111 年 國立成功大學測量及空間資訊學系碩士班《統計學》

本題考驗對 F 檢定中樣本變方計算的理解，以及 F 分配的性質。

F 檢定用於比較兩個獨立常態母體的變異數。其統計量為兩個樣本變異數的比值。為了使檢定的統計檢定力最大化，通常將較大的樣本變異數放在分子，較小的樣本變異數放在分母。

本題考驗對隨機向量變方-協變方矩陣的定義及其線性轉換的性質。

已知隨機向量 $W$ 的變方-協變方矩陣定義為 $\Sigma_{WW} = E[(W - E[W])(W - E[W])^T]$。
給定隨機向量 $Y = JX + K$，其中 $J$ 和 $K$ 為常數矩陣。
我們需要推導 $\Sigma_{YY}$。

首先，計算 $Y$ 的期望值：
$E[Y] = E[JX + K] = E[JX] + E[K]$
由於 $J$ 和 $K$ 是常數矩陣，根據期望值的線性性質，可得：
$E[Y] = JE[X] + K$

接著，計算 $Y - E[Y]$：
$Y - E[Y] = (JX + K) - (JE[X] + K)$
$Y - E[Y] = JX + K - JE[X] - K$
$Y - E[Y] = JX - JE[X]$
$Y - E[Y] = J(X - E[X])$

本題主要考驗對統計檢定程序、誤差傳播以及不同精度標準之間關係的理解。

第一部分：建立統計假說檢定程序

我們要檢定的是點位重複量測之平面位置與原位置的均方根誤差 (RMSE)。假設原位置的坐標為 $(x_0, y_0)$，重複量測的位置為 $(x_1, y_1)$。平面位置的誤差是指重複量測點與原點之間的距離。

1. 定義檢定統計量:
   點位重複量測之平面位置與原位置的均方根誤差 (RMSE) 定義為：
   $RMSE = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n [(x_{1i} - x_{0i})^2 + (y_{1i} - y_{0i})^2]}$
   其中 $n$ 是抽樣點的數量。
   本題要求建立檢定程序，我們需要檢定這個 RMSE 是否「不大於」某個值。通常，統計檢定是針對「是否大於」或「是否小於」進行檢定。如果我們要檢定「不大於 25 公分」，可以轉化為檢定「是否大於 25 公分」的反向。

   令 $d_i$ 為第 $i$ 個點的重複量測位置與原位置之間的距離：
   $d_i = \sqrt{(x_{1i} - x_{0i})^2 + (y_{1i} - y_{0i})^2}$
   則 $RMSE = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2}$。

   然而，直接檢定 RMSE 本身比較複雜，通常會檢定其平方，即均方誤差 (MSE)。
   $MSE = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2$
   檢定標準是 $RMSE \le 25$ cm，即 $MSE \le (25 \text{ cm})^2 = 625 \text{ cm}^2$。

   我們需要建立一個統計檢定程序來判斷這個 MSE 是否顯著大於 625 cm$^2$。
   假設我們從 $N$ 個點中抽取了 $n$ 個點進行檢測。
   對於每個點 $i$，我們計算其平面位置的誤差 $d_i$。
   令 $\sigma^2$ 為所有點的平面位置誤差的方差。
   如果我們假設 $d_i^2$ 服從某種分佈，則可以進行檢定。

   更常見的做法是，檢定 $\sigma^2$ 是否大於某個值，或者檢定樣本均方誤差 $\bar{s}^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (d_i - \bar{d})^2$ 與一個已知值或假設值進行比較。

   這裡題目提到「均方根誤差不大於 25 公分」，這通常是基於一個總體參數的假設。
   假設總體平面位置誤差的標準差為 $\sigma_p$。
   則檢定標準是 $\sigma_p \le 25$ cm。
   我們希望檢定 $\sigma_p > 25$ cm。

   假說設定:
   虛無假說 $H_0$: $\sigma_p \le 25$ cm (即合格)
   對立假說 $H_1$: $\sigma_p > 25$ cm (即不合格)

   檢定統計量:
   如果我們有 $n$ 個樣本點的誤差 $d_1, d_2, \dots, d_n$，並且假設誤差服從常態分配，那麼 $d_i^2$ 的分佈會比較複雜。
   然而，如果我們直接考慮樣本均方根誤差 $\hat{\sigma}_p = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2}$，並且在不知道總體方差 $\sigma_p^2$ 的情況下，我們通常會使用卡方檢定。

   若假設 $d_i$ 服從平均數為 0 (因為我們關心的是誤差的大小，而不是方向，且原位置是基準) 且標準差為 $\sigma_p$ 的常態分配，則 $\frac{d_i^2}{\sigma_p^2} \sim \chi^2(1)$。
   那麼 $\sum_{i=1}^n \frac{d_i^2}{\sigma_p^2} \sim \chi^2(n)$。
   所以，$\frac{1}{\sigma_p^2} \sum_{i=1}^n d_i^2 \sim \chi^2(n)$。
   令 $S^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2$ 為樣本均方誤差。
   則 $\frac{n S^2}{\sigma_p^2} \sim \chi^2(n)$。

   在 $H_0$ 下，我們假設 $\sigma_p = 25$ cm。
   我們計算樣本均方誤差 $S^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2$。
   那麼檢定統計量為 $T = \frac{n S^2}{(25 \text{ cm})^2}$。
   這個統計量在 $H_0$ 為真時，近似服從自由度為 $n$ 的卡方分配 $\chi^2(n)$。

   檢定規則:
   在給定的顯著水準 $\alpha$ 下，如果 $T > \chi^2_{\alpha, n}$ (右上 $\alpha$ 分位數)，則拒絕 $H_0$。
   也就是說，如果 $\frac{n S^2}{(25 \text{ cm})^2} > \chi^2_{\alpha, n}$，則我們認為點位重複量測的平面位置誤差顯著大於 25 公分，判定為不合格。
   反之，如果 $\frac{n S^2}{(25 \text{ cm})^2} \le \chi^2_{\alpha, n}$，則不拒絕 $H_0$，判定為合格。

   總結檢定程序:

   1. 設定顯著水準: 選擇一個顯著水準 $\alpha$ (例如 0.05)。
   2. 收集樣本: 從數值地形測量的地物點中隨機抽取 $n$ 個點。
   3. 計算誤差: 對每個點 $i$ (從 1 到 $n$)，測量其重複量測的平面位置 $(x_{1i}, y_{1i})$ 和原位置 $(x_{0i}, y_{0i})$，計算兩點之間的距離 $d_i = \sqrt{(x_{1i} - x_{0i})^2 + (y_{1i} - y_{0i})^2}$。
   4. 計算樣本均方誤差: 計算 $S^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n d_i^2$。
   5. 計算檢定統計量: $T = \frac{n S^2}{(25 \text{ cm})^2}$。
   6. 判斷: 查找自由度為 $n$ 的卡方分配的右上 $\alpha$ 分位數 $\chi^2_{\alpha, n}$。
      • 如果 $T > \chi^2_{\alpha, n}$，則拒絕 $H_0$，結論為點位重複量測平面位置誤差顯著大於 25 公分，不合格。
      • 如果 $T \le \chi^2_{\alpha, n}$，則不拒絕 $H_0$，結論為點位重複量測平面位置誤差不顯著大於 25 公分，合格。

第二部分：申論兩個合格標準的相當性

第一個標準：點位重複量測之平面位置的均方根誤差 (RMSE$_p$) $\le 25$ cm。
第二個標準：地物點間之相對距離的均方根誤差 (RMSE$_d$) $\le 40$ cm。

我們需要從統計和誤差傳播的觀點來比較這兩個標準。
假設：

• 坐標精度相等且不相關。這意味著 $x$ 和 $y$ 方向的誤差是獨立的，且它們的標準差相等。
• 這裡討論的是「合格標準」，即我們假設這兩個值是極限值，而不是隨機變數的期望值。

統計觀點:

• RMSE$_p$: 衡量的是單個點的位置誤差。它直接關注的是測量點本身是否準確。
• RMSE$_d$: 衡量的是兩個點之間距離的誤差。它間接反映了兩個點的坐標誤差。

誤差傳播觀點:
假設點 A 的坐標為 $(X_A, Y_A)$，點 B 的坐標為 $(X_B, Y_B)$。
原距離 $D = \sqrt{(X_B - X_A)^2 + (Y_B - Y_A)^2}$。
假設測量值為 $\hat{X}_A, \hat{Y}_A, \hat{X}_B, \hat{Y}_B$。
量測的距離 $\hat{D} = \sqrt{(\hat{X}_B - \hat{X}_A)^2 + (\hat{Y}_B - \hat{Y}_A)^2}$。
相對距離的誤差是 $\hat{D} - D$。
RMSE$_d$ 是這些誤差的均方根。

假設點 A 和點 B 的坐標測量誤差是獨立的，且 $x$ 和 $y$ 方向的誤差標準差均為 $\sigma_c$ (單位：cm)。
那麼，點 A 的平面位置誤差標準差是 $\sigma_p = \sqrt{\sigma_c^2 + \sigma_c^2} = \sqrt{2}\sigma_c$。
如果我們將 RMSE$_p$ 的標準理解為總體標準差 $\sigma_p \le 25$ cm。

現在考慮距離的誤差。
令 $\Delta X = X_B - X_A$ 和 $\Delta Y = Y_B - Y_A$。
則 $D = \sqrt{\Delta X^2 + \Delta Y^2}$。
測量值 $\hat{D} = \sqrt{(\Delta X + \delta_X)^2 + (\Delta Y + \delta_Y)^2}$，其中 $\delta_X = \hat{X}_B - X_B$ 和 $\delta_Y = \hat{Y}_B - Y_B$ 是坐標測量的誤差。
假設 $\delta_X$ 和 $\delta_Y$ 的均值為 0，標準差均為 $\sigma_c$。

為了簡化，我們考慮 $\Delta X$ 和 $\Delta Y$ 相對於 $D$ 的大小。
如果點 A 和點 B 之間的距離 $D$ 遠大於坐標測量的誤差 $\sigma_c$，則距離的誤差 $\delta_D$ 可以近似為：
$\delta_D \approx \frac{\partial D}{\partial X_B}\delta_{X_B} + \frac{\partial D}{\partial Y_B}\delta_{Y_B} + \frac{\partial D}{\partial X_A}\delta_{X_A} + \frac{\partial D}{\partial Y_A}\delta_{Y_A}$

本題考驗對 GNSS 測量中坐標變動檢定的理解，需要建立統計檢定程序。

核心觀念:
本題的核心是檢定 GNSS 測量得到的平面坐標與基準坐標之間是否存在顯著差異，即判斷點位是否有變動。由於假設坐標精度相等且不相關，我們可以分別對 $x$ 和 $y$ 坐標進行檢定，或者合併考慮。

檢定程序:

假設我們有基準坐標 $(x_0, y_0)$ 和本次測量的坐標 $(\hat{x}, \hat{y})$。
我們需要檢定這兩組坐標是否存在顯著差異。

1. 建立假說:

   • 虛無假說 $H_0$: 點位坐標沒有發生顯著變動，即 $\hat{x} = x_0$ 且 $\hat{y} = y_0$。
   • 對立假說 $H_1$: 點位坐標發生了顯著變動，即 $\hat{x} \neq x_0$ 或 $\hat{y} \neq y_0$。

2. 確定檢定統計量:
   題目提到「假設 A、B 兩個點的所有坐標不相關,且精度相等」。這意味著 $x$ 和 $y$ 方向的測量誤差是獨立的，且標準差相等。
   令 $x$ 方向的誤差為 $\delta_x = \hat{x} - x_0$， $y$ 方向的誤差為 $\delta_y = \hat{y} - y_0$。
   根據題意，$\delta_x$ 和 $\delta_y$ 是獨立的隨機變數，且 $E[\delta_x] = E[\delta_y] = 0$ (假設基準坐標是準確的)。
   由於精度相等，我們假設 $\sigma_x^2 = \sigma_y^2 = \sigma^2$。
   在 $H_0$ 下，我們期望 $\delta_x$ 和 $\delta_y$ 都接近於 0。

   如果我們知道測量誤差的標準差 $\sigma$（或者可以估計），我們可以使用 Z 檢定或 t 檢定。
   通常，GNSS 測量會提供坐標的精度資訊（例如標準差或誤差橢圓）。這裡假設我們知道或可以估計 $\sigma_x$ 和 $\sigma_y$。

   方法一：分別檢定 x 和 y 坐標

   • x 坐標檢定:
     檢定統計量：$Z_x = \frac{\hat{x} - x_0}{\sigma_x}$ (如果 $\sigma_x$ 已知) 或 $T_x = \frac{\hat{x} - x_0}{s_x}$ (如果 $\sigma_x$ 未知，用樣本標準差 $s_x$)。
     在 $H_0$ 下，$Z_x \sim N(0, 1)$ 或 $T_x$ 服從 t 分配。
     在 5% 顯著水準下，若 $|Z_x| > z_{0.025}$ (約 1.96)，則拒絕 $H_0$ 關於 $x$ 坐標的假設。

   • y 坐標檢定:
     檢定統計量：$Z_y = \frac{\hat{y} - y_0}{\sigma_y}$ 或 $T_y = \frac{\hat{y} - y_0}{s_y}$。
     在 $H_0$ 下，$Z_y \sim N(0, 1)$ 或 $T_y$ 服從 t 分配。
     在 5% 顯著水準下，若 $|Z_y| > z_{0.025}$ (約 1.96)，則拒絕 $H_0$ 關於 $y$ 坐標的假設。

   • 合併判斷:
     如果 $x$ 或 $y$ 坐標中的任何一個被拒絕，則認為點位發生了顯著變動。

   方法二：合併檢定 (使用距離或誤差橢圓)
   考慮點位的位置誤差。
   平面位置誤差的平方 $d^2 = (\hat{x} - x_0)^2 + (\hat{y} - y_0)^2$。
   如果 $\sigma_x = \sigma_y = \sigma$，則 $d^2 = \delta_x^2 + \delta_y^2$。
   在 $H_0$ 下，如果 $\sigma$ 已知，並且 $\delta_x, \delta_y$ 服從常態分配，則 $\frac{\delta_x^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(1)$ 且 $\frac{\delta_y^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(1)$。
   由於 $\delta_x$ 和 $\delta_y$ 獨立，則 $\frac{\delta_x^2 + \delta_y^2}{\sigma^2} = \frac{d^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(2)$。

   假說設定:
   $H_0$: $\sigma_x^2 = \sigma_y^2 = \sigma^2$ (某個值，或者我們檢定誤差是否大於某個範圍)
   這裡的題目更像是檢定「是否變動」，而不是檢定「變異數」。
   所以，我們應該直接檢定坐標的差異。

   修正檢定程序:

   假設我們從多次重複測量中獲得了坐標 $(\hat{x}_i, \hat{y}_i)$ for $i=1, \dots, n$。
   我們有基準坐標 $(x_0, y_0)$。
   令 $\bar{x} = \frac{1}{n}\sum \hat{x}_i$ 和 $\bar{y} = \frac{1}{n}\sum \hat{y}_i$ 為平均測量坐標。
   計算差異：$d_x = \bar{x} - x_0$，$d_y = \bar{y} - y_0$。
   估計 $x$ 方向的方差 $s_x^2 = \frac{1}{n-1}\sum (\hat{x}_i - \bar{x})^2$。
   估計 $y$ 方向的方差 $s_y^2 = \frac{1}{n-1}\sum (\hat{y}_i - \bar{y})^2$。

   檢定統計量 (Hotelling's T-squared test):
   由於我們有兩個變量 ($x$ 和 $y$) 且它們可能相關（儘管題目假設不相關，但實際情況可能相關），Hotelling's $T^2$ 檢定是適用的。
   但題目假設「坐標不相關，且精度相等」，這大大簡化了問題。
   如果 $x$ 和 $y$ 不相關，且 $\sigma_x = \sigma_y = \sigma$，我們可以直接檢定點位到原點的距離。

   簡化檢定程序 (基於題目假設):

   1. 收集數據: 進行一次 GNSS 測量，獲得點 A 和點 B 的平面坐標 $(\hat{x}_A, \hat{y}_A)$ 和 $(\hat{x}_B, \hat{y}_B)$。假設我們有一個已知的基準坐標 $(x_{0A}, y_{0A})$ 和 $(x_{0B}, y_{0B})$。

   2. 計算坐標差異:
      $\delta_x = \hat{x} - x_0$
      $\delta_y = \hat{y} - y_0$
      (這裡我們考慮單次測量，假設已知測量誤差的標準差 $\sigma$ 或可以估計)。

   3. 假說:
      $H_0$: 坐標無顯著變動。
      $H_1$: 坐標有顯著變動。

   4. 檢定統計量:
      假設我們知道坐標誤差的標準差為 $\sigma$ (來自儀器規格或先驗資訊)。
      考慮點位到原點的距離平方的偏差。
      我們計算一個綜合的檢定統計量，例如基於坐標差異的平方和。
      $Q = \frac{(\hat{x} - x_0)^2 + (\hat{y} - y_0)^2}{\sigma^2}$
      根據題意，誤差 $\delta_x = \hat{x} - x_0$ 和 $\delta_y = \hat{y} - y_0$ 是獨立的，且服從 $N(0, \sigma^2)$ 分配。
      因此，$Q = \frac{\delta_x^2}{\sigma^2} + \frac{\delta_y^2}{\sigma^2}$。

核心觀念

本題將每一檢核點的驗收高程與原成果高程配對比較，定義高程較差為

$$d_i=H_{\text{驗收},i}-H_{\text{成果},i}.$$

需檢核兩項標準：

1. 精度標準：至少 $90\%$ 的檢核點滿足 $|d_i|\leq 0.15$ 公尺，其餘點須滿足 $|d_i|<0.20$ 公尺。
2. 正負較差平衡：正、負較差的數量應大致相等，可用二項檢定或符號檢定判斷。

由於每筆驗收高程與成果高程是在同一檢核點取得，資料具有配對性，不能將兩組高程視為獨立樣本直接比較。

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一、計算各檢核點的高程較差

各點較差如下：

| 檢核點 | $d_i$（公尺） | $|d_i|$（公尺） |
|---:|---:|---:|
| 1 | $-0.10$ | 0.10 |
| 2 | $+0.07$ | 0.07 |
| 3 | $+0.09$ | 0.09 |
| 4 | $-0.06$ | 0.06 |
| 5 | $+0.12$ | 0.12 |
| 6 | $+0.07$ | 0.07 |
| 7 | $-0.10$ | 0.10 |
| 8 | $-0.11$ | 0.11 |
| 9 | $+0.13$ | 0.13 |
| 10 | $+0.08$ | 0.08 |
| 11 | $-0.09$ | 0.09 |
| 12 | $-0.12$ | 0.12 |
| 13 | $+0.08$ | 0.08 |
| 14 | $+0.10$ | 0.10 |
| 15 | $+0.16$ | 0.16 |
| 16 | $-0.11$ | 0.11 |
| 17 | $-0.12$ | 0.12 |
| 18 | $-0.03$ | 0.03 |
| 19 | $+0.11$ | 0.11 |
| 20 | $-0.17$ | 0.17 |

其中：

• $|d_i|\leq 0.15$ 公尺者共有 $18$ 點；
• $|d_i|>0.15$ 公尺者共有 $2$ 點，分別為 $0.16$ 公尺與 $0.17$ 公尺；
• 這 $2$ 點均小於 $0.20$ 公尺。

因此，樣本中符合第一項標準的比例為

$$\frac{18}{20}=0.90=90\%.$$

就直接驗收條文而言，標準（A）已符合。

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二、標準（A）的統計檢定

令

$$X=\text{滿足 } |d_i|\leq 0.15\text{ 公尺的檢核點數}.$$

若成果符合至少 $90\%$ 的要求，則可設定：

$$H_0:p\geq 0.90, \qquad H_1:p<0.90,$$

其中 $p$ 表示任一檢核點滿足 $|d_i|\leq0.15$ 公尺的機率。

本題觀察值為

$$X=18,\qquad n=20.$$

在虛無假設的邊界值 $p=0.90$ 下，

$$X\sim\operatorname{Binomial}(20,0.90).$$

單尾 $p$-值為

$$P(X\leq18) = 1-P(X=19)-P(X=20).$$

因此

$$P(X\leq18) = 1-\binom{20}{19}(0.9)^{19}(0.1)-(0.9)^{20} \approx 0.635.$$

在常用顯著水準 $\alpha=0.05$ 下，

$$p\text{-值}=0.635>0.05,$$

故不拒絕 $H_0$。資料沒有顯示符合率低於 $90\%$ 的證據。

此外，未達到 $15$ 公分標準的兩點，其誤差分別為 $16$ 公分與 $17$ 公分，均未達 $20$ 公分，因此「其餘 $10\%$ 小於 $20$ 公分」的附加條件也符合。

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三、標準（B）的正負較差平衡檢定

正較差共有：

$$10\text{ 點}$$

負較差共有：

$$10\text{ 點}$$

且沒有 $d_i=0$ 的資料。

令 $K$ 表示正較差的點數。若正、負較差趨於平衡，則可設定

$$H_0:p=0.5, \qquad H_1:p\neq0.5.$$

在 $H_0$ 下，