112 年 國立臺灣大學流行病學與預防醫學研究所甲：流行病組《生物醫學統計學》

好的，這是一題關於假設檢定的基本觀念題，主要在考驗你對型一誤差、型二誤差、顯著水準、P 值以及信賴區間與假設檢定之間關係的理解。我們逐一分析各選項。

解題過程

核心觀念： 假設檢定是統計推論中用來判斷樣本資料是否足以支持或拒絕關於母體參數的某項聲明（虛無假說）的統計方法。在這個過程中，我們可能會犯兩種錯誤：型一誤差（拒絕了真實的虛無假說）和型二誤差（未能拒絕虛假的虛無假說）。顯著水準 ($\alpha$) 是我們預先設定的，願意承擔的型一誤差機率上限，而 P 值則是觀察到的資料支持虛無假說的證據強度指標。信賴區間則提供母體參數可能範圍的估計，與假設檢定有著緊密的關聯。

(A) 型一誤差是當 $H_1$ (對立假說)為真時錯誤接受 $H_0$ (虛無假說)的機率

• 說明： 型一誤差 (Type I error) 的定義是當虛無假說 $H_0$ 為真時，我們錯誤地拒絕了 $H_0$。反之，當對立假說 $H_1$ 為真時，我們錯誤地接受了 $H_0$ 的情況，這稱為型二誤差 (Type II error)。
• 判斷： 此敘述與型一誤差的定義相反，因此是錯誤的。

(B) 當型一誤差增加時, 型二誤差也隨之增加

• 說明： 在假設檢定中，型一誤差 ($\alpha$) 和型二誤差 ($\beta$) 之間存在一種權衡關係。通常情況下，當我們降低型一誤差的機率（例如，將顯著水準 $\alpha$ 從 0.05 降到 0.01），為了維持檢定效能，型二誤差的機率 $\beta$ 會隨之增加。反之，若要降低型二誤差，則型一誤差的機率通常會增加。這兩者並非直接的「增加就跟著增加」的線性關係，而是存在一種此消彼長的權衡。
• 判斷： 這個敘述過於簡化且不精確。雖然兩者有關聯，但並非「增加就隨之增加」的絕對關係。更準確地說，當 $\alpha$ 降低時，$\beta$ 傾向於增加（在樣本數固定下）。因此，此敘述是錯誤的。

(C) 在顯著水準為 $0.1$ 之下的假設檢定結果和用 $95\%$ 信賴區間判斷的結果, 兩者一定會一致

這是一題關於統計學中「中央趨勢」概念的辨識題。中央趨勢指標是用來描述數據集中趨於的數值，本題主要在考驗考生對於不同統計量是否屬於中央趨勢指標的認知。

解題過程：

中央趨勢（Central Tendency）的指標主要用來描述一組數據的「中心」位置，也就是數據集最常出現或最能代表整體數據的數值。常見的中央趨勢指標包括平均數（Mean）、中位數（Median）和眾數（Mode）。我們逐一檢視選項：

(A) 幾何平均 (geometric mean)：幾何平均常用於計算比率或增長率的平均值，其計算方式為 $\sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdot \dots \cdot x_n}$。由於它反映了數據的乘積，可以視為一種平均值，因此屬於中央趨勢的指標。

(B) 調和平均 (harmonic mean)：調和平均常用於計算速率或比率的平均值，其計算方式為 $\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_i}}$。調和平均也是一種平均值的概念，可以用來描述數據的中心趨勢，尤其適用於處理倒數的數據。

(C) 裁剪平均 (truncated mean)：裁剪平均，又稱為截尾平均，是將數據集中最高和最低的固定比例（例如各 10%）的數值移除後，再計算剩餘數據的算術平均數。這種方法可以減少極端值對平均數的影響，因此它仍然是一種平均值的計算方式，用於描述數據的中心趨勢。

(D) 均方根 (root mean square, RMS)：均方根的計算方式為 $\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}{n}}$。雖然均方根也是一種平均值的計算，但它特別強調數值的平方，因此它更常用於衡量數據的離散程度或代表性，尤其在處理週期性或波動性數據時。在標準定義中，均方根通常被視為一個離散程度或代表性的指標，而不是純粹的中央趨勢指標。

核心觀念

變異係數（coefficient of variation, CV）是衡量「相對變異程度」的指標，定義為標準差除以平均值。

族群變異係數：

$$CV=\frac{\sigma}{\mu}$$

樣本變異係數：

$$CV_s=\frac{s}{\bar{x}}$$

其中：

• $\sigma$：族群標準差
• $\mu$：族群平均值
• $s$：樣本標準差
• $\bar{x}$：樣本平均值

變異係數通常應用於平均值為正的測量資料，例如生理數值、藥物濃度或醫療檢驗值。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合變異係數的定義與性質：

1. 檢查單位是否會消失。
2. 檢查變異係數是否有固定的數值範圍。
3. 檢查資料乘上常數後，標準差與平均值如何變化。
4. 檢查樣本數增加時，樣本統計量是否收斂至族群參數。
5. 將資料標準化後，直接計算其樣本標準差。

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選項分析

(A) 其值無單位

正確。

變異係數是標準差與平均值的比值。兩者具有相同單位，因此單位會相互抵消：

$$CV=\frac{\text{標準差}}{\text{平均值}}$$

例如平均值與標準差都以 mg 表示，則：

$$CV=\frac{20\ \text{mg}}{100\ \text{mg}}=0.2$$

因此變異係數沒有單位。

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(B) 其值介於 $0$ 與 $1$ 間

錯誤。

變異係數雖然通常為非負值，但沒有必然小於或等於 $1$ 的限制。當標準差大於平均值時，變異係數即可大於 $1$。

例如：

$$\bar{x}=10,\qquad s=20$$

則：

$$CV_s=\frac{s}{\bar{x}}=\frac{20}{10}=2$$

此時變異係數為 $2$，明顯大於 $1$。

因此，變異係數的數值範圍不是固定介於 $0$ 與 $1$ 之間。若平均值為 $0$，變異係數甚至無法定義；若平均值為負值，則比值的正負也需特別解釋。

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(C) 將原始數據乘以 $5$，變異係數不改變

正確。

設原始資料的平均值為 $\bar{x}$，樣本標準差為 $s$。資料全部乘以 $5$ 後：

這題主要考驗對期望值、變異數和共變異數基本性質的理解與應用。考生需要逐一檢視題目提供的五個等式，判斷其是否符合統計學的定義與定理。

解題過程

核心觀念：
本題主要考察期望值、變異數和共變異數的線性性質、常數對期望值與變異數的影響，以及隨機變數平方的期望值計算。

(a) $E(a+X^2)=a+E^2(X)+Var(X)$

• 說明： 期望值的線性性質為 $E(a+bX) = a + bE(X)$。然而，期望值對平方項的處理並非直接套用線性性質。我們知道 $Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。因此，$E(X^2) = Var(X) + [E(X)]^2$。
• 推導：
  $E(a+X^2) = E(a) + E(X^2)$ (期望值的線性性質)
  $E(a) = a$ (常數的期望值為其本身)
  $E(X^2) = Var(X) + [E(X)]^2$ (變異數的定義展開)
  所以，$E(a+X^2) = a + Var(X) + [E(X)]^2$。
• 結論： 等式 (A) $E(a+X^2)=a+E^2(X)+Var(X)$ 是正確的。

(b) $E(X+XY)=E(X)+E(X)E(Y)+Cov(X, Y)$

• 說明： 期望值的線性性質為 $E(X+Y) = E(X) + E(Y)$。對於乘積項 $XY$，其期望值 $E(XY)$ 的計算與 $X$ 和 $Y$ 的獨立性有關。如果 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，則 $E(XY) = E(X)E(Y)$。如果 $X$ 和 $Y$ 不獨立，則需要考慮它們的共變異數。共變異數的定義是 $Cov(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$。因此，$E(XY) = Cov(X, Y) + E(X)E(Y)$。
• 推導：
  $E(X+XY) = E(X) + E(XY)$ (期望值的線性性質)
  $E(XY) = Cov(X, Y) + E(X)E(Y)$ (共變異數的定義展開)
  所以，$E(X+XY) = E(X) + Cov(X, Y) + E(X)E(Y)$。
• 結論： 等式 (B) $E(X+XY)=E(X)+E(X)E(Y)+Cov(X, Y)$ 是正確的。

(c) $Var(a-X)=Var(X)$

• 說明： 變異數的性質包括：
  1. $Var(c) = 0$，其中 $c$ 是常數。
  2. $Var(cX) = c^2 Var(X)$，其中 $c$ 是常數。
  3. $Var(X+c) = Var(X)$，其中 $c$ 是常數。
  4. $Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y) + 2Cov(X, Y)$。
• 推導：
  $Var(a-X) = Var(-1 \cdot X + a)$
  根據性質 2 和 3：
  $Var(-1 \cdot X + a) = Var(-1 \cdot X) + Var(a)$
  $Var(-1 \cdot X) = (-1)^2 Var(X) = 1 \cdot Var(X) = Var(X)$
  $Var(a) = 0$
  所以，$Var(a-X) = Var(X) + 0 = Var(X)$。
• 結論： 等式 (C) $Var(a-X)=Var(X)$ 是正確的。

(d) $Var(X-Y)=Var(X+Y)=Var(-X+Y)=Var(-X-Y)$

好的，這是一道關於大樣本理論的題目，核心觀念在於當樣本數趨近無限大時，樣本統計量的分佈特性以及其與母體參數的關係。我們將逐一檢視各選項。

解題過程：

這題主要考驗我們對「中央極限定理」(Central Limit Theorem, CLT) 以及大樣本下樣本變異數行為的理解。

• 中央極限定理 (CLT)：當樣本數 $n$ 很大時，不論母體分佈為何，樣本平均值 $\bar{X}$ 的分佈會近似於常態分佈，其平均值為母體平均值 $\mu$，標準差為母體標準差 $\sigma$ 除以 $\sqrt{n}$。
• 大樣本下樣本平均值：根據 CLT，當 $n \to \infty$，樣本平均值 $\bar{X}$ 的分佈趨近常態分佈。同時，樣本平均值 $\bar{X}$ 是母體平均值 $\mu$ 的一個一致估計量 (consistent estimator)，這意味著當 $n \to \infty$，$\bar{X}$ 會趨近 $\mu$。
• 大樣本下樣本變異數：樣本變異數 $S^2$ 是母體變異數 $\sigma^2$ 的一個一致估計量，即當 $n \to \infty$， $S^2$ 會趨近 $\sigma^2$。然而，樣本變異數 $S^2$ 的分佈，即使在大樣本下，其分佈也不是簡單的卡方分佈，而是與卡方分佈有關，但不是直接趨近自由度為 1 的卡方分佈。
• 標準誤 (Standard Error, SE)：樣本平均值的標準誤是 $\frac{S}{\sqrt{n}}$ (當母體標準差 $\sigma$ 未知時，我們用樣本標準差 $S$ 來估計)。當樣本數 $n$ 趨近無限大時，即使母體標準差 $S$ 是有限的常數，$\sqrt{n}$ 會趨近無限大，因此標準誤 $\frac{S}{\sqrt{n}}$ 會趨近 0。

現在我們逐一檢視選項：

(A) 樣本平均值(sample mean)的分佈, 趨近常態分佈(normal distribution)。
根據中央極限定理，當樣本數 $n$ 趨近無限大時，樣本平均值 $\bar{X}$ 的分佈確實會趨近常態分佈，其平均值為母體平均值 $\mu$，標準差為 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。此敘述是正確的。

(B) 樣本平均值趨近族群平均值(population mean)。
樣本平均值 $\bar{X}$ 是母體平均值 $\mu$ 的一個一致估計量。

這題主要考驗對常見機率分佈的性質、特性及其相互關係的理解。我們需要逐一檢視各選項，判斷其敘述是否正確。

(A) 將自由度為 $n$ 的卡方分佈開平方, 可得變異數為 $n$ 的常態分佈。

卡方分佈 (Chi-squared distribution) 是由獨立標準常態分佈隨機變數的平方和所構成。若 $Z_1, Z_2, \dots, Z_n$ 為 $n$ 個獨立的標準常態分佈隨機變數 (即期望值為 0，變異數為 1 的常態分佈)，則 $X = \sum_{i=1}^n Z_i^2$ 服從自由度為 $n$ 的卡方分佈。

卡方分佈的期望值為自由度 $n$，變異數為 $2n$。

選項提到將自由度為 $n$ 的卡方分佈開平方。假設 $Y \sim \chi^2(n)$，則選項在問 $\sqrt{Y}$ 的分佈。
標準常態分佈 $Z \sim N(0, 1)$。
卡方分佈 $\chi^2(n) = \sum_{i=1}^n Z_i^2$。
若 $n=1$，則 $\chi^2(1) = Z_1^2$。此時 $\sqrt{\chi^2(1)} = |Z_1|$ 服從半常態分佈 (half-normal distribution)，其期望值為 $\sqrt{2/\pi}$，變異數為 $1 - 2/\pi$。
若 $n>1$，則 $\sqrt{\chi^2(n)}$ 服從瑞利分佈 (Rayleigh distribution) 的推廣，並非常態分佈。
即使是自由度為 1 的卡方分佈開平方，其結果也不是變異數為 $n$ 的常態分佈。因此，此敘述錯誤。

(B) 不論分子自由度及分母自由度為何, $F$ 分佈(F distribution)曲線下的總面積皆為 $1$。

$F$ 分佈是由兩個獨立的卡方分佈隨機變數的比值所構成，並進行尺度調整。其定義為：
若 $X \sim \chi^2(d_1)$ 且 $Y \sim \chi^2(d_2)$，且 $X$ 與 $Y$ 獨立，則 $F = \frac{X/d_1}{Y/d_2}$ 服從分子自由度為 $d_1$、分母自由度為 $d_2$ 的 $F$ 分佈，記為 $F(d_1, d_2)$。

任何機率密度函數 (PDF) 在其定義域上的積分（即曲線下的總面積）都代表總機率，因此必定為 1。$F$ 分佈的機率密度函數在所有可能的取值範圍（通常是 $(0, \infty)$）上的積分值為 1。因此，不論分子自由度 $d_1$ 和分母自由度 $d_2$ 為何，曲線下的總面積皆為 1。此敘述正確。

(C) 不論期望值為何, 布阿松分佈(Poisson distribution)皆為右偏(positively skewed)分佈。

布阿松分佈的機率質量函數 (PMF) 為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $\lambda > 0$ 為期望值 (mean) 和變異數 (variance)。
布阿松分佈的偏度 (skewness) 為 $\frac{1}{\sqrt{\lambda}}$。
由於 $\lambda > 0$，所以 $\frac{1}{\sqrt{\lambda}} > 0$。
偏度為正表示分佈是右偏的。因此，不論期望值 $\lambda$ 為何（只要 $\lambda > 0$），布阿松分佈皆為右偏分佈。此敘述正確。

(D) 相等期望值下, 布阿松分佈的變異數比二項式分佈(binomial distribution)的變異數較大。

好的，這是一題關於抽樣調查方法的題目，核心觀念在於比較不同抽樣方法在相同樣本數下對估計總體參數時的變異數大小，進而評估其抽樣誤差。

第 7 題詳解

本題旨在探討在相同樣本數的前提下，不同抽樣調查方法在估計總體參數時，何者能產生最小的變異數（即抽樣誤差最小）。抽樣方法的選擇直接影響估計量的精確度。

解題過程：

抽樣調查方法的變異數（或稱抽樣誤差）大小，主要取決於樣本的代表性以及樣本的抽取方式。

• (A) 簡單隨機抽樣 (Simple Random Sampling, SRS)：這是最基本的抽樣方法，總體中的每一個單位都有相等且獨立的機會被選入樣本。其優點是概念簡單，理論基礎完善，但缺點是在樣本數相同的情況下，其估計量的變異數通常不是最小的，尤其當總體存在明顯的異質性時。

• (B) 分層抽樣 (Stratified Sampling)：此方法首先將總體劃分為若干個互斥且具備某種共同特徵的子群體（層），然後在每個層內進行簡單隨機抽樣。分層抽樣的關鍵在於，如果層內單位之間的變異數小於層間的變異數，則分層抽樣可以顯著降低估計量的總體變異數，通常比簡單隨機抽樣更有效率。例如，在調查學生學業成績時，將學生按年級分層，可以減少因年級差異帶來的變異。

• (C) 集束抽樣 (Cluster Sampling)：此方法首先將總體劃分為若干個群體（集束），然後隨機抽取若干個集束，並對選中的集束內所有單位進行調查（單段集束抽樣）或再進行抽樣（多段集束抽樣）。

好的，這是一題典型的病例對照研究（Case-Control Study）的題目，主要考驗你對勝算比（Odds Ratio, OR）的計算、信賴區間的建立以及假設檢定的應用。這類題目在流行病學和生物統計學中非常常見，務必掌握。

(1) 勝算比 (Odds Ratio) 的計算

核心觀念： 勝算比是衡量暴露因子（在此為口服避孕藥）與疾病（子宮內膜癌）之間關聯性的指標。在病例對照研究中，勝算比是病例組的暴露勝算與對照組的暴露勝算之比。

解題過程：

首先，我們需要整理題目給出的數據，建立一個 $2 \times 2$ 的列聯表 (Contingency Table)。

	子宮內膜癌 (病例)	未罹患子宮內膜癌 (對照)
使用口服避孕藥	$a$	$b$
未使用口服避孕藥	$c$	$d$

根據題目資訊：

• 病例組（子宮內膜癌）：總共 120 位。
  • 使用口服避孕藥：8 位 ($a = 8$)
  • 未使用口服避孕藥：$120 - 8 = 112$ 位 ($c = 112$)
• 對照組（未罹患子宮內膜癌）：總共 300 位。
  • 使用口服避孕藥：10 位 ($b = 10$)
  • 未使用口服避孕藥：$300 - 10 = 290$ 位 ($d = 290$)

因此，列聯表如下：

	子宮內膜癌 (病例)	未罹患子宮內膜癌 (對照)
使用口服避孕藥	$a=8$	$b=10$
未使用口服避孕藥	$c=112$	$d=290$

在病例對照研究中，勝算比 (Odds Ratio, OR) 的計算公式為：
$OR = \frac{\text{病例組的暴露勝算}}{\text{對照組的暴露勝算}} = \frac{a/c}{b/d} = \frac{ad}{bc}$

將數據代入公式：
$OR = \frac{8 \times 290}{112 \times 10} = \frac{2320}{1120}$

計算結果：
$OR = 2.0714$

結論： 有使用口服避孕藥與沒使用口服避孕藥相比，其罹患子宮內膜癌的勝算比約為 2.07。這表示使用口服避孕藥者的罹患子宮內膜癌的勝算，約為未使用者的 2.07 倍。

【答案】勝算比 (Odds Ratio) 約為 2.07。

(2) 勝算比的 95% 信賴區間 (95% Confidence Interval for Odds Ratio)

核心觀念： 信賴區間提供了一個範圍，我們可以有 95% 的信心認為真實的勝算比落在此範圍內。由於勝算比的抽樣分佈通常是右偏的，我們常透過對勝算比取對數（log-odds ratio）後計算其信賴區間，再將區間的上下界取指數（exponentiate）轉換回來。

解題過程：

首先，我們需要計算 $\ln(OR)$ 及其標準誤 (Standard Error, SE)。
$\ln(OR) = \ln(2.0714) \approx 0.7282$

對數勝算比的標準誤 (SE of $\ln(OR)$) 可以透過以下公式計算：
$SE(\ln(OR)) = \sqrt{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}}$

將數據代入公式：
$SE(\ln(OR)) = \sqrt{\frac{1}{8} + \frac{1}{10} + \frac{1}{112} + \frac{1}{290}}$
$SE(\ln(OR)) = \sqrt{0.125 + 0.1 + 0.008928 + 0.003448}$
$SE(\ln(OR)) = \sqrt{0.237376} \approx 0.4872$

95% 信賴區間的計算公式（針對對數勝算比）為：
$\ln(OR) \pm Z_{\alpha/2} \times SE(\ln(OR))$
其中，$Z_{\alpha/2}$ 是標準常態分佈的臨界值。對於 95% 信賴區間，$\alpha = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$，所以 $Z_{0.025} \approx 1.96$。

核心觀念

本題每位民眾都同時接受「自動化診斷」與「醫師診斷」，因此兩種診斷結果來自同一批受試者，屬於「成對二分類資料」。

應先整理成 $2\times 2$ 列聯表：

	醫師判定感染	醫師判定未感染	合計
自動化判定感染	$28$	$45-28=17$	$45$
自動化判定未感染	$32-28=4$	$5000-(28+17+4)=4951$	$4955$
合計	$32$	$4968$	$5000$

其中：

• $28$：兩種方法皆判定感染。
• $17$：自動化判定感染、醫師判定未感染。
• $4$：自動化判定未感染、醫師判定感染。
• $4951$：兩種方法皆判定未感染。

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(1) 兩種診斷方法的一致性

一致性是兩種方法得到相同判定的比例，因此包括：

1. 兩者皆判定感染：$28$ 人。
2. 兩者皆判定未感染：$4951$ 人。

故一致人數為：

$$28+4951=4979$$

一致性百分比為：

$$\frac{4979}{5000}\times 100\% =99.58\%$$

因此，兩種診斷方法的一致性為：

$$\boxed{99.58\%}$$

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(2) 適用的假設檢定

本題適用：

$$\boxed{\text{McNemar 檢定}}$$

理由是：

• 每位民眾均接受兩種診斷方法；
• 結果為二分類資料：感染／未感染；
• 兩種診斷結果具有配對關係；
• 研究目的在比較兩種方法的邊際判定比例是否不同。

McNemar 檢定只使用不一致的配對資料：

• $b=17$：自動化感染、醫師未感染；
• $c=4$：自動化未感染、醫師感染。

兩者皆判定相同的 $28$ 與 $4951$ 人，不影響 McNemar 檢定統計量。

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(3) 假設檢定與結論

建立假設

令：

• $p_A$：自動化診斷判定感染的比例；
• $p_D$：醫師診斷判定感染的比例。

欲檢定診斷結果是否受到診斷方法影響：

$$H_0:p_A=p_D$$

亦即，兩種方法的感染判定比例相同，診斷方法不造成差異。

$$H_1:p_A\ne p_D$$

亦即，兩種方法的感染判定比例不同，診斷方法會造成差異。

計算 McNemar 檢定統計量

不一致配對總數為：

$$b+c=17+4=21$$

採用具有連續性修正的 McNemar 卡方統計量：

核心觀念

本題考查：

1. 類別型自變數的虛擬變數編碼。
2. 連續變數與二元變數的交互作用。
3. 單一迴歸係數的 $t$ 檢定。
4. 多個迴歸係數的部分 $F$ 檢定。
5. 校正判定係數 adjusted-$R^2$。

令誤差項滿足

$$\varepsilon_i \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(0,\sigma^2).$$

劑量等級是類別型變數，因此不能直接假設等級 $1$ 至等級 $5$ 之間具有等距且線性的效果，應使用虛擬變數。

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（1）建立迴歸模型與預期血壓

虛擬變數定義

以等級 $1$ 作為劑量參考組，定義

$$D_{2i}=I(X_{1i}=2),\quad D_{3i}=I(X_{1i}=3),\quad D_{4i}=I(X_{1i}=4),\quad D_{5i}=I(X_{1i}=5).$$

其中 $I(\cdot)$ 為指示函數。例如，接受等級 $3$ 藥物時，$D_3=1$，其餘劑量虛擬變數皆為 $0$。

性別變數 $X_3$ 中，男性為 $0$、女性為 $1$，因此年齡與性別的交互作用項為 $X_2X_3$。

適當的迴歸模型

$$Y_i = \beta_0+\beta_2D_{2i}+\beta_3D_{3i} +\beta_4D_{4i}+\beta_5D_{5i} +\beta_6X_{2i}+\beta_7X_{3i} +\beta_8X_{2i}X_{3i} +\varepsilon_i.$$

各參數意義如下：

• $\beta_0$：男性、$30$ 歲、接受等級 $1$ 藥物時的母體平均血壓。此處雖以年齡 $0$ 作為數學上的截距基準，但實際資料年齡為 $30$ 至 $79$ 歲。
• $\beta_2,\ldots,\beta_5$：各劑量等級相對於等級 $1$ 的平均血壓差異。
• $\beta_6$：男性中，年齡每增加一歲，平均血壓的變化量。
• $\beta_7$：在年齡為 $0$ 時，女性相對於男性的差異。
• $\beta_8$：女性與男性在年齡效果上的差異，即性別與年齡的交互作用。

若希望讓截距更具解釋性，也可將年齡中心化，例如使用 $X_2-50$；但假設檢定與模型解釋不受影響。

50 歲女性接受等級 3 藥物

50 歲女性表示 $X_2=50$、$X_3=1$；接受等級 $3$ 藥物表示 $D_3=1$，其餘劑量虛擬變數為 $0$。

因此其期望血壓為

$$E(Y\mid X_1=3,X_2=50,X_3=1) = \beta_0+\beta_3+50\beta_6+\beta_7+50\beta_8.$$

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（2）檢定性別與年齡無交互作用

核心觀念

模型中的交互作用由項目 $\beta_8X_2X_3$ 表示。因此「性別和年齡無交互作用」就是檢定交互作用係數是否為零。

假設

$$H_0:\beta_8=0$$ $$H_A:\beta_8\neq 0.$$

檢定統計量

令 $\hat{\beta}_8$ 為最小平方法估計值，$SE(\hat{\beta}_8)$ 為其標準誤，則

$$T= \frac{\hat{\beta}_8}{SE(\hat{\beta}_8)}.$$

本模型共有 $9$ 個估計參數，包括截距，因此誤差自由度為

$$108-9=99.$$

在 $H_0$ 成立且誤差呈常態分配時，

$$T\sim t_{99}.$$

也可將其平方寫成

$$F=T^2\sim F_{1,99}.$$

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（3）檢定等級 1 與等級 2 的劑量效果無顯著差異

核心觀念

因為等級 $1$ 是參考組，所以 $\beta_2$ 代表「等級 $2$ 相對於等級 $1$」的平均血壓差異。

因此兩者無差異等價於 $\beta_2=0$。

假設

$$H_0:\beta_2=0$$ $$H_A:\beta_2\neq 0.$$

檢定統計量

$$T= \frac{\hat{\beta}_2}{SE(\hat{\beta}_2)}.$$

在虛無假說成立時，

$$T\sim t_{99}.$$

也可寫成