107 高普考高考三級 工業工程 工程統計學與品質管制 考古題詳解

核心觀念

本題評量計數型「單次抽樣計畫」（Single Sampling Plan）之操作特性曲線（Operating Characteristic Curve, OC 曲線）與兩種風險的計算：

1. 抽樣計畫參數：

• 樣本大小：$n = 10$
• 允收數（合格判定數）：$A_c = c = 1$（當抽檢樣本中不良品數 $d \le 1$ 時允收該批）

2. 不良品數之機率分配： 題目未指定批量大小 $N$，依工程統計與品管慣例假設批量遠大於樣本數（$N \gg n$），抽檢過程可視為獨立試驗，樣本中的不良品數 $D$ 服從二項分配（Binomial Distribution）：$D \sim B(n, p)$。 其允收機率（Lot Acceptance Probability, $P_a$）為： $P_a(p) = P(D \le A_c) = \sum_{d=0}^{A_c} \binom{n}{d} p^d (1-p)^{n-d}$
3. 兩種風險定義：

• 生產者風險（Producer's Risk, $\alpha$）：當進料或製程品質良好、不良率為「允收品質水準」（$\text{AQL} = p_1$）時，該批良品卻因抽樣誤差被誤判拒收的機率： $\alpha = 1 - P_a(p_1) = 1 - P_a(\text{AQL})$
• 消費者風險（Consumer's Risk, $\beta$）：當進料或製程品質低劣、不良率達到「拒收品質水準／批容許不良率」（$\text{LTPD} = p_2$）時，該批劣品卻因抽樣誤差被誤判允收的機率： $\beta = P_a(p_2) = P_a(\text{LTPD})$

解題方法

步驟一：建立允收機率函數 $P_a(p)$

本題 $n = 10$、$A_c = 1$，允收條件為不良品數 $d = 0$ 或 $d = 1$： $P_a(p) = P(D = 0) + P(D = 1) = \binom{10}{0} p^0 (1-p)^{10} + \binom{10}{1} p^1 (1-p)^9$ 提取公因式 $(1-p)^9$ 化簡可得： $P_a(p) = (1-p)^{10} + 10p(1-p)^9 = (1-p)^9 \left[(1-p) + 10p\right] = (1-p)^9 (1 + 9p)$

步驟二：計算生產者風險 $\alpha$

給定 $\text{AQL} = p_1 = 0.02$：

1. 計算該品質水準下的允收機率 $P_a(0.02)$： $P_a(0.02) = (1 - 0.02)^9 \left[1 + 9(0.02)\right] = (0.98)^9 \times (1.18)$ $(0.98)^9 \approx 0.83375$ $P_a(0.02) = 0.83375 \times 1.18 \approx 0.98382$
2. 求生產者風險 $\alpha$： $\alpha = 1 - P_a(0.02) = 1 - 0.98382 = 0.01618 \approx 0.0162 \text{ （或 } 1.62\% \text{）}$

核心觀念

本題評量田口品質工程（Taguchi Methods）在參數設計中的核心應用，主要包含以下定義與公式：

1. 望大特性（Larger-the-Better, LTB）之雜訊比（S/N ratio, $\eta$）： 品質特性目標為「收成愈多愈好」，屬於望大特性。其均方反比差（Mean Squared Deviation, $MSD$）與雜訊比（單位：分貝，$\text{dB}$）定義為： $MSD = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{y_i^2}$ $\eta = -10 \log_{10} (MSD) = -10 \log_{10} \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{y_i^2} \right)$ 雜訊比代表訊號相對於雜音的強度，無論何種品質特性，雜訊比均為愈大愈好。

2. 因子反應表（Factor Response Table）： 直交表各行配置的因子在各水準之雜訊比平均值，計算各水準平均值之極差（Effect / Range, $\Delta = |\text{Max} - \text{Min}|$）與影響力排名（Rank）。

3. 最佳條件與雜訊比預測（Additive Model）：

• 不考慮交互作用時，直接由反應表選取各控制因子雜訊比最高的水準組合。
• 考慮交互作用時，若交互作用效果大於主效應，則需透過雙向表（Two-way Table）選取最佳水準組合。
• 在選定最佳水準後，加法模式之雜訊比估計值公式為： $\hat{\eta} = \bar{\eta} + \sum_{j} (\bar{\eta}_{j}^* - \bar{\eta})$ 其中 $\bar{\eta}$ 為全體實驗平均雜訊比，$\bar{\eta}_{j}^*$ 為納入預測模型之顯著因子在最佳水準下的平均雜訊比。

解題方法

一、各實驗組雜訊比（S/N Ratio）計算

每組實驗重複數 $n = 4$：

1. 實驗編號 1：$y = (315.2, 308.4, 314.5, 321.6)$ $\sum_{i=1}^4 \frac{1}{y_i^2} = \frac{1}{315.2^2} + \frac{1}{308.4^2} + \frac{1}{314.5^2} + \frac{1}{321.6^2}$ $\approx 1.00653 \times 10^{-5} + 1.05141 \times 10^{-5} + 1.01102 \times 10^{-5} + 0.96687 \times 10^{-5} = 4.03583 \times 10^{-5}$ $MSD_1 = \frac{4.03583 \times 10^{-5}}{4} \approx 1.00896 \times 10^{-5}$ $\eta_1 = -10 \log_{10}(1.00896 \times 10^{-5}) \approx 49.9613\text{ dB} \approx 49.96\text{ dB}$

2. 實驗編號 2：$y = (325.2, 331.4, 326.4, 332.4)$ $\sum_{i=1}^4 \frac{1}{y_i^2} = \frac{1}{325.2^2} + \frac{1}{331.4^2} + \frac{1}{326.4^2} + \frac{1}{332.4^2}$ $\approx 9.45581 \times 10^{-6} + 9.10532 \times 10^{-6} + 9.38641 \times 10^{-6} + 9.05061 \times 10^{-6} = 3.69982 \times 10^{-5}$ $MSD_2 = \frac{3.69982 \times 10^{-5}}{4} \approx 9.24954 \times 10^{-6}$ $\eta_2 = -10 \log_{10}(9.24954 \times 10^{-6}) \approx 50.3388\text{ dB} \approx 50.34\text{ dB}$

3. 實驗編號 3：$y = (314.6, 306.3, 297.5, 314.2)$ $\sum_{i=1}^4 \frac{1}{y_i^2} = \frac{1}{314.6^2} + \frac{1}{306.3^2} + \frac{1}{297.5^2} + \frac{1}{314.2^2}$ $\approx 1.01038 \times 10^{-5} + 1.06587 \times 10^{-5} + 1.12986 \times 10^{-5} + 1.01295 \times 10^{-5} = 4.21906 \times 10^{-5}$ $MSD_3 = \frac{4.21906 \times 10^{-5}}{4} \approx 1.05477 \times 10^{-5}$ $\eta_3 = -10 \log_{10}(1.05477 \times 10^{-5}) \approx 49.7685\text{ dB} \approx 49.77\text{ dB}$

4. 實驗編號 4：$y = (256.4, 276.4, 282.5, 262.4)$ $\sum_{i=1}^4 \frac{1}{y_i^2} = \frac{1}{256.4^2} + \frac{1}{276.4^2} + \frac{1}{282.5^2} + \frac{1}{262.4^2}$ $\approx 1.52112 \times 10^{-5} + 1.30895 \times 10^{-5} + 1.25304 \times 10^{-5} + 1.45235 \times 10^{-5} = 5.53546 \times 10^{-5}$ $MSD_4 = \frac{5.53546 \times 10^{-5}}{4} \approx 1.38387 \times 10^{-5}$ $\eta_4 = -10 \log_{10}(1.38387 \times 10^{-5}) \approx 48.5890\text{ dB} \approx 48.59\text{ dB}$

全體平均雜訊比： $\bar{\eta} = \frac{49.9613 + 50.3388 + 49.7685 + 48.5890}{4} = 49.6644\text{ dB} \approx 49.66\text{ dB}$

二、因子反應表（Factor Response Table）

依直交表各因子之水準配置計算平均雜訊比：

• 因子 A：

• 水準 1（實驗 1、2）：$\bar{A}_1 = \frac{\eta_1 + \eta_2}{2} = \frac{49.9613 + 50.3388}{2} = 50.1501\text{ dB}$

• 水準 2（實驗 3、4）：$\bar{A}_2 = \frac{\eta_3 + \eta_4}{2} = \frac{49.7685 + 48.5890}{2} = 49.1788\text{ dB}$

• 極差 $\Delta_A = |50.1501 - 49.1788| = 0.9713\text{ dB}$

• 因子 B：

• 水準 1（實驗 1、3）：$\bar{B}_1 = \frac{\eta_1 + \eta_3}{2} = \frac{49.9613 + 49.7685}{2} = 49.8649\text{ dB}$

• 水準 2（實驗 2、4）：$\bar{B}_2 = \frac{\eta_2 + \eta_4}{2} = \frac{50.3388 + 48.5890}{2} = 49.4639\text{ dB}$

核心觀念

本題屬於雙獨立母體比例差之假說檢定（Two-Sample Test for Differences in Proportions），主要測驗以下觀念與公式：

1. 假說設定原則：依古典統計檢定原則，包含等號（$=, \ge, \le$）的敘述必定歸於虛無假設（Null Hypothesis, $H_0$）。題目之宣稱為「至少減少故障率 5%」（即差值 $\ge 0.05$），故檢定目標為檢驗是否有足夠證據否定該公司的宣稱（左尾檢定）。
2. 大樣本常態近似條件：當各組的成功數與失敗數皆滿足 $n_i p_i \ge 5$ 且 $n_i(1-p_i) \ge 5$ 時，由中央極限定理（CLT），樣本比例差 $(\hat{p}_1 - \hat{p}_2)$ 近似服從常態分配。
3. 檢定統計量與標準誤公式：

• 當虛無差值 $\Delta_0 \neq 0$ 時，兩母體比例在虛無假設下並不相等（$p_1 \neq p_2$），不可使用合併比例（Pooled Proportion），必須採用個別樣本比例計算未合併標準誤： $SE = \sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1} + \frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}$
• 檢定統計量： $Z = \frac{(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) - \Delta_0}{SE} \sim N(0, 1)$

解題方法

步驟一：定義參數並整理樣本統計量

設 $p_1$ 為改善前產品之母體故障率，$p_2$ 為改善後產品之母體故障率。

• 改善前樣本（組 1）：
• 樣本數 $n_1 = 200$，故障數 $x_1 = 38$
• 樣本故障率 $\hat{p}_1 = \frac{38}{200} = 0.19$
• 改善後樣本（組 2）：
• 樣本數 $n_2 = 250$，故障數 $x_2 = 30$
• 樣本故障率 $\hat{p}_2 = \frac{30}{250} = 0.12$
• 樣本故障率差值（實際減少量）： $\hat{p}_1 - \hat{p}_2 = 0.19 - 0.12 = 0.07$

步驟二：建立統計假說

公司宣稱改善後「至少減少故障率 5%」，即 $p_1 - p_2 \ge 0.05$。檢定目的是驗證該宣稱是否有誇大或不實之處： $H_0: p_1 - p_2 \ge 0.05 \quad (\text{公司宣稱屬實})$ $H_1: p_1 - p_2 < 0.05 \quad (\text{公司宣稱不實，改善幅度未達 } 5\%)$ 此為單尾（左尾）檢定，顯著水準 $\alpha = 0.05$。

步驟三：檢驗大樣本條件

• $n_1 \hat{p}_1 = 200 \times 0.19 = 38 \ge 5$
• $n_1 (1 - \hat{p}_1) = 200 \times 0.81 = 162 \ge 5$
• $n_2 \hat{p}_2 = 250 \times 0.12 = 30 \ge 5$
• $n_2 (1 - \hat{p}_2) = 250 \times 0.88 = 220 \ge 5$ 樣本數充分大，可採用標準常態 $Z$ 檢定。

步驟四：計算標準誤與檢定統計量

因假說之檢定差值 $\Delta_0 = 0.05 \neq 0$，採用未合併比例之標準誤：

核心觀念

本題評量品質管制中「休哈特（Shewhart）平均值管制圖（$\bar{X}$ 管制圖）」之數學基礎、製程能力（不良率）評估，以及製程失控時管制圖之「檢力（Power）」計算。核心觀念涵蓋：

1. $\bar{X}$ 管制圖之三倍標準差界限： 若產品品質特性 $X$ 呈常態分配，即 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，則大小為 $n$ 之隨機樣本其樣本平均數 $\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$。三倍標準差管制界限定義為： $\mathrm{CL} = \mu$ $\mathrm{UCL} = \mu + 3\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ $\mathrm{LCL} = \mu - 3\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 管制界限之全寬為： $\mathrm{UCL} - \mathrm{LCL} = 6\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$

2. 製程不良率（Fraction Nonconforming, $p$）： 不良率係針對「個別產品規格（$X$）」評定，而非樣本平均數（$\bar{X}$）。給定規格界限 $\mathrm{LSL}$ 與 $\mathrm{USL}$，個別產品合格條件為 $\mathrm{LSL} \le X \le \mathrm{USL}$，故不良率為雙尾機率： $p = P(X < \mathrm{LSL}) + P(X > \mathrm{USL})$

3. 製程轉變後之管制圖檢力（Power, $1-\beta$）： 當製程參數由 $(\mu, \sigma)$ 轉變為 $(\mu_1, \sigma_1)$ 時，樣本平均數 $\bar{X}$ 之抽樣分配隨之變更為 $\bar{X} \sim N(\mu_1, \sigma_1^2/n)$。 題目所稱「樣本平均值未能符合管制界限之機率」，即「樣本平均值超出原管制界限之機率（製程發出警訊或被成功偵測出失控之機率）」，亦即統計檢定之檢力： $P(\bar{X} \notin [\mathrm{LCL}, \mathrm{UCL}]) = P(\bar{X} < \mathrm{LCL}) + P(\bar{X} > \mathrm{UCL})$

解題方法

（一）求製程平均值 $\mu$ 及標準差 $\sigma$

已知：

• 樣本數 $n = 4$
• 上管制界限 $\mathrm{UCL} = 202.0\ \mathrm{g}$
• 下管制界限 $\mathrm{LCL} = 196.0\ \mathrm{g}$

1. 求製程平均值 $\mu$： 因 $\bar{X}$ 管制圖具對稱性，中心線 $\mathrm{CL}$ 即為上、下管制界限之中點： $\mu = \mathrm{CL} = \frac{\mathrm{UCL} + \mathrm{LCL}}{2} = \frac{202.0 + 196.0}{2} = 199.0\ \mathrm{g}$

2. 求製程標準差 $\sigma$： 上、下管制界限之間距為 $6\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$： $\mathrm{UCL} - \mathrm{LCL} = 6\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ 代入已知數值： $202.0 - 196.0 = 6\frac{\sigma}{\sqrt{4}}$ $6.0 = 6 \times \frac{\sigma}{2} = 3\sigma$ $\sigma = \frac{6.0}{3} = 2.0\ \mathrm{g}$

（二）求產品重量規格為 $200\pm5\ \mathrm{g}$ 時之不良率

已知：

• 產品重量 $X \sim N(\mu, \sigma^2) = N(199, 2^2)$
• 規格下限 $\mathrm{LSL} = 200 - 5 = 195.0\ \mathrm{g}$
• 規格上限 $\mathrm{USL} = 200 + 5 = 205.0\ \mathrm{g}$

將個別產品特性 $X$ 標準化為標準常態隨機變數 $Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{X - 199}{2}$：

1. 低於規格下限之機率： $Z_{\mathrm{LSL}} = \frac{195 - 199}{2} = -2.00$ $P(X < 195) = P(Z < -2.00) = \Phi(-2.00) = 1 - \Phi(2.00)$ 查標準常態分配表：$\Phi(2.00) \approx 0.97725$ $P(X < 195) = 1 - 0.97725 = 0.02275$

2. 高於規格上限之機率： $Z_{\mathrm{USL}} = \frac{205 - 199}{2} = 3.00$ $P(X > 205) = P(Z > 3.00) = 1 - \Phi(3.00)$ 查標準常態分配表：$\Phi(3.00) \approx 0.99865$ $P(X > 205) = 1 - 0.99865 = 0.00135$

3. 總不良率 $p$： $p = P(X < 195) + P(X > 205) = 0.02275 + 0.00135 = 0.02410\ (\text{或 } 2.41\%)$

核心觀念

本題旨在評量雙因子變異數分析（Two-Way Analysis of Variance, Two-Way ANOVA，含重複試驗之固定效應模型）。

1. 實驗模型與因子定義：

• 因子 $A$（肥料）：水準數 $a = 2$（A、B）。
• 因子 $B$（灌溉方式）：水準數 $b = 2$（甲、乙）。
• 各處理組合（Cell）之重複觀測次數 $n = 4$（四塊土地之重複收成數據）。
• 總樣本數 $N = a \times b \times n = 2 \times 2 \times 4 = 16$。
• 線性統計模型： $y_{ijk} = \mu + \alpha_i + \beta_j + (\alpha\beta)_{ij} + \epsilon_{ijk}, \quad i=1,2;\; j=1,2;\; k=1,2,3,4$ 其中 $\mu$ 為總體平均數，$\alpha_i$ 為肥料主效應，$\beta_j$ 為灌溉方式主效應，$(\alpha\beta)_{ij}$ 為交互作用效應，誤差項 $\epsilon_{ijk} \overset{iid}{\sim} N(0, \sigma^2)$。

2. 平方和分解（Sum of Squares Identity）： $SS_T = SSA + SSB + SS_{AB} + SSE$

• 總自由度分解：$df_T = df_A + df_B + df_{AB} + df_E$ $(N - 1) = (a - 1) + (b - 1) + (a - 1)(b - 1) + ab(n - 1)$ $15 = 1 + 1 + 1 + 12$

3. $F$ 檢定統計量：

• 檢定統計量分別為 $F_A = \frac{MSA}{MSE}$、$F_B = \frac{MSB}{MSE}$、$F_{AB} = \frac{MSAB}{MSE}$。
• 在各虛無假設成立下，統計量皆服從自由度為 $(1, 12)$ 的 $F$ 分配。

解題方法

步驟一：建立統計假設

在顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下，檢定以下三組假設：

1. 肥料主效應檢定：

• $H_{0A}: \alpha_1 = \alpha_2 = 0$（兩種肥料之作物平均收成無顯著差異）
• $H_{1A}: \text{至少有一個 } \alpha_i \neq 0$（兩種肥料之作物平均收成有顯著差異）

2. 灌溉方式主效應檢定：

• $H_{0B}: \beta_1 = \beta_2 = 0$（兩種灌溉方式之作物平均收成無顯著差異）
• $H_{1B}: \text{至少有一個 } \beta_j \neq 0$（兩種灌溉方式之作物平均收成有顯著差異）

3. 肥料與灌溉方式交互作用檢定：

• $H_{0AB}: (\alpha\beta)_{ij} = 0, \;\forall i, j$（肥料與灌溉方式無交互作用）
• $H_{1AB}: \text{至少有一個 } (\alpha\beta)_{ij} \neq 0$（肥料與灌溉方式存在交互作用）

步驟二：基本數據彙整

各處理組合的樣本總和 $y_{ij\cdot}$、列總和 $y_{i\cdot\cdot}$、行總和 $y_{\cdot j\cdot}$ 與全體總和 $y_{\cdot\cdot\cdot}$ 如下：

• 各單元格總和（Cell Totals, $n = 4$）：

• A 肥料、甲灌溉：$y_{11\cdot} = 315.2 + 308.4 + 314.5 + 321.6 = 1259.7$

• A 肥料、乙灌溉：$y_{12\cdot} = 325.2 + 331.4 + 326.4 + 332.4 = 1315.4$

• B 肥料、甲灌溉：$y_{21\cdot} = 314.6 + 306.3 + 282.5 + 262.4 = 1165.8$

• B 肥料、乙灌溉：$y_{22\cdot} = 297.5 + 314.2 + 256.4 + 276.4 = 1144.5$

• 邊際總和（Marginal Totals）：

• 肥料 A 總和：$y_{1\cdot\cdot} = 1259.7 + 1315.4 = 2575.1$（平均 $\bar{y}_{1\cdot\cdot} = 321.8875$）

• 肥料 B 總和：$y_{2\cdot\cdot} = 1165.8 + 1144.5 = 2310.3$（平均 $\bar{y}_{2\cdot\cdot} = 288.7875$）

• 甲灌溉總和：$y_{\cdot 1\cdot} = 1259.7 + 1165.8 = 2425.5$（平均 $\bar{y}_{\cdot 1\cdot} = 303.1875$）

• 乙灌溉總和：$y_{\cdot 2\cdot} = 1315.4 + 1144.5 = 2459.9$（平均 $\bar{y}_{\cdot 2\cdot} = 307.4875$）

• 全體總和：$y_{\cdot\cdot\cdot} = 2575.1 + 2310.3 = 4885.4$

步驟三：各項平方和（$SS$）計算

1. 校正項（Correction Factor, $CF$）： $CF = \frac{y_{\cdot\cdot\cdot}^2}{N} = \frac{4885.4^2}{16} = \frac{23867133.16}{16} = 1491695.8225$

2. 總平方和（$SS_T$）： 全部 16 筆觀測值之平方和： $\sum_{i=1}^2 \sum_{j=1}^2 \sum_{k=1}^4 y_{ijk}^2 = 396798.41 + 432607.72 + 341452.86 + 329365.81 = 1500224.80$ $SS_T = 1500224.80 - 1491695.8225 = 8528.9775$

3. 肥料主效應平方和（$SSA$）： $SSA = \frac{y_{1\cdot\cdot}^2 + y_{2\cdot\cdot}^2}{b \times n} - CF = \frac{2575.1^2 + 2310.3^2}{8} - 1491695.8225 = \frac{11968626.10}{8} - 1491695.8225 = 4382.4400$

4. 灌溉方式主效應平方和（$SSB$）： $SSB = \frac{y_{\cdot 1\cdot}^2 + y_{\cdot 2\cdot}^2}{a \times n} - CF = \frac{2425.5^2 + 2459.9^2}{8} - 1491695.8225 = \frac{11934158.26}{8} - 1491695.8225 = 73.9600$

5. 處理（組合）平方和（$SS_{\text{Sub}}$）：