109 年 國立高雄大學經營管理研究所乙組《統計學》

此題主要在檢驗對簡單迴歸模型中幾個重要統計量的理解。

(a) $R^2$ 與樣本相關係數的平方 ($r_{XY}^2$) 在簡單迴歸中確實相等。然而，題目敘述中的 $R^2$ 是指 Population $R^2$ 還是 Sample $R^2$ 呢？題目中提到 "simple OLS regression function $\hat{Y} = \hat{\alpha} + \hat{\beta}X$"，這表示我們討論的是樣本迴歸線，因此 $R^2$ 是指樣本的決定係數。樣本決定係數 $R^2$ 的定義為 $1 - \frac{SSE}{SST} = 1 - \frac{\sum(Y_i - \hat{Y}_i)^2}{\sum(Y_i - \bar{Y})^2}$。在簡單迴歸中，這個值確實等於樣本相關係數的平方 $r_{XY}^2$。因此，此敘述是正確的。

(b) 樣本數增加，迴歸係數估計量的變異數通常會減少，但並非「必然」會降低。例如，如果加入的樣本點與原有的樣本點分布差異很大，或者存在嚴重的異質變異數問題，變異數不一定會降低。然而，在假設模型正確且誤差項同質變異數的情況下，樣本數增加會使迴歸係數的標準誤減小，進而使變異數降低。但從嚴格的數學角度來看，"necessarily" (必然) 這個詞讓這個選項有疑慮。

此題在考察機率分布的性質，特別是關於動差(moment)與分布形狀的關係。

(a) 三階中心動差為零是分布對稱的「必要條件」，但不是「充分條件」。也就是說，如果一個分布是對稱的，那麼它的三階中心動差必定為零。然而，反過來說，如果一個分布的三階中心動差為零，並不代表它一定是對稱的。例如，某些非對稱的分布也可能恰好其三階中心動差為零。

(b) 偏度(skewness)用來衡量分布的非對稱性，通常由三階標準化中心動差來衡量，即 $\gamma_1 = E[(\frac{X-\mu}{\sigma})^3]$。四階中心動差（或標準化四階中心動差，峰度/kurtosis）則用來衡量分布的尖峰程度（或平坦程度），與偏度無關。因此，此敘述錯誤。

此題在考察均勻分布(uniform distribution)的性質。

(a) 均勻分布，無論是離散型還是連續型，其機率質量函數或機率密度函數都是在一個區間內是常數，並且在這個區間兩側為零。例如，連續型均勻分布 $U(a, b)$ 的機率密度函數在 $(a, b)$ 區間內是 $\frac{1}{b-a}$，其他地方為零。這個函數關於區間中點 $\frac{a+b}{2}$ 對稱，因此均勻分布是對稱分布。此敘述正確。

(b) 累積機率函數 (Cumulative Distribution Function, CDF)，記為 $F(x) = P(X \le x)$，它定義了隨機變數 $X$ 小於或等於某個值 $x$ 的機率。CDF 顯然是隨機變數 $X$ 的一個函數，其值會隨著 $x$ 的變化而變化。因此，它不是獨立於隨機變數的。

此題在考察泊松分布(Poisson distribution)的性質。

(a) 泊松分布的機率質量函數為 $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$，其中 $k = 0, 1, 2, \dots$。當 $\lambda$ 較小時，泊松分布是右偏的。隨著 $\lambda$ 的增大，分布逐漸趨於對稱，但嚴格來說，除非 $\lambda \to \infty$，否則它不是一個完全對稱的分布。因此，「It is not a symmetric distribution.」通常被認為是正確的描述（特別是對於較小的 $\lambda$ 值）。

(b) 泊松分布的一個重要性質是其期望值 (mean) 和變異數 (variance) 相等，即 $E(X) = \lambda$ 且 $Var(X) = \lambda$。因此，此敘述是正確的。

此題在考察卡方分布($\chi^2$ distribution)的性質。

(a) 卡方分布的機率密度函數取決於其自由度(degree of freedom, $df$)。自由度是卡方分布的唯一參數。不同自由度的卡方分布具有不同的形狀。自由度越大，分布越接近對稱，並向右偏移。因此，此敘述是正確的。

(b) 卡方分布的隨機變數取值範圍是 $[0, \infty)$。其機率密度函數在 $x > 0$ 時大於零，在 $x \le 0$ 時為零。

此題考驗樣本平均數的極限定理，即大數法則 (Law of Large Numbers)。

根據大數法則，從一個分布中隨機抽取足夠多的樣本，樣本的平均值會趨近於該分布的期望值。
對於一個從 $N(\mu, \sigma^2)$ 分布中隨機抽取的樣本，其期望值為 $E(X_i) = \mu$。
因此，當樣本數 $N$ 趨近於無限大時，樣本平均數 $\frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i$ 的極限機率 (plim) 等於母體的期望值 $\mu$。
即 $p \lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i = E(X) = \mu$。

選項 (a) $\sigma^2$ 是母體的變異數。
選項 (b) $\mu^2$ 是母體期望值的平方。
選項 (c) $\sigma^2 + \mu^2$ 是變異數與期望值平方的和。
選項 (d) $\frac{\sigma^2 + \mu^2}{2}$ 是變異數與期望值平方和的一半。

正確答案應為母體期望值 $\mu$。然而，題目選項中沒有 $\mu$。
題目給出的選項有 $\sigma^2$, $\mu^2$, $\sigma^2 + \mu^2$, $\frac{\sigma^2 + \mu^2}{2}$。
這表示題目可能存在印刷錯誤，或者考驗的不是標準的大數法則。

假設題目中的 $p \lim$ 代表的是極限期望值 (limit of expected value)，那也會是 $\mu$。
如果題目問的是 $p \lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i^2$，根據大數法則，這會趨近於 $E(X^2) = Var(X) + (E(X))^2 = \sigma^2 + \mu^2$。
但題目問的是 $\frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i$。

我們再次仔細檢查題目與選項。
題目是 $p \lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i$。
根據大數法則，這個極限值應該是 $\mu$。
然而，選項中沒有 $\mu$。
在考試情境下，若遇到此種情況，需判斷是否有印刷錯誤。
假設選項是正確的，而題目問法有誤。
若題目問的是 $p \lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N} X_i^2$，則答案為 $\sigma^2 + \mu^2$ (選項 c)。

核心觀念

本題考查估計量的：

1. 不偏性（unbiasedness）
2. 漸近不偏性（asymptotic unbiasedness）
3. 效率（efficiency）
4. 一致性（consistency）

假設 $X_1,\ldots,X_N$ 為獨立同分布，且

$$E(X_i)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2<\infty。$$

兩個估計量為

$$\bar X=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}X_i, \qquad \tilde X=\frac{1}{N+1}\sum_{i=1}^{N}X_i。$$

解題方法

先分別計算兩個估計量的期望值與變異數，再判斷其不偏性、效率與一致性。

對 $\bar X$：

$$E(\bar X) =E\left(\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}X_i\right) =\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}E(X_i) =\frac{1}{N}(N\mu) =\mu。$$

因此 $\bar X$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。

其變異數為

$$\operatorname{Var}(\bar X) =\frac{1}{N^2}\sum_{i=1}^{N}\operatorname{Var}(X_i) =\frac{N\sigma^2}{N^2} =\frac{\sigma^2}{N}。$$

對 $\tilde X$：

$$E(\tilde X) =E\left(\frac{1}{N+1}\sum_{i=1}^{N}X_i\right) =\frac{1}{N+1}(N\mu) =\frac{N}{N+1}\mu。$$

因此其偏誤為

$$\operatorname{Bias}(\tilde X) =E(\tilde X)-\mu =-\frac{\mu}{N+1}。$$

除非 $\mu=0$，否則 $\tilde X$ 並非不偏估計量。

其變異數為

$$\operatorname{Var}(\tilde X) =\frac{1}{(N+1)^2}\sum_{i=1}^{N}\operatorname{Var}(X_i) =\frac{N\sigma^2}{(N+1)^2}。$$

選項分析

(a) Both are unbias.

錯誤。

雖然

$$E(\bar X)=\mu，$$

但

$$E(\tilde X)=\frac{N}{N+1}\mu\neq\mu$$

一般而言不成立，因此 $\tilde X$ 有偏誤。故兩者並非皆為不偏估計量。

(b) Only $\tilde X$ is asymptotically unbias.

錯誤。

對 $\tilde X$ 而言，

$$\lim_{N\to\infty}E(\tilde X) =\lim_{N\to\infty}\frac{N}{N+1}\mu =\mu，$$

所以 $\tilde X$ 確實是漸近不偏的。

然而 $\bar X$ 對所有 $N$ 均滿足

$$E(\bar X)=\mu，$$

此題考驗連續型均勻分布的變異數公式。

一個在區間 $[a, b]$ 上服從均勻分布的連續型隨機變數 $X$，其機率密度函數為 $f(x) = \frac{1}{b-a}$，當 $a \le x \le b$ 時，否則為 0。
其變異數的公式為 $Var(X) = \frac{(b-a)^2}{12}$。

此題考驗在簡單迴歸分析中，用於檢定迴歸係數顯著性的統計分布。

在簡單線性迴歸模型 $Y = \alpha + \beta X + \epsilon$ 中，我們通常檢定斜率係數 $\beta$ 是否顯著不為零，以判斷自變數 $X$ 是否對應變數 $Y$ 有顯著影響。

標準的檢定步驟是：

1. 建立虛無假設 $H_0: \beta = 0$。
2. 計算樣本迴歸線，得到 $\hat{\beta}$。
3. 計算檢定統計量 $t = \frac{\hat{\beta} - \beta_0}{SE(\hat{\beta})}$，其中 $\beta_0$ 是 $H_0$ 下的 $\beta$ 值（通常為 0），$SE(\hat{\beta})$ 是 $\hat{\beta}$ 的標準誤。

此題考驗對中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的理解。

中央極限定理指出，從任何分布（只要其期望值和變異數存在）中抽取足夠大的獨立隨機樣本，則這些樣本的平均值（或總和）的分布將趨近於常態分布。
一個「標準化」的隨機變數，通常是指將一個隨機變數減去其期望值再除以其標準差。
如果我們考慮的是樣本平均數的標準化形式，即 $Z = \frac{\bar{X} - E(\bar{X})}{\sqrt{Var(\bar{X})}} = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{N}}$，則當樣本數 $N$足夠大時，這個 $Z$ 的分布將趨近於標準常態分布 $N(0,1)$。

核心觀念

本題考查單一母體平均數的假設檢定、單尾檢定方向，以及 $P$-value 與顯著水準的判斷。

題意為檢定台灣 2019 年人均 GDP 是否「不低於」20,000 美元。令母體平均人均 GDP 為 $\mu$，則假設為：

$$H_0:\mu\ge 20000$$ $$H_1:\mu<20000$$

因為備擇假設是「小於」20,000，所以採用左尾檢定。

若使用樣本平均數 $\bar X$，檢定統計量通常為：

$$T=\frac{\bar X-\mu_0}{S/\sqrt n}$$

其中 $\mu_0=20000$。在左尾檢定中，$P$-value 為：

$$P\text{-value}=P(T\le t_{\text{obs}})$$

當 $P$-value<\alpha$ 時，拒絕虛無假設；本題顯著水準為：

$$\alpha=0.05$$

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解題方法

判斷此題可依序掌握三點：

1. 「不低於 20,000」是原本要檢定的主張，因此放在虛無假設中。
2. 備擇假設為 $\mu<20000$，故為左尾檢定。
3. $P$-value 與顯著水準比較：若 $P$-value<0.05$，即拒絕$H_0$。

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選項分析

(a) Two tailors test is needed.

錯誤。題目檢定的是「是否不低於 20,000」，其相反情況為「低於 20,000」，備擇假設為：

$$H_1:\mu<20000$$

只有一個方向，因此是左尾單尾檢定，不是雙尾檢定。

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(b) Right tailor is needed.

錯誤。右尾檢定適用於備擇假設為：

此題考驗變異數的性質，特別是獨立隨機變數的線性組合的變異數。

對於兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$，其變異數的性質如下：

1. $Var(aX) = a^2 Var(X)$，其中 $a$ 是常數。
2. $Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y) + 2 Cov(X,Y)$。
3. 如果 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，則 $Cov(X,Y) = 0$。因此，$Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y)$。

在本題中，我們要求計算 $V(2X + 0.5Y)$。
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，所以 $2X$ 和 $0.5Y$ 也是獨立的。
因此，我們可以應用上述性質：

核心觀念

二項分配 $X\sim\operatorname{Bin}(n,p)$ 表示在 $n$ 次獨立試驗中，每次成功機率皆為 $p$，成功次數的機率分配為

$$P(X=x)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}.$$

本題考查「多個二項隨機變數相加後的分配型態」，以及中央極限定理與常態近似的應用。

若三個二項隨機變數相互獨立，且具有相同的成功機率 $p$：

$$X_1\sim\operatorname{Bin}(n_1,p),\quad X_2\sim\operatorname{Bin}(n_2,p),\quad X_3\sim\operatorname{Bin}(n_3,p),$$

則其和的精確分配為

$$X_1+X_2+X_3 \sim \operatorname{Bin}(n_1+n_2+n_3,p).$$

然而，題目選項中沒有「二項分配」。在選項所提供的分配中，命題意圖是以中央極限定理判斷其和可近似為常態分配。

解題方法

二項隨機變數可視為許多個獨立 Bernoulli 隨機變數的總和。例如：

$$X_i=\sum_{j=1}^{n_i}Y_{ij},$$

其中 $Y_{ij}$ 為成功機率 $p$ 的 Bernoulli 隨機變數。

因此，三個二項隨機變數的總和為許多獨立 Bernoulli 隨機變數的總和：

$$X_1+X_2+X_3 = \sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{n_i}Y_{ij}.$$

當試驗次數足夠大時，根據中央極限定理，這個總和可用常態分配近似。若三者獨立且具有相同成功機率 $p$，其平均數與變異數分別為

$$E(X_1+X_2+X_3) = (n_1+n_2+n_3)p,$$ $$\operatorname{Var}(X_1+X_2+X_3) = (n_1+n_2+n_3)p(1-p).$$

所以常態近似為

$$X_1+X_2+X_3 \approx N\left( (n_1+n_2+n_3)p,\, (n_1+n_2+n_3)p(1-p) \right).$$

核心觀念

本題考估計量的三項重要性質：

1. 不偏性（unbiasedness）
   若估計量 $\hat{\theta}$ 滿足

$$E(\hat{\theta})=\theta$$

則稱 $\hat{\theta}$ 為母數 $\theta$ 的不偏估計量。

2. 一致性（consistency）
   當樣本數 $n\to\infty$ 時，若

$$\hat{\theta}_n \xrightarrow{p} \theta$$

則稱 $\hat{\theta}_n$ 為一致估計量。意義是樣本愈大，估計值愈接近真實母數。

3. 效率（efficiency）
   比較估計量優劣時，不能只看是否不偏，也要看變異數或均方誤差：

$$MSE(\hat{\theta})=Var(\hat{\theta})+[Bias(\hat{\theta})]^2$$

有偏估計量若能大幅降低變異數，仍可能具有較小的 $MSE$，因而更有效率。

解題方法

逐一檢驗選項所述的關係是否必然成立：

• 不偏不代表一致。
• 一致不代表不偏。
• 同時具備不偏與一致性的估計量不只一個。
• 有偏估計量在某些情況下可用少量偏誤交換較低變異數，因此未必比不偏估計量差。

選項分析

a) Unbias cannot assure consistent.

正確。

不偏性只要求估計量的期望值等於真實母數，並未要求樣本數增加時變異數會縮小。

例如令 $X_1,X_2,\ldots,X_n$ 為母平均數 $\mu$ 的隨機樣本，取估計量

$$\hat{\mu}_n=X_1$$

則

$$E(\hat{\mu}_n)=E(X_1)=\mu$$

所以 $\hat{\mu}_n$ 是不偏估計量；但不論樣本數 $n$ 多大，估計量始終只使用第一筆觀察值，其變異數為

$$Var(\hat{\mu}_n)=Var(X_1)=\sigma^2$$

不會隨 $n$ 增大而趨近於 $0$，因此不一定一致。

b) Consistent not necessarily assures unbias.

正確。

一致性只要求估計量隨樣本數增加而收斂至真實母數，不要求每一個有限樣本下的期望值都恰好等於母數。

例如樣本平均數 $\bar X$ 是 $\mu$ 的一致估計量。令

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸中的決定係數 $R^2$。其定義為：

$$R^2 = \frac{\text{迴歸平方和 }SSR}{\text{總平方和 }SST} = \frac{\sum_{i=1}^{n}(\hat Y_i-\bar Y)^2} {\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\bar Y)^2}.$$

在含截距項的簡單線性迴歸中，還有下列重要關係：

$$R^2=r_{XY}^2,$$

其中 $r_{XY}$ 是 $X$ 與 $Y$ 的樣本相關係數。

OLS 斜率估計量為：

$$\hat\beta = \frac{\sum (X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y)} {\sum (X_i-\bar X)^2}.$$

又因為

$$\hat Y_i-\bar Y=\hat\beta(X_i-\bar X),$$

所以：

$$\sum(\hat Y_i-\bar Y)^2 = \hat\beta^2\sum(X_i-\bar X)^2 = \hat\beta\sum(X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y).$$

因此：

$$R^2 = \frac{\hat\beta\sum(X_i-\bar X)(Y_i-\bar Y)} {\sum(Y_i-\bar Y)^2}.$$

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解題方法

逐一判斷各選項是否符合決定係數的等價表示式。前三個選項中，只有將 $Y$ 與自身相關係數平方的 $r_{YY}^2$ 不會一般性地等於 $R^2$。

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選項分析

a) $r_{XY}^2$

在簡單線性迴歸且含截距項的情況下：

$$R^2=r_{XY}^2.$$

因此此選項正確，等於 $R^2$。

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b) $r_{YY}^2$

$r_{YY}$ 表示變數 $Y$ 與自身的相關係數。只要 $Y$ 不是常數，其相關係數為：

$$r_{YY}=1,$$

因此：

$$r_{YY}^2=1.$$

但 $R^2$ 的值通常介於 $0$ 與 $1$ 之間，除非迴歸線能完全解釋 $Y$ 的變異，否則不會等於 $1$。

因此：

$$r_{YY}^2\ne R^2$$

此題考驗檢定兩個母體變異數相等的統計檢定方法。

在統計學中，有多種檢定方法用於比較兩個母體的參數。

a) z-test：通常用於檢定兩個母體平均數的差異，當母體變異數已知或樣本數足夠大時。
b) t-test：常用於檢定兩個母體平均數的差異，當母體變異數未知且樣本數較小時。
c) $\chi^2$ test (卡方檢定)：卡方檢定有多種用途，例如：
- 檢定單一樣本變異數是否等於某個特定值 ($H_0: \sigma^2 = \sigma_0^2$)。
- 檢定兩個獨立樣本的變異數是否相等。
- 擬合優度檢定。
- 獨立性檢定。
當檢定兩個母體變異數是否相等時，可以使用基於卡方分布的檢定，或者更常見的是 F 檢定。

此題考驗對柴比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality) 的理解和應用。

柴比雪夫不等式指出，對於任何一個隨機變數 $X$，其期望值為 $E(X) = \mu$，變異數為 $Var(X) = \sigma^2$。對於任意常數 $k > 0$，隨機變數 $X$ 的值與其期望值 $\mu$ 的距離，大於或等於 $k$ 個標準差 $\sigma$ 的機率，最多為 $\frac{1}{k^2}$。
數學表達式為：
$P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$

這個不等式也可以寫成：
$P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2}$
這表示隨機變數 $X$ 的值與其期望值 $\mu$ 的距離，小於 $k$ 個標準差的機率，至少為 $1 - \frac{1}{k^2}$。

題目要求計算「距離小於或等於三倍標準差的機率」。
這裡的「距離」是指 $|X - E(X)|$。
「三倍標準差」表示 $k\sigma$ 中的 $k=3$。

此題考驗對機率分布的識別以及變異數的計算。

觀察給定的機率密度函數 (PDF) $f(x) = \frac{e^{-3}3^x}{x!}$，對於 $x = 0, 1, 2, \dots$。
這個形式與泊松分布 (Poisson distribution) 的機率質量函數 (PMF) 非常相似。
泊松分布的 PMF 定義為：
$P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}$, 其中 $k = 0, 1, 2, \dots$。

此題考驗最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的概念，特別是對於常態分布的變異數。

首先，我們知道樣本 $X_i$ 服從 $N(\mu, \theta)$，其中 $\mu$ 是已知的，$\theta$ 是未知的變異數。
常態分布的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x|\mu, \theta) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\theta}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\theta}}$

我們有 $n$ 個獨立的樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$。
樣本的聯合機率密度函數（概似函數, Likelihood Function）為：
$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(X_i|\mu, \theta) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi\theta}} e^{-\frac{(X_i-\mu)^2}{2\theta}}$
$L(\theta) = (\frac{1}{\sqrt{2\pi\theta}})^n e^{-\sum_{i=1}^{n} \frac{(X_i-\mu)^2}{2\theta}}$
$L(\theta) = (2\pi\theta)^{-n/2} e^{-\frac{1}{2\theta}\sum_{i=1}^{n} (X_i-\mu)^2}$

為了求最大概似估計量，我們通常對概似函數取對數（對數概似函數, log-likelihood function），然後對參數求偏導數並令其為零。
$\ln L(\theta) = -\frac{n}{2}\ln(2\pi) - \frac{n}{2}\ln(\theta) - \frac{1}{2\theta}\sum_{i=1}^{n} (X_i-\mu)^2$

對 $\theta$ 求偏導數：
$\frac{\partial \ln L(\theta)}{\partial \theta} = -\frac{n}{2\theta} - \frac{1}{2} (-\frac{1}{\theta^2})\sum_{i=1}^{n} (X_i-\mu)^2$

此題考驗期望值的計算以及方程式的求解。

我們定義：
$p$ 為成功的機率。
$1-p$ 為不成功的機率。

專案 A 的期望利潤 $E(A)$：
成功時利潤為 400,000。
不成功時損失為 40,000 (即利潤為 -40,000)。
$E(A) = p \times 400,000 + (1-p) \times (-40,000)$
$E(A) = 400,000p - 40,000 + 40,000p$
$E(A) = 440,000p - 40,000$

專案 B 的期望利潤 $E(B)$：
成功時利潤為 500,000。
不成功時損失為 115,000 (即利潤為 -115,000)。
$E(B) = p \times 500,000 + (1-p) \times (-115,000)$
$E(B) = 500,000p - 115,000 + 115,000p$

這是一道關於簡單線性迴歸的題目，包含 (i) 計算迴歸係數和決定係數，(ii) 變換變數後重新進行迴歸分析。

已知資訊：
樣本數 $n=40$
樣本相關係數 $r_{xy} = 0.9$
樣本平均數 $\bar{X}=600$
樣本平均數 $\bar{Y}=6$
樣本標準差 $S_x=60$
樣本標準差 $S_y=0.8$

(i) 計算 OLS 迴歸方程式 $\hat{Y} = \hat{\alpha} + \hat{\beta}X$ 和 $R^2$

1. 計算斜率係數 $\hat{\beta}$：
在簡單線性迴歸中，$\hat{\beta}$ 可以用以下公式計算：
$\hat{\beta} = r_{xy} \frac{S_y}{S_x}$
$\hat{\beta} = 0.9 \times \frac{0.8}{60} = 0.9 \times \frac{8}{600} = 0.9 \times \frac{1}{75} = \frac{0.9}{75} = \frac{9}{750} = \frac{3}{250}$
$\hat{\beta} = 0.012$

2. 計算截距係數 $\hat{\alpha}$：
OLS 迴歸線通過樣本均值點 $(\bar{X}, \bar{Y})$，所以：
$\bar{Y} = \hat{\alpha} + \hat{\beta}\bar{X}$
$\hat{\alpha} = \bar{Y} - \hat{\beta}\bar{X}$
$\hat{\alpha} = 6 - (0.012 \times 600)$
$\hat{\alpha} = 6 - (12 \times 0.6) = 6 - 7.2 = -1.2$

3. 寫出 OLS 迴歸方程式：
$\hat{Y} = -1.2 + 0.012X$

4. 計算決定係數 $R^2$：
在簡單線性迴歸中，決定係數 $R^2$ 等於樣本相關係數的平方：
$R^2 = r_{xy}^2$
$R^2 = (0.9)^2 = 0.81$

結果 (i)：
OLS 迴歸方程式為 $\hat{Y} = -1.2 + 0.012X$。
決定係數 $R^2 = 0.81$。

(ii) 變換變數後重新迴歸分析

我們需要迴歸 $Y'_i = 2+0.8y_i$ 在 $X'_i = 100+1.2x_i$ 上。
令 $Y' = 2+0.8Y$ 且 $X' = 100+1.2X$。
我們想找到迴歸方程式 $\tilde{Y} = \tilde{\alpha} + \tilde{\beta}X'$。

1. 計算變換後的樣本平均數：
$E(Y') = E(2+0.8Y) = 2 + 0.8 E(Y) = 2 + 0.8 \bar{Y} = 2 + 0.8 \times 6 = 2 + 4.8 = 6.8$
$\bar{Y'} = 6.8$

$E(X') = E(100+1.2X) = 100 + 1.2 E(X) = 100 + 1.2 \bar{X} = 100 + 1.2 \times 600 = 100 + 720 = 820$
$\bar{X'} = 820$

2. 計算變換後的樣本標準差：
$Var(Y') = Var(2+0.8Y) = Var(0.8Y) = (0.8)^2 Var(Y) = 0.64 Var(Y)$
由於 $Var(Y) = S_y^2 = (0.8)^2 = 0.64$ (注意這裡 $S_y$ 是標準差，所以 $S_y^2$ 是變異數)
$Var(Y') = 0.64 \times 0.64 = 0.4096$
$S_{y'} = \sqrt{Var(Y')} = \sqrt{0.4096} = 0.64$

$Var(X') = Var(100+1.2X) = Var(1.2X) = (1.2)^2 Var(X) = 1.44 Var(X)$
由於 $Var(X) = S_x^2 = (60)^2 = 3600$
$Var(X') = 1.44 \times 3600 = 5184$
$S_{x'} = \sqrt{Var(X')} = \sqrt{5184} = 72$

3. 計算變換後的相關係數 $r_{x'y'}$：
由於 $Y' = 2+0.8Y$ 和 $X' = 100+1.2X$ 都是對原始變數 $Y$ 和 $X$ 的線性變換，且斜率 $0.8$ 和 $1.2$ 都是正的，它們的相關係數與原始相關係數相同。
$r_{x'y'} = r_{xy} = 0.9$

4. 計算新的斜率係數 $\tilde{\beta}$：
$\tilde{\beta} = r_{x'y'} \frac{S_{y'}}{S_{x'}}$
$\tilde{\beta} = 0.9 \times \frac{0.64}{72} = 0.9 \times \frac{64}{7200} = 0.9 \times \frac{1}{112.5} = \frac{0.9}{112.5} = \frac{9}{1125} = \frac{1}{125}$

這是一道關於隨機變數期望值、變異數、線性估計量性質以及最佳線性不偏估計量 (BLUE) 的題目。

已知資訊：
$Y_1, Y_2, \dots, Y_n$ 是 $n$ 個相互獨立（題目說是 uncorrelated，這比獨立弱，但計算期望值和變異數時通常足夠）的隨機變數。
它們具有相同的平均值 $E(Y_i) = \mu$。
它們具有相同的變異數 $Var(Y_i) = \sigma^2$。
$\bar{Y} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} Y_i$ 是樣本平均數。

(i) 求 $E(\bar{Y})$ 和 $Var(\bar{Y})$

計算 $E(\bar{Y})$：
$E(\bar{Y}) = E(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} Y_i)$
根據期望值的線性性質：
$E(\bar{Y}) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} E(Y_i)$
由於 $E(Y_i) = \mu$ 對所有 $i$：
$E(\bar{Y}) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \mu = \frac{1}{n} (n\mu) = \mu$

計算 $Var(\bar{Y})$：
$Var(\bar{Y}) = Var(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} Y_i)$
由於 $Y_i$ 是相互獨立的（或僅僅是無關的），我們可以應用變異數的性質：
$Var(\sum_{i=1}^{n} Y_i) = \sum_{i=1}^{n} Var(Y_i)$ (因為它們是無關的)
$Var(\bar{Y}) = (\frac{1}{n})^2 Var(\sum_{i=1}^{n} Y_i)$
$Var(\bar{Y}) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} Var(Y_i)$
由於 $Var(Y_i) = \sigma^2$ 對所有 $i$：
$Var(\bar{Y}) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} \sigma^2 = \frac{1}{n^2} (n\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}$

結果 (i)：
$E(\bar{Y}) = \mu$
$Var(\bar{Y}) = \frac{\sigma^2}{n}$

(ii) 線性估計量 $G = a_1Y_1 + a_2Y_2 + \dots\dots + a_nY_n$ 的性質

定義一個線性估計量 $G = \sum_{i=1}^{n} a_i Y_i$。
要求 $G$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。
根據不偏性的定義，$E(G) = \mu$。

$E(G) = E(\sum_{i=1}^{n} a_i Y_i)$
$E(G) = \sum_{i=1}^{n} E(a_i Y_i)$
$E(G) = \sum_{i=1}^{n} a_i E(Y_i)$
由於 $E(Y_i) = \mu$：
$E(G) = \sum_{i=1}^{n} a_i \mu$
$E(G) = \mu \sum_{i=1}^{n} a_i$

為了使 $G$ 成為 $\mu$ 的不偏估計量，我們必須有 $E(G) = \mu$。
所以，$\mu \sum_{i=1}^{n} a_i = \mu$。
假設 $\mu \ne 0$，則必須有 $\sum_{i=1}^{n} a_i = 1$。
如果 $\mu = 0$，那麼 $E(G) = 0$，這也滿足 $E(G) = \mu$。
因此，對於任意 $\mu$，使 $G$ 為不偏估計量的條件是 $\sum_{i=1}^{n} a_i = 1$。

結果 (ii)：
限制條件是 $\sum_{i=1}^{n} a_i = 1$。

(iii) 求 $Var(G)$

$G = \sum_{i=1}^{n} a_i Y_i$
$Var(G) = Var(\sum_{i=1}^{n} a_i Y_i)$
由於 $Y_i$ 是無關的隨機變數，我們可以應用變異數的性質：
$Var(G) = \sum_{i=1}^{n} Var(a_i Y_i)$
$Var(G) = \sum_{i=1}^{n} a_i^2 Var(Y_i)$
由於 $Var(Y_i) = \sigma^2$：
$Var(G) = \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \sigma^2$
$Var(G) = \sigma^2 \sum_{i=1}^{n} a_i^2$