111 年 國立中央大學工業管理研究所碩士班《統計學》

核心觀念

本題考查「變數變換法」與「聯合密度函數可分解以判斷獨立性」。

已知：

• 若 $X_i\sim \operatorname{Gamma}(a_i,1)$，則
  $f_{X_i}(x_i)=\frac{x_i^{a_i-1}e^{-x_i}}{\Gamma(a_i)},\qquad x_i>0.$
• 若 $U\sim \operatorname{Beta}(a_1,a_2)$，則
  $f_U(u)=\frac{u^{a_1-1}(1-u)^{a_2-1}}{B_{a_1,a_2}},\qquad 0<u<1.$
• 若 $V\sim \operatorname{Gamma}(a_1+a_2,1)$，則
  $f_V(v)=\frac{v^{a_1+a_2-1}e^{-v}}{\Gamma(a_1+a_2)},\qquad v>0.$

本題令

$U=\frac{X_1}{X_1+X_2},\qquad V=X_1+X_2,$

要證明 $U$ 與 $V$ 分別服從上述兩種分布，且彼此獨立。

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解題方法

因為 $U,V$ 都是 $X_1,X_2$ 的函數，採用二維變數變換法：

1. 寫出 $(X_1,X_2)$ 的聯合密度函數。
2. 求反變換 $x_1,x_2$。
3. 計算 Jacobian。
4. 代入變數變換公式，整理聯合密度函數。
5. 將聯合密度分解成 $U$ 的邊際密度與 $V$ 的邊際密度。

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第一步：寫出 $(X_1,X_2)$ 的聯合密度

由於 $X_1,X_2$ 相互獨立，

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) =f_{X_1}(x_1)f_{X_2}(x_2).$$

因此

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) = \frac{x_1^{a_1-1}e^{-x_1}}{\Gamma(a_1)} \frac{x_2^{a_2-1}e^{-x_2}}{\Gamma(a_2)}, \qquad x_1>0,\ x_2>0.$$

整理得

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) = \frac{x_1^{a_1-1}x_2^{a_2-1}e^{-(x_1+x_2)}} {\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)}.$$

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第二步：求反變換

由

$$V=X_1+X_2,\qquad U=\frac{X_1}{X_1+X_2},$$

可得

$$X_1=UV,$$

以及

$$X_2=V-X_1=V-UV=(1-U)V.$$

因此反變換為

$$x_1=uv,\qquad x_2=(1-u)v.$$

由於 $x_1>0,x_2>0$，所以變數範圍為

$$0<u<1,\qquad v>0.$$

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第三步：計算 Jacobian

計算反變換的 Jacobian：

$$\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial u} & \frac{\partial x_1}{\partial v}\\[4pt] \frac{\partial x_2}{\partial u} & \frac{\partial x_2}{\partial v} \end{vmatrix}.$$

由

$$x_1=uv,\qquad x_2=(1-u)v,$$

可得

$$\frac{\partial x_1}{\partial u}=v,\qquad \frac{\partial x_1}{\partial v}=u,$$ $$\frac{\partial x_2}{\partial u}=-v,\qquad \frac{\partial x_2}{\partial v}=1-u.$$

因此

$$\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} v & u\\ -v & 1-u \end{vmatrix} = v(1-u)+uv=v.$$

由於 $v>0$，Jacobian 的絕對值為

$$\left| \frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(u,v)} \right|=v.$$

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第四步：求 $(U,V)$ 的聯合密度

核心觀念

每顆球皆可獨立放入任一箱，且球視為可區分，因此總安排數為

$$n^n$$

事件 $A$ 表示「只有第 1 箱是空的」，也就是第 $2$ 到第 $n$ 箱皆至少有 1 顆球。

共有 $n$ 顆球分配到 $n-1$ 個非空箱子。由於每箱至少 1 顆球，先分配每箱 1 顆後只剩 1 顆球，因此必有：

• 某一箱恰有 2 顆球；
• 其餘 $n-2$ 箱各有 1 顆球。

事件 $B_j$ 正好描述「第 $j$ 箱有 2 顆、第 1 箱為空，其餘各箱有 1 顆」。

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（a）以 $B_j$ 表示事件 $A$

第 $2$ 到第 $n$ 箱中，必定恰有一箱放入 2 顆球。因此 $A$ 是各個 $B_j$ 的聯集：

$$A=B_2\cup B_3\cup\cdots\cup B_n$$

此外，各事件彼此互斥。因為不可能同時有兩個箱子各放 2 顆球，否則所需球數會超過 $n$ 顆。

因此也可寫成互斥聯集：

$$A=\bigcup_{j=2}^{n}B_j, \qquad B_i\cap B_j=\varnothing\quad (i\ne j)$$

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（b）計算 $P(B_j)$

固定 $j\in\{2,\ldots,n\}$。

在事件 $B_j$ 發生時：

• 第 1 箱有 0 顆球；
• 第 $j$ 箱有 2 顆球；
• 其餘 $n-2$ 箱各有 1 顆球。

計算符合條件的安排數：

1. 從 $n$ 顆球中選出 2 顆放入第 $j$ 箱：

$$\binom{n}{2}$$

2. 剩下的 $n-2$ 顆球，分別放入其餘 $n-2$ 個箱子，且每箱恰有 1 顆。這是將球與箱子一一配對，共有

$$(n-2)!$$

種安排。

所以

$$\#B_j=\binom{n}{2}(n-2)!$$

化簡得

$$\binom{n}{2}(n-2)! = \frac{n(n-1)}{2}(n-2)! = \frac{n!}{2}$$

因為所有 $n^n$ 種安排等可能，因此

本題主要考驗對單一樣本統計推論的理解，包括信賴區間的建立與假設檢定的執行。由於母體分佈假設為常態，且樣本數較小，我們將使用 t 分佈來進行推論。

核心觀念：

1. 常態分佈的性質。
2. 樣本平均數與樣本標準差的計算。
3. t 分佈與自由度。
4. 信賴區間的建立。
5. 單一樣本 t 檢定。

數據：
觀察值：213, 202, 183, 185, 197
樣本數 $n = 5$.

計算樣本平均數 ($\bar{x}$) 和樣本標準差 ($s$)：
$\bar{x} = \frac{213 + 202 + 183 + 185 + 197}{5} = \frac{980}{5} = 196$.

計算樣本變異數 $s^2$：
$s^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2}{n-1}$
$x_i - \bar{x}$:
$213 - 196 = 17$
$202 - 196 = 6$
$183 - 196 = -13$
$185 - 196 = -11$
$197 - 196 = 1$

$(x_i - \bar{x})^2$:
$17^2 = 289$
$6^2 = 36$
$(-13)^2 = 169$
$(-11)^2 = 121$
$1^2 = 1$

$\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 = 289 + 36 + 169 + 121 + 1 = 616$.
$s^2 = \frac{616}{5-1} = \frac{616}{4} = 154$.
樣本標準差 $s = \sqrt{154} \approx 12.41$.

(a) Please develop a 90% confidence interval estimate of $\mu$, which is the mean cholesterol level of a woman under the age of 50. (4 pts)

對於小樣本且母體標準差未知的情況，90% 信賴區間的公式為：
$\bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \cdot \frac{s}{\sqrt{n}}$

在此問題中：
$\bar{x} = 196$
$s = \sqrt{154} \approx 12.41$
$n = 5$
信賴水準 = 90%，所以 $\alpha = 1 - 0.90 = 0.10$.
$\alpha/2 = 0.05$.
自由度 $df = n-1 = 5-1 = 4$.

我們需要查找 t 分佈表中自由度為 4，右尾機率為 0.05 的 t 值 ($t_{0.05, 4}$).
從 t 分佈表中，我們找到 $t_{0.05, 4} = 2.132$.

標準誤 (standard error) $\frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{12.41}{\sqrt{5}} \approx \frac{12.41}{2.236} \approx 5.55$.

邊際誤差 (margin of error) $= t_{0.05, 4} \cdot \frac{s}{\sqrt{n}} = 2.132 \times 5.55 \approx 11.83$.

90% 信賴區間為：
$196 \pm 11.83$
$[196 - 11.83, 196 + 11.83]$
$[184.17, 207.83]$

本題為一個綜合性的統計推論問題，涉及多個樣本的比較、變異數分析 (ANOVA) 及事後比較。題目設定了兩個因子：年齡 (AGE) 和性別 (GENDER)，並要求進行假設檢定、建構 ANOVA 表以及進行事後比較。

首先，我們需要整理數據並計算各組的樣本平均數與樣本標準差（或變異數）。
樣本數 $n_i = 5$ 對於每一組。總樣本數 $N = 4 \times 5 = 20$.

數據整理：
$X_1$: Woman under 50 (Female, <50)
$X_2$: Man under 50 (Male, <50)
$X_3$: Woman 50 or order (Female, >=50)
$X_4$: Man 50 or order (Male, >=50)

計算各組的樣本統計量：
$X_1$: $\bar{x}_1 = 196$, $s_1^2 = 154$ (從題目 3 計算得到)
$X_2$: 192, 189, 209, 227, 236
$\bar{x}_2 = \frac{192+189+209+227+236}{5} = \frac{1053}{5} = 210.6$
$\sum (x_i - \bar{x}_2)^2 = (192-210.6)^2 + (189-210.6)^2 + (209-210.6)^2 + (227-210.6)^2 + (236-210.6)^2$
$= (-18.6)^2 + (-21.6)^2 + (-1.6)^2 + (16.4)^2 + (25.4)^2$
$= 345.96 + 466.56 + 2.56 + 268.96 + 645.16 = 1729.2$
$s_2^2 = \frac{1729.2}{5-1} = \frac{1729.2}{4} = 432.3$

$X_3$: 193, 224, 201, 161, 178
$\bar{x}_3 = \frac{193+224+201+161+178}{5} = \frac{957}{5} = 191.4$
$\sum (x_i - \bar{x}_3)^2 = (193-191.4)^2 + (224-191.4)^2 + (201-191.4)^2 + (161-191.4)^2 + (178-191.4)^2$
$= (1.6)^2 + (32.6)^2 + (9.6)^2 + (-30.4)^2 + (-13.4)^2$
$= 2.56 + 1062.76 + 92.16 + 924.16 + 179.56 = 2261.2$
$s_3^2 = \frac{2261.2}{5-1} = \frac{2261.2}{4} = 565.3$

$X_4$: 253, 248, 278, 232, 267
$\bar{x}_4 = \frac{253+248+278+232+267}{5} = \frac{1278}{5} = 255.6$
$\sum (x_i - \bar{x}_4)^2 = (253-255.6)^2 + (248-255.6)^2 + (278-255.6)^2 + (232-255.6)^2 + (267-255.6)^2$
$= (-2.6)^2 + (-7.6)^2 + (22.4)^2 + (-23.6)^2 + (11.4)^2$
$= 6.76 + 57.76 + 501.76 + 556.96 + 129.96 = 1253.2$
$s_4^2 = \frac{1253.2}{5-1} = \frac{1253.2}{4} = 313.3$

彙總統計量：

Group	Label	Mean ($\bar{x}_i$)	Variance ($s_i^2$)	Std Dev ($s_i$)	n
$X_1$	F, <50	196.0	154.0	12.41	5
$X_2$	M, <50	210.6	432.3	20.80	5
$X_3$	F, >=50	191.4	565.3	23.77	5
$X_4$	M, >=50	255.6	313.3	17.70	5

因子定義：
AGE: Level 1 = <50 ($X_1, X_2$), Level 2 = >=50 ($X_3, X_4$)
GENDER: Level 1 = Female ($X_1, X_3$), Level 2 = Male ($X_2, X_4$)

計算總平均數 $\bar{x}_{..}$：
$\bar{x}_{..} = \frac{196 + 210.6 + 191.4 + 255.6}{4} = \frac{853.6}{4} = 213.4$.
或者 $\bar{x}_{..} = \frac{\sum \bar{x}_i}{4} = \frac{196+210.6+191.4+255.6}{4} = \frac{853.6}{4} = 213.4$.
總樣本數 $N = 20$.

(a) Please conduct a t-test on the null hypothesis of $H_0: \mu_f = \mu_m$ at $\alpha = 0.05$, where $\mu_f$, and $\mu_m$ are the mean cholesterol level of females and males, respectively. (6 pts)

這裡我們要比較兩個獨立樣本的平均數。
女性樣本 (Female): $X_1, X_3$. 合併後樣本數 $n_f = 5 + 5 = 10$.
男性樣本 (Male): $X_2, X_4$. 合併後樣本數 $n_m = 5 + 5 = 10$.

合併後的女性平均數 $\bar{x}_f = \frac{\bar{x}_1 + \bar{x}_3}{2} = \frac{196 + 191.4}{2} = \frac{387.4}{2} = 193.7$.
合併後的男性平均數 $\bar{x}_m = \frac{\bar{x}_2 + \bar{x}_4}{2} = \frac{210.6 + 255.6}{2} = \frac{466.2}{2} = 233.1$.

虛無假設 $H_0: \mu_f = \mu_m$.
對立假設 $H_1: \mu_f \neq \mu_m$ (雙尾檢定)。
顯著水準 $\alpha = 0.05$.

我們需要計算合併變異數 (pooled variance) $s_p^2$，因為假設各組標準差相等 (雖然從 $s_i^2$ 看來差異較大，但 ANOVA 的基本假設之一是變異數同質性，這裡我們暫時假設它成立)。
$s_p^2 = \frac{\sum_{i=1}^4 (n_i-1)s_i^2}{\sum_{i=1}^4 (n_i-1)} = \frac{(5-1)s_1^2 + (5-1)s_2^2 + (5-1)s_3^2 + (5-1)s_4^2}{(5-1) + (5-1) + (5-1) + (5-1)}$
$s_p^2 = \frac{4(154 + 432.3 + 565.3 + 313.3)}{4 \times 4} = \frac{4 \times 1465.2}{16} = \frac{1465.2}{4} = 366.3$.
合併標準差 $s_p = \sqrt{366.3} \approx 19.14$.

自由度 $df = \sum (n_i-1) = 4 \times (5-1) = 16$.
t 檢定統計量：
$t = \frac{\bar{x}_f - \bar{x}_m}{s_p \sqrt{\frac{1}{n_f} + \frac{1}{n_m}}} = \frac{193.7 - 233.1}{19.14 \sqrt{\frac{1}{10} + \frac{1}{10}}} = \frac{-39.4}{19.14 \sqrt{0.2}} = \frac{-39.4}{19.14 \times 0.4472} \approx \frac{-39.4}{8.55} \approx -4.61$.

臨界值：雙尾檢定，$\alpha = 0.05$, $df = 16$.
$t_{\alpha/2, df} = t_{0.025, 16} = 2.120$.
因為 $|t| = |-4.61| = 4.61 > 2.120$, 我們拒絕虛無假設 $H_0$.
結論：在 $\alpha = 0.05$ 下，男性與女性的平均膽固醇水平有顯著差異。

(b) Please conduct a F-test on the null hypothesis of $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \mu_3 = \mu_4$ at $\alpha = 0.05$. (6 pts)

這是單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的 F 檢定，用於檢定所有組的平均數是否相等。
虛無假設 $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \mu_3 = \mu_4$.
對立假設 $H_1$: 至少有一個 $\mu_i$ 不同。
顯著水準 $\alpha = 0.05$.

計算 ANOVA 表的組成部分：
總變異平方和 (Total Sum of Squares, SST):
$SST = \sum_{i=1}^4 \sum_{j=1}^{n_i} (x_{ij} - \bar{x}_{..})^2 = \sum_{i=1}^4 (n_i-1)s_i^2 + \sum_{i=1}^4 n_i(\bar{x}_i - \bar{x}_{..})^2$
$SST = \sum_{i=1}^4 (n_i-1)s_i^2 + SSW + SSB$
其中 $SSW = \sum_{i=1}^4 (n_i-1)s_i^2$ (組內變異平方和, Within-group SS)
$SSB = \sum_{i=1}^4 n_i(\bar{x}_i - \bar{x}_{..})^2$ (組間變異平方和, Between-group SS)

$SSW = (5-1)s_1^2 + (5-1)s_2^2 + (5-1)s_3^2 + (5-1)s_4^2$
$SSW = 4(154 + 432.3 + 565.3 + 313.3) = 4(1465.2) = 5860.8$.
$df_{within} = \sum (n_i-1) = 4 \times 4 = 16$.
$MSW = \frac{SSW}{df_{within}} = \frac{5860.8}{16} = 366.3$. (這與前面計算的 $s_p^2$ 相同)

$SSB = n_1(\bar{x}_1 - \bar{x}_{..})^2 + n_2(\bar{x}_2 - \bar{x}_{..})^2 + n_3(\bar{x}_3 - \bar{x}_{..})^2 + n_4(\bar{x}_4 - \bar{x}_{..})^2$
$SSB = 5(196 - 213.4)^2 + 5(210.6 - 213.4)^2 + 5(191.4 - 213.4)^2 + 5(255.6 - 213.4)^2$
$SSB = 5(-17.4)^2 + 5(-2.8)^2 + 5(-22.0)^2 + 5(42.2)^2$
$SSB = 5(302.76) + 5(7.84) + 5(484) + 5(1780.84)$
$SSB = 1513.8 + 39.2 + 2420 + 8904.2 = 12877.2$.
$df_{between} = k-1 = 4-1 = 3$.

F 檢定統計量 $F = \frac{MSB}{MSW} = \frac{SSB/df_{between}}{SSW/df_{within}}$.
$MSB = \frac{SSB}{df_{between}} = \frac{12877.2}{3} = 4292.4$.
$F = \frac{4292.4}{366.3} \approx 11.72$.

臨界值：F 分佈表，分子自由度 $df_1 = 3$, 分母自由度 $df_2 = 16$, $\alpha = 0.05$.
$F_{0.05, 3, 16} = 3.24$.
因為 $F = 11.72 > 3.24$, 我們拒絕虛無假設 $H_0$.
結論：在 $\alpha = 0.05$ 下，至少有一個組的平均膽固醇水平與其他組有顯著差異。

(c) Since there are 2 factors, AGE (under 50 v.s. over 50), and GENDER in this study, please construct a 2-way ANOVA table and state your conclusions with respect to main effects of AGE and GENDER, and their interaction effect at $\alpha = 0.05$. (6 pts)

2-Way ANOVA 表：

Source of Variation	SS (Sum of Squares)	df (Degrees of Freedom)	MS (Mean Square)	F-statistic	p-value
AGE	SSB_AGE	1	MS_AGE	F_AGE
GENDER	SSB_GENDER	1	MS_GENDER	F_GENDER
AGE * GENDER (Interaction)	SSB_INT	1	MS_INT	F_INT
Within Groups (Error)	SSW	16	MSW

本題為問題 3 和問題 4 的延伸，主要考驗對信賴區間建立的理解，特別是在不同假設條件下如何選擇合適的估計方法，並比較不同方法的優劣。

核心觀念：

1. 信賴區間的建立：當母體標準差未知時，使用 t 分佈。
2. 合併標準差 (pooled standard deviation) 的使用時機。
3. 均方誤差 (Mean Squared Error, MSE) 在 ANOVA 中的意義。
4. 信賴區間的長度與效率。

問題 3 關注的是一個單一樣本 ($X_1$) 的平均值 $\mu$ (我們記為 $\mu_{X_1}$)。
問題 4 進行了涉及四個組別的 ANOVA 分析，其中 $X_1$ 是其中一個組別。

(a) Please develop a 90% confidence interval estimate of $\mu_1$ with the pooled sample standard deviation in problem 4(a). (3 pts)

在問題 4(a) 中，我們進行了男性與女性的 t 檢定，並計算了合併標準差 $s_p = 19.14$ 和自由度 $df=16$。
雖然問題 4(a) 是比較男女平均數，但其計算過程使用了所有四組數據的合併變異數 (或標準差)。
這裡要求我們使用這個「合併標準差」來估計 $\mu_1$ 的 90% 信賴區間。
然而，這是一個有點奇怪的要求。問題 4(a) 的合併標準差是基於所有四組數據（假設它們來自一個共同的母體變異數）來計算的，用於比較男女總體平均數。
如果我們將這個合併標準差應用於單一樣本 $X_1$ 來估計 $\mu_1$，我們應該使用 $s_p$ 作為標準誤的估計。
但是，問題 3 已經給出了 $X_1$ 的樣本數據，並計算了其樣本標準差 $s_1 = 12.41$ 和自由度 $df=4$。
如果題目是要求「使用來自問題 4(a) 的合併標準差 $s_p$」，那麼我們應該使用 $s_p$ 來計算標準誤。
信賴區間公式：$\bar{x}_1 \pm t_{\alpha/2, df} \cdot \frac{s_p}{\sqrt{n_1}}$
$\bar{x}_1 = 196.0$ (來自問題 3)
$s_p = 19.14$ (來自問題 4(a))
$n_1 = 5$ (樣本數)
$\alpha = 0.10$, $\alpha/2 = 0.05$.
這裡的自由度應該是多少？如果我們使用 $s_p$，通常其自由度是來自合併變異數的計算，即 $df = 16$ (來自問題 4(b) 的 Within Groups $df$)。
所以，我們使用 $t_{0.05, 16} = 2.120$.
標準誤 $= \frac{s_p}{\sqrt{n_1}} = \frac{19.14}{\sqrt{5}} \approx \frac{19.14}{2.236} \approx 8.56$.
邊際誤差 $= t_{0.05, 16} \cdot 8.56 = 2.120 \times 8.56 \approx 18.15$.
90% 信賴區間 = $196.0 \pm 18.15 = [177.85, 214.15]$.

(b) Please develop a 90% confidence interval estimate of $\mu_1$ with the MSE in problem 4(b). (3 pts)

在問題 4(b) 的 ANOVA 分析中，我們計算了 Within Groups 的均方 (Mean Squared Error, MSE)，它被用作母體變異數 $\sigma^2$ 的無偏估計。
$MSE = MSW = 366.3$.
$MSE$ 的平方根是合併標準差的估計，$\sqrt{MSE} = \sqrt{366.3} \approx 19.14$.
注意，$MSW$ 的自由度是 $df_{within} = 16$。
所以，這個要求實際上與 (a) 是相同的，因為 $s_p^2$ 在問題 4(a) 的計算中就是 $MSW$。
因此，使用 MSE 來建立信賴區間，其標準誤的計算與 (a) 相同。
信賴區間公式：$\bar{x}_1 \pm t_{\alpha/2, df_{MSE}} \cdot \sqrt{MSE} \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1}}$
$\bar{x}_1 = 196.0$
$MSE = 366.3$
$df_{MSE} = 16$
$n_1 = 5$
$\alpha = 0.10$, $\alpha/2 = 0.05$.
$t_{0.05, 16} = 2.120$.
標準誤 $= \sqrt{MSE} \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1}} = 19.14 \times \sqrt{\frac{1}{5}} \approx 19.14 \times 0.4472 \approx 8.56$.
邊際誤差 $= t_{0.05, 16} \cdot 8.56 = 2.120 \times 8.56 \approx 18.15$.
90% 信賴區間 = $196.0 \pm 18.15 = [177.85, 214.15]$.

思考： 題目要求使用「pooled sample standard deviation in problem 4(a)」和「MSE in problem 4(b)」。
在 4(a) 中，我們計算了 $s_p^2 = 366.3$。
在 4(b) 的 ANOVA 表中，MSE = MSW = 366.3。
所以，這兩個計算結果是完全一樣的。這兩部分的標準誤計算和信賴區間結果也應該是相同的。
這似乎意味著這兩個小題的意圖是相同的，即估計 $\mu_1$ 的信賴區間，但假設 $\sigma^2$ 可以從所有數據（或多組數據）合併估計。

(c) Which interval estimate of 3(a), 5(a), or 5(b) is better to estimate $\mu_1$? Please provide your opinion. (6 pts)

我們有三個信賴區間可以比較：

1. 來自問題 3(a)： 使用 $X_1$ 的樣本數據，計算得到 $\bar{x}_1 = 196$, $s_1 = 12.41$, $df = 4$。
   90% CI = $196 \pm t_{0.05, 4} \cdot \frac{s_1}{\sqrt{5}} = 196 \pm 2.132 \cdot \frac{12.41}{\sqrt{5}} = 196 \pm 2.132 \times 5.55 = 196 \pm 11.83 = [184.17, 207.83]$.