112 年 國立臺灣大學農藝系暨研究所作物乙組《生物統計學》

核心觀念

本題考查：

• 背靠背莖葉圖判讀資料分布。
• 中位數、四分位距與標準差的比較。
• 兩獨立樣本平均數差的信賴區間。
• 兩樣本平均數差的標準誤與 $t$ 分布。

莖葉圖共有兩組各 $n=21$ 筆資料。由圖可讀得：

• A 組中位數為第 $11$ 筆：$52$
• B 組中位數為第 $11$ 筆：$32$

因此兩組中位數不同。

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(a) 選項分析

(1) The distributions have the same median.

A 組中位數為 $52$，B 組中位數為 $32$，所以：

$$52\ne 32$$

故此敘述錯誤。

(2) The distributions have the same IQR.

A 組：

$$Q_{1,A}=\frac{31+32}{2}=31.5$$ $$Q_{3,A}=\frac{76+81}{2}=78.5$$

因此：

$$IQR_A=78.5-31.5=47$$

B 組：

$$Q_{1,B}=\frac{11+12}{2}=11.5$$ $$Q_{3,B}=\frac{61+64}{2}=62.5$$

因此：

$$IQR_B=62.5-11.5=51$$

由於：

$$47\ne 51$$

故此敘述錯誤。

(3) The distributions have the same standard deviation.

題目表格給出的標準差為：

$$s_A=25.031,\qquad s_B=22.031$$

兩者不相等，因此此敘述錯誤。

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(b) 兩組平均數差的 95% 信賴區間

解題方法

以題目表格的組別標示為準，計算：

$$\mu_A-\mu_B$$

題目給定：

$$\bar{x}_A=34.857,\qquad \bar{x}_B=54.857$$ $$s_A=25.031,\qquad s_B=22.031$$

且：

$$n_A=n_B=21$$

採用兩獨立樣本平均數差的 Welch $t$ 信賴區間：

此題主要考驗對盒狀圖 (box plot) 相關統計量（最小值、第一四分位數、中位數、平均數、第三四分位數、最大值）的理解，以及如何利用這些統計量判斷離群值 (outliers) 和判斷分布的偏態 (skewness)。

核心觀念：

1. 離群值判斷： 使用 IQR 方法判斷離群值。
2. 偏態判斷： 比較平均數、中位數、以及四分位數的相對位置來判斷偏態。

Part (a): 判斷離群值

判斷離群值最常用的方法是基於 IQR（Interquartile Range）。
首先，我們需要計算 IQR：
$IQR = Q3 - Q1$
其中，$Q3$ 是第三四分位數 (3rd Qu.)，Q1 是第一四分位數 (1st Qu.)。

根據題目提供的數據：
$Q1 = 0.13000$
$Q3 = 0.56200$

計算 IQR：
$IQR = 0.56200 - 0.13000 = 0.43200$

離群值的判斷標準為：

• 低於 $Q1 - 1.5 \times IQR$ 的值，視為左側離群值 (lower outlier)。
• 高於 $Q3 + 1.5 \times IQR$ 的值，視為右側離群值 (upper outlier)。

計算判斷離群值的邊界：
下界 (Lower Bound) $= Q1 - 1.5 \times IQR = 0.13000 - 1.5 \times 0.43200$
下界 $= 0.13000 - 0.64800 = -0.51800$

上界 (Upper Bound) $= Q3 + 1.5 \times IQR = 0.56200 + 1.5 \times 0.43200$
上界 $= 0.56200 + 0.64800 = 1.21000$

現在，我們檢查樣本中的最小值和最大值是否落在這個範圍之外。
樣本最小值 (Min.) = 0.00125
樣本最大值 (Max.) = 2.11000

此題為一典型的機率問題，考驗對 Poisson 分布的理解與應用，特別是當平均率需要根據樣本量進行調整時。

核心觀念：

1. Poisson 分布： 描述在固定時間或空間單位內，隨機發生某事件的次數。其機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda$ 是平均發生率。
2. 率的調整： 當樣本單位與給定單位不同時，需要按比例調整平均發生率 $\lambda$。
3. 累積機率： 計算「至少」發生某事件的機率，通常是計算其補集的機率，即 $P(X \ge k) = 1 - P(X < k) = 1 - P(X \le k-1)$。

解題過程：

題目告知，湖水中平均每公升 (L) 含有 4 個細菌。這代表 Poisson 分布的平均發生率 $\lambda$ 為 4 bacteria/L。
然而，我們這次採樣的體積是 250 毫升 (ml)。我們需要將平均發生率調整到 250 ml 的單位上。

首先，將單位統一：
1 公升 (L) = 1000 毫升 (ml)
所以，平均每毫升的細菌數為 $\frac{4 \text{ bacteria}}{1000 \text{ ml}} = 0.004 \text{ bacteria/ml}$。

接著，計算 250 ml 樣本中預期的平均細菌數：
$\lambda_{250ml} = 0.004 \text{ bacteria/ml} \times 250 \text{ ml} = 1$ bacteria。

因此，對於一個 250 ml 的水樣本，我們可以用 $\lambda = 1$ 來描述其中細菌數的 Poisson 分布。
令 $X$ 為 250 ml 水樣本中細菌的數量。

此題考驗對常態分布 (Normal Distribution) 的應用，包括計算單一樣本值高於某特定值的機率，以及基於該機率，對多個獨立事件的二項分布進行近似計算。

核心觀念：

1. 常態分布： $X \sim N(\mu, \sigma^2)$。機率計算通常需要標準化為標準常態分布 $Z \sim N(0, 1)$。
2. 標準化公式： $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$。
3. 二項分布： 描述 $n$ 次獨立試驗中，成功次數 $k$ 的機率。$P(Y=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
4. 常態近似二項分布： 當 $n$ 很大，且 $np \ge 5$ 且 $n(1-p) \ge 5$ 時，二項分布可用常態分布近似。

Part (a): 計算單一樣本高於特定值的機率

我們已知族群的平均數 $\mu = 85$ mg/dL，標準差 $\sigma = 7.5$ mg/dL。
我們要求出隨機抽取一人，其血糖值高於 100 mg/dL 的機率，即 $P(X > 100)$。

首先，將 $X=100$ 標準化為 Z 分數：
$Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{100 - 85}{7.5} = \frac{15}{7.5} = 2$

所以，$P(X > 100) = P(Z > 2)$。
查閱標準常態分布表 (Z-table) 或使用統計軟體，我們可以找到 $P(Z \le 2)$ 的值。
$P(Z \le 2) \approx 0.97725$。

因此，$P(Z > 2) = 1 - P(Z \le 2) = 1 - 0.97725 = 0.02275$。

答案 (a)：
隨機抽樣的一位成員血糖值高於 100 mg/dL 的機率約為 0.02275。

Part (b): 計算樣本中符合條件人數的機率

現在，我們從該族群中隨機抽取一個包含 1000 名成員的樣本。
我們已經知道，隨機抽取一位成員，其血糖值高於 100 mg/dL 的機率是 $p = 0.02275$。
我們感興趣的是，在這個 1000 人的樣本中，有多少人符合這個條件。這是一個二項分布的問題。

此題為一典型的診斷檢定 (diagnostic test) 評估問題，考驗對敏感度 (sensitivity)、特異度 (specificity)、陽性預測值 (PPV) 和陰性預測值 (NPV) 的理解與計算，以及如何結合疾病盛行率 (prevalence) 來評估檢定的價值。

核心觀念：

1. 診斷檢定指標：
   • 敏感度 (Sensitivity, Se)： 在真正患病者中，檢測結果為陽性的比例。 $Se = P(\text{Positive Test} | \text{Disease Present}) = \frac{TP}{TP+FN}$。
   • 特異度 (Specificity, Sp)： 在真正未患病者中，檢測結果為陰性的比例。 $Sp = P(\text{Negative Test} | \text{Disease Absent}) = \frac{TN}{TN+FP}$。
   • 陽性預測值 (Positive Predictive Value, PPV)： 在檢測結果為陽性者中，真正患病的比例。$PPV = P(\text{Disease Present} | \text{Positive Test}) = \frac{TP}{TP+FP}$。
   • 陰性預測值 (Negative Predictive Value, NPV)： 在檢測結果為陰性者中，真正未患病的比例。$NPV = P(\text{Disease Absent} | \text{Negative Test}) = \frac{TN}{TN+FN}$。
2. 混淆矩陣 (Confusion Matrix)：
   • TP (True Positive)：陽性檢測結果，且確實患病。
   • FN (False Negative)：陰性檢測結果，但實際上患病。
   • FP (False Positive)：陽性檢測結果，但實際上未患病。
   • TN (True Negative)：陰性檢測結果，且確實未患病。
3. 疾病盛行率 (Prevalence)： 在特定人群中，患有某種疾病的比例。

Part (a): 計算敏感度和特異度

從題目提供的表格中，我們可以識別出 TP, FN, FP, TN 的值：

• TP (True Positive): 真正患病且檢測為陽性 = 3,296
• FN (False Negative): 真正患病但檢測為陰性 = 37
• FP (False Positive): 未患病但檢測為陽性 = 8,313
• TN (True Negative): 未患病且檢測為陰性 = 88,354

計算敏感度 (Sensitivity)：
$Se = \frac{TP}{TP + FN} = \frac{3296}{3296 + 37} = \frac{3296}{3333}$
$Se \approx 0.9889$

計算特異度 (Specificity)：
$Sp = \frac{TN}{TN + FP} = \frac{88354}{88354 + 8313} = \frac{88354}{96667}$
$Sp \approx 0.9140$

答案 (a)：
敏感度約為 0.9889 (或 98.89%)。
特異度約為 0.9140 (或 91.40%)。

Part (b): 計算 PPV 和 NPV (假設盛行率為 10%)

注意：題目提供的表格數據，其盛行率為 $\frac{3333}{100000} = 0.03333$ (約 3.33%)。
然而，Part (b) 要求我們在 假設盛行率為 10% 的情況下計算 PPV 和 NPV。這意味著我們不能直接使用表格中的 FP 和 FN 絕對值，而是需要根據新的盛行率重新推算。

假設總樣本量為 $N = 100,000$ (與表格相同，只是盛行率不同)。
假設盛行率 (Prevalence) $= P(\text{Disease Present}) = 0.10$。
則 $P(\text{Disease Absent}) = 1 - 0.10 = 0.90$。

根據這個新的盛行率，我們可以推算 TP, FN, FP, TN 的預期人數：

• 真正患病人數 $= N \times \text{Prevalence} = 100,000 \times 0.10 = 10,000$
• 真正未患病人數 $= N \times (1 - \text{Prevalence}) = 100,000 \times 0.90 = 90,000$

現在，利用 Part (a) 計算出的敏感度和特異度來推算 TP, FN, FP, TN：

• $TP = (\text{真正患病人數}) \times Se = 10,000 \times 0.9889 = 9889$

此題為一典型的樣本大小 (sample size) 計算問題，考驗對信賴區間 (confidence interval) 與估計誤差 (margin of error) 的理解，以及如何計算估計比例 (sample proportion) 所需的樣本量。

核心觀念：

1. 樣本比例的信賴區間： 對於一個比例的估計，其 95% 信賴區間的公式通常為 $\hat{p} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$，其中 $\hat{p}$ 是樣本比例，$n$ 是樣本大小，$Z_{\alpha/2}$ 是對應於信賴水準的 Z 值。
2. 誤差範圍 (Margin of Error, E)： 信賴區間的半寬，即 $E = Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-p)}{n}}$。
3. 樣本大小計算： 為了確保估計誤差小於某個值 $E$，我們需要解出樣本大小 $n$。

解題過程：

題目要求估計支持費率的比例，並希望估計誤差 (error of the sample proportion estimate) 小於 0.04。這指的是信賴區間的半寬 (Margin of Error, E)。
同時，要求 95% 的信賴水準。

1. 確定信賴水準和 Z 值：
   95% 信賴水準對應的 $\alpha$ 值為 $1 - 0.95 = 0.05$。
   $\alpha/2 = 0.025$。
   查閱標準常態分布表，對應於 0.025 尾部機率的 Z 值是 $Z_{0.025} = 1.96$。

2. 確定誤差範圍 E：
   題目要求誤差小於 0.04，即 $E < 0.04$。為了確保這個條件，我們通常計算使誤差等於 0.04 的樣本大小，這樣得到的樣本大小就能滿足小於 0.04 的要求。

核心觀念

本題綜合考查：

• 簡單線性迴歸的自由度與 $t$ 檢定。
• 斜率檢定中 $t$ 統計量與 $F$ 統計量的關係。
• $R^2$、相關係數與迴歸斜率的關係。
• 自變數縮放、平移，以及標準化對迴歸結果的影響。
• 反向迴歸時相關性檢定的 invariance。

樣本數為 $n=27$，簡單線性迴歸估計截距與斜率兩個參數，因此誤差自由度為

$$df=n-2=27-2=25.$$

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(a) 截距檢定的 $t$ 統計量自由度

檢定

$$H_0:\beta_0=0,\qquad H_1:\beta_0\ne 0.$$

簡單線性迴歸的截距與斜率共估計兩個參數，因此殘差自由度為

$$df=27-2=25.$$

【答案】：$25$

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(b) 檢定 $\beta_1=0$ 的 $F$ 統計量

對單一迴歸係數而言，$F$ 統計量與 $t$ 統計量的關係為

$$F=t^2.$$

題目給出的斜率 $t$ 統計量為 $2.08$，因此

$$F=(2.08)^2=4.3264\approx 4.33.$$

其自由度為

$$df_1=1,\qquad df_2=25.$$

也可由 $R^2$ 計算：

$$F=\frac{R^2}{1-R^2}(n-2) =\frac{0.1483}{1-0.1483}\times 25 \approx 4.35.$$

兩者差異來自題目中的 $t$ 值與 $R^2$ 均為四捨五入後的數值。

【答案】：$F\approx 4.33$，自由度為 $(1,25)$

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(c) 單尾檢定 $\beta_1<0$ 的 $p$ 值

檢定為

$$H_0:\beta_1\ge 0,\qquad H_1:\beta_1<0.$$

題目觀察到的斜率為正，$t=2.08$。由於備擇假設是「斜率小於 0」，因此採用左尾檢定：

$$p=P(T_{25}\le 2.08).$$

題目雙尾 $p$ 值為 $0.0473$，且觀察值為正，因此左尾 $p$ 值為

$$p=1-\frac{0.0473}{2} =0.97635.$$

因為

$$p=0.97635>0.05,$$

所以不拒絕 $H_0$。

【答案】：$p\approx 0.9764$，在 $\alpha=0.05$ 下不拒絕 $H_0$

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(d) 決定係數 $R^2$

題目此處的公式文字漏列了殘差平方和分子；決定係數的標準定義為

$$R^2 = 1- \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{27}(y_i-\hat y_i)^2} {\displaystyle\sum_{i=1}^{27}(y_i-\bar y)^2}.$$

由迴歸摘要直接得到

$$R^2=0.1483.$$

這表示 $X_1$ 只能解釋 $Y_1$ 總變異的 $14.83\%$。

【答案】：$R^2=0.1483$

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(e) 將 $X_1$ 改為 $X_2=10X_1$

原模型為

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_{1i}+\epsilon_i.$$

令

$$X_{2i}=10X_{1i}, \qquad X_{1i}=\frac{X_{2i}}{10}.$$

代入原模型：

$$Y_i = \beta_0+\beta_1\left(\frac{X_{2i}}{10}\right)+\epsilon_i = \beta_0+\frac{\beta_1}{10}X_{2i}+\epsilon_i.$$

因此新模型的斜率估計值與標準誤同時縮小為原來的 $1/10$：

$$\hat\beta_{1,\text{new}}=\frac{1.5863}{10}=0.15863,$$ $$SE(\hat\beta_{1,\text{new}}) =\frac{0.7603}{10}=0.07603.$$

所以

$$t= \frac{0.15863}{0.07603} = \frac{1.5863}{0.7603} \approx 2.08.$$

【答案】：$t\approx 2.08$

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(f) $X_2=10X_1$ 時的截距

自變數只做比例縮放，不改變迴歸線在 $X=0$ 時的預測值，因此截距不變：

核心觀念

本題考查：

• Poisson 分布的累積機率。
• 左尾檢定的拒絕域。
• 型一錯誤、型二錯誤與 $p$-value 的定義。
• 複合虛無假設 $H_0:\lambda\ge 3$ 下，型一錯誤率的最大值發生在邊界 $\lambda=3$。

因為 $\lambda$ 越小，觀察到小數值 $X$ 的機率越大，所以檢定

$$H_0:\lambda\ge 3 \quad\text{vs.}\quad H_1:\lambda<3$$

應採用左尾拒絕域，也就是當 $X$ 太小時拒絕 $H_0$。

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(a) 拒絕域為 $\{0,1\}$ 時，型一錯誤機率

型一錯誤是「$H_0$ 為真卻拒絕 $H_0$」。因此型一錯誤率為

$$\alpha(\lambda)=P_\lambda(X\in\{0,1\}) =P_\lambda(X\le 1).$$

在 $H_0:\lambda\ge 3$ 下，左尾機率會隨 $\lambda$ 增加而下降，因此最大值發生在邊界 $\lambda=3$：

$$\sup_{\lambda\ge 3}P_\lambda(X\le 1) =P_{\lambda=3}(X\le 1).$$

由表得

$$P_{\lambda=3}(X\le 1) =P(X=0)+P(X=1) =0.050+0.149 =0.199.$$

因此型一錯誤機率為

$$\boxed{0.199}.$$

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(b) 顯著水準為 $0.05$ 時的拒絕域

由於是左尾檢定，從 $X=0$ 開始累加機率。

在虛無假設的邊界 $\lambda=3$ 下：

$$P_3(X=0)=0.050.$$

剛好等於顯著水準 $0.05$。若將 $X=1$ 也納入拒絕域，則

$$P_3(X\le 1)=0.050+0.149=0.199>0.05.$$

所以顯著水準為 $0.05$ 時，拒絕域為

$$\boxed{R=\{0\}}.$$

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(c) 顯著水準為 $0.05$ 且 $\lambda=4$ 時，型二錯誤機率

由 (b) 得拒絕域為 $\{0\}$，因此不拒絕域為

$$\{1,2,3,\ldots\}.$$

型二錯誤是「$H_1$ 為真卻未拒絕 $H_0$」。當 $\lambda=4$ 時，確實有 $\lambda<3$ 不成立，因此嚴格來說 $\lambda=4$ 屬於 $H_0$，不是對立假設 $H_1$。

若依題目指定的計算方式，求在 $\lambda=4$ 下落入不拒絕域的機率，則

$$P_4(\text{不拒絕 }H_0) =P_4(X\ge 1) =1-P_4(X=0).$$

由表得 $P_4(X=0)=0.018$，所以

$$P_4(X\ge 1) =1-0.018 =0.982.$$

因此依題目所要求的機率為

$$\boxed{0.982}.$$

補充而言，標準定義下型二錯誤只在 $\lambda<3$ 時討論；$\lambda=4$ 屬於虛無假設範圍，因此此數值應解讀為「$\lambda=4$ 時未拒絕 $H_0$ 的機率」。

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(d) 顯著水準為 $0.05$ 且 $\lambda=2$ 時，型二錯誤機率

當 $\lambda=2<3$ 時，$H_1$ 為真。型二錯誤是未拒絕 $H_0$，也就是 $X\ge 1$：

此題考驗對卡方適配度檢定 (Chi-squared Goodness-of-Fit Test) 的應用，用於檢定一個離散型隨機變數的分布是否符合預期的分布。

核心觀念：

1. 卡方適配度檢定： 比較觀察頻率 (observed frequencies) 與預期頻率 (expected frequencies)。
2. 檢定統計量： $\chi^2 = \sum \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$，其中 $O_i$ 是觀察頻率，$E_i$ 是預期頻率。
3. 自由度： $df = k - 1 - m$，其中 $k$ 是類別數，$m$ 是在估計預期頻率時使用的參數數量 (在此情況下，假設骰子公平，參數數量為 0)。
4. 顯著水準： $\alpha$，用來決定拒絕虛無假設的臨界值。
5. 臨界值： $\chi^2$ 分布在給定自由度和顯著水準下的值。

解題過程：

1. 設定虛無假設 ($H_0$) 和對立假設 ($H_1$)：

   • $H_0$: 骰子是公平的，即每個點數 (1 到 6) 出現的機率均等，皆為 $1/6$。
   • $H_1$: 骰子不是公平的，即至少有一個點數出現的機率不是 $1/6$。

2. 計算觀察頻率 ($O_i$)：
   題目已給出：

   • $O_1 = 2$
   • $O_2 = 3$
   • $O_3 = 6$
   • $O_4 = 7$
   • $O_5 = 10$
   • $O_6 = 2$
     總試驗次數 $n = 2+3+6+7+10+2 = 30$。

3. 計算預期頻率 ($E_i$)：
   如果骰子公平，$H_0$ 為真，則每個點數出現的機率是 $1/6$。
   在 30 次試驗中，每個點數的預期頻率為：
   $E_i = n \times P(\text{點數 } i) = 30 \times \frac{1}{6} = 5$。
   所以，$E_1 = E_2 = E_3 = E_4 = E_5 = E_6 = 5$。

4. 計算卡方檢定統計量 ($\chi^2$)：
   $\chi^2 = \sum_{i=1}^{6} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$

核心觀念

若昆蟲在農場上呈現「隨機空間分布」，且各樣區大小固定，則每個樣區內的昆蟲數可視為服從 Poisson 分布：

$$X\sim \operatorname{Poisson}(\lambda)$$

其中 $\lambda$ 為每個固定樣區內昆蟲數的平均值。

本題利用「卡方適合度檢定」檢驗觀察到的昆蟲數分布是否符合 Poisson 分布。

假設為：

• $H_0$：昆蟲在空間上隨機分布，樣區內昆蟲數服從 Poisson 分布。
• $H_1$：昆蟲在空間上不是隨機分布，樣區內昆蟲數不服從此 Poisson 分布。

解題方法

1. 估計 Poisson 分布的平均數

由表中資料，20 個樣區內昆蟲總數為

$$0(2)+1(4)+2(6)+3(3)+4(5) =0+4+12+9+20=45$$

因此樣本平均數為

$$\hat{\lambda}=\frac{45}{20}=2.25$$

故在 $H_0$ 下，以

$$X\sim \operatorname{Poisson}(2.25)$$

作為理論分布。

2. 合併尾端類別

Poisson 分布的可能值包括 $0,1,2,\ldots$。因此，最後一組應視為「4 個以上」：

$$X\geq 4$$

觀察次數為 5。

不能只計算 $P(X=4)$，因為 $X=5,6,\ldots$ 也必須包含在完整的機率分布中。

3. 計算各組理論機率與期望次數

Poisson 機率公式為

$$P(X=x)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^x}{x!}$$

取 $\lambda=2.25$：

$X=0$

$$P(X=0)=e^{-2.25}=0.1054$$ $$E_0=20(0.1054)=2.108$$

$X=1$

$$P(X=1)=e^{-2.25}\frac{2.25^1}{1!}=0.2371$$ $$E_1=20(0.2371)=4.743$$

$X=2$

$$P(X=2)=e^{-2.25}\frac{2.25^2}{2!}=0.2668$$ $$E_2=20(0.2668)=5.336$$

$X=3$

$$P(X=3)=e^{-2.25}\frac{2.25^3}{3!}=0.2001$$ $$E_3=20(0.2001)=4.002$$

$X\geq 4$

$$P(X\geq4) =1-\sum_{x=0}^{3}P(X=x)$$ $$=1-(0.1054+0.2371+0.2668+0.2001) =0.1906$$

此題為一統計推論題，主要考驗對敘述性統計圖表（stem-and-leaf plot）的判讀，以及樣本統計量（中位數、四分位距、標準差）的計算與應用，並進一步考驗對信賴區間的計算與解釋能力。

核心觀念：

1. Stem-and-Leaf Plot 判讀： 如何從圖中讀取數據、計算中位數、四分位數等。
2. **敘述性統計量：**Median, IQR, Standard Deviation 的定義與計算。
3. 信賴區間： 獨立兩樣本平均數差值的信賴區間計算公式與解釋。

解題過程：

首先，我們需要從 Stem-and-Leaf Plot 中提取出兩組數據 A 和 B 的原始數值。
根據 Stem-and-Leaf Plot 的標準讀取方式，Stem 代表十位數，Leaf 代表個位數。

Group A 的數據 (n=31)：
Stem 0: 3, 4, 8 -> 03, 04, 08
Stem 1: 0, 1, 2, 5, 6 -> 10, 11, 12, 15, 16
Stem 2: 1, 2, 4, 5, 5, 2 -> 21, 22, 24, 25, 25, 22
Stem 3: 4, 5, 5, 2 -> 34, 35, 35, 32
Stem 4: 5, 5, 2 -> 45, 45, 42
Stem 5: 2, 2 -> 52, 52
Stem 6: 2 -> 62
Stem 7: 5, 5, 2 -> 75, 75, 72
Stem 8: 5, 4, 1 -> 85, 84, 81
Stem 9: 0 -> 90
整理後，Group A 的數據為 (共 31 個數值)：
3, 4, 8, 10, 11, 12, 15, 16, 21, 22, 22, 24, 25, 32, 34, 35, 35, 42, 45, 45, 52, 52, 62, 71, 72, 75, 75, 81, 84, 85, 90。

Group B 的數據 (n=28)：
Stem 0: 3, 4, 8 -> 03, 04, 08
Stem 1: 0, 1, 2, 5, 6 -> 10, 11, 12, 15, 16
Stem 2: 2, 9 -> 22, 29
Stem 3: 2, 5, 5, 7 -> 32, 35, 35, 37
Stem 4: 9, 2 -> 49, 42
Stem 5: 7, 5, 5, 2 -> 57, 55, 55, 52
Stem 6: 1, 4, 5, 8 -> 61, 64, 65, 68
Stem 7: 0, 9 -> 70, 79
Stem 8: 0 -> 80
Stem 9: 0 -> 90
整理後，Group B 的數據為 (共 28 個數值)：
3, 4, 8, 10, 11, 12, 15, 16, 22, 29, 32, 35, 35, 37, 42, 49, 52, 55, 55, 57, 61, 64, 65, 68, 70, 79, 80, 90。

請注意： 題目提供的 Summary Statistics (Mean, Standard Deviation) 與從 Stem-and-Leaf Plot 計算出的值存在明顯差異。這提示我們應優先使用題目提供的 Summary Statistics，除非題目明確要求從圖中計算。

Part (a): 判斷敘述的正確性

(1) The distributions have the same median.

• A 組 (n=31)：排序後，中位數是第 (31+1)/2 = 16 個數據。 A 組中位數 = 34。
• B 組 (n=28)：排序後，中位數是第 14 和 15 個數據的平均。B 組中位數 = (37 + 42) / 2 = 39.5。
  由於 $34 \neq 39.5$，敘述 (1) 是 錯誤 的。

(2) The distributions have the same IQR (interquartile range).

• A 組 (n=31)：Q1 (第 8 個數據) = 16，Q3 (第 24 個數據) = 71。 IQR_A = 71 - 16 = 55。
• B 組 (n=28)：Q1 (第 7 個數據) = 15，Q3 (第 21 個數據) = 61。 IQR_B = 61 - 15 = 46。
  由於 $55 \neq 46$，敘述 (2) 是 錯誤 的。

(3) The distributions have the same standard deviation.

• 從提供的 Summary Statistics 表格：
  Group A 的標準差 = 25.031
  Group B 的標準差 = 22.031
  由於 $25.031 \neq 22.031$，敘述 (3) 是 錯誤 的。

結論：
根據從 Stem-and-Leaf Plot 計算出的中位數和 IQR，以及從 Summary Statistics 表格獲取的標準差，所有三個敘述都是錯誤的。