111 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班甲組《統計學》

本題在考驗對計量模型中變數轉換與解釋的理解。跨代所得彈性 (intergenerational income elasticity) 的定義是衡量父母所得變動百分比對子女所得變動百分比的影響。

選項 (A) 是一個標準的線性迴歸模型，它假設父母所得 X 每變動一個單位，子女所得 Y 就變動 $\beta$ 個單位。這代表的是絕對變動，而非百分比變動。

選項 (B) 是一個半對數模型，它假設父母所得 X 每變動 1%，子女所得 Y 就變動 $\beta/100$ 個單位。這裡 Y 的變動是絕對變動。

本題在考驗對含有交乘項的虛擬變數模型的解釋能力。模型的形式為：
$weight = \beta_0 + \beta_1 north + \beta_2 female + \beta_3 north \cdot female + \varepsilon$

其中：

• $north = 1$ if region is North, $0$ otherwise (South).
• $female = 1$ if gender is Female, $0$ otherwise (Male).

我們來逐一分析各選項：

(A) 北部地區的男女體重差異：
在北部地區 ($north=1$)，模型變為：
$weight = \beta_0 + \beta_1(1) + \beta_2 female + \beta_3(1) \cdot female + \varepsilon$
$weight = (\beta_0 + \beta_1) + (\beta_2 + \beta_3) female + \varepsilon$
當 $female=1$ (女性) 時, $weight = (\beta_0 + \beta_1) + (\beta_2 + \beta_3)$
當 $female=0$ (男性) 時, $weight = (\beta_0 + \beta_1)$
因此，北部地區男女體重差異為：$[(\beta_0 + \beta_1) + (\beta_2 + \beta_3)] - (\beta_0 + \beta_1) = \beta_2 + \beta_3$。
選項 (A) 說差異為 $|\beta_1 + \beta_3|$，這是錯誤的。

核心觀念

本題考查「遺漏變數偏誤」。真實模型為

$$Y=\beta_0+\beta_1X_1+\beta_2X_2+u$$

但估計時遺漏了 $X_2$，改估計簡單迴歸：

$$Y=\alpha_0+\alpha_1X_1+\varepsilon$$

其中複迴歸中的 $X_2$ 被納入簡單迴歸誤差項：

$$\varepsilon=\beta_2X_2+u$$

若 $X_1$ 與遺漏變數 $X_2$ 相關，且 $X_2$ 對 $Y$ 有影響，即 $\beta_2\neq 0$，則 $X_1$ 會吸收部分 $X_2$ 的效果，造成 $\hat{\beta}_1$ 產生遺漏變數偏誤。

遺漏變數偏誤的公式為

$$\operatorname{Bias}(\hat{\beta}_1) = \beta_2\frac{\operatorname{Cov}(X_1,X_2)} {\operatorname{Var}(X_1)}$$

因此，不產生偏誤的條件是

$$\beta_2\operatorname{Cov}(X_1,X_2)=0$$

也就是 $\beta_2=0$，或 $\operatorname{Cov}(X_1,X_2)=0$。

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解題方法

將真實模型代入簡單迴歸的斜率估計式。含截距的簡單迴歸斜率為

$$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)(Y_i-\bar Y)} {\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)^2}$$

由真實模型

$$Y_i=\beta_0+\beta_1X_{1i}+\beta_2X_{2i}+u_i$$

可得

$$\hat{\beta}_1 = \beta_1 + \beta_2 \frac{\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)(X_{2i}-\bar X_2)} {\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)^2} + \frac{\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)u_i} {\sum_{i=1}^n (X_{1i}-\bar X_1)^2}$$

在 $E(u\mid X_1)=0$ 的條件下，最後一項的期望為零。因此，$\hat{\beta}_1$ 相對於 $\beta_1$ 的偏誤，來自

$$\beta_2 \frac{\operatorname{Cov}(X_1,X_2)} {\operatorname{Var}(X_1)}$$

要使偏誤為零，必須滿足

$$\beta_2=0$$

或

$$\operatorname{Cov}(X_1,X_2)=0$$

在選項中，只有「$\beta_2=0$」直接且必然保證沒有遺漏變數偏誤。

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選項分析

(A) $\beta_1=0$

錯誤。

$\beta_1=0$ 只表示 $X_1$ 對 $Y$ 的真實直接效果為零，並不表示遺漏變數偏誤為零。

本題考查當樣本資料重複時，OLS 估計量會如何變化。

原始樣本為 $\{(X_i, Y_i)\}_{i=1}^n$。
簡單迴歸的 OLS 估計量為 $\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})(Y_i - \bar{Y})}{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$。

新樣本為 $\{(X_i, Y_i)\}_{i=1}^{2n}$, 其中 $\{(X_i, Y_i)\}_{i=1}^n$ 是原始樣本，而 $\{(X_{n+i}, Y_{n+i}) = (X_i, Y_i)\}_{i=1}^n$ 是原始樣本的複製。

我們需要計算新的 OLS 估計量 $\hat{\beta}_{1, new}$。
新的樣本均值：
$\bar{X}_{new} = \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} X_i = \frac{1}{2n} \left( \sum_{i=1}^n X_i + \sum_{i=n+1}^{2n} X_i \right) = \frac{1}{2n} \left( \sum_{i=1}^n X_i + \sum_{i=1}^n X_i \right) = \frac{1}{2n} (2 \sum_{i=1}^n X_i) = \bar{X}$
同理，$\bar{Y}_{new} = \bar{Y}$。
新的樣本均值與原始樣本均值相同。

現在計算新的分子和分母：
新的分子：$\sum_{i=1}^{2n} (X_i - \bar{X}_{new})(Y_i - \bar{Y}_{new})$

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸斜率估計量的標準誤：

$$se(\hat{\beta}_1) = \sqrt{ \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\hat{\epsilon}_i^2/(n-2)} {\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2} }$$

分子是誤差變異數的估計值，分母是 $X$ 的離均差平方和。資料完全重複輸入一次後，觀察筆數、殘差平方和與 $X$ 的離均差平方和都會改變。

解題方法

設原始資料有 $n$ 筆。每筆資料重複一次後，總筆數變成 $2n$。由於每筆 $(X_i,Y_i)$ 都只是原資料的副本，迴歸線不變，所以 $\hat{\beta}_0$、$\hat{\beta}_1$ 及各筆對應的殘差值都不變；但每個殘差平方會計入兩次，因此：

$$\sum_{\text{重複後}}\hat{\epsilon}_i^2 = 2\sum_{i=1}^{n}\hat{\epsilon}_i^2$$

同理，每個 $X_i$ 與平均數的離差平方也計入兩次，故：

$$\sum_{\text{重複後}}(X_i-\bar X)^2 = 2\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2$$

重複後的殘差自由度為 $2n-2$，因此新的標準誤平方為：

核心觀念

這題檢定迴歸模型中女性虛擬變數的係數 $\beta_1$ 是否為零。控制教育年數與工作經驗後，$\beta_1$ 衡量女性與男性平均對數工資的差異；若 $\beta_1=0$，表示模型中沒有性別工資差異。

題目問差異是否「異於零」，因此採用雙尾 $t$ 檢定。模型估計了 4 個參數，故殘差自由度為：

$$df=n-k=14-4=10$$

其中 $k$ 包含截距項。

解題方法

（6）虛無假設與對立假設

$$H_0:\beta_1=0$$ $$H_1:\beta_1\ne 0$$

（7）$t$ 統計量

以女性係數的估計值除以其標準誤：

$$t=\frac{\hat{\beta}_1-0}{SE(\hat{\beta}_1)} =\frac{-0.18}{0.10} =-1.80$$

（8）10% 顯著水準的臨界值

雙尾檢定的每一尾各分配 $0.05$，自由度為 $10$。因此臨界值為：

$$\pm t_{0.95,10}=\pm 1.812$$

拒絕域為 $t<-1.812$ 或 $t>1.812$。

（9）檢定決策

因為 $-1.80$ 落在 $[-1.812,1.812]$ 內，未落入拒絕域，因此在 10% 顯著水準下不拒絕虛無假設。

本題涵蓋了常態分配的性質、估計量的均方誤 (MSE) 計算、以及不偏估計量的性質。

首先，我們處理 $\alpha X + \beta$ 服從標準常態分配的條件。
標準常態分配的期望值為 0，變異數為 1。
設 $Z = \alpha X + \beta$。
已知 $E(X) = \mu$ 且 $Var(X) = \sigma^2$。
$E(Z) = E(\alpha X + \beta) = \alpha E(X) + \beta = \alpha \mu + \beta$。
由於 $Z$ 服從標準常態分配，其期望值為 0。所以：
$\alpha \mu + \beta = 0$ (1)

$Var(Z) = Var(\alpha X + \beta) = \alpha^2 Var(X) = \alpha^2 \sigma^2$。
由於 $Z$ 服從標準常態分配，其變異數為 1。所以：
$\alpha^2 \sigma^2 = 1$ (2)

從 (2) 式，由於 $\alpha > 0$, 我們得到 $\alpha = \frac{1}{\sigma}$。
將 $\alpha = \frac{1}{\sigma}$ 代入 (1) 式：
$\frac{1}{\sigma} \mu + \beta = 0$
$\beta = -\frac{\mu}{\sigma}$

因此，
$(a) \alpha = \frac{1}{\sigma}$
$(b) \beta = -\frac{\mu}{\sigma}$

接下來，計算 $\hat{\mu} = \frac{X_1 + 2X_2}{3}$ 作為 $\mu$ 的估計量的均方誤。
均方誤 (MSE) 的定義為 $MSE(\hat{\theta}) = E[(\hat{\theta} - \theta)^2] = Var(\hat{\theta}) + [Bias(\hat{\theta})]^2$。
首先計算 $\hat{\mu}$ 的偏差 (Bias)。
$Bias(\hat{\mu}) = E(\hat{\mu}) - \mu$
$E(\hat{\mu}) = E\left(\frac{X_1 + 2X_2}{3}\right) = \frac{1}{3} E(X_1) + \frac{2}{3} E(X_2)$
假設 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是來自同一分佈的隨機樣本，則 $E(X_1) = E(X_2) = \mu$。
$E(\hat{\mu}) = \frac{1}{3} \mu + \frac{2}{3} \mu = \mu$。
所以，$Bias(\hat{\mu}) = \mu - \mu = 0$。
$\hat{\mu}$ 是 $\mu$ 的一個不偏估計量。

接著計算 $\hat{\mu}$ 的變異數 (Variance)。
$Var(\hat{\mu}) = Var\left(\frac{X_1 + 2X_2}{3}\right)$
由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的隨機樣本，
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{3^2} Var(X_1 + 2X_2)$
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{9} (Var(X_1) + Var(2X_2))$
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{9} (Var(X_1) + 2^2 Var(X_2))$
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{9} (\sigma^2 + 4\sigma^2)$
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{9} (5\sigma^2) = \frac{5}{9}\sigma^2$。

現在計算 $MSE(\hat{\mu})$：
$MSE(\hat{\mu}) = Var(\hat{\mu}) + [Bias(\hat{\mu})]^2$
$MSE(\hat{\mu}) = \frac{5}{9}\sigma^2 + 0^2 = \frac{5}{9}\sigma^2$。

$(c) MSE(\hat{\mu}) = \frac{5}{9}\sigma^2$。

接下來比較 $MSE(\hat{\mu})$ 和 $MSE(\bar{X})$。
$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 是 $\mu$ 的樣本均值。
$Bias(\bar{X}) = E(\bar{X}) - \mu = \mu - \mu = 0$ (不偏估計量)。
$Var(\bar{X}) = Var\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n^2} Var\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)$
$= \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n Var(X_i)$ (由於獨立性)
$= \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n \sigma^2 = \frac{1}{n^2} (n\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}$。
$MSE(\bar{X}) = Var(\bar{X}) + [Bias(\bar{X})]^2 = \frac{\sigma^2}{n} + 0^2 = \frac{\sigma^2}{n}$。

我們比較 $MSE(\hat{\mu}) = \frac{5}{9}\sigma^2$ 和 $MSE(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}$。
$\frac{5}{9}\sigma^2$ 相對於 $\frac{\sigma^2}{n}$。
這取決於 $n$ 的值。
如果 $n$ 很大，例如 $n=5$，則 $\frac{5}{9}\sigma^2$ vs $\frac{1}{5}\sigma^2$。