108 年 國立臺灣大學土木系碩士班營建管理組《工程統計》

本題為簡答題，主要在於釐清兩個統計學中常用的名詞及其意義。

1. $\chi^2$ (Chi-Square) 分布:

   • 定義: $\chi^2$ 分布是一種連續機率分布，其形狀取決於自由度（degrees of freedom, df）。它是由多個獨立標準常態分布隨機變數的平方和所構成。
   • 用途: 在統計推論中，$\chi^2$ 分布常用於：
     • 卡方適合度檢定 (Chi-Square Goodness-of-Fit Test)：檢定觀察到的頻率分布是否與理論預期的分布顯著不同。
     • 獨立性檢定 (Chi-Square Test of Independence)：檢定兩個分類變數之間是否獨立。
     • 變異數檢定 (Test for Variance)：檢定樣本變異數是否與某個理論值顯著不同。
     • 信賴區間的建立 (Confidence Intervals)：用於建立母體變異數的信賴區間。
   • 特性:
     • 所有取值皆為非負數 ($\chi^2 \ge 0$)。
     • 分布的形狀（偏態）隨自由度增加而趨於對稱。
     • 平均值等於自由度 ($E(\chi^2) = df$)。
     • 變異數等於兩倍的自由度 ($Var(\chi^2) = 2df$)。

2. $R^2$ (R-Square):

   • 定義: $R^2$，又稱為決定係數 (Coefficient of Determination)，是迴歸分析中用來衡量迴歸模型對應變數變異數解釋程度的指標。它表示自變數（自變數）能夠解釋應變數（依變數）總變異的百分比。
   • 計算方式: $R^2$ 的計算公式為：
     $R^2 = 1 - \frac{SS_{res}}{SS_{tot}}$

本題旨在釐清兩種常見的假設檢定方法：t-test 和 F-test。

1. t-test (t檢定):

   • 定義: t-test 是一種統計假設檢定方法，用來判斷兩個樣本的平均數之間是否存在顯著差異，或者一個樣本的平均數是否與已知的母體平均數顯著不同。
   • 適用時機:
     • 當母體標準差 ($\sigma$) 未知，且樣本大小相對較小時，通常使用 t-distribution。
     • 當樣本數據近似常態分佈時。
   • 常見類型:
     • 單樣本 t-test (One-sample t-test): 比較一個樣本的平均數與已知的母體平均數。
       • 虛無假設 ($H_0$): $\mu = \mu_0$
       • 對立假設 ($H_1$): $\mu \ne \mu_0$ (或 $\mu > \mu_0$, $\mu < \mu_0$)
     • 獨立樣本 t-test (Independent samples t-test): 比較兩個獨立樣本的平均數。
       • 虛無假設 ($H_0$): $\mu_1 = \mu_2$
       • 對立假設 ($H_1$): $\mu_1 \ne \mu_2$ (或 $\mu_1 > \mu_2$, $\mu_1 < \mu_2$)
     • 配對樣本 t-test (Paired samples t-test): 比較來自同一群體或配對的兩組觀測值（例如，同一受試者在實驗前後的測量值）。
       • 虛無假設 ($H_0$): $\mu_d = 0$ (其中 $d$ 是配對差異的平均值)
       • 對立假設 ($H_1$): $\mu_d \ne 0$ (或 $\mu_d > 0$, $\mu_d < 0$)
   • 檢定統計量: t 統計量，其計算公式取決於檢定的類型，通常涉及樣本平均數、樣本標準差和樣本大小。
   • 判斷: 將計算出的 t 值與 t 分布的臨界值比較，或計算 p 值並與顯著水準 $\alpha$ 比較。

2. F-test (F檢定):

   • 定義: F-test 是一種統計假設檢定方法，其檢定統計量服從 F 分布。F-test 最常用於比較兩個或多個樣本的變異數是否相等，以及在迴歸分析中判斷整個迴歸模型的顯著性。
   • 適用時機:

本題要求解釋中央極限定理，並舉例說明其在營建工程管理上的應用。

1. 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT):

   • 定義: 中央極限定理是機率論中最重要且最廣泛應用的定理之一。它指出，不論原始母體分布的形態為何（只要母體的平均數 $\mu$ 和有限的變異數 $\sigma^2$ 存在），從該母體中抽取足夠大（通常認為 $n \ge 30$）的隨機樣本，這些樣本平均數的抽樣分布將近似於一個常態分布（高斯分布）。
   • 數學描述: 若從一個平均數為 $\mu$、標準差為 $\sigma$ 的母體中，隨機抽取樣本大小為 $n$ 的樣本，且 $n$ 足夠大 ($n \ge 30$)，則樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分布近似於：
     $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$
     其中，$\frac{\sigma^2}{n}$ 是樣本平均數的變異數，其標準差（稱為標準誤, standard error, SE）為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
   • 重要性:
     • CLT 是許多統計推論方法（如假設檢定、信賴區間）的理論基礎，因為它允許我們使用常態分布的性質來分析樣本平均數，即使原始母體不是常態分布。
     • 它解釋了為何在自然界和工程中，許多現象的分布會趨向於常態分布，因為這些現象往往是許多獨立隨機因素影響的結果。

2. 營建工程管理上的實際例子:
   中央極限定理在營建工程管理中非常實用，尤其是在處理工期、成本、材料特性等變異時。

   例子：工程工期的估計與變異分析

   • 情境: 一個大型營建工程（如橋梁、高樓）通常包含許多子工程項目，每個項目都有其預計的工期。這些子工程的實際工期可能會受到各種隨機因素的影響，例如天氣、勞工效率、材料供應、設備故障、設計變更等。假設單一子工程的工期分布可能不是常態的（例如，可能有時會因為突發狀況而大幅延遲，呈現右偏態）。
   • 應用 CLT:

本題詢問如何建立品質管制圖 (Control Chart) 的上下界，這主要涉及管制圖的基本原理和計算方法。

品質管制圖用於監控製程的穩定性，區分製程的正常變異 (common cause variation) 與異常變異 (special cause variation)。管制圖包含中心線 (Center Line, CL)、管制上限 (Upper Control Limit, UCL) 和管制下限 (Lower Control Limit, LCL)。

建立管制圖上下界（UCL 和 LCL）的步驟如下：

1. 收集數據:

   • 首先，需要從正在運行的、假設是穩定的製程中收集足夠的樣本數據。這些樣本通常是按時間順序抽取的小群體（subgroups）。
   • 樣本大小 ($n$) 和抽樣頻率是根據製程特性和監控需求決定的。

2. 計算樣本統計量:

   • 對於每個樣本 (subgroup)，計算其平均值 ($\bar{x}$) 或其他適當的統計量（如範圍 $R$ 或標準差 $s$）。

3. 計算製程中心線 (CL):

   • 平均值管制圖 ($\bar{x}$-chart): 中心線是所有樣本平均值 ($\bar{x}$) 的平均值，記為 $\bar{\bar{x}}$。
     $\bar{\bar{x}} = \frac{\sum_{i=1}^k \bar{x}_i}{k}$
     其中 $k$ 是樣本的數量。
   • 極差管制圖 (R-chart): 中心線是所有樣本極差 ($R$) 的平均值，記為 $\bar{R}$。
   • 標準差管制圖 (s-chart): 中心線是所有樣本標準差 ($s$) 的平均值，記為 $\bar{s}$。

4. 計算管制上限 (UCL) 和管制下限 (LCL):

   • 管制上下界的計算基於統計學原理，通常是將中心線加上或減去若干倍的標準差（或標準誤）。最常見的選擇是 ±3 倍標準差，這對應於假設製程呈常態分布時，99.73% 的數據會落在管制界限內。
   • 公式:
     • 對於 $\bar{x}$-chart:
       $UCL_{\bar{x}} = \bar{\bar{x}} + 3 \sigma_{\bar{x}}$
       $LCL_{\bar{x}} = \bar{\bar{x}} - 3 \sigma_{\bar{x}}$
       其中 $\sigma_{\bar{x}}$ 是樣本平均數的標準誤。由於母體標準差 $\sigma$ 通常未知，我們使用樣本標準差的估計值。
       • 如果樣本大小 $n$ 相同：$\sigma_{\bar{x}} \approx \frac{\bar{s}}{\sqrt{n}}$，其中 $\bar{s}$ 是樣本標準差的平均值。
       • 如果樣本大小 $n$ 相同：$\sigma_{\bar{x}} \approx \frac{\bar{R}}{d_2}$，其中 $\bar{R}$ 是樣本極差的平均值，$d_2$ 是與樣本大小 $n$ 相關的常數（來自統計表）。
         因此，常用的公式為：

本題為關於變異數分析 (ANOVA) 的應用，包含單因子變異數分析的檢定以及事後比較 (post-hoc test) 的概念。題目中提到「瀝青材料對某路面工程之瀝青含量」，但小題卻問「混凝土對其抗壓強度」，這部分可能為筆誤，我們將依據小題的問法，假設是在比較不同廠商混凝土的「抗壓強度」。

前提假設:

1. 各組樣本（各廠牌的混凝土）的母體皆服從常態分布。
2. 各組樣本的母體變異數相等 (Homogeneity of variances)。
3. 樣本是隨機抽取的，且各樣本間相互獨立。

數據整理:
由於題目提供的數據是「瀝青含量」，但小題問的是「抗壓強度」。這裡我們假設數據代表的是「抗壓強度」，並進行分析。如果題目確實是指瀝青含量，則分析方法相同，只是解釋的對象不同。
每個廠牌有 $n=5$ 個樣本。總樣本數 $N = 4 \times 5 = 20$。
總自由度 $df_{tot} = N-1 = 19$。
組數 $k=4$ (A, B, C, D)。
組間自由度 $df_{between} = k-1 = 3$。
組內自由度 $df_{within} = N-k = 20-4 = 16$。

計算各廠牌的平均值與變異數:

廠別	樣本數據 (強度)	平均值 ($\bar{x}_i$)	變異數 ($s_i^2$)
A廠	5.60, 5.60, 5.18, 5.65, 5.55	5.516	0.04083
B廠	5.33, 5.85, 5.58, 5.43, 5.62	5.562	0.04527
C廠	5.48, 6.05, 5.82, 5.58, 5.92	5.778	0.04477
D廠	5.49, 5.69, 5.53, 5.47, 5.61	5.558	0.00987

計算總平均值 ($\bar{\bar{x}}$):
$\bar{\bar{x}} = \frac{1}{N} \sum_{i=1}^k n_i \bar{x}_i = \frac{5 \times 5.516 + 5 \times 5.562 + 5 \times 5.778 + 5 \times 5.558}{20}$
$\bar{\bar{x}} = \frac{5 \times (5.516 + 5.562 + 5.778 + 5.558)}{20} = \frac{5 \times 22.414}{20} = \frac{112.07}{20} = 5.6035$

計算總平方和 ($SS_{tot}$):
$SS_{tot} = \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^{n_i} (x_{ij} - \bar{\bar{x}})^2$
或者 $SS_{tot} = \sum_{i=1}^k n_i (\bar{x}_i - \bar{\bar{x}})^2 + \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^{n_i} (x_{ij} - \bar{x}_i)^2$
$SS_{tot} = SS_{between} + SS_{within}$

計算組間平方和 ($SS_{between}$):
$SS_{between} = \sum_{i=1}^k n_i (\bar{x}_i - \bar{\bar{x}})^2$
$SS_{between} = 5 \times (5.516 - 5.6035)^2 + 5 \times (5.562 - 5.6035)^2 + 5 \times (5.778 - 5.6035)^2 + 5 \times (5.558 - 5.6035)^2$
$SS_{between} = 5 \times [(-0.0875)^2 + (-0.0415)^2 + (0.1745)^2 + (-0.0455)^2]$
$SS_{between} = 5 \times [0.00765625 + 0.00172225 + 0.03045025 + 0.00207025]$
$SS_{between} = 5 \times 0.041899 \approx 0.2095$

計算組內平方和 ($SS_{within}$):
$SS_{within} = \sum_{i=1}^k (n_i - 1) s_i^2$
$SS_{within} = (5-1) \times 0.04083 + (5-1) \times 0.04527 + (5-1) \times 0.04477 + (5-1) \times 0.00987$
$SS_{within} = 4 \times (0.04083 + 0.04527 + 0.04477 + 0.00987)$
$SS_{within} = 4 \times 0.14074 \approx 0.5630$

計算均方 (Mean Squares):

• 組間均方 (Mean Square Between, $MS_{between}$) = $\frac{SS_{between}}{df_{between}} = \frac{0.2095}{3} \approx 0.06983$
• 組內均方 (Mean Square Within, $MS_{within}$) = $\frac{SS_{within}}{df_{within}} = \frac{0.5630}{16} \approx 0.03519$

計算 F 統計量:
$F = \frac{MS_{between}}{MS_{within}} = \frac{0.06983}{0.03519} \approx 1.984$

(一) 檢定不同廠之混凝土抗壓強度是否有顯著差異

• 虛無假設 ($H_0$): 四家廠商的混凝土抗壓強度母體平均值皆相等。
  $H_0: \mu_A = \mu_B = \mu_C = \mu_D$
• 對立假設 ($H_1$): 至少有一家廠商的混凝土抗壓強度母體平均值與其他廠商不同。
  $H_1: \text{Not all } \mu_i \text{ are equal}$
• 顯著水準: $\alpha = 0.05$
• 檢定統計量: $F \approx 1.984$
• 自由度: $df_{between} = 3$, $df_{within} = 16$
• 臨界值: 在 $\alpha=0.05$ 和 $(3, 16)$ 的自由度下，查 F 分布表，臨界值 $F_{\alpha}(3, 16) \approx 3.24$。
• 決策: 由於計算出的 F 統計量 $1.984 < 3.24$，我們無法拒絕虛無假設。
• 結論: 在 0.05 的顯著水準下，沒有足夠的證據顯示這四家廠商的混凝土抗壓強度母體平均值存在顯著差異。

核心觀念

本題考查一元線性迴歸分析，令：

• $x$：每噸鋼筋價格
• $y$：出售數量
• 迴歸模型：$y=\beta_0+\beta_1x+\varepsilon$

需使用最小平方法估計迴歸式，並利用斜率的 $t$ 檢定判斷價格與出售數量是否具有線性關係。

最小平方法估計量為：

$$\hat{\beta}_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}, \qquad \hat{\beta}_0=\bar y-\hat{\beta}_1\bar x$$

其中：

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2, \qquad S_{xy}=\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)$$

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解題方法

為避免計算數字過大，令：

$$z=x-17000$$

則各週價格的 $z$ 值為：

$$-2000,\ 600,\ -600,\ 200,\ 300,\ -1800,\ 500,\ 1900,\ 0,\ -600$$

出售數量總和為：

$$\sum y_i=22960$$

因此：

$$\bar y=\frac{22960}{10}=2296$$

而：

$$\sum z_i=-1500$$

所以：

$$\bar x=17000+\frac{-1500}{10}=16850$$

計算可得：

$$\sum z_i^2=11,950,000$$ $$S_{xx}=\sum z_i^2-\frac{(\sum z_i)^2}{10} =11,950,000-\frac{(-1500)^2}{10} =11,725,000$$

另外：

$$\sum z_iy_i=-2,174,000$$

故：

$$S_{xy} =\sum z_iy_i-\frac{(\sum z_i)(\sum y_i)}{10}$$ $$=-2,174,000-\frac{(-1500)(22960)}{10} =1,270,000$$

（一）最小平方法估計迴歸式

斜率估計值：

$$\hat{\beta}_1 =\frac{1,270,000}{11,725,000} =0.108316$$

截距估計值：

$$\hat{\beta}_0 =\bar y-\hat{\beta}_1\bar x$$ $$=2296-(0.108316)(16850) =470.883$$

因此估計迴歸式為：

$$\boxed{\hat y=470.883+0.108316x}$$

其中 $x$ 的單位為每噸價格，$\hat y$ 為預測出售數量。

斜率為正，表示樣本資料中價格越高時，出售數量有增加的趨勢；但是否達到統計上顯著，須進行第三小題的檢定。

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（二）價格為 $16800$ 時的預測出售數量

將 $x=16800$ 代入迴歸式：

$$\hat y =470.883+0.108316(16800)$$ $$\hat y=2289.98$$

本題涉及專案時程管理中的關鍵路徑法 (Critical Path Method, CPM) 和專案工期的機率分析。題目假設工期服從標準常態分佈，這是一個簡化假設，實際應用中通常使用 Beta 分布或 PERT (Program Evaluation and Review Technique) 的方法。但在此處，我們依題意使用常態分布來處理。

數據整理:
我們將各工項的平均工期記為 $T_i$，標準差記為 $\sigma_i$。
工項 1: $T_1=20$, $\sigma_1=8$
工項 2: $T_2=10$, $\sigma_2=6$ (前置: 1)
工項 3: $T_3=30$, $\sigma_3=10$ (前置: 2)
工項 4: $T_4=50$, $\sigma_4=12$
工項 5: $T_5=20$, $\sigma_5=4$ (前置: 4)
工項 6: $T_6=3.5$, $\sigma_6=30$ (前置: 5)
工項 7: $T_7=40$, $\sigma_7=15$ (前置: 6)

注意: 工項 6 的標準差 (30) 遠大於其平均工期 (3.5)。這在實際工程中非常罕見，可能導致負工期機率很高。但我們仍依題目假設進行計算。

(一) 關鍵路徑 (Critical Path) 與可能完工時程

關鍵路徑是指專案中最長的一連串活動，任何一項活動的延遲都會直接導致整個專案的延遲。要找出關鍵路徑，我們需要建立專案的網絡圖 (Network Diagram)，並計算各工項的最早開始時間 (ES)、最早結束時間 (EF)、最晚開始時間 (LS) 和最晚結束時間 (LF)，以及浮時 (Slack/Float)。

建立網絡圖:

• 工項 1, 4 沒有前置作業。
• 工項 2 依賴 1。
• 工項 3 依賴 2。
• 工項 5 依賴 4。
• 工項 6 依賴 5。
• 工項 7 依賴 6。

這表示有兩條主要的平行路徑：

• 路徑 1: 1 -> 2 -> 3
• 路徑 2: 4 -> 5 -> 6 -> 7

計算各路徑的總預計工期 (期望值):

• 路徑 1 (1-2-3):
  總工期 $T_{1-2-3} = T_1 + T_2 + T_3 = 20 + 10 + 30 = 60$ 天。
  由於工項獨立，總變異數為各工項變異數之和：
  $\sigma_{1-2-3}^2 = \sigma_1^2 + \sigma_2^2 + \sigma_3^2 = 8^2 + 6^2 + 10^2 = 64 + 36 + 100 = 200$
  總標準差 $\sigma_{1-2-3} = \sqrt{200} \approx 14.14$ 天。

• 路徑 2 (4-5-6-7):
  總工期 $T_{4-5-6-7} = T_4 + T_5 + T_6 + T_7 = 50 + 20 + 3.5 + 40 = 113.5$ 天。
  $\sigma_{4-5-6-7}^2 = \sigma_4^2 + \sigma_5^2 + \sigma_6^2 + \sigma_7^2 = 12^2 + 4^2 + 30^2 + 15^2 = 144 + 16 + 900 + 225 = 1285$
  總標準差 $\sigma_{4-5-6-7} = \sqrt{1285} \approx 35.85$ 天。

判斷關鍵路徑:
比較兩條主要路徑的總預計工期。
路徑 1: 60 天
路徑 2: 113.5 天
路徑 2 (4 -> 5 -> 6 -> 7) 的預計工期較長，因此 關鍵路徑是 4 -> 5 -> 6 -> 7。

專案的總預計完工時間:
專案總預計工期為關鍵路徑的總工期，即 $113.5$ 天。
專案總標準差為關鍵路徑的總標準差，即 $\approx 35.85$ 天。

可能完工時程:
由於工期服從常態分布（根據題目假設），專案總工期 $T_{total}$ 近似服從常態分布：
$T_{total} \sim N(\mu = 113.5, \sigma^2 = 1285)$
$\mu = 113.5$ 天, $\sigma \approx 35.85$ 天。

請注意: 題目說「假設各項工程之工期呈標準常態分佈」。標準常態分佈是指平均值為 0，標準差為 1 的常態分布。然而，題目給出的平均工期和標準差並非標準常態分布的參數。這裡我們假設題目是指「工期服從常態分布」，並使用給定的平均值和標準差。如果題目真的要用「標準常態分布」，則需要將平均工期轉換為 Z 分數，這與 CPM 的邏輯不符。因此，我們採用「工期服從常態分布」的解釋。

(二) 若工項 2 落後 3 天且工項 5 落後 3 天，請問本工程能如期完工之機率為何？

「如期完工」通常是指在預計的完成時間內完工。專案的預計完工時間是基於關鍵路徑的。
關鍵路徑是 4 -> 5 -> 6 -> 7。
非關鍵路徑是 1 -> 2 -> 3。

題目提到「工項 2 落後 3 天」和「工項 5 落後 3 天」。

• 工項 5 位於關鍵路徑上。如果工項 5 落後 3 天，這會直接增加關鍵路徑的總工期。
• 工項 2 位於非關鍵路徑上。它有浮時 (slack)。我們需要計算其浮時，才能判斷落後 3 天是否會影響總工期。

計算浮時 (Slack):
首先，我們需要計算所有工項的 ES, EF, LS, LF。

• 最早開始 (ES) 和最早結束 (EF):

  • ES(1) = 0, EF(1) = 0 + 20 = 20
  • ES(4) = 0, EF(4) = 0 + 50 = 50
  • ES(2) = EF(1) = 20, EF(2) = 20 + 10 = 30
  • ES(5) = EF(4) = 50, EF(5) = 50 + 20 = 70
  • ES(3) = EF(2) = 30, EF(3) = 30 + 30 = 60
  • ES(6) = EF(5) = 70, EF(6) = 70 + 3.5 = 73.5
  • ES(7) = EF(6) = 73.5, EF(7) = 73.5 + 40 = 113.5 (專案總 EF)

• 最晚結束 (LF) 和最晚開始 (LS):
  LF(7) = EF(7) = 113.5 (專案總 LF)
  LS(7) = LF(7) - T_7 = 113.5 - 40 = 73.5
  LF(6) = LS(7) = 73.5
  LS(6) = LF(6) - T_6 = 73.5 - 3.5 = 70
  LF(5) = LS(6) = 70
  LS(5) = LF(5) - T_5 = 70 - 20 = 50
  LF(4) = LS(5) = 50
  LS(4) = LF(4) - T_4 = 50 - 50 = 0

本題的核心觀念為單因子變異數分析（One-Way ANOVA）與事後檢定/工程決策分析。本題評估 5 種不同配比的抗壓強度有無顯著差異，利用變異數分析將總變異拆解為「組間變異（配比影響）」與「組內變異（實驗誤差）」，並透過 $F$ 檢定判斷母體平均數是否相等；再結合設計需求強度與資源再利用（廢棄鑄砂替代細骨材）的工程經濟思維給出最適配比建議。

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(a) 檢定不同配比之平均抗壓強度是否有顯著差異

1. 建立假設（Hypothesis Statement）

欲檢定 5 種不同混凝土配比（$k = 5$）的平均 28 天抗壓強度 $\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4, \mu_5$ 是否相同。

• 虛無假設 $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \mu_3 = \mu_4 = \mu_5$（所有配比的平均抗壓強度無顯著差異）
• 對立假設 $H_1:$ 五種配比的平均抗壓強度不全相等（至少有一種配比與其他不同）

2. 計算各組與總體統計量

每組樣本數 $n = 4$，總樣本數 $N = 5 \times 4 = 20$。

• 組 1 (Normal)：

  • 樣本總和 $T_1 = 42.5 + 44.0 + 43.0 + 43.5 = 173.0$
  • 樣本平均 $\bar{y}_{1\cdot} = \frac{173.0}{4} = 43.25\text{ MPa}$
  • 組內離差平方和 $SS_1 = (42.5-43.25)^2 + (44.0-43.25)^2 + (43.0-43.25)^2 + (43.5-43.25)^2 = 1.25$

• 組 2 (25%Dirty)：

  • 樣本總和 $T_2 = 32.5 + 33.5 + 33.0 + 35.4 = 134.4$
  • 樣本平均 $\bar{y}_{2\cdot} = \frac{134.4}{4} = 33.60\text{ MPa}$
  • 組內離差平方和 $SS_2 = (32.5-33.6)^2 + (33.5-33.6)^2 + (33.0-33.6)^2 + (35.4-33.6)^2 = 4.82$

• 組 3 (35%Dirty)：

  • 樣本總和 $T_3 = 30.9 + 30.7 + 31.0 + 31.7 = 124.3$
  • 樣本平均 $\bar{y}_{3\cdot} = \frac{124.3}{4} = 31.075\text{ MPa}$
  • 組內離差平方和 $SS_3 = (30.9-31.075)^2 + (30.7-31.075)^2 + (31.0-31.075)^2 + (31.7-31.075)^2 = 0.5675$

• 組 4 (25%Clean)：

  • 樣本總和 $T_4 = 41.5 + 42.0 + 43.5 + 44.0 = 171.0$
  • 樣本平均 $\bar{y}_{4\cdot} = \frac{171.0}{4} = 42.75\text{ MPa}$
  • 組內離差平方和 $SS_4 = (41.5-42.75)^2 + (42.0-42.75)^2 + (43.5-42.75)^2 + (44.0-42.75)^2 = 4.25$

• 組 5 (35%Clean)：

  • 樣本總和 $T_5 = 43.0 + 44.5 + 44.0 + 43.5 = 175.0$
  • 樣本平均 $\bar{y}_{5\cdot} = \frac{175.0}{4} = 43.75\text{ MPa}$
  • 組內離差平方和 $SS_5 = (43.0-43.75)^2 + (44.5-43.75)^2 + (44.0-43.75)^2 + (43.5-43.75)^2 = 1.25$

• 總計（Grand Total）：

  • $T_{\cdot\cdot} = 173.0 + 134.4 + 124.3 + 171.0 + 175.0 = 777.7$
  • 總平均 $\bar{y}_{\cdot\cdot} = \frac{777.7}{20} = 38.885\text{ MPa}$

3. 計算平方和（Sum of Squares, SS）

• 校正因子（Correction Factor）：
  $CF = \frac{T_{\cdot\cdot}^2}{N} = \frac{777.7^2}{20} = 30240.8645$

• 處理平方和（Treatment Sum of Squares, SSTr）：反映配比不同造成的變異。
  $SSTr = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^5 T_i^2 - CF = \frac{173.0^2 + 134.4^2 + 124.3^2 + 171.0^2 + 175.0^2}{4} - 30240.8645 = \frac{123308.85}{4} - 30240.8645 = 586.348$

• 誤差平方和（Error Sum of Squares, SSE）：反映實驗隨機誤差造成的變異。
  $SSE = \sum_{i=1}^5 SS_i = 1.25 + 4.82 + 0.5675 + 4.25 + 1.25 = 12.1375$