108 年 國立清華大學動力機械工程學系碩士班丙組《統計學》

核心觀念

本題綜合考查：

• 隨機變數與事件機率
• 不偏估計量與變異數
• $t$ 分配與標準常態分配的尾端機率
• 樣本平均數的變異數與相關性
• 信賴區間的正確解釋
• 中央極限定理
• ANOVA 的用途
• 信賴區間的一般形式

---

(a)

敘述： 對任意隨機變數 $X$ 及任意實數 $x$，皆有 $P(X=x)=0$。

判斷：錯（F）

連續型隨機變數通常滿足

$$P(X=x)=0,$$

但離散型隨機變數不一定。例如若 $X$ 為擲骰子的點數，則

$$P(X=1)=\frac{1}{6}>0.$$

題目說的是「任意隨機變數」，只要存在離散型反例，敘述即錯誤。

解題技巧： 看到「任意隨機變數」時，應立即檢查離散型與連續型兩種情形，不能只套用連續型分配的性質。

---

(b)

敘述： 若 $Var(\hat{\theta})=0$，則稱 $\hat{\theta}$ 為 $\theta$ 的不偏估計量。

判斷：錯（F）

不偏估計量的定義是

$$E(\hat{\theta})=\theta.$$

而

$$Var(\hat{\theta})=0$$

只表示 $\hat{\theta}$ 幾乎必定為某個固定常數，並不保證該常數等於 $\theta$。

例如令 $\hat{\theta}=0$，則

$$Var(\hat{\theta})=0,$$

但若 $\theta\ne 0$，則

$$E(\hat{\theta})=0\ne\theta,$$

因此 $\hat{\theta}$ 並非不偏估計量。

解題技巧：
「不偏」看期望值；「穩定程度」看變異數。兩者是不同概念。

---

(c)

敘述： 若 $T\sim t_{10}$，$Z\sim N(0,1)$，則

$$P(T>2)\ge P(Z>2).$$

判斷：對（T）

自由度為 $10$ 的 $t$ 分配相較於標準常態分配具有較厚的尾端，因此在正的臨界值 $2$ 右側，

$$P(T>2)>P(Z>2).$$

由表可得約為

$$P(T_{10}>2)\approx 0.036,$$

而

$$P(Z>2)\approx 0.0228.$$

因此確實有

$$P(T>2)\ge P(Z>2).$$

解題技巧： $t$ 分配自由度有限時尾端較厚；當自由度增加，$t$ 分配逐漸接近標準常態分配。

---

(d)

敘述： $X_1,\ldots,X_n$ 具有相同平均數與變異數，且相鄰變數的相關係數為 $0.9$，則

$$Var(\bar X)=\frac{Var(X)}{n}.$$

判斷：錯（F）

樣本平均數為

$$\bar X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i.$$

其變異數為

$$Var(\bar X) = \frac{1}{n^2} \left[ \sum_{i=1}^n Var(X_i) + 2\sum_{i<j}Cov(X_i,X_j) \right].$$

只有在所有 $X_i$ 彼此不相關，亦即所有共變異數皆為 $0$ 時，才有

$$Var(\bar X)=\frac{Var(X)}{n}.$$

本題給出相鄰變數的相關係數為 $0.9$，因此

$$Cov(X_i,X_{i+1}) = 0.9Var(X)>0.$$

這些共變異數會增加樣本平均數的變異數，所以不能直接寫成 $Var(X)/n$。

解題技巧： 公式 $Var(\bar X)=\sigma^2/n$ 的前提是獨立同分布，不能只知道平均數與變異數相同。

---

(e)

敘述： 若 $T\sim t_{17}$，且

$$P(T>a)=0.025,$$

則 $2<a<3$。

判斷：對（T）

條件

$$P(T>a)=0.025$$

表示 $a$ 是自由度 $17$ 的 $t$ 分配之第 $97.5$ 百分位數，即

$$a=t_{0.975,17}.$$

查 $t$ 分配表可得

$$t_{0.975,17}\approx 2.110.$$

因此

$$2<a<3.$$

解題技巧： 右尾機率為 $0.025$，要查的是 $t_{0.975,\nu}$，不是左尾 $0.025$ 的負值。

---

(f)

敘述： 若 $Z\sim N(0,1)$，則

$$P(Z>b)=0.025,$$

且題目給出的區間為 $2<a<2.2$。

判斷：錯（F）

題目中的區間變數應為 $b$，依條件

$$P(Z>b)=0.025,$$

可知 $b$ 是標準常態分配的第 $97.5$ 百分位數。因此

$$b=z_{0.975}\approx 1.96.$$

所以正確範圍應為

本題考驗機率計算與隨機變數的定義。

(a) 首先計算 $P(A_1 = a_1 | b_0 = 5)$。
$A_1 = \min(b_0, X_1)$。當 $b_0 = 5$ 時，$A_1 = \min(5, X_1)$。
我們需要計算 $P(A_1 = 4 | b_0 = 5)$。
$A_1 = 4$ 表示 $\min(5, X_1) = 4$。這意味著 $X_1$ 必須是 4。
從 Table 1 中，我們知道 $P(X_1 = 4) = 0.1$。
因此，$P(A_1 = 4 | b_0 = 5) = P(X_1 = 4) = 0.1$。

接著計算 $P(B_1 = b_1 | A_1 = a_1)$。
$B_1$ 是非缺陷產品的數量。已知 $p_1 = 0.9$ 是生產非缺陷產品的機率。
$B_1$ 的產生是基於進入 WS1 的項目數量 $A_1$ 進行二項分配的。
具體來說，$B_1 \sim Binomial(A_1, p_1)$。
我們需要計算 $P(B_1 = 4 | A_1 = 4)$。
這表示在有 4 個進入的項目，且每個項目有 0.9 的機率是非缺陷的情況下，恰好有 4 個是非缺陷產品的機率。
根據二項分配的機率質量函數：$P(B_1=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
其中 $n = A_1 = 4$, $k = b_1 = 4$, $p = p_1 = 0.9$。
$P(B_1 = 4 | A_1 = 4) = \binom{4}{4} (0.9)^4 (1-0.9)^{4-4} = 1 \times (0.9)^4 \times (0.1)^0 = (0.9)^4 = 0.6561$。

最後，計算兩個機率的乘積：
$P(A_1 = 4 | b_0 = 5) \times P(B_1 = 4 | A_1 = 4) = 0.1 \times 0.6561 = 0.06561$。

(b) 計算 $\theta = P(O \ge d)$。
$O = B_1$ 且 $d = 4$。所以我們需要計算 $P(B_1 \ge 4)$。
$B_1$ 是非缺陷產品的數量，其分佈取決於 $A_1$。
$A_1 = \min(b_0, X_1) = \min(5, X_1)$。
$B_1 \sim Binomial(A_1, p_1=0.9)$。

我們需要考慮所有可能的 $A_1$ 值，並根據其對應的機率進行加權平均。
$A_1$ 的可能值取決於 $X_1$ 的值：

• 若 $X_1 = 0$, $A_1 = \min(5, 0) = 0$
• 若 $X_1 = 1$, $A_1 = \min(5, 1) = 1$
• 若 $X_1 = 2$, $A_1 = \min(5, 2) = 2$
• 若 $X_1 = 3$, $A_1 = \min(5, 3) = 3$
• 若 $X_1 = 4$, $A_1 = \min(5, 4) = 4$
• 若 $X_1 = 5$, $A_1 = \min(5, 5) = 5$
• 若 $X_1 = \text{Others}$, $A_1 = \min(5, X_1)$。由於 $X_1$ 是離散分佈，我們假設 "Others" 代表 $X_1 \ge 5$ 的情況。如果 $X_1 \ge 5$，則 $A_1 = \min(5, X_1) = 5$。

我們需要計算 $P(B_1 \ge 4)$。這意味著 $B_1$ 可以是 4 或 5 (因為 $A_1$ 的最大值是 5)。
我們將使用全機率公式，對 $A_1$ 的所有可能值進行分類計算：

本題考驗中央極限定理的應用，以及信賴區間與樣本數的計算。

題目已知：
母體標準差 $\sigma_X = 0.3$ cm。
樣本大小 $n$。
樣本平均數 $\bar{X}$。
母體平均數 $\mu_X$。
$\bar{X}$ 的抽樣分配近似於常態分配，其期望值 $E(\bar{X}) = \mu_X$。
$\bar{X}$ 的標準差（標準誤）為 $SE(\bar{X}) = \frac{\sigma_X}{\sqrt{n}}$。

(a) 計算 $P(|\bar{X} - \mu_X| \le 0.05)$ for $n = 121$。
首先，我們計算樣本平均數的標準誤：
$SE(\bar{X}) = \frac{\sigma_X}{\sqrt{n}} = \frac{0.3}{\sqrt{121}} = \frac{0.3}{11} \approx 0.02727$。

我們要計算的機率是 $P(|\bar{X} - \mu_X| \le 0.05)$。
這可以改寫成 $P(-0.05 \le \bar{X} - \mu_X \le 0.05)$。
將不等式兩邊同時除以標準誤 $SE(\bar{X})$，我們得到標準常態變數 $Z$：
$P\left(-\frac{0.05}{SE(\bar{X})} \le \frac{\bar{X} - \mu_X}{SE(\bar{X})} \le \frac{0.05}{SE(\bar{X})}\right) = P\left(-\frac{0.05}{0.02727} \le Z \le \frac{0.05}{0.02727}\right)$。

計算臨界值：
$\frac{0.05}{0.02727} \approx 1.8334$。
所以，我們要計算 $P(-1.8334 \le Z \le 1.8334)$。
這個機率等於 $P(Z \le 1.8334) - P(Z \le -1.8334)$。
由於標準常態分配是對稱的，$P(Z \le -1.8334) = 1 - P(Z \le 1.8334)$。
所以，機率等於 $P(Z \le 1.8334) - (1 - P(Z \le 1.8334)) = 2 \times P(Z \le 1.8334) - 1$。

查標準常態分配表，當 $Z = 1.83$ 時，$P(Z \le 1.83) \approx 0.9664$。
當 $Z = 1.84$ 時，$P(Z \le 1.84) \approx 0.9671$。
我們可以近似取 $P(Z \le 1.8334) \approx 0.9666$ (透過內插法或直接使用統計軟體)。

核心觀念

本題考查異質變異下的加權最小平方法（weighted least squares, WLS）。

給定

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_{i1}+\varepsilon_i,$$

且

$$E(\varepsilon_i)=0,\qquad \operatorname{Var}(\varepsilon_i)=c_i^2\sigma^2.$$

令

$$w_i=\frac{1}{c_i^2}>0.$$

加權最小平方法藉由最小化

$$Q(\beta_0,\beta_1) = \sum_{i=1}^n w_i(Y_i-\beta_0-\beta_1X_{i1})^2$$

使變異數較大的觀測值獲得較小權重，變異數較小的觀測值獲得較大權重。

定義加權平均數

$$\bar X_w=\frac{\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}}{\sum_{i=1}^n w_i}, \qquad \bar Y_w=\frac{\sum_{i=1}^n w_iY_i}{\sum_{i=1}^n w_i}.$$

---

(a) 推導加權最小平方法估計量

第一步：建立一階條件

令

$$e_i=Y_i-\beta_0-\beta_1X_{i1}.$$

則

$$Q(\beta_0,\beta_1)=\sum_{i=1}^n w_ie_i^2.$$

分別對 $\beta_0$ 與 $\beta_1$ 微分：

$$\frac{\partial Q}{\partial\beta_0} = -2\sum_{i=1}^n w_i(Y_i-\beta_0-\beta_1X_{i1}),$$ $$\frac{\partial Q}{\partial\beta_1} = -2\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}(Y_i-\beta_0-\beta_1X_{i1}).$$

令兩個偏導數皆為零，得到加權常態方程：

$$\sum_{i=1}^n w_iY_i = \beta_0\sum_{i=1}^n w_i + \beta_1\sum_{i=1}^n w_iX_{i1},$$ $$\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}Y_i = \beta_0\sum_{i=1}^n w_iX_{i1} + \beta_1\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}^2.$$

---

第二步：先解出 $\hat\beta_{w0}$

將估計量代入第一條常態方程：

$$\sum_{i=1}^n w_iY_i = \hat\beta_{w0}\sum_{i=1}^n w_i + \hat\beta_{w1}\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}.$$

因此

$$\hat\beta_{w0} = \frac{\sum_{i=1}^n w_iY_i}{\sum_{i=1}^n w_i} - \hat\beta_{w1} \frac{\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}}{\sum_{i=1}^n w_i}.$$

即

$$\boxed{ \hat\beta_{w0} = \bar Y_w-\hat\beta_{w1}\bar X_w }.$$

---

第三步：解出 $\hat\beta_{w1}$

將

$$\hat\beta_{w0} = \bar Y_w-\hat\beta_{w1}\bar X_w$$

代入第二條常態方程：

$$\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}Y_i = \left(\bar Y_w-\hat\beta_{w1}\bar X_w\right) \sum_{i=1}^n w_iX_{i1} + \hat\beta_{w1}\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}^2.$$

由於

$$\bar X_w= \frac{\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}}{\sum_{i=1}^n w_i}, \qquad \bar Y_w= \frac{\sum_{i=1}^n w_iY_i}{\sum_{i=1}^n w_i},$$

整理後可得

$$\hat\beta_{w1} = \frac{ \sum_{i=1}^n w_iX_{i1}Y_i - \frac{ \left(\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}\right) \left(\sum_{i=1}^n w_iY_i\right) }{ \sum_{i=1}^n w_i } }{ \sum_{i=1}^n w_iX_{i1}^2 - \frac{ \left(\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}\right)^2 }{ \sum_{i=1}^n w_i } }.$$

因此題目所給的估計量正確：

$$\boxed{ \hat\beta_{w1} = \frac{ \sum_{i=1}^n w_iX_{i1}Y_i - \frac{ \left(\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}\right) \left(\sum_{i=1}^n w_iY_i\right) }{ \sum_{i=1}^n w_i } }{ \sum_{i=1}^n w_iX_{i1}^2 - \frac{ \left(\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}\right)^2 }{ \sum_{i=1}^n w_i } } }$$

以及

$$\boxed{ \hat\beta_{w0} = \frac{\sum_{i=1}^n w_iY_i}{\sum_{i=1}^n w_i} - \hat\beta_{w1} \frac{\sum_{i=1}^n w_iX_{i1}}{\sum_{i=1}^n w_i} }.$$

也可以使用加權離均差形式表示：

$$\hat\beta_{w1} = \frac{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)(Y_i-\bar Y_w) }{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)^2 },$$ $$\hat\beta_{w0}=\bar Y_w-\hat\beta_{w1}\bar X_w.$$

---

(b) 是否為不偏估計量

假設 $X_{i1}$ 視為固定值。若 $X_{i1}$ 為隨機變數，以下結果可解讀為條件於所有 $X_{i1}$ 下的不偏性。

$\hat\beta_{w1}$ 的不偏性

由模型

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_{i1}+\varepsilon_i$$

代入加權離均差形式：

$$Y_i-\bar Y_w = \beta_1(X_{i1}-\bar X_w) + (\varepsilon_i-\bar\varepsilon_w),$$

其中

$$\bar\varepsilon_w = \frac{\sum_{i=1}^n w_i\varepsilon_i}{\sum_{i=1}^n w_i}.$$

因此

$$\hat\beta_{w1} = \frac{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w) \left[ \beta_1(X_{i1}-\bar X_w) + (\varepsilon_i-\bar\varepsilon_w) \right] }{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)^2 }.$$

分子可分成兩部分：

$$\hat\beta_{w1} = \beta_1 + \frac{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w) (\varepsilon_i-\bar\varepsilon_w) }{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)^2 }.$$

注意

$$\sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)=0,$$

所以

$$\sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)\bar\varepsilon_w=0.$$

因此

$$\hat\beta_{w1} = \beta_1 + \frac{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)\varepsilon_i }{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)^2 }.$$

取期望：

$$E(\hat\beta_{w1}) = \beta_1 + \frac{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)E(\varepsilon_i) }{ \sum_{i=1}^n w_i(X_{i1}-\bar X_w)^2 }.$$

本題考驗兩因子變異數分析 (Two-way ANOVA) 的期望均方 (Expected Mean Squares, EMS) 推導，以及總平方和 (SST) 的分解性質。

模型為：$Y_{ijk} = \mu + \alpha_i + \beta_j + (\alpha\beta)_{ij} + \varepsilon_{ijk}$
其中 $\varepsilon_{ijk} \sim N(0, \sigma^2)$ 且獨立。
總共有 $r$ 個 A 層級，$m$ 個 B 層級，$n$ 個重複觀測。總觀測數 $N = rmn$。

(a) 推導 $E(MSE)$。
$MSE = \frac{SSE}{\text{degree of freedom of error}}$。
首先，我們需要計算 SSE 的期望值 $E(SSE)$，並確定誤差的自由度。
$SSE = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (Y_{ijk} - \bar{Y}_{ij.})^2$
將模型代入 SSE：
$Y_{ijk} - \bar{Y}_{ij.} = (\mu + \alpha_i + \beta_j + (\alpha\beta)_{ij} + \varepsilon_{ijk}) - (\mu + \alpha_i + \beta_j + (\alpha\beta)_{ij} + \bar{\varepsilon}_{ij.})$
$= \varepsilon_{ijk} - \bar{\varepsilon}_{ij.}$
其中 $\bar{\varepsilon}_{ij.} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \varepsilon_{ijk}$。

所以，$SSE = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (\varepsilon_{ijk} - \bar{\varepsilon}_{ij.})^2$。
現在計算 $E(SSE)$：
$E(SSE) = E\left[\sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (\varepsilon_{ijk} - \bar{\varepsilon}_{ij.})^2\right]$
$= \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n E[(\varepsilon_{ijk} - \bar{\varepsilon}_{ij.})^2]$
$= \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n E[\varepsilon_{ijk}^2 - 2\varepsilon_{ijk}\bar{\varepsilon}_{ij.} + \bar{\varepsilon}_{ij.}^2]$
$= \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (E[\varepsilon_{ijk}^2] - 2E[\varepsilon_{ijk}\bar{\varepsilon}_{ij.}] + E[\bar{\varepsilon}_{ij.}^2])$

由於 $\varepsilon_{ijk} \sim N(0, \sigma^2)$，所以 $E[\varepsilon_{ijk}^2] = Var(\varepsilon_{ijk}) + (E[\varepsilon_{ijk}])^2 = \sigma^2 + 0^2 = \sigma^2$。
$E[\varepsilon_{ijk}\bar{\varepsilon}_{ij.}] = E\left[\varepsilon_{ijk} \frac{1}{n} \sum_{l=1}^n \varepsilon_{ijl}\right] = \frac{1}{n} E\left[\varepsilon_{ijk} (\varepsilon_{ijk} + \sum_{l \ne k} \varepsilon_{ijl})\right]$
$= \frac{1}{n} (E[\varepsilon_{ijk}^2] + \sum_{l \ne k} E[\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ijl}])$
由於 $\varepsilon$ 之間是獨立的，當 $l \ne k$ 時，$E[\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ijl}] = E[\varepsilon_{ijk}]E[\varepsilon_{ijl}] = 0 \times 0 = 0$。
所以，$E[\varepsilon_{ijk}\bar{\varepsilon}_{ij.}] = \frac{1}{n} E[\varepsilon_{ijk}^2] = \frac{1}{n} \sigma^2$。

$E[\bar{\varepsilon}_{ij.}^2] = Var(\bar{\varepsilon}_{ij.}) + (E[\bar{\varepsilon}_{ij.}])^2$。
$E[\bar{\varepsilon}_{ij.}] = E\left[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \varepsilon_{ijk}\right] = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n E[\varepsilon_{ijk}] = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n 0 = 0$。
$Var(\bar{\varepsilon}_{ij.}) = Var\left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \varepsilon_{ijk}\right) = \frac{1}{n^2} Var\left(\sum_{k=1}^n \varepsilon_{ijk}\right)$
由於 $\varepsilon_{ijk}$ 獨立， $Var\left(\sum_{k=1}^n \varepsilon_{ijk}\right) = \sum_{k=1}^n Var(\varepsilon_{ijk}) = \sum_{k=1}^n \sigma^2 = n\sigma^2$。
所以，$Var(\bar{\varepsilon}_{ij.}) = \frac{1}{n^2} (n\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}$。
因此，$E[\bar{\varepsilon}_{ij.}^2] = \frac{\sigma^2}{n} + 0^2 = \frac{\sigma^2}{n}$。

將這些代回 $E(SSE)$ 的計算：
$E(SSE) = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (\sigma^2 - 2\frac{\sigma^2}{n} + \frac{\sigma^2}{n})$
$E(SSE) = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (\sigma^2 - \frac{\sigma^2}{n})$
總共有 $r \times m \times n$ 項。
$E(SSE) = rmn (\sigma^2 - \frac{\sigma^2}{n}) = rmn \sigma^2 (1 - \frac{1}{n})$
$E(SSE) = rmn \sigma^2 \frac{n-1}{n} = rm(n-1) \sigma^2$。

誤差的自由度 (degree of freedom of error) 是總觀測數減去模型中所有參數的估計數。
在固效模型 (fixed effects model) 中，參數包括 $\mu$, $r-1$ 個 $\alpha_i$, $m-1$ 個 $\beta_j$, $(r-1)(m-1)$ 個 $(\alpha\beta)_{ij}$。
總參數數為 $1 + (r-1) + (m-1) + (r-1)(m-1) = 1 + r - 1 + m - 1 + rm - r - m + 1 = rm - 1$。
自由度為 $N - (\text{參數數}) = rmn - (rm - 1) = rmn - rm + 1$。
然而，這裡的 SSE 公式是針對 $\bar{Y}_{ij.}$，這暗示我們是基於因子組合的平均值來定義 SSE。
在 ANOVA 中，SSE 的自由度計算是：總觀測數 $N$ 減去模型中被估計的參數數量。
在固效模型下，我們估計 $\mu, \alpha_i, \beta_j, (\alpha\beta)_{ij}$。
總共有 $1 + (r-1) + (m-1) + (r-1)(m-1) = rm$ 個獨立的參數（如果考慮約束條件 $\sum \alpha_i = 0, \sum \beta_j = 0, \sum_j (\alpha\beta)_{ij} = 0$ for each i, $\sum_i (\alpha\beta)_{ij} = 0$ for each j）。
或者，如果我們不考慮約束條件，而是估計 $r$ 個 $\alpha_i$, $m$ 個 $\beta_j$, $rm$ 個 $(\alpha\beta)_{ij}$，加上 $\mu$，總共有 $1+r+m+rm$ 個參數。
但通常我們是以約束條件來定義參數的獨立性。
對於 $Y_{ijk} = \mu + \alpha_i + \beta_j + (\alpha\beta)_{ij} + \varepsilon_{ijk}$，
若 $\sum_i \alpha_i = 0$, $\sum_j \beta_j = 0$, $\sum_j (\alpha\beta)_{ij} = 0$ for each i, $\sum_i (\alpha\beta)_{ij} = 0$ for each j。
則獨立參數個數為 $1 + (r-1) + (m-1) + (r-1)(m-1) = rm-1$。
總觀測數為 $rmn$。
自由度為 $rmn - (rm-1) = rmn - rm + 1$。
然而，SSE 的定義是基於 $\bar{Y}_{ij.}$，這意味著我們已經處理了 A 和 B 的效應。
$SSE = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^n (Y_{ijk} - \bar{Y}_{ij.})^2$。
這裡 $\bar{Y}_{ij.}$ 是一個估計，它包含了 $\mu, \alpha_i, \beta_j, (\alpha\beta)_{ij}$ 的資訊。
對於每一個 $(i, j)$ 組合，有 $n$ 個觀測值 $Y_{ijk}$。