112 原住民特考三等 農業技術 試驗設計 考古題詳解

核心觀念

本題考單尾假說檢定、型 I 錯誤，以及 $P$ 值與顯著水準的判讀。理賠條件是區域實際產量低於基準產量，因此檢定方向為左尾。

解題方法

令 $\mu$ 為目標區域作物的實際平均產量，$\mu_0$ 為區域基準產量。將「未低於基準」列為虛無假設，將「低於基準」列為對立假設：

$$H_0:\mu\geq\mu_0,\qquad H_1:\mu<\mu_0.$$

檢定時若拒絕 $H_0$，表示有足夠統計證據認為 $\mu<\mu_0$，據此啟動理賠；若未拒絕 $H_0$，則不啟動理賠。統計上未拒絕虛無假設，不代表已證明 $\mu\geq\mu_0$。

（一）虛無假設與對立假設

$$H_0:\mu\geq\mu_0,\qquad H_1:\mu<\mu_0.$$

此為左尾檢定。實際進行檢定時，通常以虛無假設的邊界值 $\mu=\mu_0$ 計算檢定統計量與 $P$ 值。

（二）型 I 錯誤與理賠決策

型 I 錯誤是「虛無假設為真，卻錯誤拒絕虛無假設」。本題中，這表示實際產量並未低於基準產量，即 $\mu\geq\mu_0$，但檢定結果卻判定 $\mu<\mu_0$，因此錯誤啟動理賠。

（三）$P$ 值與檢定決策

核心觀念

本題以兩種方法測量相同 5 個試驗單位，因此觀測值彼此相關，應使用成對 $t$ 檢定。做法是先計算每個試驗單位的兩種測量差值，再檢定差值的母體平均數是否為 0。

令每一試驗單位的差值為 $d_i=B_i-A_i$，則：

• 虛無假設：$H_0:\mu_d=0$（兩種方法的平均測量值相等）
• 對立假設：$H_1:\mu_d\ne 0$（兩種方法的平均測量值不相等）

檢定統計量為：

$$t=\frac{\bar d-0}{s_d/\sqrt{n}},\qquad df=n-1$$

其中 $\bar d$ 為差值平均數，$s_d$ 為差值的樣本標準差。

解題方法

先逐一配對計算 $B-A$：

試驗單位	1	2	3	4	5
$d_i=B_i-A_i$	31	25	83	95	95

差值總和為 $329$，因此：

$$\bar d=\frac{31+25+83+95+95}{5}=65.8$$

差值離均差平方和為：

$$\sum_{i=1}^{5}(d_i-\bar d)^2 =1210.24+1664.64+295.84+852.64+852.64 =4876$$

所以差值樣本變異數與標準差為：

$$s_d^2=\frac{4876}{5-1}=1219,\qquad s_d=\sqrt{1219}\approx34.914$$

標準誤為：

$$SE(\bar d)=\frac{s_d}{\sqrt{5}} =\sqrt{\frac{1219}{5}} \approx15.612$$

（一）成對 $t$ 檢定

核心觀念

本題考完全隨機設計（completely randomized design, CRD）的試驗單位數、隨機分派，以及單因子固定效果線性模式。

試驗單位是接受某一處理並獨立觀察反應的最小實驗單位。本題有 3 種組織培養方式，每種重複 5 次，因此每一種方式需要 5 個試驗單位。

解題方法

（一）試驗單位數與隨機分派

總試驗單位數為：

$$N = 3 \times 5 = 15$$

因此需準備 15 個試驗單位，例如 15 株條件相近且可分別培養、記錄高度的香莢蘭植株；每株分別接受一種組織培養方式，並作為一個試驗單位。

將 15 個試驗單位編號為 1 至 15，再以隨機方式從中分派 5 個接受方式 1、5 個接受方式 2，其餘 5 個接受方式 3。可透過抽籤或亂數完成分派。完全隨機設計不另設區集；分派時應避免依植株位置、大小或編號順序指定處理，否則會失去隨機化。

（二）線性統計模式

令 $Y_{ij}$ 表示第 $i$ 種培養方式下第 $j$ 個試驗單位的植株高度，其中 $i=1,2,3$，$j=1,\ldots,5$。其線性統計模式為：

$$Y_{ij} = \mu + \tau_i + \varepsilon_{ij}$$

各項定義及限制如下：

核心觀念

本題考查 $2\times2$ 因子試驗配置於隨機完全區集設計（RCBD）時的變方分析，以及主效應與交互作用的判讀。兩個因子各有兩個變級：播種密度 $D$（$D_1,D_2$）及播種日期 $T$（$T_1,T_2$），每個處理組合在三個區集各觀測一次。

令 $a=2$、$b=2$、區集數 $r=3$，則總觀測數 $N=abr=12$。自由度為：

• 區集：$r-1=2$
• 播種密度：$a-1=1$
• 播種日期：$b-1=1$
• 密度與日期交互作用：$(a-1)(b-1)=1$
• 誤差：$(r-1)(ab-1)=6$

總自由度 $N-1=11$，與各來源自由度總和 $2+1+1+1+6=11$ 相符。

解題方法與計算

校正因子為：

$$CF=\frac{G^2}{N}=\frac{277.50^2}{12}=6417.1875$$

區集平方和以區集總和計算：

$$SS_{\text{區集}} =\frac{93.42^2+87.08^2+97.00^2}{4}-CF =12.6182$$

處理組合總和平方和為：

$$SS_{\text{處理}} =\frac{56.77^2+66.70^2+71.15^2+82.88^2}{3}-CF =117.1924$$

播種密度兩水準的邊際總和為 $123.47$、$154.03$，因此：

$$SS_D=\frac{123.47^2+154.03^2}{6}-CF=77.8261$$

播種日期兩水準的邊際總和為 $127.92$、$149.58$，因此：

$$SS_T=\frac{127.92^2+149.58^2}{6}-CF=39.0963$$

交互作用平方和由處理平方和扣除兩項主效應：

$$SS_{D\times T} =SS_{\text{處理}}-SS_D-SS_T =117.1924-77.8261-39.0963 =0.2700$$

誤差均方為：

$$MS_E=\frac{SS_E}{df_E}=\frac{28.884}{6}=4.814$$

各因子均方因自由度皆為 $1$，故均方等於平方和；$F$ 值則以各來源均方除以誤差均方：

$$F_D=\frac{77.8261}{4.814}=16.17,\qquad F_T=\frac{39.0963}{4.814}=8.12,\qquad F_{D\times T}=\frac{0.2700}{4.814}=0.056$$

變方分析表填答

變異來源	自由度	平方和	均方	$F$ 值	$P$ 值