113 年 國立成功大學數據科學研究所《統計學（含迴歸分析）》

本題主要考驗對敘述性統計量、集中量統計量的判斷，以及 Poisson 分配的基本概念與應用。

(a) 樣本平均數、中位數、眾數計算

給定樣本數據為：$(1, 4, 5, 5, 5, 26, 28, 28, 28, 30)$

• 樣本平均數 (Sample Mean):
  樣本平均數是所有觀測值的總和除以觀測值的個數。
  $\bar{x} = \frac{1+4+5+5+5+26+28+28+28+30}{10} = \frac{165}{10} = 16.5$

• 樣本中位數 (Sample Median):
  樣本中位數是將數據按大小順序排列後，位於最中間的數值。由於樣本數為偶數 (10)，中位數是中間兩個數值的平均。
  數據排序後為：$(1, 4, 5, 5, 5, 26, 28, 28, 28, 30)$
  中間兩個數值是第 5 個和第 6 個，分別是 5 和 26。
  $\text{Median} = \frac{5 + 26}{2} = \frac{31}{2} = 15.5$

• 樣本眾數 (Sample Mode):
  樣本眾數是數據中出現頻率最高的數值。
  在給定的數據中，數字 5 出現 3 次，數字 28 出現 3 次。因此，此樣本有兩個眾數：5 和 28。
  $\text{Mode} = 5, 28$

【答案】
樣本平均數為 16.5，樣本中位數為 15.5，樣本眾數為 5 和 28。

(b) 集中量統計量的判斷

當數據存在極端值 (outliers) 時，樣本平均數會受到極端值的影響而產生較大的偏移，較不適合用來代表數據的集中趨勢。樣本中位數則較不受極端值影響，更能反映數據的「典型」值。樣本眾數則表示最常出現的值，但可能有多個眾數，或出現頻率不高。

在此樣本數據中，有 1 到 5 的較小數值，但也有 26、28、30 的較大數值。這表示數據呈現偏態 (skewed) 的分布，尤其是有明顯的右偏 (positively skewed) 現象（從 5 跳到 26）。

• 樣本平均數 16.5
• 樣本中位數 15.5
• 眾數 5, 28

由於存在極端值，例如 26, 28, 30，它們將樣本平均數拉向較大的值。樣本中位數 15.5 則較接近數據的中間部分。眾數 5 較貼近左側的數據群，而 28 則較貼近右側的數據群。

因此，在本例中，樣本中位數 (15.5) 是最適合描述此批次液晶面板亮點缺陷數目集中性的統計量。因為它不受極端值 (26, 28, 30) 的影響，更能代表數據的「典型」值。樣本平均數 (16.5) 被極端值拉高了，而眾數 (5, 28) 則可能無法有效代表整個數據集的集中趨勢，尤其是在有多個眾數或數據分布不對稱時。

【答案】
樣本中位數最適合。因為數據存在極端值，樣本平均數會受到影響，而樣本中位數較不受極端值影響，更能代表數據的集中趨勢。

(c) Poisson 分配機率函數與變異數估計

Poisson 分配常用來描述單位時間或單位空間內發生某事件的次數。其機率函數為：

本題主要考驗關於比例估計的樣本統計量、標準差，以及如何根據期望的精度來確定樣本大小。

(a) 單一比例的樣本估計量與標準差

調查機構要估計候選人的支持率 $p_0$。假設選民的支持或不支持可以視為二項分配的結果，令 $X_i$ 為第 $i$ 位選民的支持意向，若支持則 $X_i=1$，不支持則 $X_i=0$。則 $X_i \sim \text{Bernoulli}(p_0)$，且 $E(X_i) = p_0$, $Var(X_i) = p_0(1-p_0)$。

對於從 $n$ 個獨立的 Bernoulli $(p_0)$ 隨機變數中抽取樣本，其和 $Y = \sum_{i=1}^n X_i$ 服從二項分配 $Y \sim \text{Binomial}(n, p_0)$。

• 樣本估計量 (Sample Estimator):
  估計支持率 $p_0$ 最常用的樣本估計量是樣本比例，記為 $\hat{p}_0$。它是樣本中支持該候選人的選民比例。
  $\hat{p}_0 = \frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n} = \frac{Y}{n}$
  這個估計量是 $p_0$ 的最大概似估計量 (MLE) 和矩估計量 (Method of Moments estimator)。

• 樣本估計量的標準差 (Standard Error of the Sample Estimator):
  首先計算 $\hat{p}_0$ 的期望值：
  $E(\hat{p}_0) = E\left(\frac{Y}{n}\right) = \frac{1}{n} E(Y) = \frac{1}{n} (np_0) = p_0$
  $\hat{p}_0$ 是 $p_0$ 的一個不偏估計量 (unbiased estimator)。

  接著計算 $\hat{p}_0$ 的變異數：
  $\text{Var}(\hat{p}_0) = \text{Var}\left(\frac{Y}{n}\right) = \frac{1}{n^2} \text{Var}(Y) = \frac{1}{n^2} (np_0(1-p_0)) = \frac{p_0(1-p_0)}{n}$
  估計量的標準差 (Standard Error, SE) 是其變異數的平方根：
  $\text{SE}(\hat{p}_0) = \sqrt{\text{Var}(\hat{p}_0)} = \sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}$
  在實際應用中，由於 $p_0$ 是未知的，我們通常用樣本比例 $\hat{p}_0$ 來估計 $p_0$，得到標準誤的估計值：
  $\widehat{\text{SE}}(\hat{p}_0) = \sqrt{\frac{\hat{p}_0(1-\hat{p}_0)}{n}}$
  然而，題目要求的是估計量的標準差，理論上是使用真實參數 $p_0$。

【答案】
樣本估計量為 $\hat{p}_0 = \frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n}$。該估計量的標準差為 $\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}$。

(b) 單一比例估計的樣本大小決定

希望控制支持率 $p_0$ 估計量 $\hat{p}_0$ 的標準差不大於 $0.03$，即 $\text{SE}(\hat{p}_0) \le 0.03$。
$\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} \le 0.03$
為了確保這個條件，我們需要找一個足夠大的 $n$。通常在決定樣本大小時，由於 $p_0$ 未知，我們會採用一個保守的估計。函數 $f(p) = p(1-p)$ 在 $p=0.5$ 時達到最大值 $0.5(1-0.5) = 0.25$。因此，為了保證標準差足夠小，我們通常使用 $p_0 = 0.5$ 作為最壞情況的假設，這會給出最大的所需樣本量。

使用 $p_0 = 0.5$：
$\sqrt{\frac{0.5(1-0.5)}{n}} \le 0.03$
$\sqrt{\frac{0.25}{n}} \le 0.03$
平方兩邊：
$\frac{0.25}{n} \le (0.03)^2$
$\frac{0.25}{n} \le 0.0009$
$n \ge \frac{0.25}{0.0009}$
$n \ge \frac{2500}{9} \approx 277.78$
由於樣本數必須是整數，所以至少需要 $n=278$ 個樣本。

推導公式：
$\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} \le \text{SE}_{\text{max}}$
$\frac{p_0(1-p_0)}{n} \le \text{SE}_{\text{max}}^2$
$n \ge \frac{p_0(1-p_0)}{\text{SE}_{\text{max}}^2}$
在不知道 $p_0$ 的情況下，取 $p_0=0.5$ 得到最保守的估計：
$n \ge \frac{0.25}{\text{SE}_{\text{max}}^2}$
在此題中，$\text{SE}_{\text{max}} = 0.03$。
$n \ge \frac{0.25}{(0.03)^2} = \frac{0.25}{0.0009} \approx 277.78$

【答案】
推導公式為 $n \ge \frac{p_0(1-p_0)}{\text{SE}_{\text{max}}^2}$。若以 $p_0=0.5$ 作為最保守的估計，則至少需要 $n=278$ 個樣本。

本題主要考驗對單一樣本平均數的假設檢定（t-test），包括設定虛無假設與對立假設、計算檢定統計量、進行決策，以及探討檢定的統計假設與當假設不滿足時的替代方法。

(a) 檢定假設 $H_0$ 和 $H_1$

我們要檢定的是新藥 B 的藥效是否優於舊藥 A。舊藥 A 的長期平均降低收縮壓為 10 mmHg。臨床試驗的目標是確認新藥 B 的平均降低收縮壓是否「優於」舊藥 A。在統計學上，「優於」通常表示「大於」。

令 $\mu$ 為新藥 B 降低收縮壓的真實平均值。

• 虛無假設 ($H_0$)：表示沒有效果或效果與舊藥相同（或更差）。在這裡，我們假設新藥 B 的效果不優於舊藥 A。
  $H_0: \mu \le 10 \text{ mmHg}$
  或者，為了方便檢定，我們常常將虛無假設設定為「無差異」或「效果相等」，即：
  $H_0: \mu = 10 \text{ mmHg}$
  （在實務上，兩種寫法都可以，但通常將「無差異」作為 $H_0$ 的一部分，因為我們關心的是是否「優於」。若 $H_0$ 是 $\mu \le 10$，則對立假設 $H_1$ 是 $\mu > 10$。若 $H_0$ 是 $\mu = 10$，則對立假設 $H_1$ 是 $\mu > 10$。這兩種設定都是右尾檢定。）

• 對立假設 ($H_1$)：表示新藥 B 的藥效優於舊藥 A。
  $H_1: \mu > 10 \text{ mmHg}$

【答案】
$H_0: \mu = 10$ mmHg (或 $H_0: \mu \le 10$ mmHg)
$H_1: \mu > 10$ mmHg

(b) 檢定統計量計算與決策

樣本資訊：

• 樣本數 $n = 36$
• 樣本平均數 $\bar{x} = 12$ mmHg
• 樣本標準差 $s = 6$ mmHg
• 虛無假設的平均值 $\mu_0 = 10$ mmHg

由於樣本數 $n=36 \ge 30$，且我們不知道母體標準差 $\sigma$，我們使用 t-檢定。
檢定統計量為：
$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s / \sqrt{n}}$
計算檢定統計量的值：
$t = \frac{12 - 10}{6 / \sqrt{36}} = \frac{2}{6 / 6} = \frac{2}{1} = 2$
檢定統計量的值是 $t=2$。

自由度 (degrees of freedom, df) 為 $n-1 = 36-1 = 35$。
這是右尾檢定 ($H_1: \mu > 10$)。

情況一：型一誤差 $\alpha = 0.05$
我們需要找到自由度為 35 的 t 分配的右尾臨界值 $t_{\alpha, df}$，使得 $P(T > t_{\alpha, df}) = 0.05$。
查閱 t 分配表 (或使用統計軟體)，對於 df=35 和 $\alpha=0.05$ (右尾)，臨界值約為 $t_{0.05, 35} \approx 1.690$。
（若查閱 page 4 的表三 F 分布，其中 df=35 需插值。但 page 3 有提供 t 分布的一些值。Page 3 的表格是 F 分布，不是 t 分布。Page 2 的題目敘述沒有直接給 t 分布表。通常考試會提供。）
假設我們有 t 分配表，df=35, $\alpha=0.05$ (右尾) 的臨界值約為 $1.690$。
決策規則：若 $t > 1.690$，則拒絕 $H_0$。
我們的檢定統計量 $t=2$。
因為 $2 > 1.690$，所以我們在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，拒絕 $H_0$。
結論：有足夠的證據顯示新藥 B 的平均降低收縮壓優於 10 mmHg。

情況二：型一誤差 $\alpha = 0.01$
我們需要找到自由度為 35 的 t 分配的右尾臨界值 $t_{\alpha, df}$，使得 $P(T > t_{\alpha, df}) = 0.01$。
查閱 t 分配表，對於 df=35 和 $\alpha=0.01$ (右尾)，臨界值約為 $t_{0.01, 35} \approx 2.438$。
決策規則：若 $t > 2.438$，則拒絕 $H_0$。
我們的檢定統計量 $t=2$。
因為 $2 < 2.438$，所以我們在 $\alpha = 0.01$ 的顯著水準下，不拒絕 $H_0$。
結論：沒有足夠的證據顯示新藥 B 的平均降低收縮壓優於 10 mmHg。

檢定結果的差異討論：
在 $\alpha = 0.05$ 的顯著水準下，我們有足夠的證據拒絕虛無假設，得出新藥 B 的效果優於舊藥 A 的結論。
然而，在 $\alpha = 0.01$ 的顯著水準下，我們未能拒絕虛無假設，表示沒有足夠的證據支持新藥 B 的效果優於舊藥 A。

這種差異是由於我們設定了不同的風險等級（型一誤差）。

• $\alpha = 0.05$ 表示我們願意承擔 5% 的風險，在實際上新藥效果不優於舊藥時，卻錯誤地得出新藥優於舊藥的結論（偽陽性）。
• $\alpha = 0.01$ 表示我們只願意承擔 1% 的風險，要求更高的證據強度才能拒絕虛無假設。

當我們要求更嚴格的證據（較小的 $\alpha$ 值），檢定統計量需要比更嚴格的臨界值更大，才足以拒絕 $H_0$。

核心觀念

本題考察二因子完全隨機設計的二因子變異數分析。令

• $A$：設備震動 Vibration
• $B$：輸入電壓 Voltage
• 反應變數：影像清晰度 Clarity

包含兩個主效果與一個交互作用的模型為

$$Y_{ijk} = \mu+\alpha_i+\beta_j+(\alpha\beta)_{ij}+\varepsilon_{ijk},$$

其中 $\alpha_i$ 為震動效果、$\beta_j$ 為電壓效果、$(\alpha\beta)_{ij}$ 為交互作用。

各效果均以殘差均方 $MSE$ 作為誤差估計量，因此檢定統計量為

$$F=\frac{MS_{\text{效果}}}{MS_E}.$$

本題中

$$MS_E=1,\qquad df_E=12.$$

在型一誤差 $\alpha=0.1$ 下，

$$F_{0.1;1,12}\approx 3.18.$$

當計算出的 $F$ 值大於 $3.18$ 時，拒絕虛無假設。

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(a) 檢定 Vibration 與 Voltage 的個別影響

1. 設備震動 Vibration

檢定假設為

$$H_0:\alpha_1=\alpha_2=0$$

亦即不同震動水準的平均影像清晰度相同；對二水準因子而言，也可寫成「震動的主效果為零」。

$$H_1:\text{震動具有主效果}$$

由變異數分析表，

$$F_{\text{Vibration}} = \frac{MS_{\text{Vibration}}}{MS_E} = \frac{2.0}{1.0} = 2.00.$$

比較臨界值：

$$2.00<3.18.$$

因此在 $\alpha=0.1$ 下，不拒絕 $H_0$。

**結論：**沒有足夠統計證據顯示設備震動對影像清晰度具有顯著的主效果。

其 $p$ 值約為

$$p\approx 0.183>0.1.$$

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2. 輸入電壓 Voltage

檢定假設為

$$H_0:\beta_1=\beta_2=0$$

亦即不同輸入電壓水準的平均影像清晰度相同；

$$H_1:\text{輸入電壓具有主效果}.$$

由變異數分析表，

$$F_{\text{Voltage}} = \frac{MS_{\text{Voltage}}}{MS_E} = \frac{34.8}{1.0} = 34.8.$$

比較臨界值：

$$34.8>3.18.$$

因此在 $\alpha=0.1$ 下，拒絕 $H_0$。

**結論：**輸入電壓對影像清晰度具有顯著的主效果。不同輸入電壓水準所造成的平均影像清晰度差異，已大於隨機誤差所能合理解釋的程度。

其 $p$ 值遠小於 $0.1$。

(a) 答案

$$\boxed{\text{Vibration 不顯著；Voltage 顯著。}}$$

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(b) 交互作用檢定與意義

1. 檢定假設

交互作用檢定為

$$H_0:(\alpha\beta)_{ij}=0 \quad\text{對所有 }i,j$$

表示震動與輸入電壓對影像清晰度的影響彼此獨立，不存在交互作用。

對立假設為

$$H_1:\text{至少有一個 }(\alpha\beta)_{ij}\ne 0.$$

由變異數分析表，

$$F_{\text{Interaction}} = \frac{MS_{\text{Vibration:Voltage}}}{MS_E} = \frac{10.5}{1.0} = 10.5.$$

比較臨界值：

$$10.5>3.18.$$

因此在 $\alpha=0.1$ 下，拒絕 $H_0$。

其 $p$ 值約為

$$p\approx 0.007<0.1.$$

2. 統計結論

$$\boxed{\text{Vibration 與 Voltage 之間具有顯著交互作用。}}$$

3. 交互作用的意義

交互作用表示：

輸入電壓對影像清晰度的影響，會隨著設備震動水準不同而改變；同樣地，設備震動的影響也會隨著輸入電壓水準不同而改變。

以四個處理組合的平均值表示，若兩條反應平均數線分別為：

• 低震動下，低電壓與高電壓的平均清晰度差異；
• 高震動下，低電壓與高電壓的平均清晰度差異；

若兩個差異不相同，即

$$(\mu_{\text{高震動、高電壓}} -\mu_{\text{高震動、低電壓}}) \ne (\mu_{\text{低震動、高電壓}} -\mu_{\text{低震動、低電壓}}),$$

便表示存在交互作用。

在交互作用顯著時，Voltage 的主效果是「跨越兩種震動水準平均後」的效果，Vibration 的主效果也是「跨越兩種電壓水準平均後」的效果。因此解釋主效果時，應進一步檢查各水準下的簡單主效果，不能只依賴整體平均效果。

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(c) 使用的模型假設

本題二因子變異數分析主要使用下列假設。

1. 誤差項彼此獨立

不同次影像清晰度量測的誤差彼此獨立：

本題主要考驗對簡單線性迴歸的理解，包括最小平方估計、模型假設、假設檢定，以及殘差圖的判讀。

(a) 最小平方估計量公式與 x, y 關係說明

對於簡單線性迴歸模型 $y = \beta_0 + \beta_1 x + \epsilon$，其最小平方估計量 (Ordinary Least Squares, OLS) 公式如下：

• 截距項 $a_0$ (估計 $\beta_0$) 的最小平方估計量：
  $\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$
  其中 $\bar{y}$ 是 y 的樣本平均數，$\bar{x}$ 是 x 的樣本平均數，$\hat{\beta}_1$ 是斜率的估計量。

• 斜率項 $a_1$ (估計 $\beta_1$) 的最小平方估計量：
  $\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}}$
  其中 $S_{xy} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})$ 是 x 和 y 的共變異數總和，$S_{xx} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2$ 是 x 的變異數總和。

回歸分析表中的 Estimate 欄位給出了這些估計量的值：

• $\hat{a}_0 = 0.5662$
• $\hat{a}_1 = 0.4109$

x 與 y 的可能關係說明：
根據回歸分析表：

1. 斜率 $\hat{a}_1 = 0.4109$： 這個值是正的，表示當自變數 x 每增加一個單位時，應變數 y 的平均值預期會增加 0.4109 個單位。這表明 x 與 y 之間存在正向的線性關係。
2. P 值 (Pr(>|t|)) for x = 0.0459： 這個 P 值小於常用的顯著水準 0.05 (題目中未指定，但 0.05 是常見的預設值，且此處有星號 * 標示)。這表示斜率 $\hat{a}_1$ 的統計顯著性檢定結果為顯著。換句話說，我們有足夠的證據拒絕虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$，認為 x 對 y 的影響是統計上顯著的。
3. R-squared = 0.4105： 決定係數 (R-squared) 為 0.4105，表示自變數 x 可以解釋應變數 y 變異的約 41.05%。這表示 x 對 y 的解釋力尚可，但仍有約 58.95% 的變異未能被 x 解釋。

綜合以上，x 與 y 之間存在一個統計上顯著的、正向的線性關係。

【答案】
$a_0$ 的最小平方估計量公式為 $\bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$。
$a_1$ 的最小平方估計量公式為 $\hat{\beta}_1 = \frac{\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$。
依照回歸分析表，x 與 y 之間存在統計上顯著的、正向的線性關係，x 的增加預期會導致 y 的平均值增加。

(b) 模型假設

簡單線性迴歸模型 $y = \beta_0 + \beta_1 x + \epsilon$ 的主要假設可以分為兩部分：

1. 關於 (a) 的回歸模型 (即模型本身) 的假設：

   • 線性關係 (Linearity): 應變數 y 與自變數 x 之間存在線性關係。模型假設 $y = \beta_0 + \beta_1 x + \epsilon$ 本質上就是建立這個線性關係。
   • 固定自變數 (Fixed Independent Variable): 自變數 x 被視為固定或非隨機的，或者如果 x 是隨機的，則它與誤差項 $\epsilon$ 是獨立的。
   • 誤差項的假設 (Assumptions about the error term $\epsilon$):
     • 零期望值 (Zero Mean): $E(\epsilon) = 0$。
     • 恆定變異數 (Constant Variance / Homoscedasticity): $Var(\epsilon) = \sigma^2$ 對所有 x 值都相等。
     • 獨立性 (Independence): 誤差項 $\epsilon$ 之間是相互獨立的。
     • 常態性 (Normality): 誤差項 $\epsilon$ 服從常態分配，即 $\epsilon \sim N(0, \sigma^2)$。

2. 關於回歸分析表 (統計檢定) 的假設：
   回歸分析表中的 t 值和 P 值是基於對誤差項的假設進行的統計推斷。這些推斷通常需要上述誤差項的假設（零期望值、恆定變異數、獨立性、常態性）。

   • 獨立的誤差項： 這是進行 t 檢定和 F 檢定的基礎。
   • 誤差項的常態性： 雖然對於樣本平均數的抽樣分配，中央極限定理可以提供近似，但進行嚴格的假設檢定（尤其是 P 值計算）通常依賴於誤差項的常態性。
   • 誤差項的恆定變異數： 這影響了標準誤的計算，進而影響 t 值和 P 值。

總結來說，最核心的模型假設是：

• 線性關係
• 誤差項的零期望值
• 誤差項的恆定變異數
• 誤差項的獨立性
• 誤差項的常態性

【答案】
(a) 的回歸模型假設：線性關係、自變數固定或與誤差獨立、誤差項零期望值、誤差項恆定變異數、誤差項獨立性、誤差項常態性。
回歸分析表（統計推斷）假設：上述誤差項的假設（獨立性、常態性、恆定變異數）成立，以確保 t 值和 P 值的準確性。

(c) 模型假設檢查方法