112 年 國立臺灣大學森林環境暨資源學系碩士班丁組《統計學（D）》

此題主要在考察統計學中關於標準誤 (Standard Error, SE) 的基本概念、計算、與標準差 (Standard Deviation, SD) 的區別，以及中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的重要性。

(a) 標準誤的計算公式

標準誤是樣本統計量（如樣本平均數）的標準差。對於樣本平均數 $\bar{y}$，其標準誤的公式為：
$SE(\bar{y}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
其中 $\sigma$ 是母體標準差，而 $n$ 是樣本大小。
在母體標準差 $\sigma$ 未知時，我們通常使用樣本標準差 $s$ 來估計，此時標準誤的估計值為：
$\hat{SE}(\bar{y}) = \frac{s}{\sqrt{n}}$

(b) 標準差與標準誤的區別

• 標準差 (Standard Deviation, SD)：標準差衡量的是單一數據點相對於樣本平均數的離散程度，或是母體所有數據點相對於母體平均數的離散程度。它描述了數據的分散性。

  • 樣本標準差 $s$ 的公式為：$s = \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n}(y_i - \bar{y})^2}{n-1}}$
  • 母體標準差 $\sigma$ 的公式為：$\sigma = \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{N}(Y_i - \mu)^2}{N}}$

• 標準誤 (Standard Error, SE)：標準誤衡量的是樣本統計量（如樣本平均數）的抽樣變異性。也就是說，如果我們從同一個母體中不斷抽取不同樣本，並計算每個樣本的統計量（例如平均數），標準誤就是這些樣本統計量本身的標準差。它描述了樣本統計量對母體參數的估計精度。

  • 樣本平均數的標準誤：$SE(\bar{y}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 或 $\frac{s}{\sqrt{n}}$

簡單來說：

• 標準差描述的是數據點的離散程度。
• 標準誤描述的是樣本統計量（如平均數）的離散程度。

(c) 標準誤的重要性

標準誤在統計推論中至關重要，主要原因如下：

1. 估計抽樣變異性：標準誤提供了樣本統計量（如樣本平均數）有多大可能與母體參數（如母體平均數）不同的指標。標準誤越小，表示樣本統計量越能穩定地估計母體參數，估計的精確度越高。

此題考驗對基本描述性統計量（平均數、幾何平均數、調和平均數、標準差、標準誤、中位數）的計算能力，以及如何利用這些統計量建構信賴區間。

樣本數據為 $y = \{8, 6, 5, 10, 9\}$。樣本大小 $n=5$。

(a) 算術平均數 (Arithmetic Mean)

算術平均數是所有數據點的總和除以數據點的個數。
$\bar{y} = \frac{\sum_{i=1}^{n} y_i}{n}$
$\bar{y} = \frac{8 + 6 + 5 + 10 + 9}{5} = \frac{38}{5} = 7.6$
【答案】7.6

(b) 幾何平均數 (Geometric Mean)

幾何平均數適用於計算一組比率或增長率的平均值。計算方式為將所有數據點相乘，然後取其 $n$ 次方根。
$GM = \left( \prod_{i=1}^{n} y_i \right)^{1/n}$
$GM = (8 \times 6 \times 5 \times 10 \times 9)^{1/5}$
$GM = (21600)^{1/5}$
計算 $(21600)^{1/5}$：
$4^5 = 1024$, $5^5 = 3125$, $6^5 = 7776$, $7^5 = 16807$, $8^5 = 32768$。
所以幾何平均數介於 7 和 8 之間。
使用計算機：$(21600)^{1/5} \approx 7.4089$
【答案】$\approx 7.4089$

(c) 調和平均數 (Harmonic Mean)

調和平均數適用於計算平均速率或率。計算方式為數據點個數除以各數據點倒數的總和。
$HM = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{y_i}}$
$HM = \frac{5}{\frac{1}{8} + \frac{1}{6} + \frac{1}{5} + \frac{1}{10} + \frac{1}{9}}$
首先計算分母：
$\frac{1}{8} = 0.125$
$\frac{1}{6} \approx 0.16667$
$\frac{1}{5} = 0.2$
$\frac{1}{10} = 0.1$
$\frac{1}{9} \approx 0.11111$
分母總和 $\approx 0.125 + 0.16667 + 0.2 + 0.1 + 0.11111 = 0.70278$
$HM \approx \frac{5}{0.70278} \approx 7.1148$
【答案】$\approx 7.1148$

(d) 標準差 (Standard Deviation)

我們計算樣本標準差 $s$。首先需要計算樣本變異數 $s^2$。
$s^2 = \frac{\sum_{i=1}^{n} (y_i - \bar{y})^2}{n-1}$
我們已經知道 $\bar{y} = 7.6$。

核心觀念

本題分成兩部分：

1. 非參數假設檢定的適用情境與常見方法。
2. 二因子變異數分析（two-way ANOVA）的自由度、平方和、均方與 $F$ 比值計算。

非參數方法不要求母體服從特定分配，常用於資料為次序尺度、常態性不佳或含有離群值的情況。

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解題方法

（a）單一樣本資料的非參數假設檢定

最基本的方法為符號檢定（Sign test）。

其概念是將每筆觀測值與假設的母體中位數 $m_0$ 比較：

• 大於 $m_0$ 記為正號；
• 小於 $m_0$ 記為負號；
• 等於 $m_0$ 的觀測值通常刪除不計。

在虛無假設

$$H_0:m=m_0$$

成立時，正號與負號出現的機率皆為 $1/2$，因此可使用二項分配：

$$X\sim \operatorname{Binomial}(n,0.5)$$

若資料為連續型、且差值分配大致對稱，也可使用單一樣本 Wilcoxon 符號等級檢定（Wilcoxon signed-rank test）。

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（b）非配對兩樣本資料的非參數假設檢定

使用** Mann–Whitney $U$ 檢定**，亦稱** Wilcoxon rank-sum test（Wilcoxon 秩和檢定）**。

其適用於兩組彼此獨立的樣本，例如：

• 不同處理組的兩批受試者；
• 不同地點的兩組樣本；
• 兩個互不重複的族群。

做法是將兩組觀測值合併後排序，再比較兩組的秩次總和。若兩組母體位置相同，兩組的秩次分布不應有系統性差異。

常見虛無假設為：

$$H_0:\text{兩組母體分布的位置相同}$$

若兩組分布形狀相近，可進一步解釋為兩組中位數相同。

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（c）配對兩樣本資料的非參數假設檢定

使用** Wilcoxon 符號等級檢定（Wilcoxon signed-rank test）**。

對每一對資料計算差值：

$$d_i=X_i-Y_i$$

刪除 $d_i=0$ 的配對後，依照 $|d_i|$ 的大小排序並給予秩次，再依差值正負分別計算正秩和與負秩和。

若資料差值的分布以零為中心，則表示兩種處理的差異不顯著。

常見虛無假設為：

$$H_0:\text{配對差值的中位數為 }0$$

若只考慮差值的正負、不考慮差值大小，也可以使用配對符號檢定。

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（d）檢定常態性假設的非參數方法

使用** Shapiro–Wilk 常態性檢定（Shapiro–Wilk test）**。

其虛無假設與對立假設為：

$$H_0:\text{資料來自常態分布}$$ $$H_1:\text{資料不來自常態分布}$$

判斷方式為：

• 若 $p$ 值小於顯著水準 $\alpha$，拒絕 $H_0$，認為資料顯著偏離常態；
• 若 $p$ 值大於或等於 $\alpha$，沒有足夠證據拒絕常態性假設。

實務上仍應搭配常態機率圖或 Q–Q plot，不能只依賴單一檢定結果。

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（e）ANOVA 表填補

第一步：計算各項自由度

總自由度為：

$$df_T=43$$

Treatment 的自由度為 $1$，Days 的自由度為 $2$。

若為二因子設計，交互作用自由度為：

$$df_{\text{Treatment}\times\text{Days}} =1\times 2=2$$

因此殘差自由度為：

$$df_E=43-1-2-2=38$$

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第二步：由均方計算平方和

Treatment：

$$SS_{\text{Treatment}} =df_{\text{Treatment}}\times MS_{\text{Treatment}}$$ $$SS_{\text{Treatment}}=1(2528.95)=2528.95$$

Days：

此題要求使用正規方程 (Normal Equation) 的方法，來推導簡單線性迴歸模型中迴歸係數 $\beta_1$ 的估計公式。

簡單線性迴歸模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \epsilon_i$，其中 $i = 1, 2, ..., n$。
我們的目標是找到 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 的估計值 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$，使得殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR) 最小。
殘差定義為 $e_i = y_i - \hat{y}_i = y_i - (\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_i)$。
我們要最小化的目標函數是 SSR：
$SSR(\hat{\beta}_0, \hat{\beta}_1) = \sum_{i=1}^{n} e_i^2 = \sum_{i=1}^{n} (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i)^2$

正規方程方法是透過對 SSR 分別對 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$ 求偏導數，並令其等於零，得到一組關於 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$ 的聯立方程式。

步驟 1: 對 $\hat{\beta}_0$ 求偏導數並令其為零。
$\frac{\partial SSR}{\partial \hat{\beta}_0} = \sum_{i=1}^{n} 2 (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) \cdot (-1) = 0$
$-2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^{n} (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^{n} y_i - \sum_{i=1}^{n} \hat{\beta}_0 - \sum_{i=1}^{n} \hat{\beta}_1 x_i = 0$
$\sum y_i - n\hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 \sum x_i = 0$
將 $\sum y_i$ 除以 $n$，得到 $\bar{y}$；將 $\sum x_i$ 除以 $n$，得到 $\bar{x}$。
$\frac{\sum y_i}{n} - \frac{n\hat{\beta}_0}{n} - \frac{\hat{\beta}_1 \sum x_i}{n} = 0$
$\bar{y} - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 \bar{x} = 0$
由此可得 $\hat{\beta}_0$ 的正規方程：
$\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x} \quad (*)$
這也表明，最佳迴歸線必定通過樣本均值點 $(\bar{x}, \bar{y})$。

步驟 2: 對 $\hat{\beta}_1$ 求偏導數並令其為零。
$\frac{\partial SSR}{\partial \hat{\beta}_1} = \sum_{i=1}^{n} 2 (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) \cdot (-x_i) = 0$
$-2 \sum_{i=1}^{n} x_i (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^{n} x_i (y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^{n} (x_i y_i - \hat{\beta}_0 x_i - \hat{\beta}_1 x_i^2) = 0$
$\sum x_i y_i - \hat{\beta}_0 \sum x_i - \hat{\beta}_1 \sum x_i^2 = 0 \quad (**)$

步驟 3: 將 $\hat{\beta}_0$ 的正規方程 (*) 代入 $\hat{\beta}_1$ 的正規方程 ()。**
將 $\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$ 代入 (**) 式：
$\sum x_i y_i - (\bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}) \sum x_i - \hat{\beta}_1 \sum x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i + \hat{\beta}_1 \bar{x} \sum x_i - \hat{\beta}_1 \sum x_i^2 = 0$
將 $\bar{x} = \frac{\sum x_i}{n}$ 和 $\bar{y} = \frac{\sum y_i}{n}$ 代入：
$\sum x_i y_i - \frac{\sum y_i}{n} \sum x_i + \hat{\beta}_1 \frac{\sum x_i}{n} \sum x_i - \hat{\beta}_1 \sum x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i - \frac{(\sum x_i)(\sum y_i)}{n} + \hat{\beta}_1 \left( \frac{(\sum x_i)^2}{n} - \sum x_i^2 \right) = 0$
移項，解出 $\hat{\beta}_1$：
$\hat{\beta}_1 \left( \sum x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{n} \right) = \frac{(\sum x_i)(\sum y_i)}{n} - \sum x_i y_i$