113 年 國立政治大學統計學系碩士班《統計方法》

第 1 題

(a)

核心觀念

每次擲骰子得到「2」的機率為 $p=\frac16$，得到「非 2」的機率為 $q=\frac56$。

題目停止於第 5 次出現「2」，而 $X$ 表示在此之前或之間出現的「非 2」次數。因此，$X$ 服從負二項分布：

$$X\sim \operatorname{NegativeBinomial}(r=5,p=\tfrac16)$$

其中負二項分布的期望為

$$E(X)=r\frac{1-p}{p}.$$

解題方法

將每次出現「2」視為成功，直到累積 5 次成功為止。每兩次成功之間，非 2 的出現次數平均為

$$\frac{q}{p} = \frac{5/6}{1/6} =5.$$

總共等待 5 次「2」，故

$$E(X)=5\times 5=25.$$

亦可利用負二項分布公式：

$$E(X)=5\frac{1-\frac16}{\frac16} =5\cdot 5 =25.$$

解題技巧

負二項分布中，若「成功」機率為 $p$，直到第 $r$ 次成功所需的「失敗」次數期望為

$$r\frac{1-p}{p}.$$

本題不要把 $X$ 誤認為「直到第 5 次擲骰所需的總次數」；$X$ 只計算非 2 的次數。

【答案】$E(X)=25$。

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(b)

核心觀念

Poisson 過程具有「分類後仍為 Poisson 過程」的性質。總車流量為每分鐘 1 輛，因此一小時內總車數 $N$ 服從

$$N\sim \operatorname{Poisson}(60).$$

每輛車為 van 的機率為 $0.05$，非 van 的機率為 $0.95$。由 Poisson thinning：

• van 數量 $V\sim\operatorname{Poisson}(60\times 0.05)=\operatorname{Poisson}(3)$；
• 非 van 車數 $C\sim\operatorname{Poisson}(60\times 0.95)=\operatorname{Poisson}(57)$；
• $V$ 與 $C$ 相互獨立。

解題方法

已知一小時內有 10 輛 van 通過，即 $V=10$。總車數為

$$N=V+C.$$

因此

$$E(N\mid V=10) = E(V+C\mid V=10).$$

因為 $V$ 已知為 10，且 $C$ 與 $V$ 獨立，

$$E(N\mid V=10) = 10+E(C) = 10+57 = 67.$$

解題技巧

本題的關鍵是 Poisson 分類性，而不是直接使用一般的條件期望公式。分類後，van 與非 van 的車流量彼此獨立，因此觀察到 van 數量不會改變非 van 數量的期望。

【答案】一小時內總車數的條件期望為 $67$ 輛。

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(c)

核心觀念

$n=3$ 次獨立觀察分別落入三種基因型，機率為

$$(p_1,p_2,p_3)=(0.3,0.4,0.3).$$

這題考驗了配對樣本的 t 檢定（Paired t-test）以及 p-value 的應用。我們需要檢定平均溫差是否大於 3°F。

首先，計算每日的溫差（High - Low）：
Day 1: $85 - 70 = 15$
Day 2: $76 - 68 = 8$
Day 3: $63 - 63 = 0$
Day 4: $60 - 65 = -5$
Day 5: $65 - 65 = 0$
Day 6: $68 - 61 = 7$
Day 7: $63 - 60 = 3$

令 $d_i$ 為第 $i$ 天的溫差，$d_i = \text{Maximum}_i - \text{Minimum}_i$。
我們有 7 個配對樣本，因此樣本數 $n=7$。
計算溫差的樣本平均值 $\bar{d}$：
$\bar{d} = \frac{1}{7} (15 + 8 + 0 + (-5) + 0 + 7 + 3) = \frac{1}{7} (28) = 4$。

計算溫差的樣本標準差 $s_d$：
首先計算樣本變異數 $s_d^2$：
$s_d^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (d_i - \bar{d})^2$
$s_d^2 = \frac{1}{7-1} [ (15-4)^2 + (8-4)^2 + (0-4)^2 + (-5-4)^2 + (0-4)^2 + (7-4)^2 + (3-4)^2 ]$
$s_d^2 = \frac{1}{6} [ 11^2 + 4^2 + (-4)^2 + (-9)^2 + (-4)^2 + 3^2 + (-1)^2 ]$
$s_d^2 = \frac{1}{6} [ 121 + 16 + 16 + 81 + 16 + 9 + 1 ]$
$s_d^2 = \frac{1}{6} [ 260 ] = \frac{130}{3} \approx 43.33$。
樣本標準差 $s_d = \sqrt{\frac{130}{3}} \approx \sqrt{43.33} \approx 6.583$。

設定虛無假設 $H_0$ 和對立假設 $H_1$：
我們想檢定平均溫差是否「大於」3°F。
$H_0: \mu_d \le 3$ (平均溫差不大於 3°F)
$H_1: \mu_d > 3$ (平均溫差大於 3°F)
其中 $\mu_d$ 是總體平均溫差。

這題考驗了兩個比例的比較檢定，涉及樣本比例的計算、Z 檢定統計量、卡方檢定以及兩者之間的關係。

(a) 計算檢定兩個獨立樣本比例差的 Z 檢定統計量。
設 $p_1$ 為雄性老鼠對注射產生強烈反應的真實比例，$p_2$ 為雌性老鼠對注射產生強烈反應的真實比例。
樣本數據：
雄性老鼠：樣本數 $n_1 = 100$，反應數 $x_1 = 50$。
雌性老鼠：樣本數 $n_2 = 400$，反應數 $x_2 = 160$。

樣本比例：
$\hat{p}_1 = x_1 / n_1 = 50 / 100 = 0.50$
$\hat{p}_2 = x_2 / n_2 = 160 / 400 = 0.40$

虛無假設 $H_0: p_1 = p_2$ (兩組真實比例相等)。
對立假設 $H_1: p_1 \neq p_2$ (兩組真實比例不相等)。

在虛無假設下，我們使用合併樣本比例 $\hat{p}$ 作為共同的真實比例估計：
$\hat{p} = \frac{x_1 + x_2}{n_1 + n_2} = \frac{50 + 160}{100 + 400} = \frac{210}{500} = 0.42$。

合併樣本比例的標準誤（Standard Error of the Difference in Proportions）：
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2})}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.42(1-0.42)(\frac{1}{100} + \frac{1}{400})}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.42 \times 0.58 \times (\frac{4}{400} + \frac{1}{400})}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.2436 \times \frac{5}{400}} = \sqrt{0.2436 \times 0.0125}$
$SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \sqrt{0.003045} \approx 0.05518$。

Z 檢定統計量：
$Z = \frac{\hat{p}_1 - \hat{p}_2}{SE(\hat{p}_1 - \hat{p}_2)}$

這題考驗了樣本大小的決定、二項分佈的近似（泊松或常態）以及第一類和第二類錯誤的計算。

(a) 計算所需樣本大小以確保估計誤差在一定範圍內。
我們要估計失業率 $\pi$。
要求 95% 的信心水準，使得估計誤差（Margin of Error, MOE）在 3 個百分點（0.03）以內。
即 $| \hat{\pi} - \pi | \le 0.03$。
對於比例的估計，樣本大小的公式通常是：$n = \frac{Z_{\alpha/2}^2 \hat{p}(1-\hat{p})}{MOE^2}$。
其中 $Z_{\alpha/2}$ 是對應於信心水準的 Z 值。對於 95% 的信心水準，$\alpha = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$，所以 $Z_{0.025} = 1.96$。
$MOE = 0.03$。

問題中給定了真實失業率 $\pi$ 的範圍是 0.2 到 0.4。為了確保樣本大小足夠，我們應該使用最保守的估計，也就是使 $\hat{p}(1-\hat{p})$ 最大的值。
$\hat{p}(1-\hat{p})$ 在 $\hat{p} = 0.5$ 時最大。
然而，題目給了 $\pi$ 的範圍 (0.2, 0.4)。我們應該使用這個範圍內最保守的 $\hat{p}$ 值來計算樣本大小，以確保在該範圍內都能滿足條件。
在區間 [0.2, 0.4] 內，$f(\pi) = \pi(1-\pi)$ 的最大值出現在 $\pi=0.4$ 或 $\pi=0.2$ 的邊界，取較大的值。
若 $\pi=0.2$, $\hat{p}(1-\hat{p}) = 0.2(0.8) = 0.16$。
若 $\pi=0.4$, $\hat{p}(1-\hat{p}) = 0.4(0.6) = 0.24$。
所以，我們應該使用 $\hat{p} = 0.4$ 來計算樣本大小，以確保在給定的範圍內都能滿足要求。

$n = \frac{(1.96)^2 \times 0.4 \times (1-0.4)}{(0.03)^2}$
$n = \frac{3.8416 \times 0.4 \times 0.6}{0.0009}$
$n = \frac{3.8416 \times 0.24}{0.0009}$
$n = \frac{0.921984}{0.0009} \approx 1024.426$。

由於樣本大小必須是整數，且我們需要確保誤差「在」3 個百分點內，所以需要向上取整。
$n = 1025$。

【答案】1025

(b) 近似計算至少有一個失業者的機率。
已知樣本大小 $n=100$，真實失業率 $\pi = 0.01$。
$X$ 是樣本中的失業人數，服從二項分佈 $X \sim Binomial(n=100, \pi=0.01)$。
我們要求 $P(X \ge 1)$。
這等於 $1 - P(X=0)$。
直接計算二項分佈的 $P(X=0)$：
$P(X=0) = \binom{100}{0} (0.01)^0 (1-0.01)^{100-0} = 1 \times 1 \times (0.99)^{100}$。
計算 $(0.99)^{100}$：
$(0.99)^{100} \approx 0.36603$。

所以，$P(X \ge 1) = 1 - P(X=0) \approx 1 - 0.36603 = 0.63397$。

由於 $n$ 很大 (100) 且 $\pi$ 很小 (0.01)，我們可以考慮使用泊松分佈進行近似。
泊松分佈的參數 $\lambda = n\pi = 100 \times 0.01 = 1$。
設 $Y \sim Poisson(\lambda=1)$。
$P(Y \ge 1) = 1 - P(Y=0)$。

核心觀念

本題利用中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）近似樣本平均數的分配，並同時控制：

• 第一類錯誤：$P(\text{拒絕 }H_0\mid H_0\text{ 為真})=0.05$
• 第二類錯誤：$P(\text{不拒絕 }H_0\mid H_1\text{ 為真})=0.10$

由於題目未附上第 $(c)$ 題的假設、母體平均數與變異數，以下依第 $(c)$ 題為單尾檢定

$$H_0:\mu=\mu_0,\qquad H_1:\mu=\mu_1,\quad \mu_1>\mu_0$$

且拒絕域為 $\bar X\ge k$、母體標準差為已知的 $\sigma$ 進行推導。

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解題方法

設 $X_1,\ldots,X_n$ 為隨機樣本，則

$$\bar X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i.$$

依中央極限定理，

$$\bar X\mathrel{\dot\sim}N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right).$$

其中 $\bar X$ 的標準誤為

$$\operatorname{SE}(\bar X)=\frac{\sigma}{\sqrt n}.$$

1. 控制第一類錯誤率

當 $H_0$ 為真時，$\mu=\mu_0$，因此

$$\bar X\mathrel{\dot\sim}N\left(\mu_0,\frac{\sigma^2}{n}\right).$$

第一類錯誤率為

$$P_{\mu_0}(\bar X\ge k)=0.05.$$

標準化得

$$P\left( Z\ge \frac{k-\mu_0}{\sigma/\sqrt n} \right)=0.05.$$

因為 $z_{0.95}=1.645$，所以

$$\frac{k-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}=1.645.$$

因此臨界值 $k$ 必須滿足

$$k=\mu_0+1.645\frac{\sigma}{\sqrt n}. \tag{1}$$

2. 控制第二類錯誤率

當 $H_1$ 為真時，$\mu=\mu_1$。第二類錯誤是未能拒絕 $H_0$，故

$$P_{\mu_1}(\bar X<k)=0.10.$$

標準化得

$$P\left( Z<\frac{k-\mu_1}{\sigma/\sqrt n} \right)=0.10.$$

因為 $z_{0.10}=-1.282$，所以

$$\frac{k-\mu_1}{\sigma/\sqrt n}=-1.282.$$

因此

$$k=\mu_1-1.282\frac{\sigma}{\sqrt n}. \tag{2}$$

3. 解出樣本數 $n$

將式 $(1)$ 與式 $(2)$ 相等：

$$\mu_0+1.645\frac{\sigma}{\sqrt n} = \mu_1-1.282\frac{\sigma}{\sqrt n}.$$

整理得

$$\mu_1-\mu_0 = (1.645+1.282)\frac{\sigma}{\sqrt n}.$$

因此

$$\sqrt n = \frac{(1.645+1.282)\sigma}{\mu_1-\mu_0},$$

故

這題考驗了卡方適合度檢定（Chi-Square Goodness-of-Fit Test）在檢定數據是否符合泊松分佈時的應用。

首先，我們需要計算泊松分佈的參數 $\lambda$。
泊松分佈的平均值等於其變異數，也等於其參數 $\lambda$。
我們使用樣本數據來估計 $\lambda$。
樣本總數為 60 次觀光旅遊。
觀察到的頻率：
$f_0 = 32$ (看到 0 隻熊)
$f_1 = 15$ (看到 1 隻熊)
$f_2 = 9$ (看到 2 隻熊)
$f_3 = 4$ (看到 3 隻熊)
總觀察數 $N = 32 + 15 + 9 + 4 = 60$。

估計 $\lambda$：
$\hat{\lambda} = \frac{\sum (\text{number of bears}) \times (\text{frequency})}{\sum (\text{frequency})}$
$\hat{\lambda} = \frac{(0 \times 32) + (1 \times 15) + (2 \times 9) + (3 \times 4)}{60}$
$\hat{\lambda} = \frac{0 + 15 + 18 + 12}{60} = \frac{45}{60} = 0.75$。

現在，我們需要計算在 $\hat{\lambda} = 0.75$ 的泊松分佈下，對應於各個觀察值的期望頻率 $E_i$。
泊松機率函數為 $P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}$。
期望頻率 $E_i = N \times P(X=x_i)$。

對於 $x=0$: $P(X=0) = \frac{e^{-0.75} (0.75)^0}{0!} = e^{-0.75} \times 1 = e^{-0.75}$。
題目給定 $e^{-0.75} = 0.472$。
$E_0 = 60 \times 0.472 = 28.32$。

對於 $x=1$: $P(X=1) = \frac{e^{-0.75} (0.75)^1}{1!} = e^{-0.75} \times 0.75 = 0.472 \times 0.75 = 0.354$。
$E_1 = 60 \times 0.354 = 21.24$。

對於 $x=2$: $P(X=2) = \frac{e^{-0.75} (0.75)^2}{2!} = e^{-0.75} \times \frac{0.5625}{2} = 0.472 \times 0.28125 = 0.13265625$。
$E_2 = 60 \times 0.13265625 = 7.959375 \approx 7.96$。

對於 $x=3$: $P(X=3) = \frac{e^{-0.75} (0.75)^3}{3!} = e^{-0.75} \times \frac{0.421875}{6} = 0.472 \times 0.0703125 = 0.033171875$。
$E_3 = 60 \times 0.033171875 = 1.9903125 \approx 1.99$。

我們發現，$E_3$ 非常小（約 1.99）。在卡方檢定中，通常要求期望頻率 $E_i \ge 5$。
由於 $E_3$ 小於 5，我們需要合併最後幾個類別。
我們將 $x=3$ 和所有大於 3 的類別合併。
合併後的類別是 $x \ge 3$。
合併後的觀察頻率：
$f_{0} = 32$
$f_{1} = 15$
$f_{2} = 9$
$f_{\ge 3} = 4$ (原本是 $f_3=4$)

合併後的期望頻率：
$E_0 = 28.32$
$E_1 = 21.24$
$E_2 = 7.96$
$E_{\ge 3} = E_3 + E_4 + \dots$
$E_{\ge 3} = 60 \times P(X \ge 3 | \lambda=0.75) = 60 \times (1 - P(X=0) - P(X=1) - P(X=2))$
$E_{\ge 3} = 60 \times (1 - 0.472 - 0.354 - 0.13265625)$

這題考驗了簡單線性迴歸的相關概念，包括迴歸係數估計、標準誤、t 檢定、F 檢定、信賴區間以及預測區間。

已知資訊：
樣本數 $n = 5$。
$Y$ 的樣本變異數 $s_Y^2 = 2.5$。
$X$ 的樣本變異數 $s_X^2 = 2.5$。
$X$ 的樣本平均值 $\bar{x} = 3$。
樣本相關係數 $r = 0.9$。
$\sum y_i = 25$。
迴歸模型：$Y = \beta_0 + \beta_1 X + \epsilon$，其中 $\epsilon \sim N(0, \sigma^2)$。

首先，我們需要計算一些基本量：
$Y$ 的樣本平均值 $\bar{y} = \frac{\sum y_i}{n} = \frac{25}{5} = 5$。
$X$ 的樣本標準差 $s_X = \sqrt{s_X^2} = \sqrt{2.5}$。
$Y$ 的樣本標準差 $s_Y = \sqrt{s_Y^2} = \sqrt{2.5}$。

迴歸係數的估計：
斜率 $\hat{\beta}_1 = r \frac{s_Y}{s_X} = 0.9 \times \frac{\sqrt{2.5}}{\sqrt{2.5}} = 0.9$。
截距 $\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x} = 5 - (0.9)(3) = 5 - 2.7 = 2.3$。

殘差平方和 $SSE$ (Sum of Squared Errors)：
$SSE = \sum (y_i - \hat{y}_i)^2 = \sum e_i^2$。
我們知道 $r^2 = \frac{SSR}{SST} = 1 - \frac{SSE}{SST}$。
$SST = \sum (y_i - \bar{y})^2 = (n-1) s_Y^2 = (5-1) \times 2.5 = 4 \times 2.5 = 10$。
$r^2 = (0.9)^2 = 0.81$。
$0.81 = 1 - \frac{SSE}{10} \implies \frac{SSE}{10} = 1 - 0.81 = 0.19 \implies SSE = 0.19 \times 10 = 1.9$。

估計的誤差變異數 $\hat{\sigma}^2 = s_e^2 = \frac{SSE}{n-2} = \frac{1.9}{5-2} = \frac{1.9}{3} \approx 0.6333$。

(a) 填充係數表格：
表格包含：Coefficient (Intercept, X), Estimate, Std. Error, t value。
Estimate：
(1) Intercept ($\hat{\beta}_0$): 2.3
(4) X ($\hat{\beta}_1$): 0.9

Std. Error：
標準誤是迴歸係數估計量的標準差。
斜率 $\hat{\beta}_1$ 的標準誤：$SE(\hat{\beta}_1) = \sqrt{\frac{\hat{\sigma}^2}{\sum (x_i - \bar{x})^2}}$。
$\sum (x_i - \bar{x})^2 = (n-1) s_X^2 = (5-1) \times 2.5 = 4 \times 2.5 = 10$。
$SE(\hat{\beta}_1) = \sqrt{\frac{1.9/3}{10}} = \sqrt{\frac{1.9}{30}} \approx \sqrt{0.06333} \approx 0.2517$。
(5) X Std. Error: 0.2517

截距 $\hat{\beta}_0$ 的標準誤：$SE(\hat{\beta}_0) = \sqrt{\hat{\sigma}^2 (\frac{1}{n} + \frac{\bar{x}^2}{\sum (x_i - \bar{x})^2})}$。
$SE(\hat{\beta}_0) = \sqrt{\frac{1.9}{3} (\frac{1}{5} + \frac{3^2}{10})} = \sqrt{\frac{1.9}{3} (\frac{1}{5} + \frac{9}{10})} = \sqrt{\frac{1.9}{3} (\frac{2+9}{10})} = \sqrt{\frac{1.9}{3} \times \frac{11}{10}} = \sqrt{\frac{1.9 \times 1.1}{3}} = \sqrt{\frac{2.09}{3}} \approx \sqrt{0.6967} \approx 0.8347$。
(2) Intercept Std. Error: 0.8347

t value：
$t$ 值是估計量除以其標準誤。
$t$ value for $\hat{\beta}_0$: $\frac{\hat{\beta}_0}{SE(\hat{\beta}_0)} = \frac{2.3}{0.8347} \approx 2.755$。
(3) Intercept t value: 2.755
$t$ value for $\hat{\beta}_1$: $\frac{\hat{\beta}_1}{SE(\hat{\beta}_1)} = \frac{0.9}{0.2517} \approx 3.575$。
(6) X t value: 3.575

填充表格：

Coefficient	Estimate	Std. Error	t value
Intercept	2.3 (1)	0.8347 (2)	2.755 (3)
X	0.9 (4)	0.2517 (5)	3.575 (6)

【答案】
(1) 2.3
(2) 0.8347
(3) 2.755
(4) 0.9
(5) 0.2517
(6) 3.575

(b) 使用 F 檢定檢定變數之間是否存在線性關聯。
F 檢定用於檢定迴歸模型是否顯著，即檢定斜率 $\beta_1$ 是否等於 0。
$H_0: \beta_1 = 0$ (沒有線性關聯)
$H_1: \beta_1 \neq 0$ (存在線性關聯)
F 檢定的統計量是 $F = \frac{MSR}{MSE}$，其中 $MSR = \frac{SSR}{df_R}$，$MSE = \frac{SSE}{df_E}$。
$SSR = SST - SSE = 10 - 1.9 = 8.1$。
$df_R = 1$ (迴歸的自由度)。
$SSE = 1.9$。

核心觀念

本題評量變異數分析（ANOVA）之兩種基本實驗設計架構與其平方和分割原理：

1. 隨機完全區集設計（Randomized Block Design, RBD）：

   • 資料包含兩個因子：處理（Treatment, 欄）與區集（Block, 列）。
   • 總平方和（$SST$）分解為三部分：處理平方和（$SSTR$）、區集平方和（$SSBL$）與隨機誤差平方和（$SSE$）。
   $$SST = SSTR + SSBL + SSE$$
   • 自由度分割：
     • 總自由度：$df_T = n - 1 = bk - 1$
     • 處理自由度：$df_{TR} = k - 1$
     • 區集自由度：$df_{BL} = b - 1$
     • 誤差自由度：$df_E = (k - 1)(b - 1)$
       其中 $k$ 為處理數（欄數），$b$ 為區集數（列數）。
   • 檢定處理效果之檢定統計量：
   $$F = \frac{MSTR}{MSE} = \frac{SSTR / (k - 1)}{SSE / ((k - 1)(b - 1))} \sim F(k - 1, (k - 1)(b - 1))$$

2. 單因子完全隨機設計（One-Way Completely Randomized Design, CRD）：

   • 視為 $k$ 組獨立樣本，不考慮區集控制。
   • 總平方和分解為兩部分：處理平方和（$SSTR$）與組內誤差平方和（$SSE_{\text{CRD}}$）。
   • 其誤差平方和本質上即為 RBD 中的區集平方和與誤差平方和之和：
   $$SSE_{\text{CRD}} = SSBL + SSE_{\text{RBD}}$$
   • 自由度：$df_{E,\text{CRD}} = n - k = (b - 1) + (k - 1)(b - 1) = k(b - 1)$。
   • 檢定統計量：
   $$F = \frac{MSTR}{MSE_{\text{CRD}}} = \frac{SSTR / (k - 1)}{SSE_{\text{CRD}} / (n - k)} \sim F(k - 1, n - k)$$

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解題方法

一、原始數據整理

設區集數（列數）$b = 3$，處理數（欄數）$k = 4$，總觀測值個數 $n = bk = 12$。

數據矩陣如下（列表示 Block，行表示 Treatment）：

• Block 1: $6, 5, 4, 4$（列和 $B_1 = 19$）
• Block 2: $8, 5, 5, 6$（列和 $B_2 = 24$）
• Block 3: $7, 6, 5, 6$（列和 $B_3 = 24$）

各處理的行和（$T_j$）：

• Treatment 1: $T_1 = 6 + 8 + 7 = 21$
• Treatment 2: $T_2 = 5 + 5 + 6 = 16$
• Treatment 3: $T_3 = 4 + 5 + 5 = 14$
• Treatment 4: $T_4 = 4 + 6 + 6 = 16$

全體總和：

$$G = \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^4 X_{ij} = 21 + 16 + 14 + 16 = 67$$

校正項（Correction Factor, $CF$）：

$$CF = \frac{G^2}{n} = \frac{67^2}{12} = \frac{4489}{12} \approx 374.0833$$

各觀測值平方和：

$$\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^4 X_{ij}^2 = (36 + 25 + 16 + 16) + (64 + 25 + 25 + 36) + (49 + 36 + 25 + 36) = 93 + 150 + 146 = 389$$

二、各項平方和（Sum of Squares）計算

1. 總平方和（$SST$）：

   $$SST = \sum \sum X_{ij}^2 - CF = 389 - \frac{4489}{12} = \frac{4668 - 4489}{12} = \frac{179}{12} \approx 14.9167$$

2. 處理平方和（$SSTR$）：

   $$SSTR = \sum_{j=1}^4 \frac{T_j^2}{b} - CF = \frac{21^2 + 16^2 + 14^2 + 16^2}{3} - \frac{4489}{12} = \frac{441 + 256 + 196 + 256}{3} - \frac{4489}{12} = \frac{1149}{3} - \frac{4489}{12} = 383 - 374.0833 = 8.9167 \quad \left(=\frac{107}{12}\right)$$

3. 區集平方和（$SSBL$）：

   $$SSBL = \sum_{i=1}^3 \frac{B_i^2}{k} - CF = \frac{19^2 + 24^2 + 24^2}{4} - \frac{4489}{12} = \frac{361 + 576 + 576}{4} - \frac{4489}{12} = \frac{1513}{4} - \frac{4489}{12} = \frac{4539 - 4489}{12} = \frac{50}{12} \approx 4.1667$$

4. 隨機誤差平方和（$SSE$）：

   $$SSE = SST - SSTR - SSBL = \frac{179}{12} - \frac{107}{12} - \frac{50}{12} = \frac{22}{12} = \frac{11}{6} \approx 1.8333$$

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三、題分子題推導與解答

(a) 隨機區集設計 ANOVA 表填空

標準隨機區集設計之 ANOVA 表對應格位通常依序包含：

• 自由度：$df$
• 平方和：$SS$
• 均方：$MS = SS / df$
• 統計量：$F = MS / MSE$

對應題目表格（1）至（10）項之數值填列如下：

• Treatment 列：
  • 自由度：$df_{TR} = k - 1 = 4 - 1 = 3$
  • 平方和：$SSTR = \frac{107}{12} \approx 8.917$
  • 均方：$MSTR = \frac{SSTR}{df_{TR}} = \frac{107 / 12}{3} = \frac{107}{36} \approx 2.972$
  • 檢定統計量：$F_{TR} = \frac{MSTR}{MSE} = \frac{107 / 36}{11 / 36} = \frac{107}{11} \approx 9.727$