108 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《統計學》

本題考驗對卡方分配 (Chi-squared distribution) 的理解，特別是樣本變異數與母體變異數的關係。

核心觀念：

1. 卡方分配的定義： 若 $Z_1, Z_2, \dots, Z_k$ 為獨立的標準常態隨機變數 (mean 0, variance 1)，則 $\sum_{i=1}^k Z_i^2$ 服從自由度為 $k$ 的卡方分配，記為 $\chi^2_k$。
2. 樣本平均數的性質： 當來自均值為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$ 的常態分配，樣本平均數 $\bar{X}$ 服從均值為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2/n$ 的常態分配。
3. 樣本變異數的性質： 對於來自常態分配的隨機樣本，$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 服從自由度為 $n-1$ 的卡方分配，其中 $S^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{n-1}$ 是樣本變異數。

解題步驟與說明：

首先，我們需要明確說明所做的假設：

1. 母體分配為常態分配 (Normal Distribution)： $X_i \sim N(\mu, \sigma^2)$ 對所有 $i=1, \dots, n$。
2. 獨立同分布 (Independent and Identically Distributed, i.i.d.)： 樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是從這個常態分配中獨立抽取且具有相同的分配。

現在，我們來推導 $\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma^2}$ 服從 $\chi^2_{n-1}$。

我們知道，對於任意一個隨機變數 $Y$，若 $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$，則 $\frac{Y-\mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$。
因此，對於樣本中的每一個 $X_i$，我們可以寫成：
$\frac{X_i - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1)$

根據卡方分配的定義，若 $Z_i = \frac{X_i - \mu}{\sigma}$，則 $\sum_{i=1}^n Z_i^2 = \sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i - \mu}{\sigma}\right)^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2}{\sigma^2}$ 服從自由度為 $n$ 的卡方分配，即 $\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_n$。

接下來，我們需要將分子中的 $\mu$ 替換成 $\bar{X}$。這一步是關鍵，需要用到一個重要的恆等式：
$\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X} + \bar{X} - \mu)^2$
$= \sum_{i=1}^n [(X_i - \bar{X}) + (\bar{X} - \mu)]^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + 2 \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(\bar{X} - \mu) + \sum_{i=1}^n (\bar{X} - \mu)^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + 2 (\bar{X} - \mu) \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) + n (\bar{X} - \mu)^2$
由於 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X}) = \sum_{i=1}^n X_i - \sum_{i=1}^n \bar{X} = n\bar{X} - n\bar{X} = 0$，所以中間項為 0。
因此，我們得到：
$\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + n (\bar{X} - \mu)^2$

將這個恆等式代入我們想證明的式子中：
$\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma^2} + \frac{n (\bar{X} - \mu)^2}{\sigma^2}$

核心觀念

• 點二列相關係數 (point‑biserial correlation)：是兩變項其中一個為二元（0/1）離散變數，另一個為連續變數時的 Pearson 相關係數。
• 公式

$r_{pb}= \frac{\bar X_{1}-\bar X_{0}}{s}\sqrt{pq}$

其中

• $\bar X_{1},\;\bar X_{0}$ 為兩組（分別編碼為 1、0）的樣本平均。
• $p$、$q$ 為兩組在全體樣本中的比例 ($p+q=1$)。
• $s$ 為 合併標準差（pooled SD），計算方式

$s=\sqrt{\frac{(n_1-1)S_1^{2}+(n_0-1)S_0^{2}}{N-2}}$

其中 $N=n_1+n_0$，$S_1,S_0$ 為各組樣本標準差。

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解題方法

1. 決定編碼：以 male = 1, female = 0（任意選擇，只會影響符號方向）。
2. 計算比例

$$p=\frac{n_{\text{male}}}{N}=\frac{100}{172}=0.5814,\qquad q=\frac{n_{\text{female}}}{N}=0.4186$$

3. 合併變異數

本題考驗對條件機率和貝氏定理 (Bayes' Theorem) 的應用。我們需要計算在已知一個市政債券是由城市發行 (事件 C) 的條件下，該債券獲得 A 評級 (事件 A) 的機率。

核心觀念：

1. 全機率法則 (Law of Total Probability)： $P(B) = \sum_i P(B|A_i) P(A_i)$，其中 $A_i$ 是互斥且窮盡的事件。
2. 貝氏定理 (Bayes' Theorem)： $P(A|B) = \frac{P(B|A) P(A)}{P(B)}$。

符號定義：

• $A$: 債券獲得 A 評級。
• $B$: 債券獲得 B 評級。
• $C$: 債券獲得 C 評級。
• $City$: 債券由城市發行。
• $Suburb$: 債券由郊區發行。
• $Rural$: 債券由農村地區發行。

已知資訊：

• 評級機率：

  • $P(A) = 0.70$
  • $P(B) = 0.20$
  • $P(C) = 0.10$
    (注意：$P(A) + P(B) + P(C) = 0.70 + 0.20 + 0.10 = 1.00$，這三種評級是窮盡且互斥的。)

• 發行地點在評級下的條件機率：

  • 對 A 級債券：
    • $P(City|A) = 0.50$
    • $P(Suburb|A) = 0.40$
    • $P(Rural|A) = 0.10$
  • 對 B 級債券：
    • $P(City|B) = 0.60$
    • $P(Suburb|B) = 0.20$
    • $P(Rural|B) = 0.20$
  • 對 C 級債券：
    • $P(City|C) = 0.90$
    • $P(Suburb|C) = 0.05$
    • $P(Rural|C) = 0.05$

問題：
求 $P(A|City)$，即在已知債券由城市發行 (City) 的條件下，它獲得 A 評級 (A) 的機率。

解題步驟：

根據貝氏定理，我們需要計算：
$P(A|City) = \frac{P(City|A) P(A)}{P(City)}$

我們已知 $P(City|A) = 0.50$ 和 $P(A) = 0.70$。
現在我們需要計算分母 $P(City)$，即一個市政債券由城市發行的總機率。
我們可以利用全機率法則來計算 $P(City)$，其中事件 A, B, C 是互斥且窮盡的：
$P(City) = P(City|A) P(A) + P(City|B) P(B) + P(City|C) P(C)$

代入已知數值：

• $P(City|A) P(A) = 0.50 \times 0.70 = 0.35$ (這是債券是 A 級且由城市發行的聯合機率 $P(City \cap A)$)
• $P(City|B) P(B) = 0.60 \times 0.20 = 0.12$ (這是債券是 B 級且由城市發行的聯合機率 $P(City \cap B)$)

本題考驗對期望值 (Expectation) 的性質、無偏估計量 (Unbiased Estimator) 的概念，以及隨機變數差的平方的期望值計算。

核心觀念：

1. 期望值的線性性質： $E[aX + bY + c] = aE[X] + bE[Y] + c$。
2. 無偏估計量： 對於參數 $\theta$，一個估計量 $\hat{\theta}$ 若滿足 $E[\hat{\theta}] = \theta$，則稱 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的無偏估計量。
3. 變異數的定義： $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$，因此 $E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2$。
4. 獨立隨機變數的期望值和變異數： 若 $X_1, \dots, X_n$ 是獨立的，則 $Var(\sum a_i X_i) = \sum a_i^2 Var(X_i)$。
5. 平方和的期望值： $E[\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2]$ 的計算。

解題步驟與說明：

我們需要計算 $E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2\right]$。
展開後是：
$E[(X_1 - \hat{\mu})^2 + (X_2 - \hat{\mu})^2 + (X_3 - \hat{\mu})^2]$

這是一個包含隨機變數 $\hat{\mu}$ 的平方項的期望值。由於 $\hat{\mu}$ 本身是樣本 $X_1, X_2, X_3$ 的函數，直接計算會比較複雜。
我們注意到，$\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2 = \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2c \sum_{i=1}^n X_i + nc^2$。
在這裡，我們的 $c$ 是 $\hat{\mu}$，它本身是隨機的。

一個更簡潔的方法是考慮 $\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2$ 的期望值，其中 $c$ 是一個常數。
$E[\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2] = E[\sum X_i^2 - 2c \sum X_i + nc^2]$
$= E[\sum X_i^2] - 2c E[\sum X_i] + nc^2$
$= \sum E[X_i^2] - 2c n E[X] + nc^2$
$= \sum (Var(X_i) + (E[X_i])^2) - 2cn\mu + nc^2$
$= \sum (\sigma^2 + \mu^2) - 2cn\mu + nc^2$
$= n(\sigma^2 + \mu^2) - 2cn\mu + nc^2$

現在，我們的問題是 $c$ 不是一個常數，而是 $\hat{\mu}$。
$E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2\right] = E\left[\sum X_i^2 - 2\hat{\mu} \sum X_i + 3\hat{\mu}^2\right]$
$= E[\sum X_i^2] - 2 E[\hat{\mu} \sum X_i] + 3 E[\hat{\mu}^2]$

我們需要先知道 $\hat{\mu}$ 的期望值和變異數。
$E[X_i] = \mu$, $Var(X_i) = \sigma^2$ 對所有 $i$。
$\hat{\mu} = \frac{1}{6}X_1 + \frac{4}{6}X_2 + \frac{1}{6}X_3$
$E[\hat{\mu}] = E[\frac{1}{6}X_1 + \frac{4}{6}X_2 + \frac{1}{6}X_3]$
$= \frac{1}{6}E[X_1] + \frac{4}{6}E[X_2] + \frac{1}{6}E[X_3]$
$= \frac{1}{6}\mu + \frac{4}{6}\mu + \frac{1}{6}\mu = (\frac{1+4+1}{6})\mu = \frac{6}{6}\mu = \mu$
這表示 $\hat{\mu}$ 是 $\mu$ 的一個無偏估計量，這與題目描述一致。

接下來，計算 $\hat{\mu}$ 的變異數。由於 $X_i$ 是獨立的：
$Var(\hat{\mu}) = Var(\frac{1}{6}X_1 + \frac{4}{6}X_2 + \frac{1}{6}X_3)$
$= (\frac{1}{6})^2 Var(X_1) + (\frac{4}{6})^2 Var(X_2) + (\frac{1}{6})^2 Var(X_3)$
$= \frac{1}{36}\sigma^2 + \frac{16}{36}\sigma^2 + \frac{1}{36}\sigma^2$
$= \frac{1+16+1}{36}\sigma^2 = \frac{18}{36}\sigma^2 = \frac{1}{2}\sigma^2$

現在我們需要計算 $E[\sum X_i^2]$ 和 $E[\hat{\mu}^2]$ 和 $E[\hat{\mu} \sum X_i]$。
$E[X_i^2] = Var(X_i) + (E[X_i])^2 = \sigma^2 + \mu^2$
$E[\sum_{i=1}^3 X_i^2] = \sum_{i=1}^3 E[X_i^2] = 3(\sigma^2 + \mu^2) = 3\sigma^2 + 3\mu^2$

$E[\hat{\mu}^2] = Var(\hat{\mu}) + (E[\hat{\mu}])^2 = \frac{1}{2}\sigma^2 + \mu^2$

$E[\hat{\mu} \sum X_i]$：
$\sum X_i = X_1 + X_2 + X_3$
$\hat{\mu} \sum X_i = (\frac{1}{6}X_1 + \frac{4}{6}X_2 + \frac{1}{6}X_3)(X_1 + X_2 + X_3)$
$= \frac{1}{6}X_1^2 + \frac{1}{6}X_1X_2 + \frac{1}{6}X_1X_3 + \frac{4}{6}X_2X_1 + \frac{4}{6}X_2^2 + \frac{4}{6}X_2X_3 + \frac{1}{6}X_3X_1 + \frac{1}{6}X_3X_2 + \frac{1}{6}X_3^2$
$= \frac{1}{6}X_1^2 + \frac{4}{6}X_2^2 + \frac{1}{6}X_3^2 + (\frac{1}{6}+\frac{4}{6})X_1X_2 + (\frac{1}{6}+\frac{1}{6})X_1X_3 + (\frac{4}{6}+\frac{1}{6})X_2X_3$
$= \frac{1}{6}X_1^2 + \frac{4}{6}X_2^2 + \frac{1}{6}X_3^2 + \frac{5}{6}X_1X_2 + \frac{2}{6}X_1X_3 + \frac{5}{6}X_2X_3$

取期望值：
$E[\hat{\mu} \sum X_i] = E[\frac{1}{6}X_1^2 + \frac{4}{6}X_2^2 + \frac{1}{6}X_3^2 + \frac{5}{6}X_1X_2 + \frac{2}{6}X_1X_3 + \frac{5}{6}X_2X_3]$
$= \frac{1}{6}E[X_1^2] + \frac{4}{6}E[X_2^2] + \frac{1}{6}E[X_3^2] + \frac{5}{6}E[X_1X_2] + \frac{2}{6}E[X_1X_3] + \frac{5}{6}E[X_2X_3]$
由於 $X_i$ 是獨立的，所以 $E[X_iX_j] = E[X_i]E[X_j] = \mu \cdot \mu = \mu^2$ 對於 $i \ne j$。
$E[\hat{\mu} \sum X_i] = \frac{1}{6}(\sigma^2+\mu^2) + \frac{4}{6}(\sigma^2+\mu^2) + \frac{1}{6}(\sigma^2+\mu^2) + \frac{5}{6}\mu^2 + \frac{2}{6}\mu^2 + \frac{5}{6}\mu^2$
$= (\frac{1+4+1}{6})(\sigma^2+\mu^2) + (\frac{5+2+5}{6})\mu^2$
$= \frac{6}{6}(\sigma^2+\mu^2) + \frac{12}{6}\mu^2$
$= \sigma^2 + \mu^2 + 2\mu^2 = \sigma^2 + 3\mu^2$

現在將所有部分代回原式：
$E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2\right] = E[\sum X_i^2] - 2 E[\hat{\mu} \sum X_i] + 3 E[\hat{\mu}^2]$
$= (3\sigma^2 + 3\mu^2) - 2(\sigma^2 + 3\mu^2) + 3(\frac{1}{2}\sigma^2 + \mu^2)$
$= 3\sigma^2 + 3\mu^2 - 2\sigma^2 - 6\mu^2 + \frac{3}{2}\sigma^2 + 3\mu^2$
合併 $\sigma^2$ 項：$3 - 2 + \frac{3}{2} = 1 + \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$
合併 $\mu^2$ 項：$3 - 6 + 3 = 0$

所以，
$E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2\right] = \frac{5}{2}\sigma^2$

另一種簡潔方法：
考慮 $\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2$ 的期望值。
$E[\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2] = \sum_{i=1}^n E[(X_i - c)^2]$
$= \sum_{i=1}^n Var(X_i - c) + (E[X_i - c])^2$
$= \sum_{i=1}^n Var(X_i) + (E[X_i] - c)^2$
$= \sum_{i=1}^n (\sigma^2 + (\mu-c)^2)$
$= n\sigma^2 + n(\mu-c)^2$

將 $c$ 換成 $\hat{\mu}$，這表示我們不能直接代入。
但是，我們可以利用 $\sum_{i=1}^n (X_i - c)^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + n(\bar{X}-c)^2$ 的思想。
在這裡，我們不是用 $\bar{X}$，而是用 $\hat{\mu}$。
$\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2 = \sum_{i=1}^3 (X_i - \bar{X})^2 + 3(\bar{X} - \hat{\mu})^2$ ?
這個分解式是否成立？
$\sum (X_i - \hat{\mu})^2 = \sum (X_i - \bar{X} + \bar{X} - \hat{\mu})^2$
$= \sum (X_i - \bar{X})^2 + 2 \sum (X_i - \bar{X})(\bar{X} - \hat{\mu}) + \sum (\bar{X} - \hat{\mu})^2$
$= \sum (X_i - \bar{X})^2 + 2(\bar{X} - \hat{\mu}) \sum (X_i - \bar{X}) + 3(\bar{X} - \hat{\mu})^2$
$= \sum (X_i - \bar{X})^2 + 0 + 3(\bar{X} - \hat{\mu})^2$
所以，$\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2 = \sum_{i=1}^3 (X_i - \bar{X})^2 + 3(\bar{X} - \hat{\mu})^2$ 這個分解是成立的。

現在我們需要計算它的期望值：
$E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \hat{\mu})^2\right] = E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \bar{X})^2\right] + E\left[3(\bar{X} - \hat{\mu})^2\right]$

第一項：$E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \bar{X})^2\right]$
我們知道 $\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}$。
所以 $E\left[\frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma^2}\right] = n-1$。
$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right] = (n-1)\sigma^2$。
在這裡 $n=3$，所以 $E\left[\sum_{i=1}^3 (X_i - \bar{X})^2\right] = (3-1)\sigma^2 = 2\sigma^2$。

第二項：$E\left[3(\bar{X} - \hat{\mu})^2\right] = 3 E[(\bar{X} - \hat{\mu})^2]$
注意：$(\bar{X} - \hat{\mu})^2 = (\bar{X}^2 - 2\bar{X}\hat{\mu} + \hat{\mu}^2)$
$E[(\bar{X} - \hat{\mu})^2] = E[\bar{X}^2] - 2 E[\bar{X}\hat{\mu}] + E[\hat{\mu}^2]$

我們已經知道 $E[\hat{\mu}^2] = \frac{1}{2}\sigma^2 + \mu^2$。
$E[\bar{X}] = \mu$
$Var(\bar{X}) = Var(\frac{1}{3}\sum X_i) = (\frac{1}{3})^2 \sum Var(X_i) = \frac{1}{9} (3\sigma^2) = \frac{1}{3}\sigma^2$
$E[\bar{X}^2] = Var(\bar{X}) + (E[\bar{X}])^2 = \frac{1}{3}\sigma^2 + \mu^2$

$E[\bar{X}\hat{\mu}]$：
$\bar{X} = \frac{1}{3}X_1 + \frac{1}{3}X_2 + \frac{1}{3}X_3$
$\hat{\mu} = \frac{1}{6}X_1 + \frac{4}{6}X_2 + \frac{1}{6}X_3$

Part a: ANOVA Analysis

本題考驗對單因子變異數分析 (One-way ANOVA) 的理解與應用。我們要檢定三種不同的清潔方法 (New1, New2, Standard) 是否對矽晶圓的產出率 (yield) 有顯著不同的影響。

核心觀念：

1. 變異數分析 (ANOVA)： ANOVA 是一種用於比較兩個或多個組別平均數是否相等的方法。它將總變異分解為組間變異 (between-group variability) 和組內變異 (within-group variability)。
2. F 檢定： ANOVA 的檢定統計量是 F 值，它代表組間變異與組內變異的比例。如果組間變異顯著大於組內變異，則表示組別的平均數之間存在差異。
3. 顯著水準 (Significance Level, $\alpha$)： 在此題中，$\alpha = 0.05$。
4. 虛無假設 ($H_0$) 與對立假設 ($H_1$)：
   • $H_0$: 所有組別的平均數相等。即 $\mu_{New1} = \mu_{New2} = \mu_{Standard}$。
   • $H_1$: 至少有一個組別的平均數與其他組別不同。

數據整理：
首先，我們需要整理數據並計算各組的樣本數、平均數和變異數。

Method	Data Points	$n$	Sum	Mean ($\bar{X}$)	Sum of Squares ($\sum X^2$)	Variance ($S^2$)
New1	38, 34, 38, 34	4	144	$144/4 = 36$	$38^2+34^2+38^2+34^2 = 1444+1156+1444+1156 = 5200$	$S_1^2 = \frac{5200 - 4 \times 36^2}{4-1} = \frac{5200 - 4 \times 1296}{3} = \frac{5200 - 5184}{3} = \frac{16}{3} \approx 5.333$
New2	29, 35, 34	3	98	$98/3 \approx 32.67$	$29^2+35^2+34^2 = 841+1225+1156 = 3222$	$S_2^2 = \frac{3222 - 3 \times (98/3)^2}{3-1} = \frac{3222 - 3 \times (9604/9)}{2} = \frac{3222 - 9604/3}{2} = \frac{(9666-9604)/3}{2} = \frac{62/3}{2} = \frac{31}{3} \approx 10.333$
Standard	31, 23, 38, 29	4	121	$121/4 = 30.25$	$31^2+23^2+38^2+29^2 = 961+529+1444+841 = 3775$	$S_3^2 = \frac{3775 - 4 \times 30.25^2}{4-1} = \frac{3775 - 4 \times 915.0625}{3} = \frac{3775 - 3660.25}{3} = \frac{114.75}{3} = 38.25$

總樣本數 $N = n_1 + n_2 + n_3 = 4 + 3 + 4 = 11$。
總平均數 $\bar{X}_{total} = \frac{144 + 98 + 121}{11} = \frac{363}{11} = 33$。

計算 ANOVA 表：

1. 計算總平方和 (Total Sum of Squares, SST)：
   $SST = \sum_{i} \sum_{j} (X_{ij} - \bar{X}_{total})^2$
   New1: $(38-33)^2 + (34-33)^2 + (38-33)^2 + (34-33)^2 = 5^2 + 1^2 + 5^2 + 1^2 = 25+1+25+1 = 52$
   New2: $(29-33)^2 + (35-33)^2 + (34-33)^2 = (-4)^2 + 2^2 + 1^2 = 16+4+1 = 21$
   Standard: $(31-33)^2 + (23-33)^2 + (38-33)^2 + (29-33)^2 = (-2)^2 + (-10)^2 + 5^2 + (-4)^2 = 4+100+25+16 = 145$
   $SST = 52 + 21 + 145 = 218$

2. 計算組間平方和 (Between-Group Sum of Squares, SSB)：
   $SSB = \sum_{i=1}^k n_i (\bar{X}_i - \bar{X}_{total})^2$
   $SSB = 4 \times (36 - 33)^2 + 3 \times (32.67 - 33)^2 + 4 \times (30.25 - 33)^2$
   $SSB = 4 \times (3)^2 + 3 \times (-0.33)^2 + 4 \times (-2.75)^2$
   $SSB = 4 \times 9 + 3 \times 0.1089 + 4 \times 7.5625$
   $SSB = 36 + 0.3267 + 30.25 = 66.5767$

   精確計算 SSB：
   $\bar{X}_{New1} = 36$
   $\bar{X}_{New2} = 98/3$
   $\bar{X}_{Standard} = 30.25 = 121/4$
   $\bar{X}_{total} = 33$
   $SSB = 4(36-33)^2 + 3(\frac{98}{3}-33)^2 + 4(\frac{121}{4}-33)^2$
   $SSB = 4(3)^2 + 3(\frac{98-99}{3})^2 + 4(\frac{121-132}{4})^2$
   $SSB = 4(9) + 3(\frac{-1}{3})^2 + 4(\frac{-11}{4})^2$
   $SSB = 36 + 3(\frac{1}{9}) + 4(\frac{121}{16})$
   $SSB = 36 + \frac{1}{3} + \frac{121}{4} = 36 + 0.3333 + 30.25 = 66.5833$

3. 計算組內平方和 (Within-Group Sum of Squares, SSW)：
   $SSW = SST - SSB = 218 - 66.5833 = 151.4167$
   或者，我們可以從各組的變異數計算 SSW：
   $SSW = \sum_{i=1}^k (n_i - 1)S_i^2$
   $SSW = (4-1) \times \frac{16}{3} + (3-1) \times \frac{31}{3} + (4-1) \times 38.25$
   $SSW = 3 \times \frac{16}{3} + 2 \times \frac{31}{3} + 3 \times 38.25$
   $SSW = 16 + \frac{62}{3} + 114.75$
   $SSW = 16 + 20.6667 + 114.75 = 151.4167$
   兩種方法計算結果一致。

4. 計算自由度 (Degrees of Freedom, df)：

   • 組間自由度 $df_B = k - 1 = 3 - 1 = 2$ (k 為組別數)
   • 組內自由度 $df_W = N - k = 11 - 3 = 8$
   • 總自由度 $df_T = N - 1 = 11 - 1 = 10$ ($df_T = df_B + df_W$)

5. 計算均方 (Mean Squares)：

   • 組間均方 $MSB = \frac{SSB}{df_B} = \frac{66.5833}{2} = 33.29165$
   • 組內均方 $MSW = \frac{SSW}{df_W} = \frac{151.4167}{8} = 18.9270875$

6. 計算 F 值：
   $F = \frac{MSB}{MSW} = \frac{33.29165}{18.9270875} \approx 1.7589$

7. 做出決策：
   我們需要將計算出的 F 值與 F 分配表中自由度為 (2, 8) 的臨界值進行比較，在 $\alpha = 0.05$ 的水準下。
   查 F 分配表 (見題目提供的附錄)，對於 $df_1 = 2$ (numerator df) 和 $df_2 = 8$ (denominator df)，在 $\alpha = 0.05$ 時，臨界值 $F_{0.05, 2, 8} \approx 4.46$。

   由於計算出的 F 值 $1.7589$ 小於臨界值 $4.46$，我們無法拒絕虛無假設 $H_0$。

結論：
在 0.05 的顯著水準下，沒有足夠的證據表明三種清潔方法的平均產出率存在顯著差異。

【答案】
a.
1. 數據整理與假設：

• 方法 New1: $n_1=4$, $\bar{X}_1=36$, $S_1^2 = 16/3$
• 方法 New2: $n_2=3$, $\bar{X}_2=98/3$, $S_2^2 = 31/3$
• 方法 Standard: $n_3=4$, $\bar{X}_3=121/4$, $S_3^2 = 38.25$
• 總樣本數 $N=11$, 總平均數 $\bar{X}_{total}=33$。
• 顯著水準 $\alpha = 0.05$。
• 虛無假設 $H_0: \mu_{New1} = \mu_{New2} = \mu_{Standard}$。
• 對立假設 $H_1$: 至少有一個平均數不同。