115 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）》

本題主要在檢驗考生對於信賴區間與標準誤、標準差的觀念是否清晰。

(1) 關於信賴區間的敘述，該研究者的說法是錯誤的。
信賴區間的建立是以樣本資料為基礎，對母體參數（在此為母體平均數 $\mu$）所做出的區間估計。當我們說「95% 的信賴區間是 (42.3, 47.8)」時，其正確的涵義是：如果我們從同一個母體重複抽取無限多次樣本，並對每次抽樣計算出一個95%信賴區間，那麼在這所有計算出來的信賴區間中，大約有95%的區間會包含真實的母體平均數 $\mu$。
換句話說，信賴區間是隨機的，它會隨著樣本的變動而變動。而母體平均數 $\mu$ 是一個固定的、未知的常數。因此，對於一個已經計算出來的、固定的信賴區間 (42.3, 47.8)，我們不能說「母體平均數有 95% 的機率落在此區間內」，因為母體平均數 $\mu$ 要麼就在這個區間內，要麼就不在，機率只有 0 或 1。正確的說法應該是「我們對母體平均數 $\mu$ 有 95% 的信心，認為它落在此區間內」。
【答案】此敘述不正確。信賴區間的機率是針對區間本身而言，而非針對固定的母體參數。正確的說法是，若重複抽樣，約有95%的信賴區間會涵蓋母體平均數；對於一個已計算出的區間，母體平均數要麼在此區間內，要麼不在，機率為0或1。

(2) 關於標準誤與標準差的敘述，兩者有可能指涉相同的數據集，但必須滿足特定條件。
標準差 (Standard Deviation, SD) 是用來衡量樣本資料離散程度的統計量。對於一個樣本而言，其標準差僅由該樣本的資料值決定。
標準誤 (Standard Error, SE) 則是衡量樣本統計量（在此為樣本平均數 $\bar{X}$）抽樣變異性的指標。對於樣本平均數而言，其標準誤的公式為 $SE(\bar{X}) = \frac{SD}{\sqrt{n}}$，其中 $SD$ 是樣本標準差，$n$ 是樣本大小。
題目中提到，一個研究報告「標準誤為 2.3 公尺」，另一個研究報告「標準差為 2.3 公尺」。

本題主要考驗考生對機率基本性質、獨立事件、互斥事件、德摩根定律以及機率加法公式的理解與應用。

已知條件：
P(A) = 0.4
P(B) = 0.5
P(C) = 0.3
A 與 B 獨立，即 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$
A 與 C 互斥，即 $P(A \cap C) = 0$
P(B ∩ C) = 0.1

(1) 計算 $P(A \cap B)$。
由於 A 與 B 是獨立事件，根據獨立事件的定義：
$P(A \cap B) = P(A)P(B)$
$P(A \cap B) = 0.4 \times 0.5 = 0.2$
【答案】$P(A \cap B) = 0.2$

(2) 計算 $P(A \cup B \cup C)$。
我們使用機率的廣義加法公式：
$P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(A \cap B) - P(A \cap C) - P(B \cap C) + P(A \cap B \cap C)$
我們已知：
P(A) = 0.4
P(B) = 0.5
P(C) = 0.3
P(A ∩ B) = 0.2 (由 (1) 計算得出)
P(A ∩ C) = 0 (因為 A 與 C 互斥)
P(B ∩ C) = 0.1 (題目已知)

現在需要確定 $P(A \cap B \cap C)$。
由於 A 與 C 互斥，表示 A 和 C 不能同時發生，即 $P(A \cap C) = 0$。
如果 $A \cap C$ 的機率為 0，那麼任何包含 $A \cap C$ 的交集事件，其機率也必然為 0。
因此，$A \cap B \cap C$ 是 $(A \cap C) \cap B$ 的一個子集，所以 $P(A \cap B \cap C) \le P(A \cap C) = 0$。
由於機率不能為負，所以 $P(A \cap B \cap C) = 0$。

將所有值代入公式：
$P(A \cup B \cup C) = 0.4 + 0.5 + 0.3 - 0.2 - 0 - 0.1 + 0$
$P(A \cup B \cup C) = 1.2 - 0.3 = 0.9$
【答案】$P(A \cup B \cup C) = 0.9$

本題主要考驗考生對隨機完全區集設計 (Randomised Complete Block Design, RCBD) 的統計模型、假設、假設檢定以及 F 統計量計算的理解。

實驗設計：
處理 (Treatment): 4 種，分別是 Control, Light, Moderate, Heavy。
區集 (Block): 5 個，代表不同的海拔高度。
觀測值：殘餘樹木直徑生長量 (cm)。

數據表格：

Treatment	Block 1	Block 2	Block 3	Block 4	Block 5	Treatment Mean
Control	8	12	10	14	6	10
Light	16	18	20	22	14	18
Moderate	12	16	12	18	12	14
Heavy	8	10	10	14	8	10
Block Mean	11	14	13	17	10	$Y_{..} = 13$

總觀測值個數 $N = a \times b = 4 \times 5 = 20$。
處理數 $a = 4$。
區集數 $b = 5$。

(1) 統計模型與假設。
對於 RCBD，適當的統計模型可以表示為：
$Y_{ij} = \mu + \tau_i + \beta_j + \epsilon_{ij}$
其中：
$Y_{ij}$ 是第 $i$ 種處理在第 $j$ 個區集下的觀測值。
$\mu$ 是總平均數。
$\tau_i$ 是第 $i$ 種處理的主效應 ($i = 1, 2, 3, 4$)。
$\beta_j$ 是第 $j$ 個區集的主效應 ($j = 1, 2, 3, 4, 5$)。
$\epsilon_{ij}$ 是隨機誤差項，代表未被模型解釋的變異。

此模型的假設 (Assumptions) 通常包括：
a. 誤差項 $\epsilon_{ij}$ 是獨立且同分佈的隨機變數。
b. 誤差項 $\epsilon_{ij}$ 服從平均數為 0，變異數為 $\sigma^2$ 的常態分佈，即 $\epsilon_{ij} \sim N(0, \sigma^2)$。
c. 誤差項之間不相關。
d. 處理效應 $\tau_i$ 和區集效應 $\beta_j$ 是固定的參數 (fixed effects)，或者在某些模型中可視為隨機變數 (random effects)，但在此處的標準 RCBD 模型中通常視為固定效應。

【答案】統計模型：$Y_{ij} = \mu + \tau_i + \beta_j + \epsilon_{ij}$，其中 $i=1, \dots, 4$ (處理)，$j=1, \dots, 5$ (區集)。假設：$\epsilon_{ij} \sim N(0, \sigma^2)$ 且獨立同分佈。

(2) 檢定處理效應的虛無與對立假設。
我們要檢定的是不同處理（不同稀疏強度）是否對直徑生長量有顯著影響。
虛無假設 ($H_0$)：所有處理的平均效應都相等，即不同稀疏強度對直徑生長量沒有顯著影響。
$\tau_1 = \tau_2 = \tau_3 = \tau_4$
或者等價地，所有處理的母體平均生長量都相等：
$\mu_1 = \mu_2 = \mu_3 = \mu_4$

對立假設 ($H_1$)：至少有一種處理的平均效應與其他不同，即至少有一種稀疏強度對直徑生長量有顯著影響。
$H_1$: 至少有一個 $\tau_i \neq \tau_k$ ($i \neq k$)
或者等價地：
$H_1$: 至少有一個 $\mu_i \neq \mu_k$ ($i \neq k$)

【答案】$H_0: \tau_1 = \tau_2 = \tau_3 = \tau_4$ (或 $\mu_1 = \mu_2 = \mu_3 = \mu_4$)；$H_1$: 至少有一個 $\tau_i \neq \tau_k$ (或至少有一個 $\mu_i \neq \mu_k$)。

(3) 計算處理效應的 F 統計量。
F 統計量的計算公式為：
$F = \frac{MST}{MSE}$
其中 MST 是處理均方 (Mean Square for Treatment)，MSE 是誤差均方 (Mean Square for Error)。

我們需要計算總平方和 ($S_{S_{total}}$)、處理平方和 ($S_{S_{Treatment}}$)、區集平方和 ($S_{S_{Block}}$) 和誤差平方和 ($S_{S_{Error}}$)。

已知 $S_{S_{total}} = 356$。
總觀測數 $N = 20$。
處理數 $a = 4$。
區集數 $b = 5$。

本題主要考驗考生對於獨立樣本 t 檢定、效應值計算及其解釋的理解。實驗目的是比較森林浴與城市環境對壓力指標（唾液皮質醇濃度）的影響。

實驗設計：
兩個獨立樣本群體：森林組 (Forest group) 和城市組 (Urban group)。
樣本大小：$n_1 = 8$ (森林組)，$n_2 = 8$ (城市組)。總樣本數 $N = n_1 + n_2 = 16$。
觀測值：唾液皮質醇濃度 (nmol L⁻¹)。
檢定類型：雙尾檢定 (two-tailed test)。
顯著水準：$\alpha = 0.05$。

(1) 虛無與對立假設 (雙尾檢定)。
虛無假設 ($H_0$): 森林組和城市組的平均皮質醇濃度沒有差異。
$\mu_1 = \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 = 0$)

對立假設 ($H_1$): 森林組和城市組的平均皮質醇濃度有差異。
$\mu_1 \neq \mu_2$ (或 $\mu_1 - \mu_2 \neq 0$)

【答案】$H_0: \mu_1 = \mu_2$；$H_1: \mu_1 \neq \mu_2$。

(2) 計算各組的樣本平均數和平方和。
樣本平均數：
森林組 ($\bar{X}_1$):
$\bar{X}_1 = \frac{8+10+12+14+14+16+18+20}{8} = \frac{112}{8} = 14$

城市組 ($\bar{X}_2$):
$\bar{X}_2 = \frac{14+16+18+20+20+22+24+26}{8} = \frac{160}{8} = 20$

平方和 ($SS = \sum(X_i - \bar{X})^2$)：
森林組 ($SS_1$):
$SS_1 = (8-14)^2 + (10-14)^2 + (12-14)^2 + (14-14)^2 + (14-14)^2 + (16-14)^2 + (18-14)^2 + (20-14)^2$
$SS_1 = (-6)^2 + (-4)^2 + (-2)^2 + 0^2 + 0^2 + 2^2 + 4^2 + 6^2$
$SS_1 = 36 + 16 + 4 + 0 + 0 + 4 + 16 + 36 = 112$

城市組 ($SS_2$):
$SS_2 = (14-20)^2 + (16-20)^2 + (18-20)^2 + (20-20)^2 + (20-20)^2 + (22-20)^2 + (24-20)^2 + (26-20)^2$
$SS_2 = (-6)^2 + (-4)^2 + (-2)^2 + 0^2 + 0^2 + 2^2 + 4^2 + 6^2$
$SS_2 = 36 + 16 + 4 + 0 + 0 + 4 + 16 + 36 = 112$

【答案】森林組：樣本平均數 $\bar{X}_1 = 14$，平方和 $SS_1 = 112$。城市組：樣本平均數 $\bar{X}_2 = 20$，平方和 $SS_2 = 112$。

(3) 計算合併標準差 ($S_p$)、t 統計量，並進行假設檢定。
合併標準差 ($S_p$)：
$S_p = \sqrt{\frac{SS_1 + SS_2}{n_1 + n_2 - 2}}$
$S_p = \sqrt{\frac{112 + 112}{8 + 8 - 2}} = \sqrt{\frac{224}{14}} = \sqrt{16} = 4$

t 統計量：
$t = \frac{\bar{X}_1 - \bar{X}_2}{S_p \sqrt{1/n_1 + 1/n_2}}$
$t = \frac{14 - 20}{4 \sqrt{1/8 + 1/8}} = \frac{-6}{4 \sqrt{2/8}} = \frac{-6}{4 \sqrt{1/4}} = \frac{-6}{4 \times (1/2)} = \frac{-6}{2} = -3$

自由度 $df = n_1 + n_2 - 2 = 8 + 8 - 2 = 14$。
檢定水準 $\alpha = 0.05$。
對於雙尾檢定，臨界值為 $t_{\alpha/2, df} = t_{0.025, 14} = 2.145$。

假設檢定：
我們比較計算出的 t 統計量 $|t|$ 與臨界值 $t_{0.025, 14}$。
$|t| = |-3| = 3$。
由於 $|t| = 3 > 2.145 = t_{0.025, 14}$，我們拒絕虛無假設 ($H_0$)。

結論：在顯著水準 0.05 下，我們有足夠的證據推論，森林組和城市組的平均皮質醇濃度存在顯著差異。

【答案】合併標準差 $S_p = 4$。t 統計量 $t = -3$。由於 $|t| > t_{0.025, 14}$，拒絕 $H_0$，結論是兩組平均皮質醇濃度有顯著差異。

本題主要考驗考生對統計估計量性質（不偏性）的證明，以及 t 統計量的分佈推導。

已知：
樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是從母體 $N(\mu, \sigma^2)$ 中隨機抽取。
樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
樣本標準差 $S = \sqrt{\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$。

(1) 證明 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。
一個估計量 $\hat{\theta}$ 被稱為對參數 $\theta$ 的不偏估計量，如果它的期望值等於該參數本身，即 $E(\hat{\theta}) = \theta$。
我們需要證明 $E(\bar{X}) = \mu$。

根據期望值的線性性質，我們有：
$E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i\right)$
$E(\bar{X}) = \frac{1}{n} E\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)$
$E(\bar{X}) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X_i)$

由於 $X_i$ 是從母體 $N(\mu, \sigma^2)$ 中抽取的，每一個 $X_i$ 的期望值都是母體平均數 $\mu$。
所以，$E(X_i) = \mu$ 對於所有的 $i = 1, 2, \dots, n$。

將 $E(X_i) = \mu$ 代入上式：
$E(\bar{X}) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \mu$
$E(\bar{X}) = \frac{1}{n} (n \times \mu)$
$E(\bar{X}) = \mu$

因此，樣本平均數 $\bar{X}$ 的期望值等於母體平均數 $\mu$，證明了 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的一個不偏估計量。
【答案】$E(\bar{X}) = E\left(\frac{1}{n} \sum X_i\right) = \frac{1}{n} \sum E(X_i) = \frac{1}{n} \sum \mu = \frac{1}{n} (n\mu) = \mu$。

(2) 證明統計量 $T = (\bar{X} - \mu) / (S/\sqrt{n})$ 服從自由度為 $(n-1)$ 的 t 分佈。
這個證明通常需要利用標準常態分佈與卡方分佈的性質，以及樣本標準差 $S$ 的定義。
首先，我們知道標準化樣本平均數 $Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$ 服從標準常態分佈 $N(0, 1)$。

再來，我們需要考慮樣本標準差 $S$。樣本標準差的平方 $S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。

本題考驗考生對假設檢定中第一類錯誤 (Type I error, $\alpha$)、第二類錯誤 (Type II error, $\beta$)、檢定力 (Power, $1-\beta$) 的理解，以及對其他統計概念的連結與評估能力。

(1) $\alpha$ 與 $\beta$ 不能直接相加的原因。
在傳統的 Neyman-Pearson 假設檢定框架下，$\alpha$ 和 $\beta$ 代表的是兩種不同類型的錯誤，它們的定義和發生條件是不同的，並且它們的發生通常是相互制約的。
$\alpha$ (第一類錯誤) 是在虛無假設 ($H_0$) 為真時，錯誤地拒絕 $H_0$ 的機率。它是由檢定者事先設定的顯著水準。
$\beta$ (第二類錯誤) 是在對立假設 ($H_1$) 為真時，錯誤地未能拒絕 $H_0$ 的機率。
這兩者不能直接相加的原因包括：
a. 定義域不同：$\alpha$ 是在 $H_0$ 為真時的條件機率，而 $\beta$ 是在 $H_1$ 為真時的條件機率。它們發生在不同的情境下，不能直接加總。
b. 相互制約性：在固定樣本大小下，通常 $\alpha$ 和 $\beta$ 之間存在權衡關係。如果試圖降低 $\alpha$（例如，使拒絕域變小），則 $\beta$ 通常會增大；反之亦然。它們不是獨立的、可加的量。
c. 「純粹的真實」：學生提出的 $1 - (\alpha + \beta)$ 試圖懲罰兩種錯誤。然而，這種懲罰是線性的加總，沒有考慮到錯誤發生的條件（$H_0$ 真或 $H_1$ 真），也沒有考慮到不同錯誤的嚴重性或實際影響。在某些情況下，拒絕一個錯誤的假設（第一類錯誤）可能比未能拒絕一個錯誤的假設（第二類錯誤）後果更嚴重，反之亦然。簡單相加無法反映這種複雜性。
d. 檢定力 $(1-\beta)$ 的意義：檢定力 $1-\beta$ 是在 $H_1$ 為真時，正確拒絕 $H_0$ 的機率。它衡量了檢定的有效性，是NHST中一個核心且重要的指標。

【答案】$\alpha$ 和 $\beta$ 是在不同假設情境下計算的條件機率，且在固定樣本大小下通常存在權衡關係，不能直接相加。簡單相加無法反映錯誤發生的條件及相對嚴重性。

(2) $1 - \alpha - \beta$ 的實際應用。
這個量 $1 - \alpha - \beta$ 在實務中確實存在，它被稱為 誤分類率 (Misclassification Rate) 或 總錯誤率 (Total Error Rate)，尤其是在 診斷測試 (Diagnostic Testing) 和 二元分類 (Binary Classification) 的領域中。
在二元分類問題中，我們有四種可能的結果：

• 真陽性 (True Positive, TP)：實際為陽性，預測也為陽性。
• 真陰性 (True Negative, TN)：實際為陰性，預測也為陰性。
• 假陽性 (False Positive, FP)：實際為陰性，預測為陽性（對應第一類錯誤，$\alpha$）。
• 假陰性 (False Negative, FN)：實際為陽性，預測為陰性（對應第二類錯誤，$\beta$）。

如果我們將「陽性」視為「拒絕 $H_0$」，「陰性」視為「未能拒絕 $H_0$」，則：

• 假陽性 (FP) 的機率近似於 $\alpha$ (當 $H_0$ 為真時)。
• 假陰性 (FN) 的機率近似於 $\beta$ (當 $H_1$ 為真時)。

那麼，總的錯誤率就是假陽性和假陰性的比例：
總錯誤率 = $\frac{FP + FN}{N_{total}}$
其中 $N_{total}$ 是總樣本數。
如果我們將 $\alpha$ 和 $\beta$ 看作是總體層面的錯誤率，那麼 $1 - (\alpha + \beta)$ 就是總體層面的「正確率」，即 (TP + TN) / $N_{total}$。