111 年 國立成功大學工業與資訊管理學系研究所乙組《統計學》

核心觀念

本題為典型的**貝氏定理（Bayes' Theorem）應用題，結合了全機率定理（Law of Total Probability）**與條件機率的概念。

在統計學與品質管制中，診斷測試（Diagnostic Test）通常涉及以下名詞與機率定義：

1. 事件定義：

   • 令 $A$ 表示「機器在 12:00 時處於失控狀態（Out of Control, OC）」，則反向事件 $A^c$ 表示「機器在 12:00 時處於管制狀態（In Control, IC）」。
   • 令 $B$ 表示「診斷測試報告顯示機器失控（Test reports OC）」，則反向事件 $B^c$ 表示「診斷測試報告顯示機器管制（Test reports IC）」。

2. 基本機率與品質指標：

   • 先驗機率（Prior Probability）：機器上午失控的機率 $P(A) = 0.05$，故機器上午保持管制的機率 $P(A^c) = 1 - 0.05 = 0.95$。
   • 檢定敏感度（Sensitivity / 敏感度）：當機器確實 OC 時，測試正確報告 OC 的機率（即真陽性率），$P(B \mid A) = 0.95$。
   • 偽陽性率（False Positive Rate / 第一類型錯誤率）：當機器確實 IC 時，測試卻錯誤報告 OC 的機率，$P(B \mid A^c) = 0.02$。

3. 目標求值：
   求測試報告顯示失控的情況下，機器確實失控的後驗機率（Posterior Probability） $P(A \mid B)$。

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解題方法

本題採用**貝氏定理（Bayes' Theorem）**進行推導。

步驟一：列出已知條件

根據題目敘述整理機率數據：

• $P(A) = 0.05$
• $P(A^c) = 0.95$
• $P(B \mid A) = 0.95$
• $P(B \mid A^c) = 0.02$

步驟二：計算邊際機率 $P(B)$（全機率定理）

診斷測試報告顯示 OC 的總機率 $P(B)$ 由兩種情況組成：

1. 機器確實 OC 且測試報告 OC：$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A)$
2. 機器確實 IC 但測試錯誤報告 OC：$P(A^c \cap B) = P(A^c) \cdot P(B \mid A^c)$

利用全機率定理展開：

$$P(B) = P(A) \cdot P(B \mid A) + P(A^c) \cdot P(B \mid A^c)$$

核心觀念

本題屬於**條件機率（Conditional Probability）與貝氏定理（Bayes' Theorem）的應用題，並結合了情境中的控制機制（Restoration/Intervention）**進行機率推導。

涉及的核心概念與符號定義如下：

• 事件定義（同一天內）：
  • $M$: 機器在上午（Morning）變成 Out of Control (OC)。已知 $P(M) = 0.05$，則 $P(M^c) = 0.95$（上午保持 In Control, IC）。
  • $T$: 診斷測試在 12:00 報告 OC 狀態。
    • 敏感度（Sensitivity）：$P(T \mid M) = 0.95$
    • 偽陽性率（False Positive Rate）：$P(T \mid M^c) = 0.02$
  • $A$: 機器在下午（Afternoon）發生 OC。
• 機制運作：
  • 若測試報告 OC（即 $T$ 發生），工程師會立即將機器修復回 IC。因此，在 $T$ 發生的條件下，下午發生 OC 的機率 $P(A \mid T) = 0$。
  • 若測試報告 IC（即 $T^c$ 發生），機器保持原狀。
  • 題目問：「下午發生 OC 是由於上午發生 OC 所引起的機率」，即求在**「下午確實發生 OC（$A$）」的條件下，「上午也發生 OC 且未被測試發現/未被修復（$M \cap T^c$）」**的條件機率：
    $P(M \cap T^c \mid A) = \frac{P(M \cap T^c \cap A)}{P(A)}$

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解題方法

Step 1：分析機率樹狀圖與聯合機率

依據題意，上午的真實狀態與 12:00 的測試結果組合共有 4 種可能：

1. 上午 OC 且測試報告 OC ($M \cap T$)：
   $P(M \cap T) = P(M) \cdot P(T \mid M) = 0.05 \times 0.95 = 0.0475$
   工程師立即修復為 IC，故此路徑下下午發生 OC 的機率 $P(A \mid M \cap T) = 0$。

2. 上午 OC 但測試報告 IC ($M \cap T^c$)：
   $P(M \cap T^c) = P(M) \cdot P(T^c \mid M) = 0.05 \times (1 - 0.95) = 0.05 \times 0.05 = 0.0025$
   機器未被修復，保持上午的 OC 狀態延續至下午，故此路徑下下午必定為 OC，即 $P(A \mid M \cap T^c) = 1$。

3. 上午 IC 但測試報告 OC ($M^c \cap T$)：
   $P(M^c \cap T) = P(M^c) \cdot P(T \mid M^c) = 0.95 \times 0.02 = 0.0190$
   工程師進行維護（原本就是 IC），下午起點為 IC。

核心觀念

本題主要考驗統計學中獨立隨機變數線性組合的期望值性質（Expected Value of Linear Combinations of Independent Random Variables）與樣本平均數（Sample Mean）的期望值。

1. 隨機變數與母體參數：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_30$ 為來自同一母體且獨立同分布（i.i.d.）的隨機變數，其母體期望值（Mean）為：
   $E[X_i] = \mu \quad (i = 1, 2, \dots, 30)$

2. 期望值的線性性質（Linearity of Expectation）：
   對於任意常數 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 與隨機變數 $X_1, X_2, \dots, X_n$，無論其是否獨立，皆滿足：
   $E\left[ \sum_{i=1}^{n} a_i X_i \right] = \sum_{i=1}^{n} a_i E[X_i]$

3. 樣本平均數的定義：
   取 $n = 30$ 個獨立服務時間的平均值，定義樣本平均數 $\bar{X}$ 為：
   $\bar{X} = \frac{1}{30} \sum_{i=1}^{30} X_i$

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解題方法

1. 切入點說明

題目欲求「30 個獨立維修服務時間平均值」的期望值，即求 $E[\bar{X}]$。我們可以利用期望值的線性性質，將平均數拆解為各個獨立隨機變數期望值的算術平均。

2. 詳細推導步驟

設 $X_1, X_2, \dots, X_{30}$ 分別代表 30 次獨立維修服務的服務時間，且已知每個 $X_i$ 的母體平均數皆為 $E[X_i] = \mu$。

根據樣本平均數的定義與期望值的性質進行推導：

核心觀念

本題旨在考驗考生對中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）與樣本平均數（Sample Mean）抽樣分配的理解與應用。

1. 獨立同分配母體（i.i.d. random variables）：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_{50}$ 為 50 次獨立進行的維護服務時間，其母體母數為平均數 $\mathrm{E}(X_i) = \mu$、變異數 $\mathrm{Var}(X_i) = \sigma^2$。
2. 樣本平均數定義：
   $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i \quad (n = 50)$
3. 樣本平均數的期望值與變異數：
   • $\mathrm{E}(\bar{X}) = \mu$
   • $\mathrm{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{\sigma^2}{50}$，標準差為 $\text{SE}(\bar{X}) = \frac{\sigma}{\sqrt{50}}$
4. 中央極限定理（CLT）：
   由於樣本數 $n = 50 \ge 30$，符合大樣本條件。不論母體隨機變數 $X$ 服從何種連續分配（$f(x)$ 形式不限），樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配皆可近似為常態分配：
   $\bar{X} \overset{a}{\sim} N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{50}\right)$

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解題方法

廠商要求 50 次獨立維護服務的平均時間小於 $T$，即求機率 $P(\bar{X} < T)$。

推導步驟：

1. 定義隨機變數與統計量：
   設 $X_i$ 為第 $i$ 次服務所需時間（$i = 1, 2, \dots, 50$），$X_i \overset{i.i.d.}{\sim} f(x)$，且 $\mathrm{E}(X_i) = \mu, \mathrm{Var}(X_i) = \sigma^2$。
   50 次服務的平均時間為：
   $\bar{X} = \frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} X_i$

2. 根據中央極限定理確立近似分配：
   因 $n = 50 \ge 30$，由 CLT 可知：
   $\bar{X} \overset{a}{\sim} N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{50}\right)$

核心觀念

本題的核心觀念為柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）。

在統計學中，當我們知道母體或樣本的平均數（Mean, $\mu$）與標準差（Standard Deviation, $\sigma$），但**完全未知其背後的機率分布（Underlying Distribution）**時，無法使用常態分布等特定分布來計算確切的機率。此時，柴比雪夫不等式為我們提供了任何分配下數據落入特定區間界限的保證。

對於任意隨機變數 $X$（無論何種分布），其平均數為 $\mu$，標準差為 $\sigma$，$k$ 為任意大於 1 的實數（$k > 1$）：

1. 落入平均數加減 $k$ 個標準差區間內的比例雙尾下界：
   $P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$

2. 極端值（偏離平均數超過 $k$ 個標準差）的比例雙尾上界：
   $P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$

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解題方法

題目給定條件如下：

• 平均薪資 $\mu =$$30,000
• 薪資標準差 $\sigma =$$4,000
• 未知分布形態（does not know the underlying distribution）
• 要求計算薪資大於 $42,000 的校友所占百分比（$P(X > 42,000)$）

步驟 1：計算偏差標準差倍數 $k$

首先計算 $42,000 距離平均數 $30,000 偏離了多少個標準差：
$k = \frac{42,000 - 30,000}{4,000} = \frac{12,000}{4,000} = 3$
即 $42,000 為偏離平均數右側 3 個標準差（$\mu + 3\sigma$）的位置。

步驟 2：應用柴比雪夫不等式求雙尾機率上界

根據柴比雪夫不等式，薪資偏離平均數超過 3 個標準差（即低於 $18,000 或高於 $42,000）的雙尾總比例上限為：
$P(|X - 30,000| \ge 3 \times 4,000) \le \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9} \approx 11.11\%$

步驟 3：求單尾（高於 $42,000）的界限

題目詢問的是「單尾」大於 $42,000 的比例上限 $P(X > 42,000)$：

• 雙尾總上限為 $\frac{1}{9}$。
• 若不假設分布對稱，單尾上限必定不會超過雙尾上限，即：
  $P(X > 42,000) \le \frac{1}{9} \approx 11.11\%$

這題考驗對指數分佈 (Exponential Distribution) 的理解及其性質的應用，特別是無記憶性 (memoryless property)。

設 $X$ 為兩次救護車抵達之間的間隔時間（分鐘）。
題目告知 $X$ 服從指數分佈，且其平均值為 30 分鐘。
對於指數分佈，其機率密度函數 (PDF) 為 $f(x; \lambda) = \lambda e^{-\lambda x}$，其中 $x \ge 0$。
平均值 $E(X) = \frac{1}{\lambda}$。
由題意可知 $E(X) = 30$ 分鐘，所以 $\frac{1}{\lambda} = 30$，即 $\lambda = \frac{1}{30}$。
因此，指數分佈的 PDF 為 $f(x) = \frac{1}{30} e^{-x/30}$。

累積分佈函數 (CDF) 為 $F(x) = P(X \le x) = 1 - e^{-\lambda x} = 1 - e^{-x/30}$。

我們要求的是在一個小時內（即 60 分鐘）沒有救護車抵達的機率。
這相當於間隔時間 $X$ 大於 60 分鐘的機率：$P(X > 60)$。

根據 CDF，我們可以計算 $P(X > 60)$：
$P(X > 60) = 1 - P(X \le 60)$
$P(X > 60) = 1 - F(60)$
$P(X > 60) = 1 - (1 - e^{-60/30})$
$P(X > 60) = e^{-60/30} = e^{-2}$
計算 $e^{-2}$ 的值：
$e^{-2} \approx 0.1353$。

核心觀念

本題考驗連續型隨機變數的**支撐集（Support）與累積分佈函數（Cumulative Distribution Function, CDF）**的基本定義。

1. 支撐集（Support）：隨機變數 $X$ 的概率密度函數（pdf） $f(x) > 0$ 的定義域區間。本題給定 $X$ 的支撐集為 $[a,b]$（其中 $0<a<b$），代表在區間 $[a,b]$ 之外，$f(x)=0$。
2. 累積分佈函數（CDF）定義：
   $F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \, dt$
3. CDF 的性質：
   • 當 $x \ge b$ 時，$X$ 在該範圍內已累積所有概率，故 $F(x) = 1$。
   • 當 $x < a$ 時，概率尚未開始累積，故 $F(x) = 0$。

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解題方法

1. 分析輸入值 $a+b$ 與支撐集 $[a,b]$ 的大小關係：
   因為題目給定 $0 < a < b$，可知：
   $a + b > b$
2. 計算 CDF 的值：
   將 $x = a+b$ 代入 CDF 之定義：
   $F(a+b) = P(X \le a+b) = \int_{-\infty}^{a+b} f(x) \, dx$
   根據支撐集的分段性質，積分可拆解為：

核心觀念

本題旨在考驗連續型隨機變數之累積分佈函數（Cumulative Distribution Function, CDF）的性質及其反函數（分位數 function / Quantile）的單調性（Monotonicity）。

1. 累積分佈函數（CDF）的單調非遞增性／嚴格遞增性：
   對於連續型隨機變數 $X$，其 CDF 定義為 $F(x) = P(X \le x)$。根據 CDF 的基本性質，$F(x)$ 為一單調非遞減（Non-decreasing）函數。若 $X$ 的機率密度函數（pdf）$f(x) > 0$ 於支援（Support）$[a, b]$ 上，則 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上為嚴格遞增（Strictly Increasing）函數。

2. 百分位數／臨界值（Quantile）定義：
   題目定義 $x_\alpha$ 滿足 $F(x_\alpha) = 1 - \alpha$，此即代表右尾機率為 $\alpha$（或左尾累積機率為 $1 - \alpha$）的臨界點或分位點。

3. 反函數的單調性：
   若函數 $y = F(x)$ 為嚴格單調遞增，則其反函數 $x = F^{-1}(y)$ 亦為嚴格單調遞增。

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解題方法

採用數學推導法（利用 CDF 的單調性與反函數性質）來驗證命題。

1. 證明 $F(x)$ 在支援 $[a,b]$ 上嚴格遞增：
   因為 $X$ 為連續型隨機變數，其 pdf $f(x)$ 於 $[a,b]$ 上滿足 $\int_a^b f(x) dx = 1$ 且 $f(x) \ge 0$。
   對任意兩點 $x_1, x_2 \in [a, b]$，若 $x_1 < x_2$，則：

   $$F(x_2) - F(x_1) = P(x_1 < X \le x_2) = \int_{x_1}^{x_2} f(x) \, dx$$

   在 pdf $f(x) > 0$ 的合理連續隨機變數假設下（嚴格支援於 $[a,b]$），$\int_{x_1}^{x_2} f(x) \, dx > 0$，故 $F(x_1) < F(x_2)$。這說明 $F(x)$ 於 $[a, b]$ 上為嚴格單調遞增。

2. 推導 $\alpha$ 與 $x_\alpha$ 的關係：
   根據題目定義：

   $$F(x_\alpha) = 1 - \alpha \implies x_\alpha = F^{-1}(1 - \alpha)$$

   假設有兩個不同的顯著水準／機率值 $\alpha_1$ 與 $\alpha_2$，且滿足：

   $$\alpha_1 < \alpha_2 \quad (\text{即較小的 } \alpha \text{ 值})$$

核心觀念

本題考驗連續型隨機變數的期望值（Expectation/Mean）定義與**支撐集（Support）**的關係。

對於連續型隨機變數 $X$，若其機率密度函數（Probability Density Function, pdf）為 $f(x)$，且其支撐集（即使得 $f(x) > 0$ 的 $x$ 集合）為區間 $[a, b]$，則 $X$ 在支撐集之外的區域機率密度皆為 $0$（即當 $x \notin [a, b]$ 時，$f(x) = 0$）。

依據期望值的定義：

$$\mu = E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) \, dx$$

將積分區間依據支撐集拆解後，在 $[a, b]$ 之外的區域積分值均為 $0$，因此期望值可簡化為在支撐集 $[a, b]$ 上的定積分：

$$\mu = \int_a^b x f(x) \, dx$$

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解題方法

本題為敘述判斷題（是非題），目標是驗證命題「$\mu$ 可透過計算 $\int_a^b x f(x) dx$ 來獲得」是否正確。

推導與驗證步驟如下：

1. 依據期望值的通用定義： $$\mu = E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) \, dx$$
2. 結合支撐集條件：
   題目給定隨機變數 $X$ 的支撐集為 $[a, b]$，意味著： $$f(x) = 0, \quad \forall x \notin [a, b]$$
3. 拆解積分區間：

核心觀念

本題旨在考驗連續型隨機變數的期望值定義（Expectation of a Continuous Random Variable）與積分的線性性質（Linearity of Integration）。

1. 期望值的定義：
   若連續型隨機變數 $X$ 的機率密度函數（pdf）為 $f(x)$，且其支撐集（support）為 $[a, b]$，則 $X$ 的期望值（即母體平均數 $\mu$）定義為：
   $\mu = E[X] = \int_a^b x f(x) dx$

2. 機率密度函數的全機率性質：
   在整個支撐集區間上，pdf 的定積分必等於 1：
   $\int_a^b f(x) dx = 1$

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解題方法

欲判斷敘述 $\int_a^b (x-\mu) f(x) dx = 0$ 是否正確，我們可以直接將積分符號依據線性性質拆解為兩項，並代入期望值與總機率的定義進行驗證。

推導步驟如下：

1. 拆解積分式：
   根據積分的線性性質，將 $(x-\mu)f(x) = x f(x) - \mu f(x)$ 分開積分：
   $\int_a^b (x-\mu) f(x) dx = \int_a^b x f(x) dx - \int_a^b \mu f(x) dx$

2. 提項與代入定義：
   由於 $\mu$ 為一常數（非變數 $x$），可將其移至積分符號外：
   $= \int_a^b x f(x) dx - \mu \int_a^b f(x) dx$

3. 利用期望值與全機率公式簡化：

   • 第一項 $\int_a^b x f(x) dx = E[X] = \mu$
   • 第二項中，全機率 $\int_a^b f(x) dx = 1$

核心觀念

本題主要考驗機率論中「互斥事件（Mutually Exclusive Events）」與「獨立事件（Independent Events）」的基本定義與判別方式。

1. 互斥事件（Mutually Exclusive Events）定義：
   若兩事件 $A$ 與 $B$ 互斥，代表兩事件不可能同時發生，即其交集為空集合（$A \cap B = \emptyset$），其交集機率必須為零：
   $P(A \cap B) = 0$

2. 獨立事件（Independent Events）定義：
   若兩事件 $A$ 與 $B$ 統計獨立，代表事件 $B$ 的發生與否不影響事件 $A$ 發生的機率。依據乘法法則，兩事件同時發生的機率等於各自機率之相乘：
   $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$

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解題方法與推導過程

題目給定已知條件：
$P(A) = 0.3$
$P(B) = 0.8$
$P(A \cap B) = 0.24$

我們分別針對「互斥」與「獨立」進行驗證：

1. 驗證是否為互斥事件：

   • 檢視題目給定之交集機率：
     $P(A \cap B) = 0.24$
   • 由於 $P(A \cap B) = 0.24 \neq 0$，不符合互斥事件 $P(A \cap B) = 0$ 之定義。
   • 結論：事件 $A$ 與 $B$ 不是互斥事件（Not mutually exclusive）。

2. 驗證是否為獨立事件：

   • 計算兩事件各自機率之乘積：
     $P(A) \times P(B) = 0.3 \times 0.8 = 0.24$
   • 將乘積結果與題目給定的交集機率 $P(A \cap B)$ 進行比較：
     $P(A \cap B) = 0.24 = P(A) \times P(B)$

核心觀念

本題旨在考驗對機率論中「聯合機率（Joint Probability）」定義的理解與辨識。

1. 聯合機率（Joint Probability）：指兩個或多個事件「同時發生」的機率。對於事件 $A$ 與事件 $B$，其聯合機率記作 $P(A \cap B)$ 或 $P(A, B)$。
2. 事件的獨立性（Independence）：若事件 $A$ 與 $B$ 獨立，則其聯合機率滿足 $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$。在本題中，題目已直接給出交集機率 $P(A \cap B) = 0.24$，且正好等於 $P(A) \times P(B) = 0.3 \times 0.8 = 0.24$，此處說明 $A$ 與 $B$ 兩事件獨立。

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解題方法

題目詢問「$A$ 與 $B$ 的聯合機率（joint probability）為何？」。

根據機率論的基本定義：

• 事件 $A$ 與事件 $B$ 的聯合機率，定義上即為兩事件交集（Intersection）發生的機率，亦即 $P(A \cap B)$。

題目敘述中已直接給定：
$P(A \cap B) = 0.24$

核心觀念

本題考察機率論（Probability Theory）中最基本且核心的事件集合運算與包容排斥原理（Inclusion-Exclusion Principle）。

在古典機率論中，兩個事件 $A$ 與 $B$ 的聯集（Union，即事件 $A$ 或事件 $B$ 發生）之機率公式為：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

此公式背後的幾何意義在於：計算 $A$ 與 $B$ 的總覆蓋面積時，若直接將 $P(A)$ 與 $P(B)$ 相加，交集部分 $A \cap B$ 被重複加了兩次，因此必須扣除一次 $P(A \cap B)$。

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解題方法

步驟一：整理已知條件

• $P(A) = 0.3$
• $P(B) = 0.8$
• $P(A \cap B) = 0.24$

步驟二：代入聯集機率公式
將已知條件直接代入排斥原理公式：
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
$P(A \cup B) = 0.3 + 0.8 - 0.24$

步驟三：進行數值計算
$P(A \cup B) = 1.1 - 0.24 = 0.86$

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選項分析

這題考驗對不同分佈形狀（偏態）與集中趨勢測度（平均數、中位數、眾數）之間關係的理解。

對於一個「mound-shaped」（單峰）的分佈：

• 對稱分佈 (Symmetric Distribution)：在完美的對稱分佈中，平均數 (mean)、中位數 (median) 和眾數 (mode) 通常是相等的。例如，常態分佈 (normal distribution)。
• 負偏態分佈 (Negatively Skewed / Left-Skewed)：分佈的尾巴拖向左側。這意味著有較小的極端值將平均數拉向左邊。通常情況下，平均數 < 中位數 < 眾數。
• 正偏態分佈 (Positively Skewed / Right-Skewed)：分佈的尾巴拖向右側。這意味著有較大的極端值將平均數拉向右邊。通常情況下，眾數 < 中位數 < 平均數。

核心觀念

本題旨在檢定兩個獨立母體（Machine 1 與 Machine 2 的產品重量）之變異數是否相等。

1. 基本假設與標記：
   設 Machine 1 為母體 1，抽樣樣本數 $n_1 = 6$；Machine 2 為母體 2，抽樣樣本數 $n_2 = 8$。假設兩母體皆服從常態分配：
   $X_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2), \quad X_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$

2. 樣本統計量計算公式：

   • 樣本平均數：$\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$
   • 樣本變異數：$S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2 = \frac{1}{n-1} \left[ \sum_{i=1}^{n} X_i^2 - n\bar{X}^2 \right]$

3. 雙母體變異數檢定（$F$ 檢定）：
   在常態母體且獨立抽樣的假設下，檢定統計量 $F$ 服从 $F$ 分配：
   $F = \frac{S_1^2 / \sigma_1^2}{S_2^2 / \sigma_2^2} \xrightarrow{H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2} F = \frac{S_1^2}{S_2^2} \sim F(df_1 = n_1 - 1, df_2 = n_2 - 1)$

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解題方法

步驟 1：計算兩組數據之樣本統計量

• Machine 1（$n_1 = 6$）：

  • 觀察值：$32, 36, 37, 37, 39, 35$
  • 總和 $\sum X_{1i} = 32 + 36 + 37 + 37 + 39 + 35 = 226$
  • 樣本平均數 $\bar{X}_1 = \frac{226}{6} \approx 37.667$
  • 平方和 $\sum X_{1i}^2 = 32^2 + 36^2 + 37^2 + 37^2 + 39^2 + 35^2 = 1024 + 1296 + 1369 + 1369 + 1521 + 1225 = 7804$
  • 樣本變異數 $S_1^2 = \frac{7804 - 6 \times (37.6667)^2}{6 - 1} = \frac{7804 - 8512.6667}{5} = \frac{291.3333}{5} \approx 5.8667$

• Machine 2（$n_2 = 8$）：

  • 觀察值：$31, 33, 39, 39, 40, 35, 33, 32$
  • 總和 $\sum X_{2i} = 31 + 33 + 39 + 39 + 40 + 35 + 33 + 32 = 282$
  • 樣本平均數 $\bar{X}_2 = \frac{282}{8} = 35.25$
  • 平方和 $\sum X_{2i}^2 = 31^2 + 33^2 + 39^2 + 39^2 + 40^2 + 35^2 + 33^2 + 32^2 = 961 + 1089 + 1521 + 1521 + 1600 + 1225 + 1089 + 1024 = 10030$
  • 樣本變異數 $S_2^2 = \frac{10030 - 8 \times (35.25)^2}{8 - 1} = \frac{10030 - 9940.5}{7} = \frac{89.5}{7} \approx 12.7857$

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步驟 2：執行統計檢定步驟

第 II-1-(2) 題詳解

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核心觀念

本題旨在檢定兩個獨立母體均值（Means）是否相等。在進行雙母體均值差的 hypothesis testing 前，必須先考慮兩母體的變異數關係。承接第 (1) 小題之結論（在 $\alpha=0.05$ 顯著水準下，檢定結果顯示兩母體變異數無顯著差異，即接受同變異數假設 $\sigma_1^2 = \sigma_2^2$），本題採用雙母體獨立樣本合併變異數 $t$ 檢定（Pooled-variance two-sample $t$-test）。

公式與統計量定義

1. 樣本統計量計算：

   • 機器 1（Sample 1）：樣本數 $n_1 = 6$
     $\bar{X}_1 = \frac{32 + 36 + 37 + 37 + 39 + 35}{6} = \frac{216}{6} = 36$
     $s_1^2 = \frac{\sum (X_{1i} - \bar{X}_1)^2}{n_1 - 1} = \frac{(32-36)^2 + (36-36)^2 + (37-36)^2 + (37-36)^2 + (39-36)^2 + (35-36)^2}{5} = \frac{16 + 0 + 1 + 1 + 9 + 1}{5} = \frac{28}{5} = 5.6$

   • 機器 2（Sample 2）：樣本數 $n_2 = 8$
     $\bar{X}_2 = \frac{31 + 33 + 39 + 39 + 40 + 35 + 33 + 32}{8} = \frac{282}{8} = 35.25$
     $\sum X_{2i}^2 = 31^2 + 33^2 + 39^2 + 39^2 + 40^2 + 35^2 + 33^2 + 32^2 = 961 + 1089 + 1521 + 1521 + 1600 + 1225 + 1089 + 1024 = 10030$
     $s_2^2 = \frac{\sum X_{2i}^2 - n_2 \bar{X}_2^2}{n_2 - 1} = \frac{10030 - 8 \times (35.25)^2}{7} = \frac{10030 - 9975.5}{7} = \frac{54.5}{7} \approx 7.7857$

2. 合訂樣本變異數（Pooled Variance, $s_p^2$）：
   $s_p^2 = \frac{(n_1 - 1)s_1^2 + (n_2 - 1)s_2^2}{n_1 + n_2 - 2} = \frac{28 + 54.5}{6 + 8 - 2} = \frac{82.5}{12} = 6.875$

3. 檢定統計量（Test Statistic）：
   $t = \frac{(\bar{X}_1 - \bar{X}_2) - 0}{\sqrt{s_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}}$
   自由度為 $df = n_1 + n_2 - 2 = 12$。

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解題方法

步驟一：建立虛無假設與對立假設（Formulate Hypotheses）

題目要求判定兩台機器生產產品的平均重量是否相等：

• 虛無假設（Null Hypothesis, $H_0$）：$H_0: \mu_1 = \mu_2$（或 $\mu_1 - \mu_2 = 0$，即兩機器平均重量相等）
• 對立假設（Alternative Hypothesis, $H_1$）：$H_1: \mu_1 \neq \mu_2$（或 $\mu_1 - \mu_2 \neq 0$，即兩機器平均重量不相等）

步驟二：確定檢定程序與拒絕域（Test Procedure & Critical Region）

• 顯著水準：$\alpha = 0.05$
• 檢定方法：雙尾 $t$ 檢定（Two-tailed $t$-test），自由度 $df = 12$

核心觀念

本題考查完全隨機設計下的單因子變異數分析（one-way ANOVA）。其目的在於將總變異分解為：

1. 處理間變異：不同處理平均數之間的差異。
2. 處理內變異：同一處理內各觀測值的差異。

基本分解式為：

$$SS_T=SS_{\text{Treatment}}+SS_E$$

其中：

• $SS_T$：總平方和
• $SS_{\text{Treatment}}$：處理平方和
• $SS_E$：誤差平方和

本題有 $a=3$ 個處理，每個處理有 $n_i=4$ 個觀測值，因此總樣本數為 $N=12$。

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解題方法

1. 計算各處理的總和與平均數

$$\begin{array}{c|c|c|c} \text{處理} & n_i & T_i & \bar{Y}_{i\cdot} \\ \hline A & 4 & 20+22+24+21=87 & 21.75 \\ B & 4 & 17+18+19+22=76 & 19.00 \\ C & 4 & 21+23+24+26=94 & 23.50 \\ \hline \text{合計} & 12 & 257 & - \end{array}$$

總平均數為：

$$\bar{Y}_{\cdot\cdot}=\frac{257}{12}=21.4167$$

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2. 計算處理平方和

處理平方和公式為：

$$SS_{\text{Treatment}} = \sum_{i=1}^{a} n_i \left(\bar{Y}_{i\cdot}-\bar{Y}_{\cdot\cdot}\right)^2$$

代入各組平均數：

$$SS_{\text{Treatment}} = 4(21.75-21.4167)^2 + 4(19-21.4167)^2 + 4(23.5-21.4167)^2$$

使用分數計算：

$$SS_{\text{Treatment}} = 4\left(\frac{4}{3}\right)^2 + 4\left(-\frac{29}{12}\right)^2 + 4\left(\frac{25}{12}\right)^2$$ $$SS_{\text{Treatment}} = \frac{247}{6} = 41.1667$$

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3. 計算誤差平方和

誤差平方和為各處理內平方和的總和：

$$SS_E = \sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{n_i} \left(Y_{ij}-\bar{Y}_{i\cdot}\right)^2$$

Treatment A

$$SS_A = (20-21.75)^2+(22-21.75)^2+(24-21.75)^2+(21-21.75)^2$$ $$SS_A=8.75$$

Treatment B

$$SS_B = (17-19)^2+(18-19)^2+(19-19)^2+(22-19)^2$$ $$SS_B=14$$

Treatment C

$$SS_C = (21-23.5)^2+(23-23.5)^2+(24-23.5)^2+(26-23.5)^2$$ $$SS_C=13$$

因此：

$$SS_E=8.75+14+13=35.75$$

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4. 計算總平方和

由平方和分解式：

$$SS_T=SS_{\text{Treatment}}+SS_E$$ $$SS_T=41.1667+35.75=76.9167$$

精確值為：

$$SS_T=\frac{923}{12}=76.9167$$

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核心觀念

本題屬於單因子完全隨機設計（One-Way Completely Randomized Design, One-Way ANOVA）的假設檢定結果解讀。

1. ANOVA 虛無假設與對立假設：
   對於 $k$ 個處理組別（本題 $k=3$）：

   • 虛無假設 $H_0: \mu_A = \mu_B = \mu_C$（所有處理組別的母體平均數均相等）
   • 對立假設 $H_1:$ Not all $\mu_i$ are equal（平均數不全相等，即至少有一對平均數不相等）

2. ANOVA 拒絕 $H_0$ 的統計意涵：
   在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，若計算出的 $F$ 檢定統計量大於臨界值 $F_{\alpha, k-1, N-k}$（即 $p\text{-value} < \alpha$），決策為拒絕虛無假設 $H_0$。此時結論即為對立假設的陳述：「並非所有平均數都相等」（Not all means are equal）。

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解題方法

步驟一：計算各組與總體的基本統計量

• 樣本數：$n_A = 4, n_B = 4, n_C = 4$，總樣本數 $N = 12$
• 處理組數：$k = 3$

組別總和與平均數：

• Treatment A: $\sum X_A = 20 + 22 + 24 + 21 = 87 \implies \bar{X}_A = \frac{87}{4} = 21.75$
• Treatment B: $\sum X_B = 17 + 18 + 19 + 22 = 76 \implies \bar{X}_B = \frac{76}{4} = 19.00$
• Treatment C: $\sum X_C = 21 + 23 + 24 + 26 = 94 \implies \bar{X}_C = \frac{94}{4} = 23.50$
• 總和 $\sum \sum X = 87 + 76 + 94 = 257$
• 總平均 $\bar{X} = \frac{257}{12} \approx 21.4167$

步驟二：計算變異數分析表（ANOVA Table）之各項平方和

1. 組間平方和（Treatment Sum of Squares, $SST$）：
   $SST = \sum_{i=1}^{k} n_i (\bar{X}_i - \bar{X})^2 = 4 \times (21.75 - 21.4167)^2 + 4 \times (19.00 - 21.4167)^2 + 4 \times (23.50 - 21.4167)^2$
   $SST = 4 \times (0.3333)^2 + 4 \times (-2.4167)^2 + 4 \times (2.0833)^2 \approx 0.4444 + 23.3611 + 17.3611 = 41.1667$

2. 組內／殘差平方和（Error Sum of Squares, $SSE$）：

• Group A: $(20-21.75)^2 + (22-21.75)^2 + (24-21.75)^2 + (21-21.75)^2 = 3.0625 + 0.0625 + 5.0625 + 0.5625 = 8.75$

核心觀念

本題考察單因子完全隨機設計（Completely Randomized Design, CRD）下，在變異數分析（ANOVA）後所進行的多重比較（Multiple Comparisons）方法——費雪最小顯著差異法（Fisher's Least Significant Difference, LSD Procedure）。

在單因子 ANOVA 中，若檢定結果拒絕虛無假設（表示至少有一個處理組的平均數與其他組顯著不同），我們需要進一步比較特定的兩組處理平均數是否存在顯著差異。

1. 處理平均數（Treatment Mean, $\bar{x}_i$）：
   第 $i$ 組處理的樣本平均數：
   $\bar{x}_i = \frac{1}{n_i} \sum_{j=1}^{n_i} x_{ij}$

2. 組內均方 / 殘差均方（Mean Square Within / Error, $MSE$）：
   $MSE$ 為個組變異數的加權平均，代表母體變異數 $\sigma^2$ 的無偏估計量：
   $MSE = \frac{SSE}{df_e} = \frac{\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{n_i} (x_{ij} - \bar{x}_i)^2}{N - k}$
   其中 $N$ 為總樣本數，$k$ 為處理組數，$df_e = N - k$ 為自由度。

3. Fisher's LSD 臨界值公式：
   在顯著水準 $\alpha$ 下，比較 Treatment $i$ 與 Treatment $j$ 的 LSD 值定義為：
   $\text{LSD} = t_{\alpha/2, \, df_e} \times \sqrt{MSE \left( \frac{1}{n_i} + \frac{1}{n_j} \right)}$

4. 決策法則（Decision Rule）：

   • 若 $|\bar{x}_i - \bar{x}_j| \ge \text{LSD}$，則拒絕 $H_0$，判定 Treatment $i$ 與 Treatment $j$ 的平均數有顯著差異。
   • 若 $|\bar{x}_i - \bar{x}_j| < \text{LSD}$，則不拒絕 $H_0$，判定兩組平均數無顯著差異。

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解題方法與計算步驟

Step 1：計算各處理組的樣本平均數與總平均數

給定數據資料如下（各組樣本數 $n_A = n_B = n_C = 4$，總樣本數 $N = 12$）：

• Treatment A: $20, 22, 24, 21$
  $\bar{x}_A = \frac{20 + 22 + 24 + 21}{4} = \frac{87}{4} = 21.75$

• Treatment B: $17, 18, 19, 22$
  $\bar{x}_B = \frac{17 + 18 + 19 + 22}{4} = \frac{76}{4} = 19.00$

• Treatment C: $21, 23, 24, 26$
  $\bar{x}_C = \frac{21 + 23 + 24 + 26}{4} = \frac{94}{4} = 23.50$

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Step 2：計算組內平方和（$SSE$）與殘差均方（$MSE$）

計算各組內偏差平方和 $SS_i = \sum (x_{ij} - \bar{x}_i)^2$：

• Treatment A ($\bar{x}_A = 21.75$)：
  $SS_A = (20 - 21.75)^2 + (22 - 21.75)^2 + (24 - 21.75)^2 + (21 - 21.75)^2$
  $SS_A = (-1.75)^2 + (0.25)^2 + (2.25)^2 + (-0.75)^2 = 3.0625 + 0.0625 + 5.0625 + 0.5625 = 8.75$

• Treatment B ($\bar{x}_B = 19.00$)：
  $SS_B = (17 - 19)^2 + (18 - 19)^2 + (19 - 19)^2 + (22 - 19)^2$