115 年 國立中央大學工業管理研究所碩士班《統計學》

核心觀念

聯合機率密度函數在半圓內為常數：

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{2}{\pi}, \qquad x^2+y^2\le 1,\ y\ge 0$$

半圓區域為

$$-1\le x\le 1,\qquad 0\le y\le \sqrt{1-x^2}.$$

本題使用：

• 邊際密度：$f_X(x)=\int f_{X,Y}(x,y)\,dy$
• 邊際累積分布函數：$F_X(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^x f_X(t)\,dt$
• 條件機率密度函數：

$$f_{X|Y}(x|y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}$$

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(a) 求 $X$ 的邊際 CDF

先對 $y$ 積分，求出 $X$ 的邊際 pdf：

$$f_X(x) =\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\frac{2}{\pi}\,dy =\frac{2}{\pi}\sqrt{1-x^2}, \qquad -1\le x\le 1.$$

因此，當 $-1\le x\le 1$ 時，

$$F_X(x) =\int_{-1}^{x}\frac{2}{\pi}\sqrt{1-t^2}\,dt.$$

利用

$$\int\sqrt{1-t^2}\,dt =\frac{1}{2}\left(t\sqrt{1-t^2}+\sin^{-1}t\right),$$

可得

$$F_X(x) =\frac{1}{\pi} \left[ t\sqrt{1-t^2}+\sin^{-1}t \right]_{-1}^{x}.$$

由於在 $t=-1$ 時，$t\sqrt{1-t^2}=0$ 且 $\sin^{-1}(-1)=-\frac{\pi}{2}$，所以

$$F_X(x) =\frac{1}{\pi} \left[ x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x+\frac{\pi}{2} \right].$$

故邊際 CDF 為

$$F_X(x)= \begin{cases} 0, & x<-1,\\[4pt] \displaystyle \frac{1}{\pi} \left( x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x+\frac{\pi}{2} \right), & -1\le x\le 1,\\[8pt] 1, & x>1. \end{cases}$$

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(b) 求 $X|Y=y$ 的條件 pdf

先求 $Y$ 的邊際 pdf。固定 $y$ 後，半圓內的 $x$ 範圍為

$$-\sqrt{1-y^2}\le x\le \sqrt{1-y^2}, \qquad 0\le y\le 1.$$

因此

核心觀念

1. 獨立指數分配之聯合機率密度函數（Joint PDF）：
   若隨機變數 $X_1, X_2, \ldots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} \text{Exp}(\lambda)$（率參數表示法，rate parameter），其個別邊際機率密度函數為：

   $$f_{X_i}(x_i) = \lambda e^{-\lambda x_i}, \quad x_i > 0$$

   由相互獨立性，其聯合機率密度函數為個別邊際機率密度函數之連乘積：

   $$f_{X_1, \ldots, X_n}(x_1, \ldots, x_n) = \prod_{i=1}^n \lambda e^{-\lambda x_i} = \lambda^n \exp\left(-\lambda \sum_{i=1}^n x_i\right), \quad x_i > 0, \; \forall i$$

2. 多元變數變換法（Multivariate Transformation Method / Change of Variables）：
   設隨機向量 $\mathbf{X} = (X_1, \ldots, X_n)$ 透過一對一可微函數轉換為 $\mathbf{Y} = (Y_1, \ldots, Y_n)$，其中反變換存在為 $x_i = g_i(y_1, \ldots, y_n)$，則 $\mathbf{Y}$ 的聯合機率密度函數為：

   $$f_{Y_1, \ldots, Y_n}(y_1, \ldots, y_n) = f_{X_1, \ldots, X_n}(g_1(\mathbf{y}), \ldots, g_n(\mathbf{y})) \cdot |J|$$

   其中 $J$ 為雅可比行列式（Jacobian determinant）：

   $$J = \det\left[ \frac{\partial(x_1, \ldots, x_n)}{\partial(y_1, \ldots, y_n)} \right]$$

   求解時務必特別注意「支撐集（Support）」在變換後的幾何邊界對應。

3. 邊際機率密度函數（Marginal PDF）之多重積分：
   要從聯合機率密度函數求出特定變數 $Y_n$ 的邊際分配，需對其他變數 $Y_1, Y_2, \ldots, Y_{n-1}$ 在其定義域上進行多重積分：

   $$f_{Y_n}(y_n) = \int \cdots \int f_{Y_1, \ldots, Y_n}(y_1, \ldots, y_n) \, dy_1 \, dy_2 \cdots dy_{n-1}$$

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解題方法與詳細推導

(a) 求 $Y_1, \ldots, Y_n$ 的聯合機率密度函數 $f_{Y_1, \ldots, Y_n}(y_1, \ldots, y_n)$

步驟 1：建立變換關係與逆變換
題目定義：

$$\begin{aligned} Y_1 &= X_1 \\ Y_2 &= X_1 + X_2 \\ Y_3 &= X_1 + X_2 + X_3 \\ &\;\;\vdots \\ Y_n &= X_1 + X_2 + \cdots + X_n \end{aligned}$$

由於每個 $X_i > 0$，因此可知各變數之間具有嚴格遞增順序：

$$0 < y_1 < y_2 < y_3 < \cdots < y_n < \infty$$

解出反函數（以 $y$ 表示 $x$）：

$$\begin{aligned} X_1 &= Y_1 \\ X_2 &= Y_2 - Y_1 \\ X_3 &= Y_3 - Y_2 \\ &\;\;\vdots \\ X_n &= Y_n - Y_{n-1} \end{aligned}$$

步驟 2：計算雅可比行列式（Jacobian）
逆變換矩陣的各偏導數所形成的矩陣為下三角矩陣：

$$J = \det \begin{bmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y_1} & \frac{\partial x_1}{\partial y_2} & \cdots & \frac{\partial x_1}{\partial y_n} \\ \frac{\partial x_2}{\partial y_1} & \frac{\partial x_2}{\partial y_2} & \cdots & \frac{\partial x_2}{\partial y_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial x_n}{\partial y_1} & \frac{\partial x_n}{\partial y_2} & \cdots & \frac{\partial x_n}{\partial y_n} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -1 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 1 \end{bmatrix}$$

下三角矩陣的行列式值等於對角線元素的乘積：

$$J = 1 \times 1 \times \cdots \times 1 = 1 \implies |J| = 1$$

步驟 3：代入變數變換公式
原始 $X_1, \ldots, X_n$ 的聯合機率密度函數為：

$$f_{X_1, \ldots, X_n}(x_1, \ldots, x_n) = \lambda^n \exp\left(-\lambda \sum_{i=1}^n x_i\right), \quad x_i > 0, \; \forall i$$

將 $x_1 = y_1$ 及 $x_i = y_i - y_{i-1}$ 代入指數項：

$$\sum_{i=1}^n x_i = y_1 + (y_2 - y_1) + (y_3 - y_2) + \cdots + (y_n - y_{n-1}) = y_n$$

故得 $Y_1, \ldots, Y_n$ 之聯合機率密度函數為：

此題考驗對馬可夫不等式 (Markov's Inequality) 和切比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality) 的理解與應用。題目要求證明馬可夫不等式的一個特殊形式，這個形式實際上是切比雪夫不等式。

核心觀念：

1. 馬可夫不等式 (Markov's Inequality)：對於一個非負隨機變數 $Y$，對任意常數 $c > 0$，有 $P(Y \ge c) \le \frac{E[Y]}{c}$。
2. 切比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality)：對於一個隨機變數 $X$（不論是否非負），若其期望值為 $\mu$ 且變異數為 $\sigma^2$，則對任意常數 $k > 0$，有 $P(|X - \mu| \ge k) \le \frac{\sigma^2}{k^2}$。

解題步驟：

題目要求證明 $P(|X - \mu| \ge k) \le \sigma^2/k^2$ 對於任何 $k > 0$。
這個不等式就是切比雪夫不等式。我們可以利用馬可夫不等式作為提示來證明它。

步驟 1：定義一個新的隨機變數。
令 $Y = (X - \mu)^2$。
由於 $X$ 的期望值為 $\mu$，所以 $E[X - \mu] = E[X] - \mu = \mu - \mu = 0$。
$Y = (X - \mu)^2$ 是一個非負隨機變數。
$Y$ 的期望值是 $E[Y] = E[(X - \mu)^2]$，這正是隨機變數 $X$ 的變異數 $\sigma^2$ 的定義。
所以，$E[Y] = \sigma^2$。

步驟 2：應用馬可夫不等式。
馬可夫不等式指出：對於一個非負隨機變數 $Y$ 和任意常數 $c > 0$，有 $P(Y \ge c) \le \frac{E[Y]}{c}$。
在我們的例子中，我們將 $Y = (X - \mu)^2$ 代入，並將馬可夫不等式中的 $c$ 替換為 $k^2$。
為什麼選擇 $k^2$ 作為 $c$？因為我們想處理 $|X-\mu| \ge k$ 這個條件。
如果 $|X - \mu| \ge k$，那麼 $(X - \mu)^2 \ge k^2$。
所以，事件 $\{|X - \mu| \ge k\}$ 等價於事件 $\{(X - \mu)^2 \ge k^2\}$。
因此，$P(|X - \mu| \ge k) = P((X - \mu)^2 \ge k^2)$。

現在，我們將 $Y = (X - \mu)^2$ 和 $c = k^2$ 代入馬可夫不等式：
$P(Y \ge c) \le \frac{E[Y]}{c}$
$P((X - \mu)^2 \ge k^2) \le \frac{E[(X - \mu)^2]}{k^2}$

此題考驗對兩樣本獨立樣本 t 檢定 (Two-sample independent t-test) 的應用，包括設定假設、計算檢定統計量、判讀結果以及計算 p-value。題目提供兩組樣本數據，假設服從常態分配，並已知母體標準差（題目中給的是樣本標準差 $s_i$，但題目又說「The filling processes can be assumed to be normal, with standard deviations of $\sigma_1 = 0.030$ and $\sigma_2 = 0.025$」。這裡有一個小小的歧義，通常 $\sigma$ 指母體標準差。如果題目給的是母體標準差，則應使用 Z-test。但題目也給了樣本標準差 $s_i$，且 $s_1 \approx \sigma_1$，$s_2 \approx \sigma_2$，這更傾向於是 Z-test。不過，在實際考試中，如果給了樣本標準差，且樣本數不大（這裡 $n=10$），通常會導向 t-test。但如果明確給出 $\sigma_1, \sigma_2$ 且假設為常態，則 Z-test 是更直接的選擇。考慮到題目在後續問題 (b) 和 (c) 中沒有明確要求假設母體變異數相等（這是 t-test 的一個變種），且給出的 $\sigma_1, \sigma_2$ 值與 $s_1, s_2$ 非常接近，我們將採用 Z-test 來處理，假設 $\sigma_1=0.030$ 和 $\sigma_2=0.025$ 為已知的母體標準差。若使用 t-test，則需假設母體變異數相等或不等，並計算合併變異數或使用 Welch-Satterthwaite 方程式，這會使計算更複雜，且通常此類題目會明確說明。

核心觀念：

1. 假設檢定 (Hypothesis Testing)：設定虛無假設 ($H_0$) 和對立假設 ($H_1$)，並根據樣本數據判斷是否有足夠證據拒絕 $H_0$。
2. 兩獨立樣本 Z-檢定 (Two-sample independent Z-test)：用於比較兩個獨立常態分佈母體的平均數，當母體標準差已知時。
   • 檢定統計量：$Z = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - (\mu_1 - \mu_2)_0}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$
   • 當 $\mu_1 - \mu_2$ 在 $H_0$ 下為 0 時，公式簡化為 $Z = \frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$。
3. p-value：在虛無假設為真的情況下，觀察到當前樣本結果或更極端結果的機率。

解題步驟：

已知資訊：

• 樣本 1：$n_1 = 10$, $\bar{x}_1 = 16.025$, $\sigma_1 = 0.030$ (假設為母體標準差)
• 樣本 2：$n_2 = 10$, $\bar{x}_2 = 16.005$, $\sigma_2 = 0.025$ (假設為母體標準差)
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$

(a) Please state the appropriate hypotheses that should be tested in this experiment.

品質工程部門懷疑兩台機器填充的淨體積相同。這意味著他們想檢驗兩台機器的平均填充體積是否相等。
虛無假設 ($H_0$) 是兩台機器的平均填充體積相等。
對立假設 ($H_1$) 是兩台機器的平均填充體積不相等（因為懷疑「是否相等」，沒有方向性，所以是雙尾檢定）。

$H_0: \mu_1 = \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 = 0$)
$H_1: \mu_1 \ne \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 \ne 0$)

Answer (a):
$H_0: \mu_1 = \mu_2$
$H_1: \mu_1 \ne \mu_2$

(b) At $\alpha = 0.05$, what are your conclusions?

我們使用兩獨立樣本 Z-檢定。
計算檢定統計量 Z：
$Z = \frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$

此題承接上一題，但改變了關鍵假設：母體變異數未知但相等。這意味著我們應改用兩獨立樣本 t 檢定（假設母體變異數相等）。

核心觀念：

1. 兩獨立樣本 t-檢定 (Two-sample independent t-test with equal variances)：當母體標準差未知但假設相等時，用來比較兩個獨立常態分佈母體的平均數。
2. 合併變異數 (Pooled Variance)：當假設母體變異數相等時，使用樣本變異數的加權平均來估計共同的母體變異數。
   $s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$
3. t-檢定統計量：
   $t = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - (\mu_1 - \mu_2)_0}{\sqrt{s_p^2 (\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})}}$
4. 信賴區間 (Confidence Interval)：估計母體參數的範圍，在此為母體平均數差的信賴區間。
   CI for $(\mu_1 - \mu_2)$ is $(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) \pm t_{\alpha/2, df} \sqrt{s_p^2 (\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})}$

解題步驟：

已知資訊 (來自 Problem 4)：

• 樣本 1：$n_1 = 10$, $\bar{x}_1 = 16.025$, $s_1 = 0.0303$
• 樣本 2：$n_2 = 10$, $\bar{x}_2 = 16.005$, $s_2 = 0.0255$
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$
• 假設：母體變異數未知但相等 ($\sigma_1^2 = \sigma_2^2$)

(a) At $\alpha = 0.05$, what are your conclusions?

首先，計算合併變異數 $s_p^2$。
$s_p^2 = \frac{(n_1-1)s_1^2 + (n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$
$s_p^2 = \frac{(10-1)(0.0303)^2 + (10-1)(0.0255)^2}{10+10-2}$
$s_p^2 = \frac{9 \times (0.00091809) + 9 \times (0.00065025)}{18}$
$s_p^2 = \frac{0.00826281 + 0.00585225}{18}$
$s_p^2 = \frac{0.01411506}{18} \approx 0.00078417$

自由度 $df = n_1+n_2-2 = 10+10-2 = 18$。

虛無假設和對立假設與 Problem 4 相同：
$H_0: \mu_1 = \mu_2$
$H_1: \mu_1 \ne \mu_2$

計算 t-檢定統計量：
$t = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2) - 0}{\sqrt{s_p^2 (\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})}}$
$t = \frac{16.025 - 16.005}{\sqrt{0.00078417 (\frac{1}{10} + \frac{1}{10})}}$

此題考驗對統計檢定中「檢定力 (Power)」的概念以及如何計算檢定力與所需的樣本數。題目要求我們計算在已知母體標準差的情況下，當真實差異達到某個值時的檢定力，以及為了達到特定檢定力所需的樣本數。這裡我們使用 Problem 4 的 Z-test 設定，因為它明確給出了母體標準差 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$。

核心觀念：

1. 檢定力 (Power of a Test)：在對立假設 ($H_1$) 為真時，正確拒絕虛無假設 ($H_0$) 的機率。Power = $1 - \beta$，其中 $\beta$ 是第二類錯誤 (Type II error) 的機率，即當 $H_1$ 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率。
2. 檢定力計算：
   • 首先，根據 $\alpha$ 和檢定類型（單尾/雙尾）找到拒絕域的臨界值。
   • 然後，假設對立假設為真，計算檢定統計量落在拒絕域內的機率。
3. 樣本數計算：
   • 設定目標檢定力 (e.g., 0.9)。
   • 根據目標檢定力和 $\alpha$ 值，計算出能使得檢定統計量落在拒絕域內的樣本數。

解題步驟：

已知資訊 (來自 Problem 4)：

• 樣本 1：$n_1 = 10$, $\bar{x}_1$, $\sigma_1 = 0.030$
• 樣本 2：$n_2 = 10$, $\bar{x}_2$, $\sigma_2 = 0.025$
• 檢定：雙尾 Z-檢定
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$
• 虛無假設 $H_0: \mu_1 = \mu_2$
• 對立假設 $H_1: \mu_1 \ne \mu_2$

從 Problem 4(b) 我們知道，當 $\alpha = 0.05$ 時，臨界值為 $Z_{\alpha/2} = \pm 1.96$。
拒絕域為 $Z < -1.96$ 或 $Z > 1.96$。
檢定統計量為 $Z = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$。

第一部分：計算當 $|\mu_1 - \mu_2| = 0.035$ 時的檢定力。

假設 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035$。
我們需要計算在 $H_1$ 為真時，檢定統計量 $Z$ 落在拒絕域的機率。
$Z = \frac{(\bar{x}_1 - \bar{x}_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$
當 $H_1$ 為真時，$\bar{x}_1 - \bar{x}_2$ 的期望值是 $E[\bar{x}_1 - \bar{x}_2] = \mu_1 - \mu_2 = 0.035$。
分母的標準誤是 $\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}} = \sqrt{\frac{(0.030)^2}{10} + \frac{(0.025)^2}{10}} = \sqrt{0.0001525} \approx 0.012349$。

為了計算檢定力，我們需要將真實的平均數差轉換成 Z 分數。
我們假設 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035$。
新的 Z 統計量（在 $H_1$ 下）的期望值是：
$E[Z | H_1] = \frac{E[\bar{x}_1 - \bar{x}_2] - 0}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}} = \frac{0.035}{0.012349} \approx 2.834$。

檢定力是 $P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true})$。
對於雙尾檢定，我們拒絕 $H_0$ 如果 $Z > 1.96$ 或 $Z < -1.96$。
當 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035$ 時，檢定統計量 Z 的分佈是以 $2.834$ 為平均值的標準常態分佈。
檢定力 = $P(Z > 1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035) + P(Z < -1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035)$。
由於 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035 > 0$，我們更可能觀察到 $\bar{x}_1 - \bar{x}_2 > 0$，所以檢定統計量 Z 的值會偏向正值。
實際上，我們只需要考慮落在拒絕域的機率。
當 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035$ 時，檢定統計量的期望值是 $2.834$。
因此，我們計算 $P(Z > 1.96)$，其中 Z 的分佈是以 $2.834$ 為平均值的標準常態分佈。
這相當於計算一個標準常態變數 $Z'$ 的機率 $P(Z' > 1.96 - 2.834) = P(Z' > -0.874)$。
$P(Z' > -0.874) = 1 - P(Z' \le -0.874) = P(Z' \le 0.874)$。
查標準常態表，P(Z' $\le$ 0.87) $\approx 0.8078$。
P(Z' $\le$ 0.874) $\approx 0.8090$。

另外一種情況是，如果我們假設 $\mu_2 - \mu_1 = 0.035$（即 $\mu_1 - \mu_2 = -0.035$），那麼檢定統計量的期望值是 $-2.834$。
此時，我們計算 $P(Z < -1.96)$，其中 Z 的分佈是以 $-2.834$ 為平均值的標準常態分佈。
這相當於計算 $P(Z' < -1.96 - (-2.834)) = P(Z' < 0.874)$。
這個機率也是 $0.8090$。

因為是雙尾檢定，所以實際檢定力是這兩種情況的總和。
然而，通常在計算檢定力時，我們考慮一個特定差異值，並計算落在拒絕域的機率。
如果真實差異為 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035$ (即 $\bar{x}_1$ 顯著大於 $\bar{x}_2$)，則 Z 統計量傾向於正值。
檢定力 = $P(Z > 1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035) + P(Z < -1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035)$
由於 $\mu_1 - \mu_2 = 0.035 > 0$，真實情況是 $\bar{x}_1$ 傾向於大於 $\bar{x}_2$。
所以 $P(Z < -1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035)$ 的機率會非常小（因為期望值是正的）。
我們要計算的是：
$P(\frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{SE}} > 1.96 \text{ or } \frac{\bar{x}_1 - \bar{x}_2}{\sqrt{SE}} < -1.96 | \mu_1 - \mu_2 = 0.035)$
其中 $SE = \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}} \approx 0.012349$。
令 $\Delta = \mu_1 - \mu_2 = 0.035$。
檢定力 = $P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 > 1.96 \times SE | \Delta = 0.035) + P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 < -1.96 \times SE | \Delta = 0.035)$
檢定力 = $P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 > 1.96 \times 0.012349 | \Delta = 0.035) + P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 < -1.96 \times 0.012349 | \Delta = 0.035)$
檢定力 = $P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 > 0.0242 | \Delta = 0.035) + P(\bar{x}_1 - \bar{x}_2 < -0.0242 | \Delta = 0.035)$

將 $\bar{x}_1 - \bar{x}_2$ 標準化：
$P(Z > \frac{0.0242 - 0.035}{0.012349}) + P(Z < \frac{-0.0242 - 0.035}{0.012349})$
$P(Z > \frac{-0.0108}{0.012349}) + P(Z < \frac{-0.0592}{0.012349})$

核心觀念

本題考查：

1. 單因子變異數分析（one-way ANOVA）。
2. 等變異數下的多重樣本平均數比較。
3. 利用 ANOVA 的 pooled error variance 建立兩組母體平均數差的信賴區間。
4. 比較單獨估計變異數與合併估計變異數的精確度。

設第 $i$ 台機器的填充平均數為 $\mu_i$，欲檢定：

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3=\mu_4$$ $$H_1:\text{至少有一台機器的平均填充量不同}$$

由題意可合理假設四個母體變異數相等，因此可使用 ANOVA。

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解題方法

共有 $k=4$ 台機器，每台抽樣 $n_i=10$，總樣本數為

$$N=40$$

樣本總平均數為

$$\bar{x}_{..} =\frac{16.025+16.005+15.990+16.040}{4} =16.015$$

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（a）ANOVA 檢定

1. 計算組間平方和

$$SS_{\text{Machine}} =\sum_{i=1}^{4}n_i(\bar{x}_i-\bar{x}_{..})^2$$

因此

$$\begin{aligned} SS_{\text{Machine}} &=10\left[(16.025-16.015)^2+(16.005-16.015)^2\right.\\ &\qquad\left.+(15.990-16.015)^2+(16.040-16.015)^2\right]\\ &=10\left[(0.010)^2+(-0.010)^2+(-0.025)^2+(0.025)^2\right]\\ &=0.0145 \end{aligned}$$

自由度為

$$df_{\text{Machine}}=k-1=3$$

所以

$$MS_{\text{Machine}} =\frac{0.0145}{3} =0.0048333$$

2. 計算組內平方和

組內平方和為

$$SS_E=\sum_{i=1}^{4}(n_i-1)s_i^2$$

代入各組資料：

$$\begin{aligned} SS_E &=9(0.0303)^2+9(0.0255)^2\\ &\quad+9(0.0272)^2+9(0.0285)^2\\ &=0.02808387 \end{aligned}$$

自由度為

$$df_E=N-k=40-4=36$$

因此誤差均方為

$$MS_E=\frac{0.02808387}{36} =0.00078011$$

3. 計算總平方和

$$SS_T=SS_{\text{Machine}}+SS_E =0.0145+0.02808387 =0.04258387$$

總自由度為

$$df_T=N-1=39$$

4. 計算 $F$ 統計量

$$F=\frac{MS_{\text{Machine}}}{MS_E} =\frac{0.0048333}{0.00078011} =6.196$$

ANOVA 表如下：

變異來源	平方和 SS	自由度 df	均方 MS	$F$ 值
Machine	$0.01450000$	$3$	$0.00483333$	$6.196$
誤差	$0.02808387$	$36$	$0.00078011$
總和	$0.04258387$	$39$

在顯著水準 $\alpha=0.05$ 下，

$$F_{0.05,3,36}\approx 2.866$$

由於

$$F=6.196>2.866$$

故拒絕 $H_0$。

**結論：**在 5% 顯著水準下，四台機器的平均填充量並不完全相同，具有顯著的 Machine 效果。

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（b）$\mu_1-\mu_2$ 的 95% 信賴區間

機器 1 與機器 2 的樣本平均數差為

$$\bar{x}_1-\bar{x}_2 =16.025-16.005 =0.020$$

由 ANOVA 所得的共同誤差變異數估計為