115 年 國立政治大學金融學系碩士班金融管理組《統計學A》

本題考驗機率的遞迴關係與離散機率分佈的計算。

核心觀念：利用遞迴關係求解機率，並計算累積機率與補集機率。

解題步驟：
首先，題目給定一個遞迴關係式：$P(N = n + 1) = 0.2 \cdot P(N = n)$。這表示當 $n$ 增加 1 時，發生 $n+1$ 次違約的機率是發生 $n$ 次違約機率的 0.2 倍。這個關係式對於所有非負整數 $n$ 都成立。

(a) 求 $P(N = 0)$。
我們從遞迴關係式出發，令 $n = 0$，則有：
$P(N = 1) = 0.2 \cdot P(N = 0)$

令 $n = 1$，則有：
$P(N = 2) = 0.2 \cdot P(N = 1) = 0.2 \cdot (0.2 \cdot P(N = 0)) = (0.2)^2 \cdot P(N = 0)$

以此類推，我們可以推廣到任意的 $n \ge 0$：
$P(N = n) = (0.2)^n \cdot P(N = 0)$

由於 $N$ 代表違約的數量，它是一個非負整數。所有可能違約數量的機率總和必須為 1。即：
$\sum_{n=0}^{\infty} P(N = n) = 1$

將我們推導出的 $P(N = n)$ 代入上式：
$\sum_{n=0}^{\infty} (0.2)^n \cdot P(N = 0) = 1$

將 $P(N = 0)$ 提出求和符號（因為它與 $n$ 無關）：
$P(N = 0) \cdot \sum_{n=0}^{\infty} (0.2)^n = 1$

此時，我們看到一個無窮等比級數 $\sum_{n=0}^{\infty} (0.2)^n$。其首項 $a = (0.2)^0 = 1$，公比 $r = 0.2$。由於 $|r| < 1$，此級數收斂，其總和為 $\frac{a}{1-r}$。
$\sum_{n=0}^{\infty} (0.2)^n = \frac{1}{1 - 0.2} = \frac{1}{0.8} = \frac{10}{8} = \frac{5}{4} = 1.25$

將級數總和代回方程式：
$P(N = 0) \cdot 1.25 = 1$

本題考驗機率分佈與期望值、變異數的概念，並結合獨立事件與二項分佈進行計算。

核心觀念：利用二項分佈計算違約數量，進而推導投資組合總價值的機率分佈，並求解滿足條件的最大 $K$ 值。

解題步驟：
首先，我們分析單一債券的價值。每支債券有兩種可能價值：

1. 價值 $100$，機率為 $0.5$ (無違約)。
2. 價值 $100 - K$，機率為 $0.5$ (發生違約)。

投資組合共有 5 支債券，且違約事件是獨立的。這意味著投資組合中違約的債券數量可以視為一個二項分佈。
令 $X$ 為投資組合中違約的債券數量。由於有 5 支債券，且每支債券違約的機率為 $0.5$（因為 $P(\text{value} = 100-K) = 0.5$），因此 $X$ 服從二項分佈 $B(n=5, p=0.5)$。
$P(X=k) = \binom{5}{k} (0.5)^k (0.5)^{5-k} = \binom{5}{k} (0.5)^5$

投資組合的總價值 $V$ 可以表示為：
$V = \sum_{i=1}^{5} V_i$，其中 $V_i$ 是第 $i$ 支債券的價值。
如果有 $k$ 支債券違約，則有 $5-k$ 支債券價值為 $100$，有 $k$ 支債券價值為 $100-K$。
所以，總價值 $V$ 可以寫成：
$V = (5-k) \cdot 100 + k \cdot (100 - K)$
$V = 500 - 50K + 100k - kK$
$V = 500 - kK$

題目要求投資組合價值 $V$ 低於 $450$ 的機率小於 $10\%$。
$P(V < 450) < 0.10$
將 $V = 500 - kK$ 代入：
$P(500 - kK < 450) < 0.10$
$P(500 - 450 < kK) < 0.10$
$P(50 < kK) < 0.10$

由於 $K$ 是損失，通常我們假設 $K > 0$。如果 $K>0$，則 $kK$ 隨著 $k$ 的增大而增大。
$50 < kK \iff k > \frac{50}{K}$ (假設 $K>0$)。
所以，我們要求的是：
$P(k > \frac{50}{K}) < 0.10$

$k$ 是違約的債券數量，其可能值為 $0, 1, 2, 3, 4, 5$。
我們需要計算 $P(X > \frac{50}{K})$。

首先，我們列出 $X$ 的機率分佈：
$P(X=0) = \binom{5}{0} (0.5)^5 = 1 \cdot \frac{1}{32} = \frac{1}{32}$
$P(X=1) = \binom{5}{1} (0.5)^5 = 5 \cdot \frac{1}{32} = \frac{5}{32}$
$P(X=2) = \binom{5}{2} (0.5)^5 = 10 \cdot \frac{1}{32} = \frac{10}{32}$
$P(X=3) = \binom{5}{3} (0.5)^5 = 10 \cdot \frac{1}{32} = \frac{10}{32}$
$P(X=4) = \binom{5}{4} (0.5)^5 = 5 \cdot \frac{1}{32} = \frac{5}{32}$
$P(X=5) = \binom{5}{5} (0.5)^5 = 1 \cdot \frac{1}{32} = \frac{1}{32}$

總和檢查：$\frac{1+5+10+10+5+1}{32} = \frac{32}{32} = 1$。

我們需要使 $P(X > \frac{50}{K}) < 0.10$。
由於 $X$ 的值是離散的 $0, 1, 2, 3, 4, 5$，這個條件 $X > \frac{50}{K}$ 意味著 $X$ 必須取大於 $\frac{50}{K}$ 的值。
我們從最大的 $X$ 值開始累加機率，直到機率總和超過 $0.10$。

1. 如果 $\frac{50}{K} < 4$，則 $X$ 可以是 $5$。 $P(X > \frac{50}{K}) \ge P(X=5) = \frac{1}{32} = 0.03125$。
2. 如果 $\frac{50}{K} < 3$，則 $X$ 可以是 $4$ 或 $5$。 $P(X > \frac{50}{K}) \ge P(X=4) + P(X=5) = \frac{5}{32} + \frac{1}{32} = \frac{6}{32} = 0.1875$。
3. 如果 $\frac{50}{K} < 2$，則 $X$ 可以是 $3, 4, 5$。 $P(X > \frac{50}{K}) \ge P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = \frac{10}{32} + \frac{5}{32} + \frac{1}{32} = \frac{16}{32} = 0.5$。

本題考驗連續隨機變數的函數轉換，特別是求最大值的機率密度函數。

核心觀念：先求累積分佈函數 (CDF)，再對 CDF 微分得到機率密度函數 (PDF)。

解題步驟：
設 $X$ 和 $Y$ 是兩個獨立的、服從 $U(0, 1)$ 分佈的隨機變數。
它們的機率密度函數 (PDF) 為：
$f_X(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
$f_Y(y) = \begin{cases} 1 & \text{if } 0 < y < 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

令 $Z = \max(X, Y)$。我們需要求 $Z$ 的機率密度函數 $f_Z(z)$。
求 PDF 的常用方法是先求累積分佈函數 (CDF)，即 $F_Z(z) = P(Z \le z)$，然後對 $F_Z(z)$ 微分。

首先，確定 $Z$ 的取值範圍。由於 $X$ 和 $Y$ 的取值都在 $(0, 1)$ 之間，它們的最大值 $Z$ 也必然在 $(0, 1)$ 之間。所以，$0 < z < 1$。

現在計算 $F_Z(z) = P(Z \le z)$。
$P(Z \le z) = P(\max(X, Y) \le z)$
「$\max(X, Y) \le z$」這個事件等價於「$X \le z$ 且 $Y \le z$」。
所以，$F_Z(z) = P(X \le z \text{ and } Y \le z)$。

由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，我們可以將機率相乘：
$F_Z(z) = P(X \le z) \cdot P(Y \le z)$

現在我們需要計算 $P(X \le z)$，其中 $0 < z < 1$。
$P(X \le z) = \int_{-\infty}^{z} f_X(x) dx$

本題為迴歸分析的經典考題，涵蓋了 OLS 的假設、估計量的性質以及假設檢定。

核心觀念：OLS 的無偏性假設、聯立假設檢定。

解題步驟：

(a) 求 OLS 估計量 $\hat{\beta}_1, \hat{\beta}_2$ 的無偏性假設。
對於線性迴歸模型 $y = \beta_0 + \beta_1x + \beta_2z + \epsilon$，若要使 OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_2$ 是無偏的，需要滿足 Gauss-Markov 定理的假設，但題目特別要求「無偏性」的假設，因此我們只列出與無偏性直接相關的假設。

OLS 估計量的無偏性要求：

1. 線性模型: 迴歸模型必須是線性的（在參數上是線性的）。即 $y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + \beta_2z_i + \epsilon_i$ 對於所有樣本 $i$ 成立。
2. 隨機抽樣: 樣本是隨機抽取的，以便推論到母體。
3. 外生性 (Exogeneity): 誤差項 $\epsilon$ 與迴歸因子 $x$ 和 $z$ 的期望值為零，且相互獨立。更精確地說，對於所有 $i$，$E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$。這意味著誤差項與解釋變數之間沒有系統性的關係。
4. 無多重共線性 (No perfect multicollinearity): 解釋變數 $x$ 和 $z$ 之間不存在完全的線性關係。也就是說，一個解釋變數不能是另一個解釋變數的線性組合。在我們的例子中，即 $x$ 和 $z$ 不能完全相關。
5. 同質變異數與無序列相關 (Homoskedasticity and no serial correlation): 誤差項的變異數是常數（同質變異數），且不同觀察值的誤差項之間沒有相關性（無序列相關）。即 $Var(\epsilon_i | x_i, z_i) = \sigma^2$ 對於所有 $i$ 成立，且 $Cov(\epsilon_i, \epsilon_j | x_i, z_i, x_j, z_j) = 0$ 對於 $i \neq j$ 成立。雖然這個假設對於 OLS 的有效性（最小變異數）是必要的，但對於無偏性，主要是外生性假設 $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ 最為關鍵。

題目要求「只列出與無偏性直接相關的假設」，這通常是指：

• $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ (誤差項的條件期望為零)。
• 解釋變數 $x$ 和 $z$ 不是隨機的，或者它們是隨機的但與誤差項無關。
• 解釋變數之間沒有完全的多重共線性。

若要保證 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_2$ 是無偏的，最關鍵的假設是：

1. $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ (誤差項的條件期望為零)。
2. 無完全多重共線性：$x$ 和 $z$ 之間不存在完全的線性關係。

題目特別強調「No points will be given if any irrelevant assumptions are also provided」，這表示我們應聚焦於無偏性的必要條件。

• $E(\epsilon_i) = 0$ 這是 $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ 的一個較弱版本，但通常在教科書中會提到。
• $Cov(x_i, \epsilon_i) = 0$ 和 $Cov(z_i, \epsilon_i) = 0$ 是 $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ 的另一種表述方式。
• 解釋變數的取值是固定的（非隨機）或與誤差項獨立。

最精確且直接相關的假設是：

• 誤差項的條件期望為零: $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$ 對於所有 $i$。
• 解釋變數之間無完全多重共線性: 向量 $(x_i, z_i)$ 的協方差矩陣是滿秩的，或者說 $x$ 和 $z$ 之間不存在一個完美的線性關係。

【答案】

• $E(\epsilon_i | x_i, z_i) = 0$
• 解釋變數 $x$ 和 $z$ 之間不存在完全的多重共線性。

(b) 解釋為什麼如果 $\beta_1$ 是有偏的，$\hat{\beta}_0$ 也會是有偏的。
首先，我們回顧 OLS 估計量的公式。對於包含截距項的模型 $y = \beta_0 + \beta_1x + \beta_2z + \epsilon$，OLS 估計量滿足普通最小平方法則，其中一個重要性質是：
$\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1\bar{x} - \hat{\beta}_2\bar{z}$

現在我們來分析 $\hat{\beta}_0$ 的期望值：
$E(\hat{\beta}_0) = E(\bar{y} - \hat{\beta}_1\bar{x} - \hat{\beta}_2\bar{z})$
$E(\hat{\beta}_0) = E(\bar{y}) - E(\hat{\beta}_1\bar{x}) - E(\hat{\beta}_2\bar{z})$

我們知道 $\bar{y} = \frac{1}{n}\sum y_i = \frac{1}{n}\sum (\beta_0 + \beta_1x_i + \beta_2z_i + \epsilon_i) = \beta_0 + \beta_1\bar{x} + \beta_2\bar{z} + \bar{\epsilon}$。
所以，$E(\bar{y}) = \beta_0 + \beta_1E(\bar{x}) + \beta_2E(\bar{z}) + E(\bar{\epsilon})$。
在標準 OLS 假設下（例如 $E(x_i)=E(z_i)=E(\epsilon_i)=0$ 或解釋變數是固定的），通常 $E(\bar{x}) = \bar{x}$ 且 $E(\bar{z}) = \bar{z}$ (如果解釋變數是固定的) 或 $E(\bar{x}) = E(x)$ 且 $E(\bar{z}) = E(z)$ (如果解釋變數是隨機的)。如果我們假設 $E(\epsilon_i)=0$，則 $E(\bar{\epsilon}) = 0$。
因此，$E(\bar{y}) = \beta_0 + \beta_1E(\bar{x}) + \beta_2E(\bar{z})$。

則 $E(\hat{\beta}_0) = E(\bar{y}) - E(\hat{\beta}_1\bar{x}) - E(\hat{\beta}_2\bar{z})$。
如果 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_2$ 是無偏估計量，即 $E(\hat{\beta}_1) = \beta_1$ 和 $E(\hat{\beta}_2) = \beta_2$，並且解釋變數是獨立於誤差項的（例如，解釋變數是固定的，或 $E(\bar{x}| \text{data}) = \bar{x}$ 且 $E(\bar{z}| \text{data}) = \bar{z}$），則：
$E(\hat{\beta}_1\bar{x}) = E(\hat{\beta}_1)E(\bar{x}) = \beta_1 E(\bar{x})$ （如果 $\bar{x}$ 是固定的或與 $\hat{\beta}_1$ 無關）
$E(\hat{\beta}_2\bar{z}) = E(\hat{\beta}_2)E(\bar{z}) = \beta_2 E(\bar{z})$ （如果 $\bar{z}$ 是固定的或與 $\hat{\beta}_2$ 無關）

在這種情況下，
$E(\hat{\beta}_0) = (\beta_0 + \beta_1E(\bar{x}) + \beta_2E(\bar{z})) - \beta_1 E(\bar{x}) - \beta_2 E(\bar{z}) = \beta_0$。
所以，如果 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_2$ 是無偏的，則 $\hat{\beta}_0$ 也是無偏的。

反之，如果 $\hat{\beta}_1$ 是有偏的，即 $E(\hat{\beta}_1) \neq \beta_1$。
考慮 $E(\hat{\beta}_0) = E(\bar{y} - \hat{\beta}_1\bar{x} - \hat{\beta}_2\bar{z})$。
如果我們假設 $\hat{\beta}_2$ 是無偏的 ($E(\hat{\beta}_2) = \beta_2$)，且 $\bar{x}$ 是固定的：
$E(\hat{\beta}_0) = E(\bar{y}) - E(\hat{\beta}_1\bar{x}) - E(\hat{\beta}_2\bar{z})$
$E(\hat{\beta}_0) = (\beta_0 + \beta_1E(\bar{x}) + \beta_2E(\bar{z})) - E(\hat{\beta}_1)\bar{x} - \beta_2\bar{z}$
$E(\hat{\beta}_0) = \beta_0 + \beta_1\bar{x} + \beta_2\bar{z} - E(\hat{\beta}_1)\bar{x} - \beta_2\bar{z}$
$E(\hat{\beta}_0) = \beta_0 + (\beta_1 - E(\hat{\beta}_1))\bar{x}$

因為 $\hat{\beta}_1$ 有偏，所以 $\beta_1 - E(\hat{\beta}_1) \neq 0$。
如果 $\bar{x} \neq 0$，則 $E(\hat{\beta}_0) \neq \beta_0$。
因此，$\hat{\beta}_0$ 是有偏的。

本題考驗統計學中最基礎的假設檢定概念，包括第一類錯誤、第二類錯誤以及 P 值。

核心觀念：假設檢定的基本定義與判斷。

解題步驟：

題目給定：

• $H_0$: 虛無假設 (Null Hypothesis)
• $H_a$: 對立假設 (Alternative Hypothesis)
• $T$: 檢定統計量 (Test Statistic)
• $t_c$: 臨界值 (Critical Value)
• 決策規則：若 $T > t_c$，則拒絕 $H_0$。

(a) 定義第一類錯誤 (Type I error)。
第一類錯誤是指當虛無假設 $H_0$ 為真時，我們卻錯誤地拒絕了它。
在給定的決策規則下，這發生在 $H_0$ 為真，但檢定的統計量 $T$ 大於臨界值 $t_c$ 的情況。
第一類錯誤的機率通常用 $\alpha$ 表示，即 $\alpha = P(\text{Reject } H_0 | H_0 \text{ is true})$。

【答案】第一類錯誤發生在虛無假設 $H_0$ 為真時，卻根據檢定結果拒絕了 $H_0$。

(b) 定義第二類錯誤 (Type II error)。
第二類錯誤是指當虛無假設 $H_0$ 為偽時，我們卻錯誤地未能拒絕它（接受了 $H_0$）。
在給定的決策規則下，這發生在 $H_0$ 為偽，但檢定的統計量 $T$ 不大於臨界值 $t_c$（即 $T \le t_c$）的情況。
第二類錯誤的機率通常用 $\beta$ 表示，即 $\beta = P(\text{Fail to reject } H_0 | H_0 \text{ is false})$。

【答案】第二類錯誤發生在虛無假設 $H_0$ 為偽時，卻根據檢定結果未能拒絕（或接受）$H_0$。

(c) 定義 P 值 (p-value)。
P 值，全名為「機率值」，是在虛無假設 $H_0$ 為真的前提下，觀察到現有樣本資料（或比現有樣本資料更極端）的檢定統計量值出現的機率。