 U(0,1)U(0,1) 隨機變數。除機率為零的 Z=0Z=0 外，

XZ−1≤0.5  ⟺  X≤32Z.\frac{X}{Z}-1\leq 0.5 \iff X\leq \frac{3}{2}Z.

在單位正方形 0<x<1, 0<z<10<x<1,\ 0<z<1 中，對 zz 積分：

P(X≤32Z)=∫02/332z dz+∫2/311 dz=13+13=23.\begin{aligned} P\left(X\leq \frac32Z\right) &=\int_0^{2/3}\frac32z\,dz+\int_{2/3}^1 1\,dz\\ &=\frac13+\frac13=\frac23. \end{aligned}

答案： 23\boxed{\frac23}。

(二) 求 P(F(Y2)>F(Y1)∣F(Y2)≥0.5)P\left(F(Y_2)>F(Y_1)\mid F(Y_2)\geq 0.5\right)

仍令 X=F(Y1)X=F(Y_1)、Z=F(Y2)Z=F(Y_2)。條件 Z≥0.5Z\geq 0.5 的機率為 1/21/2。給定 Z=zZ=z 時，因 X∼U(0,1)X\sim U(0,1)，有 P(X<z∣Z=z)=zP(X<z\mid Z=z)=z。因此

P(X<Z∣Z≥0.5)=∫1/21z dzP(Z≥1/2)=12(1−14)12=34.\begin{aligned} P(X<Z\mid Z\geq 0.5) &=\frac{\displaystyle\int_{1/2}^1 z\,dz}{P(Z\geq 1/2)}\\ &=\frac{\frac12(1-\frac14)}{\frac12} =\frac34. \end{aligned}

連續分配下 P(X=Z)=0P(X=Z)=0，故嚴格不等號不影響結果。

答案： 34\boxed{\frac34}。

(三) 求 θ\theta 的最大概似估計量

解題方法： YiY_i 的平均數為 θ+1\theta+1，而 θ\theta 為位置參數。透過常態概似函數最大化，可先估計 θ+1\theta+1，再扣除誤差平均數 11。

概似函數為

L(θ,σ2)=(2πσ2)−n/2exp⁡{−12σ2∑i=1n(Yi−θ−1)2}.L(\theta,\sigma^2) =(2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(Y_i-\theta-1)^2\right\}.

固定 σ2\sigma^2，最大化概似函數等同最小化平方和。對 θ\theta 微分並令其為零：

∂∂θ∑i=1n(Yi−θ−1)2=−2∑i=1n(Yi−θ−1)=0.\frac{\partial}{\partial\theta}\sum_{i=1}^n(Y_i-\theta-1)^2 =-2\sum_{i=1}^n(Y_i-\theta-1)=0.

解得 θ^=Yˉ−1\widehat\theta=\bar Y-1。此估計同時也是 θ,σ2\theta,\sigma^2 兩參數聯合概似的最大化解。

答案： θ^MLE=Yˉ−1\boxed{\widehat\theta_{\mathrm{MLE}}=\bar Y-1}。

(四) 求 πθ2\pi\theta^2 的均勻最小變異不偏估計量

核心觀念： YiY_i 為常態母體樣本，(Yˉ,S2)(\bar Y,S^2) 是母體平均數與變異數的完全充分統計量，其中 S2=1n−1∑i=1n(Yi−Yˉ)2.S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(Y_i-\bar Y)^2. 對完全充分統計量的任何不偏函數，依 Lehmann–Scheffé 定理，即為均勻最小變異不偏估計量（UMVU）。

因 Yˉ∼N(θ+1,σ2/n)\bar Y\sim N(\theta+1,\sigma^2/n)，

E[(Yˉ−1)2]=θ2+σ2n.E[(\bar Y-1)^2]=\theta^2+\frac{\sigma^2}{n}.

又 E(S2)=σ2E(S^2)=\sigma^2，所以

E[(Yˉ−1)2−S2n]=θ2.E\left[(\bar Y-1)^2-\frac{S^2}{n}\right]=\theta^2.

因此 π[(Yˉ−1)2−S2/n]\pi\left[(\bar Y-1)^2-S^2/n\right] 是 πθ2\pi\theta^2 的不偏估計量，且是完全充分統計量的函數，故為 UMVU。

答案：

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第 二 題20 分

臺灣量子國家隊已成軍 5 年，去年突破技術瓶頸，成功自製出 5 量子位元之超導量子電腦，象徵著臺灣的量子時代來臨。已知團隊開發的量子電腦有一個核心元件，此核心元件是由三個電路組件串聯及並聯構成。

令變數 T1,T2,T3T_1,T_2,T_3 分別代表此三個電路組件的壽命。此核心元件是先由第一及第二個電路組件串聯後，再和第三個電路組件並聯而成，因此整個核心元件的壽命是 X=Max⁡{Min⁡{T1,T2},T3}。X=\operatorname{Max}\{\operatorname{Min}\{T_1,T_2\},T_3\}。

此處 Max⁡{a,b}\operatorname{Max}\{a,b\} 代表取 a,ba,b 之最大值，Min⁡{a,b}\operatorname{Min}\{a,b\} 代表取 a,ba,b 之最小值。假設此三個電路組件的壽命彼此相互獨立，皆服從具有平均數為 22 之指數分配。

（每小題 10 分，共 20 分）

(一) 求出變數 XX 之機率密度函數 f(x)f(x)。

(二) 求出變數 XX 之變異數 Var⁡(X)\operatorname{Var}(X)。

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核心觀念

串聯系統的壽命是各組件壽命的最小值；並聯系統的壽命是各支路壽命的最大值。本題因此先令 Y=min⁡{T1,T2},X=max⁡{Y,T3}.Y=\min\{T_1,T_2\},\qquad X=\max\{Y,T_3\}.

平均數為 22 的指數分配，其速率參數為 λ=1/2\lambda=1/2，故 fTi(t)=12e−t/2,t≥0.f_{T_i}(t)=\frac12e^{-t/2},\qquad t\geq 0.

利用組件彼此獨立，可先求 YY 的分配，再由 XX 的累積分配函數求密度與變異數。

解題方法

對 x≥0x\geq 0，

FY(x)=P(min⁡{T1,T2}≤x)=1−P(T1>x,T2>x)=1−P(T1>x)P(T2>x)=1−e−x/2e−x/2=1−e−x.\begin{aligned} F_Y(x) &=P\bigl(\min\{T_1,T_2\}\leq x\bigr)\\ &=1-P(T_1>x,T_2>x)\\ &=1-P(T_1>x)P(T_2>x)\\ &=1-e^{-x/2}e^{-x/2}\\ &=1-e^{-x}. \end{aligned}

因此 YY 為速率 11 的指數分配，且因 YY 只由 T1,T2T_1,T_2 決定，與 T3T_3 獨立。

X=max⁡{Y,T3}X=\max\{Y,T_3\}，所以

FX(x)=P(Y≤x,T3≤x)=FY(x)FT3(x)=(1−e−x)(1−e−x/2)=1−e−x−e−x/2+e−3x/2,x≥0.\begin{aligned} F_X(x) &=P(Y\leq x,T_3\leq x)\\ &=F_Y(x)F_{T_3}(x)\\ &=(1-e^{-x})(1-e^{-x/2})\\ &=1-e^{-x}-e^{-x/2}+e^{-3x/2}, \qquad x\geq 0. \end{aligned}

（一）機率密度函數

對累積分配函數微分，並納入 XX 的非負支撐集：

fX(x)={e−x+12e−x/2−32e−3x/2,x≥0,0,x<0.f_X(x)= \begin{cases} e^{-x}+\dfrac12e^{-x/2}-\dfrac32e^{-3x/2},&x\geq 0,\\[6pt] 0,&x<0. \end{cases}

（二）變異數

由上式可得存活函數

1−FX(x)=e−x+e−x/2−e−3x/2,x≥0.1-F_X(x)=e^{-x}+e^{-x/2}-e^{-3x/2},\qquad x\geq 0.
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