107 高普考高考三級 交通技術 統計學 考古題詳解

核心觀念

1. 常態分配與標準化轉換（Standardization / Z-score Transformation）： 設隨機變數 $X$ 服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$，其標準化變數定義為： $Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$ 其中 $\mu$ 為母體平均數，$\sigma$ 為母體標準差。
2. 常態分配右尾機率與臨界值反求： 若全體應考人數為 $N$，成績在某分數 $x$ 以上之人數為 $k$，則成績大於等於 $x$ 的右尾機率為： $P(X \ge x) = \frac{k}{N} = P\left(Z \ge \frac{x - \mu}{\sigma}\right) = 1 - \Phi(z)$ 藉由標準常態分配累積機率函數 $\Phi(z) = P(Z \le z)$ 查表反求臨界值 $z$，進而解出未知標準差 $\sigma$ 或特定名額之原始錄取門檻分數 $x = \mu + z \cdot \sigma$。
3. 錄取門檻之界定： 考試擇優錄取時，正取分數門檻由前 177 名（右尾機率）決定；備取最後門檻則由「正取名額 $+$ 備取名額」合計共 202 名（右尾機率）決定。

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解題方法

(一) 求應考人成績分配之標準差 $\sigma$

1. 計算成績 $\ge 360$ 分之右尾機率： 全體報考人數 $N = 2500$ 人，成績達 360 分以上者有 47 人，故其對應之右尾機率為： $P(X \ge 360) = \frac{47}{2500} = 0.0188$
2. 標準化並反查標準常態分配表： $P(X \ge 360) = P\left(Z \ge \frac{360 - 256}{\sigma}\right) = 0.0188$ 累積機率為： $P\left(Z \le \frac{360 - 256}{\sigma}\right) = 1 - 0.0188 = 0.9812$ 查標準常態分配表可得 $\Phi(2.08) = 0.9812$，故對應之標準化臨界值為 $z = 2.08$。
3. 求解標準差 $\sigma$： $\frac{360 - 256}{\sigma} = 2.08 \implies \frac{104}{\sigma} = 2.08 \implies \sigma = \frac{104}{2.08} = 50$

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(二) 求正取人員之最低錄取分數

1. 計算正取人員之右尾比例： 正取名額為 177 人，錄取正取之門檻分數記為 $x_{\text{正取}}$，其右尾機率為： $P(X \ge x_{\text{正取}}) = \frac{177}{2500} = 0.0708$
2. 反查標準常態分配表求對應之 $z$ 值： 累積機率為： $\Phi(z_{\text{正取}}) = P(Z \le z_{\text{正取}}) = 1 - 0.0708 = 0.9292$ 查標準常態分配表可知 $\Phi(1.47) = 0.9292$，得 $z_{\text{正取}} = 1.47$。
3. 計算最低錄取分數 $x_{\text{正取}}$： $x_{\text{正取}} = \mu + z_{\text{正取}} \cdot \sigma = 256 + 1.47 \times 50 = 256 + 73.5 = 329.5 \text{（分）}$

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(三) 判定某甲（327 分）之錄取狀況

1. 正取資格檢定： 正取最低錄取分數為 $329.5$ 分。某甲分數為 $327$ 分，因 $327 < 329.5$，故某甲未達正取錄取標準。
2. 計算備取人員之最低門檻分數：

核心觀念

本題屬於連續型隨機變數的「二維聯合機率分配」基本計算題型，考驗考生對以下三大觀念的掌握：

1. 邊際機率密度函數（Marginal PDF）： 對欲消除的變數在整個定義域上進行積分： $f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y)\,dx$
2. 條件機率密度函數（Conditional PDF）： 給定 $Y=y$ 且 $f_Y(y) > 0$ 之條件下，$X$ 的條件機率密度函數定義為： $f_{X\mid Y}(x\mid y) = \frac{f(x,y)}{f_Y(y)}$
3. 條件機率的計算： $P(a \leq X \leq b \mid Y=y) = \int_a^b f_{X\mid Y}(x\mid y)\,dx$

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解題方法

(一) 求 $f_{X\mid Y}(x\mid y)$

步驟一：求 $Y$ 的邊際機率密度函數 $f_Y(y)$ 由題意可知，變數範圍為 $x > 0,\ y > 0$。當 $y > 0$ 時： $f_Y(y) = \int_0^{\infty} \frac{6}{(x+y+1)^4}\,dx$

令 $u = x+y+1$，則 $du = dx$。當 $x = 0$ 時 $u = y+1$；當 $x \to \infty$ 時 $u \to \infty$： $f_Y(y) = 6 \int_{y+1}^{\infty} u^{-4}\,du = 6 \left[ -\frac{1}{3} u^{-3} \right]_{y+1}^{\infty} = 2 \left( 0 - \left( -\frac{1}{(y+1)^3} \right) \right) = \frac{2}{(y+1)^3}, \quad y > 0$

步驟二：求條件機率密度函數 $f_{X\mid Y}(x\mid y)$ 將聯合密度函數與邊際密度函數代入定義式（$y > 0$）： $f_{X\mid Y}(x\mid y) = \frac{f(x,y)}{f_Y(y)} = \frac{\dfrac{6}{(x+y+1)^4}}{\dfrac{2}{(y+1)^3}} = \frac{3(y+1)^3}{(x+y+1)^4}, \quad x > 0$

因此，$X$ 的條件機率密度函數為：

$$f_{X\mid Y}(x\mid y) = \begin{cases} \dfrac{3(y+1)^3}{(x+y+1)^4}, & x>0\ (y>0),\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

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(二) 求 $P(0 \leq X \leq 1 \mid Y=1)$

核心觀念

本題評量雙獨立常態母體平均數差之區間估計與最佳樣本配置（區間長度極小化），涉及以下統計學與數理核心觀念：

1. 抽樣分佈（Sampling Distribution）： 若 $X_{1i} \overset{i.i.d.}{\sim} N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 且 $X_{2j} \overset{i.i.d.}{\sim} N(\mu_2, \sigma_2^2)$ 獨立，則樣本平均數各自分佈為： $\overline{X}_1 \sim N\left(\mu_1, \frac{\sigma_1^2}{n_1}\right), \quad \overline{X}_2 \sim N\left(\mu_2, \frac{\sigma_2^2}{n_2}\right)$ 由常態分佈之線性可加性，兩組獨立隨機樣本均數之差滿足： $\overline{X}_1 - \overline{X}_2 \sim N\left(\mu_1 - \mu_2, \; \frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}\right)$

2. 樞紐量法（Pivotal Quantity Method）： 當母體標準差 $\sigma_1, \sigma_2$ 為已知時，建構標準常態分佈樞紐量： $Z = \frac{(\overline{X}_1 - \overline{X}_2) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}} \sim N(0, 1)$

3. 信賴區間長度與極值最佳化： 信賴區間長度 $L = 2 \cdot z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}$。在總樣本數固定（$n_1 + n_2 = n$）的限制條件下，極小化長度 $L$ 等價於極小化估計式之變異數 $\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}$。此問題本質等同於分層抽樣中的奈曼配置（Neyman Allocation），最佳樣本配置比例滿足： $n_1 : n_2 = \sigma_1 : \sigma_2$ 同時，因樣本數在實務上須為正整數，理論解若非整數，需檢驗相鄰整數點。

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解題方法

(一) 求 $\mu_1 - \mu_2$ 的 95% 信賴區間

1. 確立抽樣分佈與變異數： 依題意，$\sigma_1 = 1$、$\sigma_2 = 2$，兩樣本相互獨立，故： $\overline{X}_1 \sim N\left(\mu_1, \frac{1^2}{n_1}\right) = N\left(\mu_1, \frac{1}{n_1}\right)$ $\overline{X}_2 \sim N\left(\mu_2, \frac{2^2}{n_2}\right) = N\left(\mu_2, \frac{4}{n_2}\right)$ 平均數差之變異數為： $\operatorname{Var}(\overline{X}_1 - \overline{X}_2) = \frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}$

2. 建立樞紐量與機率陳述： 母體標準差已知，取標準常態統計量 $Z$： $Z = \frac{(\overline{X}_1 - \overline{X}_2) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}}} \sim N(0, 1)$ 在 95% 信心水準下，臨界值為 $z_{0.025} = 1.96$（亦可標示為 $z_{\alpha/2}$），滿足： $P\left( -1.96 \le \frac{(\overline{X}_1 - \overline{X}_2) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}}} \le 1.96 \right) = 0.95$

3. 推導信賴區間： 將括號內不等式對 $\mu_1 - \mu_2$ 進行移項整理： $P\left( (\overline{X}_1 - \overline{X}_2) - 1.96\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}} \le \mu_1 - \mu_2 \le (\overline{X}_1 - \overline{X}_2) + 1.96\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}} \right) = 0.95$ 因此，$\mu_1 - \mu_2$ 的 95% 信賴區間為： $\left[ (\overline{X}_1 - \overline{X}_2) - 1.96\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}}, \; (\overline{X}_1 - \overline{X}_2) + 1.96\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}} \right]$ 或簡記為： $(\overline{X}_1 - \overline{X}_2) \pm 1.96\sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}}$

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(二) 使信賴區間長度最短之 $n_1$ 與 $n_2$

1. 目標函數建構： 信賴區間長度為： $L = 2 \times 1.96 \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{4}{n_2}}$ 因 $2 \times 1.96 > 0$ 且開根號為單調遞增函數，使 $L$ 最短等價於極小化變異數函數：

核心觀念

本題評量數理統計學中連續型分配的基礎特性與兩大經典參數點估計方法，核心觀念包含：

1. 均等分配（Uniform Distribution）之機率性質：利用連續型隨機變數期望值與變異數之微積分定義式，推導對稱區間 $[\theta_1, \theta_2]$ 之動差。
2. 動差估計法（Method of Moments Estimation, MME）：依據大數法則，利用「樣本動差」作為「母體動差」之代換估計，建立聯立方程式求解參數。
3. 最大概似估計法（Maximum Likelihood Estimation, MLE）：

• 本題屬於非正規條件（Non-regular condition），因為隨機變數之支持集（support）取決於待估參數（即 $x \in [\theta_1, \theta_2]$）。
• 當概似函數的定義域受參數限制時，無法直接對參數進行一階微分令其為零（$\frac{\partial \ln L}{\partial \theta} = 0$）求解，必須透過順序統計量（Order Statistics）與指示函數（Indicator function），以邊界極端值分析最大化概似函數。

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解題方法

(一) 求隨機變數 $X$ 之期望值 $E(X)$ 與變異數 $V(X)$

隨機變數 $X \sim U(\theta_1, \theta_2)$，其機率密度函數為 $f(x) = \frac{1}{\theta_2 - \theta_1}, \; \theta_1 \le x \le \theta_2$。

1. 期望值 $E(X)$：

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) \, dx = \int_{\theta_1}^{\theta_2} x \cdot \frac{1}{\theta_2 - \theta_1} \, dx$$

計算定積分：

$$E(X) = \frac{1}{\theta_2 - \theta_1} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{\theta_1}^{\theta_2} = \frac{\theta_2^2 - \theta_1^2}{2(\theta_2 - \theta_1)} = \frac{(\theta_2 - \theta_1)(\theta_2 + \theta_1)}{2(\theta_2 - \theta_1)} = \frac{\theta_1 + \theta_2}{2}$$

2. 二階原點動差 $E(X^2)$：

$$E(X^2) = \int_{\theta_1}^{\theta_2} x^2 \cdot \frac{1}{\theta_2 - \theta_1} \, dx = \frac{1}{\theta_2 - \theta_1} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{\theta_1}^{\theta_2} = \frac{\theta_2^3 - \theta_1^3}{3(\theta_2 - \theta_1)}$$

利用立方差因式分解公式 $\theta_2^3 - \theta_1^3 = (\theta_2 - \theta_1)(\theta_1^2 + \theta_1\theta_2 + \theta_2^2)$：

$$E(X^2) = \frac{\theta_1^2 + \theta_1\theta_2 + \theta_2^2}{3}$$

3. 變異數 $V(X)$：

$$V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{\theta_1^2 + \theta_1\theta_2 + \theta_2^2}{3} - \left( \frac{\theta_1 + \theta_2}{2} \right)^2$$

通分展開：

$$V(X) = \frac{4(\theta_1^2 + \theta_1\theta_2 + \theta_2^2) - 3(\theta_1^2 + 2\theta_1\theta_2 + \theta_2^2)}{12} = \frac{\theta_1^2 - 2\theta_1\theta_2 + \theta_2^2}{12} = \frac{(\theta_2 - \theta_1)^2}{12}$$

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(二) 以動差估計法（MME）求 $\theta_1, \theta_2$ 之點估計量

令母體一階原點動差 $\alpha_1 = E(X)$，母體二階中央動差 $\mu_2 = V(X)$。 對應的樣本動差定義如下：

• 樣本一階原點動差（樣本平均數）：$m_1' = \bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i$
• 樣本二階中央動差：$m_2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2$

依據動差法原理，令母體動差等於樣本動差：

$$\begin{cases} E(X) = \dfrac{\hat{\theta}_1 + \hat{\theta}_2}{2} = \bar{X} & \cdots\cdots\text{(式 1)} \\[10pt] V(X) = \dfrac{(\hat{\theta}_2 - \hat{\theta}_1)^2}{12} = m_2 & \cdots\cdots\text{(式 2)} \end{cases}$$

由 (式 2) 移項，且因 $\theta_2 > \theta_1$，取正平方根：

$$\hat{\theta}_2 - \hat{\theta}_1 = \sqrt{12 m_2} = 2\sqrt{3m_2} \quad \cdots\cdots\text{(式 3)}$$

由 (式 1) 得：

$$\hat{\theta}_1 + \hat{\theta}_2 = 2\bar{X} \quad \cdots\cdots\text{(式 4)}$$

將 (式 4) 與 (式 3) 相加與相減解聯立方程式：

• $\text{(式 4)} - \text{(式 3)}$ 可得：

$$2\hat{\theta}_1 = 2\bar{X} - 2\sqrt{3m_2} \implies \hat{\theta}_{1,\text{MME}} = \bar{X} - \sqrt{3m_2} = \bar{X} - \sqrt{\frac{3}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2}$$

核心觀念

1. 常態母體變異數與標準差的樞紐量（Pivot）： 設隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{i.i.d.}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，樣本變異數為 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。 根據統計理論，其抽樣分配滿足： $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$ 其中 $\chi^2(n-1)$ 為自由度 $df = n-1$ 的卡方分配（Chi-square Distribution）。

2. 母體標準差 $\sigma$ 之雙尾信賴區間公式： 對於顯著水準 $\alpha$，雙尾 $100(1-\alpha)\%$ 的變異數 $\sigma^2$ 信賴區間由下式推導： $P\left( \chi^2_{1-\alpha/2}(n-1) \le \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{\alpha/2}(n-1) \right) = 1-\alpha$ 反轉不等式可得 $\sigma^2$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間： $\left[ \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}, \; \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)} \right]$ 兩端開根號即為母體標準差 $\sigma$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間： $\left[ \sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}}, \; \sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}} \right]$ 註：此處 $\chi^2_{p}(df)$ 定義為卡方分配右尾機率為 $p$ 的臨界值，即 $P(Y > \chi^2_{p}(df)) = p$。

3. 信賴區間與雙尾假設檢定的對偶性（Duality）： 欲檢定虛無假設 $H_0: \sigma = \sigma_0$ 對立於 $H_1: \sigma \ne \sigma_0$：

• 若宣稱值 $\sigma_0$ 落在 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間內，表示在顯著水準 $\alpha$ 下無法拒絕（接受）$H_0$，即沒有顯著證據否定該宣稱。
• 若宣稱值 $\sigma_0$ 落在信賴區間之外，則在顯著水準 $\alpha$ 下拒絕 $H_0$。

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解題方法

步驟一：計算樣本統計量

給定樣本資料 $n = 5$ 筆：$1.9, 2.4, 4.2, 3.5, 3.0$。

1. 計算樣本平均數 $\bar{x}$： $\sum_{i=1}^5 x_i = 1.9 + 2.4 + 4.2 + 3.5 + 3.0 = 15.0$ $\bar{x} = \frac{15.0}{5} = 3.0 \text{（年）}$

2. 計算離均差平方和（Sum of Squared Errors, $SS$）： $\sum_{i=1}^5 (x_i - \bar{x})^2 = (1.9-3.0)^2 + (2.4-3.0)^2 + (4.2-3.0)^2 + (3.5-3.0)^2 + (3.0-3.0)^2$ $= (-1.1)^2 + (-0.6)^2 + (1.2)^2 + (0.5)^2 + (0.0)^2$ $= 1.21 + 0.36 + 1.44 + 0.25 + 0.00 = 3.26$

3. 計算樣本變異數 $s^2$ 與自由度 $df$： $df = n - 1 = 5 - 1 = 4$ $s^2 = \frac{\sum_{i=1}^5 (x_i - \bar{x})^2}{n-1} = \frac{3.26}{4} = 0.815$ $(n-1)s^2 = 3.26$

步驟二：查取卡方臨界值

在信賴水準 $1 - \alpha = 0.95$、顯著水準 $\alpha = 0.05$、自由度 $df = 4$ 下：

• 右尾臨界值（上臨界點）：$\chi^2_{0.025}(4) = 11.143$
• 左尾臨界值（下臨界點）：$\chi^2_{0.975}(4) = 0.484$

核心觀念

1. 卡方適合度檢定（Chi-Square Goodness-of-Fit Test）： 用於檢定單一類別變數的實際觀察次數分配，是否與理論上的特定機率分配（本題為離散均等分配）相符。
2. 離散均等分配（Discrete Uniform Distribution）： 在有限個互斥的結果中，各個結果發生的理論機率皆相等。本題共 10 個數字（0 至 9），若符合均等分配，各數字出現的理論機率均為 $p_i = \frac{1}{10} = 0.1$。
3. 檢定統計量與抽樣分配： $\chi^2 = \sum_{i=1}^{k} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} \sim \chi^2(k - 1)$ 其中 $k$ 為類別數（$k=10$），$O_i$ 為第 $i$ 類別的觀察次數（Observed Frequency），$E_i = n \times p_i$ 為虛無假說成立下的期望次數（Expected Frequency），$n$ 為總觀察個數。
4. 大樣本條件： 皮爾森卡方統計量漸近服從卡方分配的前提，為所有類別的期望次數原則上需大於或等於 5（$E_i \ge 5$）。

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解題方法

(一) 統計方法

本題欲檢定 0 至 9 共 10 個數字的出現次數是否合於均等分配，資料型態屬於「單一多項類別變數的次數資料」，故應使用皮爾森卡方適合度檢定（Pearson's Chi-Square Goodness-of-Fit Test）。

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(二) 完整檢定步驟與結論

步驟 1：建立統計假說

• 虛無假說（$H_0$）：$p_0 = p_1 = p_2 = \cdots = p_9 = \frac{1}{10}$（各數字被搖出之機率均等，符合均等分配）
• 對立假說（$H_1$）：至少有一個數字被搖出之機率 $p_i \neq \frac{1}{10}$（不符合均等分配）

步驟 2：計算樣本總數與各類別期望次數

• 總開獎期數為 30 期，每期 4 星彩搖出 4 個數字，總觀察數字個數為： $n = \sum_{i=0}^{9} O_i = 11 + 12 + 10 + 9 + 9 + 10 + 15 + 14 + 17 + 13 = 120$
• 在 $H_0$ 成立下，每個數字的理論期望次數皆相等： $E_i = n \times p_i = 120 \times \frac{1}{10} = 12 \quad (i = 0, 1, \dots, 9)$ 由於所有 $E_i = 12 \ge 5$，符合卡方檢定之大樣本適用條件。

步驟 3：計算卡方檢定統計量（$\chi^2_{\text{calc}}$） 將各數字的觀察次數 $O_i$ 與期望次數 $E_i = 12$ 整理並計算離差平方：

數字 ($i$)	觀察次數 ($O_i$)	期望次數 ($E_i$)	離差 ($O_i - E_i$)	$(O_i - E_i)^2$	$\frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
0	11	12	$-1$	1	$1 / 12$
1	12	12	0	0	$0 / 12$
2	10	12	$-2$	4	$4 / 12$
3	9	12	$-3$	9	$9 / 12$
4	9	12	$-3$	9	$9 / 12$
5	10	12	$-2$	4	$4 / 12$
6	15	12	$+3$	9	$9 / 12$
7	14	12	$+2$	4	$4 / 12$
8	17	12	$+5$	25	$25 / 12$
9	13	12	$+1$	1	$1 / 12$
合計	120	120	0	66	$\mathbf{66 / 12 = 5.5}$

檢定統計量值為： $\chi^2_{\text{calc}} = \sum_{i=0}^{9} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} = \frac{66}{12} = 5.5$