115 年 國立政治大學風險管理與保險學系碩士班管理組《統計學》

核心觀念

本題評量數理統計學中**動差母函數（Moment Generating Function, MGF）**的基礎理論與性質證明。涉及的核心觀念包含：

1. 動差母函數的定義：隨機變數 $X$ 的期望值轉換式 $M_X(t) = E[e^{tX}]$（前提為在包含 $t = 0$ 的某開區間 $(-h, h)$ 內該期望值存在）。
2. 泰勒展開式（Taylor Series）：指數函數的無窮級數展開 $e^{u} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{u^k}{k!} = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \cdots$。
3. 積分符號內微分（Leibniz Integral Rule）：在 MGF 存在的充分條件下，微分算子與期望值（或積分／求和）算子可交換次序，即 $\frac{d}{dt}E[e^{tX}] = E\left[\frac{d}{dt}e^{tX}\right]$。
4. 原點動差（Raw Moments）：隨機變數的 $k$ 階原點動差定義為 $\alpha_k = E[X^k]$，其中一階動差為平均數 $\mu = E[X]$，二階動差為 $E[X^2]$。

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解題方法

本題包含兩個核心任務：

1. 給出動差母函數的完整數學定義。
2. 證明 $M'(0) = E[X] = \mu$ 與 $M''(0) = E[X^2]$。

證明主要有兩種嚴謹途徑：

• 方法一（微分與期望值交換法，標準法）：利用連鎖律對參數 $t$ 求導，再將 $t=0$ 代入。
• 方法二（級數展開法，觀念法）：展開 $E[e^{tX}]$，逐項微分後令 $t=0$。

以下採用數理統計標準的微分與期望值交換法進行推導，並以連續型隨機變數展示積分符號下的嚴格步驟（離散型結構完全相同）。

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1. 動差母函數（MGF）的數學定義

設隨機變數 $X$ 的機率密度函數為 $f(x)$（若為離散型則為機率質量函數 $p(x) = P(X=x)$）。若存在常數 $h > 0$，使得對所有滿足 $-h < t < h$ 的實數 $t$，期望值 $E[e^{tX}]$ 皆存在且有限，則稱：

$$M_X(t) = E[e^{tX}]$$

為隨機變數 $X$ 的動差母函數。其具體運算式為：

• 連續型（Continuous Case）：

$$M_X(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f(x) \, dx$$

• 離散型（Discrete Case）：

$$M_X(t) = \sum_{x} e^{tx} P(X=x)$$

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2. 證明一階微分 $M'(0) = \mu$

對 $M_X(t)$ 關於參數 $t$ 進行一次微分：

$$M'_X(t) = \frac{d}{dt} M_X(t) = \frac{d}{dt} E[e^{tX}]$$

在 $t \in (-h, h)$ 的鄰域內，微分與期望值運算子可交換：

$$M'_X(t) = E\left[ \frac{d}{dt} e^{tX} \right]$$

由微積分連鎖律，$\frac{d}{dt} e^{tX} = X e^{tX}$，故：

$$M'_X(t) = E[X e^{tX}]$$

若以連續型積分形式寫出，等價於：

$$M'_X(t) = \frac{d}{dt} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial t} \left(e^{tx}\right) f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} x e^{tx} f(x) \, dx$$

將 $t = 0$ 代入 $M'_X(t)$：

$$M'_X(0) = E\left[ X e^{0 \cdot X} \right] = E[X \cdot 1] = E[X] = \mu$$

得證 $M'(0) = \mu$。

本題考查累積量母函數 (Cumulant Generating Function, CGF) 的定義，以及 CGF 的微分與機率分配動差之間的關係。CGF 是 MGF 的一個變換，在某些情況下，它能更簡潔地揭示分配的特性。

核心觀念： 累積量母函數 (CGF) 的定義、鏈式法則 (Chain Rule) 在微分中的應用。

解題步驟：

1. CGF 的定義：
   題目已給出 CGF 的定義：
   $K(t) = \ln(M(t))$
   其中 $M(t)$ 是動差母函數 (MGF)。

2. 計算 $K'(t)$：
   我們使用鏈式法則來微分 $K(t)$。
   $K'(t) = \frac{d}{dt} \ln(M(t)) = \frac{1}{M(t)} \cdot \frac{d}{dt} M(t)$
   我們知道 $\frac{d}{dt} M(t) = M'(t)$。
   所以，
   $K'(t) = \frac{M'(t)}{M(t)}$

3. 計算 $K'(0)$：
   將 $t=0$ 代入 $K'(t)$ 的表達式。
   $K'(0) = \frac{M'(0)}{M(0)}$
   我們需要知道 $M'(0)$ 和 $M(0)$ 的值。

   • 從上一題的知識，我們知道 $M'(0) = E[X] = \mu$。
   • $M(0)$ 是 $M(t)$ 在 $t=0$ 的值：$M(0) = E[e^{0 \cdot X}] = E[e^0] = E[1]$。期望值為常數 1 的值就是 1。所以 $M(0) = 1$。

   將這些值代入 $K'(0)$：
   $K'(0) = \frac{\mu}{1} = \mu$
   因此，$K'(0)$ 等於隨機變數的平均數 $\mu$。

本題要求利用常態分配的機率密度函數 (PDF) 推導其動差母函數 (MGF) 和累積量母函數 (CGF)，並進一步從 CGF 計算其平均值和標準差。這是一個經典的題目，用於展示 MGF 和 CGF 在確定分配特性上的便利性。

核心觀念： 常態分配 MGF 的推導，CGF 與平均數、變異數的關係。

解題步驟：

1. 推導常態分配的 MGF：
   常態分配的 PDF 為 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$。
   MGF 的定義是 $M(t) = E[e^{tX}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f(x) dx$。
   $M(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx$
   $M(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx - \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx$
   我們需要將指數部分整理成一個完整的平方項。
   指數部分為：$tx - \frac{x^2 - 2\mu x + \mu^2}{2\sigma^2} = tx - \frac{x^2}{2\sigma^2} + \frac{\mu x}{\sigma^2} - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{1}{2\sigma^2} (x^2 - 2\mu x - 2\sigma^2 tx) - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{1}{2\sigma^2} \left( x^2 - 2(\mu + \sigma^2 t) x \right) - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$
   為了形成完全平方，我們加上並減去 $(\mu + \sigma^2 t)^2$。
   $= -\frac{1}{2\sigma^2} \left( x^2 - 2(\mu + \sigma^2 t) x + (\mu + \sigma^2 t)^2 - (\mu + \sigma^2 t)^2 \right) - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{1}{2\sigma^2} \left( x - (\mu + \sigma^2 t) \right)^2 + \frac{(\mu + \sigma^2 t)^2}{2\sigma^2} - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{(x - (\mu + \sigma^2 t))^2}{2\sigma^2} + \frac{\mu^2 + 2\mu\sigma^2 t + \sigma^4 t^2 - \mu^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{(x - (\mu + \sigma^2 t))^2}{2\sigma^2} + \frac{2\mu\sigma^2 t + \sigma^4 t^2}{2\sigma^2}$
   $= -\frac{(x - (\mu + \sigma^2 t))^2}{2\sigma^2} + \mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}$
   所以，指數部分可以寫成：
   $e^{tx - \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} = e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}} \cdot e^{-\frac{(x - (\mu + \sigma^2 t))^2}{2\sigma^2}}$
   現在將其代回積分：

本題要求利用指數分配的機率密度函數 (PDF) 推導其動差母函數 (MGF) 和累積量母函數 (CGF)，並進一步從 CGF 計算其平均值和標準差。這與常態分配的題目類似，但適用於一個重要的單參數機率分配。

核心觀念： 指數分配 MGF 的推導，CGF 與平均數、變異數的關係。

解題步驟：

1. 推導指數分配的 MGF：
   指數分配的 PDF 為 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$，定義域為 $x \ge 0$。
   MGF 的定義是 $M(t) = E[e^{tX}] = \int_{0}^{\infty} e^{tx} f(x) dx$。
   $M(t) = \int_{0}^{\infty} e^{tx} (\lambda e^{-\lambda x}) dx$
   $M(t) = \lambda \int_{0}^{\infty} e^{tx - \lambda x} dx$
   $M(t) = \lambda \int_{0}^{\infty} e^{(t-\lambda) x} dx$
   這個積分收斂的條件是 $t-\lambda < 0$，即 $t < \lambda$。
   $M(t) = \lambda \left[ \frac{e^{(t-\lambda) x}}{t-\lambda} \right]_{0}^{\infty}$
   當 $x \to \infty$，由於 $t-\lambda < 0$，所以 $e^{(t-\lambda) x} \to 0$。
   當 $x = 0$，$e^{(t-\lambda) \cdot 0} = e^0 = 1$。
   $M(t) = \lambda \left( 0 - \frac{1}{t-\lambda} \right)$
   $M(t) = \lambda \left( \frac{-1}{t-\lambda} \right) = \frac{\lambda}{\lambda-t}$
   這個 MGF 在 $t < \lambda$ 時存在。

2. 推導指數分配的 CGF：
   CGF 的定義是 $K(t) = \ln(M(t))$。
   $K(t) = \ln \left( \frac{\lambda}{\lambda-t} \right)$
   $K(t) = \ln(\lambda) - \ln(\lambda-t)$
   這個 CGF 在 $t < \lambda$ 時定義。

3. 利用 CGF 計算平均值：
   平均值 $\mu = K'(0)$。
   我們對 $K(t) = \ln(\lambda) - \ln(\lambda-t)$ 求一次微分：
   $K'(t) = \frac{d}{dt} (\ln(\lambda)) - \frac{d}{dt} (\ln(\lambda-t))$

本題要求利用 Gamma 分配的機率密度函數 (PDF) 推導其動差母函數 (MGF) 和累積量母函數 (CGF)，並進一步從 CGF 計算其平均值和標準差。Gamma 分配是一個重要的連續機率分配，它有兩個參數 $\alpha$ 和 $\beta$。

核心觀念： Gamma 分配 MGF 的推導，CGF 與平均數、變異數的關係。

解題步驟：

1. 推導 Gamma 分配的 MGF：
   Gamma 分配的 PDF 為 $f(x; \alpha, \beta) = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x}$，定義域為 $x \ge 0$。
   MGF 的定義是 $M(t) = E[e^{tX}] = \int_{0}^{\infty} e^{tx} f(x) dx$。
   $M(t) = \int_{0}^{\infty} e^{tx} \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-\beta x} dx$
   $M(t) = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{(t-\beta) x} dx$
   為了使積分收斂，我們需要 $t-\beta < 0$，即 $t < \beta$。
   我們想將積分部分轉換成 Gamma 函數的形式。Gamma 函數的定義是 $\Gamma(z) = \int_{0}^{\infty} y^{z-1} e^{-y} dy$。
   令 $y = (\beta-t)x$。則 $x = \frac{y}{\beta-t}$，且 $dx = \frac{1}{\beta-t} dy$。
   當 $x=0$, $y=0$。當 $x \to \infty$, $y \to \infty$ (因為 $\beta-t > 0$)。
   $x^{\alpha-1} = \left(\frac{y}{\beta-t}\right)^{\alpha-1} = \frac{y^{\alpha-1}}{(\beta-t)^{\alpha-1}}$。
   $e^{(t-\beta)x} = e^{-(\beta-t)x} = e^{-y}$。
   代入積分：
   $\int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{(t-\beta) x} dx = \int_{0}^{\infty} \left(\frac{y}{\beta-t}\right)^{\alpha-1} e^{-y} \left(\frac{1}{\beta-t} dy\right)$
   $= \frac{1}{(\beta-t)^{\alpha-1}} \frac{1}{\beta-t} \int_{0}^{\infty} y^{\alpha-1} e^{-y} dy$
   $= \frac{1}{(\beta-t)^{\alpha}} \int_{0}^{\infty} y^{\alpha-1} e^{-y} dy$
   積分部分 $\int_{0}^{\infty} y^{\alpha-1} e^{-y} dy$ 就是 $\Gamma(\alpha)$。
   所以，積分結果為 $\frac{\Gamma(\alpha)}{(\beta-t)^{\alpha}}$。
   現在將其代回 MGF 的表達式：
   $M(t) = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)} \cdot \frac{\Gamma(\alpha)}{(\beta-t)^{\alpha}}$
   $M(t) = \frac{\beta^\alpha}{(\beta-t)^{\alpha}} = \left(\frac{\beta}{\beta-t}\right)^\alpha$
   這個 MGF 在 $t < \beta$ 時存在。

2. 推導 Gamma 分配的 CGF：
   CGF 的定義是 $K(t) = \ln(M(t))$。
   $K(t) = \ln \left( \left(\frac{\beta}{\beta-t}\right)^\alpha \right)$

本題考查對數常態分配 (Lognormal distribution) 的平均值和標準差的計算。題目給出了關鍵提示：若 $X$ 服從對數常態分配，則 $Y = \ln(X)$ 服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$。我們需要利用這個關係以及常態分配的性質來求解。

核心觀念： 對數常態分配與常態分配的轉換關係，期望值和變異數的性質。

解題步驟：

1. 理解對數常態分配的定義：
   如果一個隨機變數 $X$ 的對數 $\ln(X)$ 服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$，那麼 $X$ 就服從對數常態分配。
   我們已知：

   • $Y = \ln(X) \sim N(\mu, \sigma^2)$
   • 根據常態分配的性質 (從前一題可知)， $E[Y] = \mu$ 且 $\text{Var}(Y) = \sigma^2$。

2. 將常態分配的期望值和變異數關係轉換回對數常態分配：
   我們需要計算 $E[X]$ 和 $\text{Var}(X)$。
   從 $Y = \ln(X)$，我們可以得到 $X = e^Y$。
   因此，我們實際上是要計算 $E[e^Y]$ 和 $\text{Var}(e^Y)$，其中 $Y \sim N(\mu, \sigma^2)$。

3. 計算 $E[X] = E[e^Y]$：
   $E[e^Y]$ 是隨機變數 $e^Y$ 的期望值。
   我們知道 $Y$ 的 MGF 是 $M_Y(t) = e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}}$。
   根據 MGF 的定義， $M_Y(t) = E[e^{tY}]$。
   我們需要計算 $E[e^Y]$，這相當於在 MGF 的定義中，將 $t$ 設定為 1。
   所以，
   $E[X] = E[e^Y] = M_Y(1) = e^{\mu(1) + \frac{\sigma^2 (1)^2}{2}} = e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}$
   這就是對數常態分配的平均值。

4. 計算 $\text{Var}(X)$：
   變異數的計算公式是 $\text{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
   我們已經計算了 $E[X]$。現在需要計算 $E[X^2]$。
   $X^2 = (e^Y)^2 = e^{2Y}$。
   所以，我們需要計算 $E[e^{2Y}]$。

本題是關於簡單線性迴歸的基礎計算與概念應用。題目給定兩組數據點，要求計算迴歸直線方程式、殘差平方和、總平方和，並以矩陣形式表達正規方程式和投射矩陣。

核心觀念： 最小平方法、迴歸分析的平方和分解 (SSR, SSE, SST)、矩陣迴歸、投射矩陣。

數據：
$x = \{1, 2, 3, 4\}$
$y = \{2, 5, 5, 8\}$
樣本數 $n=4$。

計算數據統計量：
$\bar{x} = \frac{1+2+3+4}{4} = \frac{10}{4} = 2.5$
$\bar{y} = \frac{2+5+5+8}{4} = \frac{20}{4} = 5$

$SS_{xx} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 = (1-2.5)^2 + (2-2.5)^2 + (3-2.5)^2 + (4-2.5)^2$
$SS_{xx} = (-1.5)^2 + (-0.5)^2 + (0.5)^2 + (1.5)^2 = 2.25 + 0.25 + 0.25 + 2.25 = 5$

$SS_{xy} = \sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})$
$SS_{xy} = (1-2.5)(2-5) + (2-2.5)(5-5) + (3-2.5)(5-5) + (4-2.5)(8-5)$
$SS_{xy} = (-1.5)(-3) + (-0.5)(0) + (0.5)(0) + (1.5)(3)$
$SS_{xy} = 4.5 + 0 + 0 + 4.5 = 9$

解題步驟：

(a) 寫出回歸方程式 $\hat{y} = \beta_0 + \beta_1 x$

根據最小平方法，迴歸直線的斜率 $\beta_1$ 和截距 $\beta_0$ 為：
$\beta_1 = \frac{SS_{xy}}{SS_{xx}}$
$\beta_0 = \bar{y} - \beta_1 \bar{x}$

計算 $\beta_1$:
$\beta_1 = \frac{9}{5} = 1.8$

計算 $\beta_0$:
$\beta_0 = 5 - (1.8)(2.5) = 5 - 4.5 = 0.5$

因此，回歸方程式為：
$\hat{y} = 0.5 + 1.8x$

【答案】$\hat{y} = 0.5 + 1.8x$

(b) 計算 SSR, SSE, SST

首先計算預測值 $\hat{y}_i$ 和殘差 $e_i = y_i - \hat{y}_i$。
$x_1=1, y_1=2 \implies \hat{y}_1 = 0.5 + 1.8(1) = 2.3 \implies e_1 = 2 - 2.3 = -0.3$
$x_2=2, y_2=5 \implies \hat{y}_2 = 0.5 + 1.8(2) = 0.5 + 3.6 = 4.1 \implies e_2 = 5 - 4.1 = 0.9$
$x_3=3, y_3=5 \implies \hat{y}_3 = 0.5 + 1.8(3) = 0.5 + 5.4 = 5.9 \implies e_3 = 5 - 5.9 = -0.9$
$x_4=4, y_4=8 \implies \hat{y}_4 = 0.5 + 1.8(4) = 0.5 + 7.2 = 7.7 \implies e_4 = 8 - 7.7 = 0.3$

• SSE (Sum of Squared Errors / Residuals):
  $SSE = \sum_{i=1}^n e_i^2 = (-0.3)^2 + (0.9)^2 + (-0.9)^2 + (0.3)^2$
  $SSE = 0.09 + 0.81 + 0.81 + 0.09 = 1.8$
  （驗算：SSE 也可以通過 $SS_{xx}$ 和 $SS_{xy}$ 計算：$SSE = SS_{yy} - \beta_1 SS_{xy}$。
  $SS_{yy} = \sum (y_i - \bar{y})^2 = (2-5)^2 + (5-5)^2 + (5-5)^2 + (8-5)^2 = (-3)^2 + 0^2 + 0^2 + 3^2 = 9 + 9 = 18$
  $SSE = 18 - (1.8)(9) = 18 - 16.2 = 1.8$。結果一致。）

• SST (Total Sum of Squares):
  $SST = SS_{yy} = \sum_{i=1}^n (y_i - \bar{y})^2 = 18$ (已在上面驗算中計算)

• SSR (Sum of Squares due to Regression):
  $SSR = SST - SSE$
  $SSR = 18 - 1.8 = 16.2$
  （驗算：$SSR = \beta_1 SS_{xy} = (1.8)(9) = 16.2$。結果一致。）

【答案】SSR = 16.2, SSE = 1.8, SST = 18

(c) 請用矩陣與向量寫出本問題的正規方程式 (normal equation)

對於簡單線性迴歸模型 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \epsilon_i$，可以用矩陣形式表示為 $\mathbf{y} = \mathbf{X} \boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\epsilon}$。
其中：
$\mathbf{y} = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 5 \\ 5 \\ 8 \end{bmatrix}$

$\mathbf{X} = \begin{bmatrix} 1 & x_1 \\ 1 & x_2 \\ 1 & x_3 \\ 1 & x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix}$ （第一欄為截距項的 1）

$\boldsymbol{\beta} = \begin{bmatrix} \beta_0 \\ \beta_1 \end{bmatrix}$

$\boldsymbol{\epsilon} = \begin{bmatrix} \epsilon_1 \\ \epsilon_2 \\ \epsilon_3 \\ \epsilon_4 \end{bmatrix}$

正規方程式是通過最小化殘差平方和 $\boldsymbol{\epsilon}^T \boldsymbol{\epsilon}$ 得到的，其形式為：
$\mathbf{X}^T \mathbf{X} \boldsymbol{\beta} = \mathbf{X}^T \mathbf{y}$

我們需要計算 $\mathbf{X}^T \mathbf{X}$ 和 $\mathbf{X}^T \mathbf{y}$。
$\mathbf{X}^T = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{bmatrix}$

$\mathbf{X}^T \mathbf{X} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (1+1+1+1) & (1+2+3+4) \\ (1+2+3+4) & (1^2+2^2+3^2+4^2) \end{bmatrix}$
$\mathbf{X}^T \mathbf{X} = \begin{bmatrix} 4 & 10 \\ 10 & (1+4+9+16) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 10 \\ 10 & 30 \end{bmatrix}$

$\mathbf{X}^T \mathbf{y} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 \\ 5 \\ 5 \\ 8 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (2+5+5+8) \\ (1\cdot2 + 2\cdot5 + 3\cdot5 + 4\cdot8) \end{bmatrix}$
$\mathbf{X}^T \mathbf{y} = \begin{bmatrix} 20 \\ (2 + 10 + 15 + 32) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 20 \\ 59 \end{bmatrix}$

所以，正規方程式為：
$\begin{bmatrix} 4 & 10 \\ 10 & 30 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \beta_0 \\ \beta_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 20 \\ 59 \end{bmatrix}$

（驗算：我們可以解這個方程組來驗證 $\beta_0, \beta_1$ 的值。
第一式：$4\beta_0 + 10\beta_1 = 20 \implies 2\beta_0 + 5\beta_1 = 10$
第二式：$10\beta_0 + 30\beta_1 = 59$
將第一式乘以 5：$10\beta_0 + 25\beta_1 = 50$
用第二式減去此式：$(10\beta_0 + 30\beta_1) - (10\beta_0 + 25\beta_1) = 59 - 50$
$5\beta_1 = 9 \implies \beta_1 = 9/5 = 1.8$
將 $\beta_1=1.8$ 代入 $2\beta_0 + 5\beta_1 = 10$:
$2\beta_0 + 5(1.8) = 10$
$2\beta_0 + 9 = 10$