112 年 國立成功大學交通管理科學系碩士班甲組《統計學》

這題是關於單因子變異數分析 (One-Way ANOVA) 的應用。題目提供了不同焦慮程度（正常、中度、嚴重）的學生在一個學期內缺課數量的統計資料，並要求進行 ANOVA 分析，包括填寫 ANOVA 表、假設檢定、估計共同標準差、建立信賴區間以及探討 ANOVA 的假設。

核心觀念：

1. ANOVA 表填寫： 根據總和平方和 (SS)、自由度 (df) 和平均平方和 (MS) 的關係，以及 F 檢定的定義，可以填寫 ANOVA 表。
2. 假設檢定： ANOVA 的核心是檢定各組平均數是否相等。
3. 共同標準差估計： $s_p$ 是對各組母體標準差的綜合估計。
4. 信賴區間： 針對兩組平均數差異的信賴區間計算，涉及 t 分配。
5. ANOVA 假設： 了解 ANOVA 分析成立的條件，特別是常態性和變異數同質性。

解題過程：

(a) 填寫 ANOVA 表及結果解釋

首先，我們需要計算 ANOVA 表中的各項數值。

• Groups (between-group) 變異：

  • df (Groups) = k - 1 = 3 - 1 = 2 (其中 k 為組別數，這裡有 Normal, Moderate, Severe 三組)。
  • SS (Groups) = $\sum_{i=1}^k n_i (\bar{x}_i - \bar{y})^2$。題目給了 $\bar{y} = 2.21$。
    • $n_{normal}(\bar{x}_{normal} - \bar{y})^2 = 181(2.01 - 2.21)^2 = 181(-0.20)^2 = 181 \times 0.04 = 7.24$
    • $n_{moderate}(\bar{x}_{moderate} - \bar{y})^2 = 56(2.13 - 2.21)^2 = 56(-0.08)^2 = 56 \times 0.0064 = 0.3584$
    • $n_{severe}(\bar{x}_{severe} - \bar{y})^2 = 16(4.75 - 2.21)^2 = 16(2.54)^2 = 16 \times 6.4516 = 103.2256$
    • SS (Groups) = $7.24 + 0.3584 + 103.2256 = 110.824$
  • MS (Groups) = SS (Groups) / df (Groups) = $110.824 / 2 = 55.412$

• Total 變異：

  • df (Total) = N - 1 = 253 - 1 = 252。
  • SS (Total) = $\sum_{i=1}^{253} (y_i - \bar{y})^2 = 2645.9$ (題目已給)。

• Error (within-group) 變異：

  • df (Error) = df (Total) - df (Groups) = $252 - 2 = 250$。
  • SS (Error) = SS (Total) - SS (Groups) = $2645.9 - 110.824 = 2535.076$。
    • 題目提供的 $180 \times (3.11)^2 + 55 \times (3.05)^2 + 15 \times (4.37)^2 \approx 2535.1$ 驗證了 SS (Error) 的計算。
  • MS (Error) = SS (Error) / df (Error) = $2535.076 / 250 = 10.1403$。

• F 檢定統計量：

  • F = MS (Groups) / MS (Error) = $55.412 / 10.1403 \approx 5.4645$。

將這些數值填入 ANOVA 表：

Source	df	SS	MS	F	p-value
Groups	2	110.824	55.412	5.4645	0.0048
Error	250	2535.076	10.1403
Total	252	2645.9

結果解釋：
ANOVA 表中的 p-value 為 0.0048，顯著水準 $\alpha$ 通常設定為 0.05。由於 p-value (0.0048) < $\alpha$ (0.05)，我們拒絕虛無假設。這表示至少有一個焦慮程度（正常、中度、嚴重）的母體平均缺課數與其他組不同。換句話說，焦慮程度對學生平均缺課數有顯著影響。

【答案】
ANOVA 表填寫如下：

Source	df	SS	MS	F	p-value
Groups	2	110.824	55.412	5.4645	0.0048
Error	250	2535.076	10.1403
Total	252	2645.9
解釋： 由於 p-value (0.0048) 小於常用的顯著水準 0.05，我們拒絕虛無假設，結論是至少有一個焦慮程度的學生群體，其平均缺課數與其他群體有顯著差異。

(b) 虛無與對立假設

• 虛無假設 ($H_0$)： 所有焦慮程度群體的母體平均缺課數都相等。
  $H_0: \mu_{normal} = \mu_{moderate} = \mu_{severe}$

一、第一部分：三組焦慮程度與缺課次數

核心觀念

本題使用單因子變異數分析（one-way ANOVA），比較三種焦慮程度下「平均缺課次數」是否相同。

• 組間自由度：$k-1$
• 組內自由度：$N-k$
• 總自由度：$N-1$
• $MS=\dfrac{SS}{df}$
• $F=\dfrac{MS_{\text{Groups}}}{MS_{\text{Error}}}$

其中共有 $k=3$ 組、$N=253$ 人。

(a) ANOVA 表與檢定結果

總自由度為

$$df_T=253-1=252$$

組間自由度為

$$df_G=3-1=2$$

誤差自由度為

$$df_E=253-3=250$$

由題目給定：

$$SS_T=2645.9$$ $$SS_E\approx2535.1$$

因此組間平方和為

$$SS_G=SS_T-SS_E=2645.9-2535.1=110.8$$

各均方為

$$MS_G=\frac{110.8}{2}=55.4$$ $$MS_E=\frac{2535.1}{250}=10.1404$$

故

$$F=\frac{55.4}{10.1404}\approx5.46$$

完整 ANOVA 表如下：

來源	$df$	$SS$	$MS$	$F$	$p$-value
Groups	$2$	$110.8$	$55.4$	$5.46$	$0.0048$
Error	$250$	$2535.1$	$10.1404$
Total	$252$	$2645.9$

因為

$$p=0.0048<0.05$$

所以拒絕「三組平均缺課次數相同」的虛無假設。資料顯示不同焦慮程度的學生，其平均缺課次數並非全部相同；但 ANOVA 本身只能判定至少有一組平均數不同，不能直接判定是哪幾組不同。

(b) 假設與結論

令 $\mu_N,\mu_M,\mu_S$ 分別代表正常、中度、重度焦慮學生的母體平均缺課次數。

$$H_0:\mu_N=\mu_M=\mu_S$$ $$H_a:\text{至少有一組平均數不同}$$

由 $p=0.0048<0.05$，拒絕 $H_0$。在統計上，焦慮程度與平均缺課次數之間存在顯著差異。

(c) 共用母體標準差的 pooled estimate

合併標準差估計為誤差均方的平方根：

$$s_p=\sqrt{MS_E} =\sqrt{10.1404} \approx3.18$$

因此

$$\boxed{s_p\approx3.18}$$

(d) 99% 信賴區間

重度焦慮組與正常焦慮組的樣本平均差為

$$\bar{x}_S-\bar{x}_N=4.75-2.01=2.74$$

所以信賴區間為

$$(\bar{x}_S-\bar{x}_N) \pm t^*s_p\sqrt{\frac1{n_S}+\frac1{n_N}}$$

代入

$$n_S=16,\qquad n_N=181,\qquad df=250$$

且

$$s_p\approx3.18,\qquad t^*_{0.995,250}\approx2.60$$

得到

$$2.74\pm2.60(3.18) \sqrt{\frac1{16}+\frac1{181}}$$ $$=2.74\pm2.16$$

因此

$$\boxed{(0.58,\ 4.90)}$$

各空格應填：

• 差異的點估計：$2.74$
• 第一個樣本數：$16$
• 第二個樣本數：$181$
• 自由度：$250$
• $s_p$：$3.18$

此區間不包含 $0$，也支持重度焦慮組的平均缺課次數高於正常焦慮組。

(e) ANOVA 的另外兩項假設

在已知各組為獨立隨機樣本之外，ANOVA 還假設：

1. 每一組內的觀察值來自常態分布。
2. 各組母體變異數相等，即具有相同母體標準差。

(f) 圖形顯示的最嚴重問題

這題主要考驗對敘述統計量（中位數、四分位數）的計算能力，以及如何根據數據繪製盒狀圖（Box Plot），最後則是判斷何種統計規則（Chebyshev's Theorem 或 Empirical Rule）適用於估計數據分佈區間。

(a) 計算中位數、第一四分位數與第三四分位數

解題步驟：

1. 排序數據： 首先，將給定的數據由小到大排序。
   原始數據：8.9, 10.2, 11.5, 7.8, 10.0, 12.2, 13.5, 14.1, 10.0, 12.2, 6.8, 9.5, 11.5, 14.9, 7.5, 10.0, 6.0, 15.8, 11.5
   排序後數據：6.0, 6.8, 7.5, 7.8, 8.9, 9.5, 10.0, 10.0, 10.0, 10.2, 11.2, 11.5, 11.5, 11.5, 12.2, 12.2, 13.5, 14.1, 14.9, 15.8

2. 計算樣本數 (n)： 共有 19 個數據點，所以 $n = 19$。

3. 計算中位數 (Median)：
   中位數是排序後數據的中間值。由於 $n=19$ 是奇數，中位數是第 $\frac{n+1}{2}$ 個數據。
   $\frac{19+1}{2} = \frac{20}{2} = 10$
   因此，中位數是排序後數據的第 10 個值。
   排序後數據：6.0, 6.8, 7.5, 7.8, 8.9, 9.5, 10.0, 10.0, 10.0, 10.2, 11.2, 11.5, 11.5, 11.5, 12.2, 12.2, 13.5, 14.1, 14.9, 15.8
   中位數 = 10.2

4. 計算第一四分位數 (Q1)：
   第一四分位數是排序後數據中，位於中位數左側（不包含中位數本身，若樣本數為奇數）的數據的中位數。
   中位數左側的數據有 9 個：6.0, 6.8, 7.5, 7.8, 8.9, 9.5, 10.0, 10.0, 10.0
   這 9 個數據的中位數是第 $\frac{9+1}{2} = 5$ 個值。
   Q1 = 8.9

5. 計算第三四分位數 (Q3)：
   第三四分位數是排序後數據中，位於中位數右側（不包含中位數本身，若樣本數為奇數）的數據的中位數。
   中位數右側的數據有 9 個：11.2, 11.5, 11.5, 11.5, 12.2, 12.2, 13.5, 14.1, 14.9, 15.8
   這 9 個數據的中位數是第 $\frac{9+1}{2} = 5$ 個值。
   Q3 = 12.2

計算結果：
中位數 (Median) = 10.2
第一四分位數 (Q1) = 8.9
第三四分位數 (Q3) = 12.2

【答案】
中位數 = 10.2
第一四分位數 (Q1) = 8.9
第三四分位數 (Q3) = 12.2

(b) 繪製盒狀圖 (Box Plot)

解題步驟：

1. 計算五數摘要 (Five-Number Summary)：

   • 最小值 (Minimum)：6.0
   • 第一四分位數 (Q1)：8.9
   • 中位數 (Median)：10.2
   • 第三四分位數 (Q3)：12.2
   • 最大值 (Maximum)：15.8

2. 計算四分位距 (Interquartile Range, IQR)：
   $IQR = Q3 - Q1 = 12.2 - 8.9 = 3.3$

3. 判斷是否有離群值 (Outliers)：

   • 下界限 (Lower fence)：$Q1 - 1.5 \times IQR = 8.9 - 1.5 \times 3.3 = 8.9 - 4.95 = 3.95$
   • 上界限 (Upper fence)：$Q3 + 1.5 \times IQR = 12.2 + 1.5 \times 3.3 = 12.2 + 4.95 = 17.15$
     檢查數據中是否有小於 3.95 或大於 17.15 的值。
     最小值 6.0 大於 3.95，最大值 15.8 小於 17.15。因此，此數據集沒有離群值。

4. 繪製盒狀圖：

   • 畫一條數軸，範圍涵蓋最小值到最大值（例如從 5 到 16）。
   • 在數軸上標示出 Q1、中位數和 Q3 的位置。
   • 以 Q1 和 Q3 為邊界畫一個長方形的「盒」。
   • 在盒內畫一條線代表中位數。
   • 從盒的兩端向外畫出「鬚」（whiskers），鬚的末端延伸至非離群值的最小值和最大值。
   • 由於沒有離群值，鬚的末端將分別是最小值 6.0 和最大值 15.8。

盒狀圖示意圖：

      +-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+-----+
      |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |     |
      6.0   7.0   8.0   8.9   9.0  10.0  10.2  11.0  11.5  12.0  12.2  13.0  14.0  15.0  15.8  16.0
      ^                               ^     ^           ^                               ^
      Min                             Q1   Median        Q3                              Max

說明：
盒狀圖的盒代表中間 50% 的數據範圍（從 Q1 到 Q3），盒內的線代表中位數。盒外的鬚代表數據的延伸範圍，不包含離群值。在這個例子中，盒從 8.9 到 12.2，中位數在 10.2。鬚從 6.0 延伸到 15.8。

【答案】
盒狀圖的繪製步驟如上所述，包含五數摘要、IQR 計算、離群值判斷及繪製過程。

(c) Chebyshev's Theorem 或 Empirical Rule 的選擇

解題步驟：

1. 理解 Chebyshev's Theorem 和 Empirical Rule 的適用條件：

   • Chebyshev's Theorem： 對於任何數據分佈，無論其形狀如何，都可以保證至少有 $1 - \frac{1}{k^2}$ 的數據落在距離平均數 $\mu$ $\pm k$ 個標準差的範圍內。它是一個較為保守的定理，適用於任何分佈。
   • Empirical Rule (68-95-99.7 Rule)： 僅適用於近似常態分佈的數據。它指出，對於常態分佈，大約 68% 的數據落在 $\mu \pm 1\sigma$ 範圍內，大約 95% 的數據落在 $\mu \pm 2\sigma$ 範圍內，大約 99.7% 的數據落在 $\mu \pm 3\sigma$ 範圍內。

2. 分析數據的分佈特性：
   題目要求找到一個包含約 95% 數據的區間，並判斷使用 Chebyshev's Theorem 或 Empirical Rule。

   • Empirical Rule 要求數據近似常態分佈。
   • Chebyshev's Theorem 則不要求任何特定分佈。

3. 判斷是否適用 Empirical Rule：
   要使用 Empirical Rule，我們需要知道數據是否近似常態分佈。通常可以透過觀察數據的直方圖、盒狀圖或計算偏度和峰度來判斷。

   • 盒狀圖的觀察： 在 (b) 小題中，我們繪製了盒狀圖。如果盒狀圖是對稱的，且鬚的長度大致相等，則數據可能近似常態分佈。然而，僅憑盒狀圖的視覺判斷可能不夠嚴謹。
   • 數據的偏斜度： 我們可以計算數據的偏度。
   • 計算平均數和標準差： 為了使用這兩個規則，我們需要先計算數據的平均數 ($\bar{x}$) 和標準差 ($s$)。

核心觀念

本題考單一母體平均數的左尾 $t$ 檢定，以及母體平均數的 $95\%$ 信賴區間。母體標準差未知，使用樣本標準差 $s=6$ 估計，因此檢定統計量服從自由度 $n-1$ 的 $t$ 分配：

$$t=\frac{\bar{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}}$$

其中 $\bar{x}$ 為樣本平均數、$\mu_0$ 為虛無假設的邊界值。信賴區間則為：

$$\bar{x}\pm t_{\alpha/2,n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}$$

解題方法

(a) 建立假設

股東團體主張 CEO 的平均任期至少為九年。要挑戰此主張，應檢定平均任期是否低於九年，因此設定左尾檢定：

$$H_0:\mu\geq 9 \qquad H_a:\mu<9$$

計算檢定統計量時，使用虛無假設的邊界值 $\mu_0=9$。

(b) 計算 $p$ 值並作成檢定結論

已知 $n=25$、$\bar{x}=7.8$、$s=6$，自由度為：

$$df=n-1=24$$

標準誤為：

$$\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{6}{\sqrt{25}}=1.2$$

檢定統計量為：

$$t=\frac{7.8-9}{1.2}=-1$$

此為左尾檢定，故 $p$ 值為：

$$p=P(T_{24}\leq -1)\approx 0.163$$

核心觀念

本題考查全機率公式與貝氏定理。先把「找到油」定義為找到高品質油或中品質油，兩種情形互斥，因此可將其機率相加。取得土壤檢驗結果後，再用貝氏定理更新各種油藏狀態的機率。

全機率公式為：

$$P(S)=\sum_i P(S\mid H_i)P(H_i)$$

貝氏定理為：

$$P(H_i\mid S)=\frac{P(S\mid H_i)P(H_i)}{P(S)}$$

其中 $S$ 表示檢驗發現題目所述的土壤，$H_i$ 表示不同的地質狀態。

解題方法與計算

(a) 找到油的機率

找到油包含高品質油與中品質油，故：

$$P(\text{找到油}) =P(\text{高品質油})+P(\text{中品質油}) =0.50+0.30 =0.80$$

因此，初始評估下找到油的機率為 $0.80$。

(b) 更新機率並解讀檢驗結果

先以全機率公式計算觀察到該土壤的總機率：

$$\begin{aligned} P(S) &=P(S\mid\text{高品質油})P(\text{高品質油})\\ &\quad+P(S\mid\text{中品質油})P(\text{中品質油})\\ &\quad+P(S\mid\text{無油})P(\text{無油})\\ &=(0.30)(0.50)+(0.50)(0.30)+(0.20)(0.20)\\ &=0.15+0.15+0.04\\ &=0.34 \end{aligned}$$

再分別套用貝氏定理：

$$P(\text{高品質油}\mid S) =\frac{(0.30)(0.50)}{0.34} =\frac{15}{34} \approx 0.4412$$ $$P(\text{中品質油}\mid S) =\frac{(0.50)(0.30)}{0.34} =\frac{15}{34} \approx 0.4412$$