112 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班《統計學》

本題考驗簡單線性迴歸模型中，參數估計量的期望值與變異數，以及外生性與內生性假設對估計量的影響。

核心觀念：

1. 最小平方法 (OLS) 估計量 $\hat{\beta}_1$ 的期望值與變異數。
2. 外生性假設 $E(u_i | x_i) = 0$ 與內生性假設 $E(u_i | x_i) \neq 0$ 的差異。
3. 異質變異 (heteroskedasticity) 與同質變異 (homoskedasticity) 的差異。
4. 判定係數 $R^2$ 的意義與解釋。

解題步驟：

情境一：外生性假設成立，存在異質變異
模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i$，其中 $E(u_i | x_i) = 0$ 且 $\text{Var}(u_i | x_i) = \sigma_i^2$。
OLS 估計量為 $\hat{\beta}_1 = \frac{\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$。
我們知道 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i$。代入 $\hat{\beta}_1$ 的分子：
$\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum (x_i - \bar{x})((\beta_0 + \beta_1 x_i + u_i) - (\beta_0 + \beta_1 \bar{x} + \bar{u}))$
$= \sum (x_i - \bar{x})(\beta_1 (x_i - \bar{x}) + (u_i - \bar{u}))$
$= \beta_1 \sum (x_i - \bar{x})^2 + \sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})$
所以，$\hat{\beta}_1 = \frac{\beta_1 \sum (x_i - \bar{x})^2 + \sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2} = \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$。

(a) $E(\hat{\beta}_1)$：
$E(\hat{\beta}_1 | x_1, \dots, x_n) = E(\beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2} | x_1, \dots, x_n)$
$= \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x}) E(u_i - \bar{u} | x_1, \dots, x_n)}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
由於 $E(u_i | x_i) = 0$，則 $E(u_i) = 0$ (因為 $x_i$ 是固定的)。
$E(u_i - \bar{u} | x_1, \dots, x_n) = E(u_i | x_1, \dots, x_n) - E(\bar{u} | x_1, \dots, x_n)$
$= E(u_i | x_i) - \frac{1}{n} \sum E(u_j | x_j)$
$= 0 - \frac{1}{n} \sum 0 = 0$。
因此，$E(\hat{\beta}_1) = \beta_1$。

(b) $\text{Var}(\hat{\beta}_1)$：
$\text{Var}(\hat{\beta}_1 | x_1, \dots, x_n) = \text{Var}(\beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2} | x_1, \dots, x_n)$
$= \text{Var}(\frac{\sum (x_i - \bar{x})u_i}{\sum (x_i - \bar{x})^2} | x_1, \dots, x_n)$ (因為 $\bar{u}$ 的變異數為 0，且 $\sum (x_i - \bar{x})\bar{u} = \bar{u} \sum (x_i - \bar{x}) = 0$)
$= \frac{1}{(\sum (x_i - \bar{x})^2)^2} \text{Var}(\sum (x_i - \bar{x})u_i | x_1, \dots, x_n)$
由於 $u_i$ 之間相互獨立 (通常假設)，且 $\text{Var}(u_i | x_i) = \sigma_i^2$。
$\text{Var}(\sum (x_i - \bar{x})u_i | x_1, \dots, x_n) = \sum (x_i - \bar{x})^2 \text{Var}(u_i | x_i) = \sum (x_i - \bar{x})^2 \sigma_i^2$。
所以，$\text{Var}(\hat{\beta}_1) = \frac{\sum (x_i - \bar{x})^2 \sigma_i^2}{(\sum (x_i - \bar{x})^2)^2} = \frac{\sum (x_i - \bar{x})^2 \sigma_i^2}{(\sum (x_i - \bar{x})^2)^2}$。
若 $\sigma_i^2 = \sigma^2$ (同質變異)，則 $\text{Var}(\hat{\beta}_1) = \frac{\sigma^2 \sum (x_i - \bar{x})^2}{(\sum (x_i - \bar{x})^2)^2} = \frac{\sigma^2}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$。
題目中是異質變異 $\sigma_i^2 \neq \sigma^2$，所以變異數是 $\frac{\sum (x_i - \bar{x})^2 \sigma_i^2}{(\sum (x_i - \bar{x})^2)^2}$。

情境二：內生性假設成立，同質變異
模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i$，其中 $E(u_i | x_i) = c_i \neq 0$ 且 $\text{Var}(u_i | x_i) = \sigma^2$。

(c) $E(\hat{\beta}_1)$：
$E(\hat{\beta}_1 | x_1, \dots, x_n) = E(\beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2} | x_1, \dots, x_n)$

核心觀念

本題考查迴歸模型中的：

1. 聯合顯著性檢定：使用 $F$ 檢定判斷多個迴歸係數是否同時為零。
2. 個別係數檢定：使用 $t$ 檢定判斷交乘項係數是否顯著。
3. 交乘項模型的解釋：$\beta_3$ 衡量本身教育程度對薪資的邊際影響，是否會隨父母教育程度改變。

模型為：

$$\ln(\text{wage}) = \beta_0+\beta_1\text{educ} +\beta_2\text{pareduc} +\beta_3(\text{educ}\cdot\text{pareduc}) +\varepsilon$$

其中，本身教育程度的邊際效果為：

$$\frac{\partial \ln(\text{wage})}{\partial \text{educ}} = \beta_1+\beta_3\text{pareduc}$$

因此，若欲檢定本身教育程度的影響是否與父母教育程度有關，關鍵就是檢定交乘項係數 $\beta_3$ 是否為零。

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（f）虛無假設

欲檢定本身教育程度或父母教育程度是否具有顯著影響，通常設定聯合虛無假設：

$$H_0:\beta_1=\beta_2=0$$

對立假設為：

$$H_1:\beta_1\neq 0\ \text{或}\ \beta_2\neq 0$$

此檢定同時限制兩個係數，因此應使用 $F$ 檢定。

嚴格而言，若將「教育程度是否完全沒有影響」理解為包括交乘效果，也可設定為 $H_0:\beta_1=\beta_2=\beta_3=0$；但題目後續另以 $t$ 檢定檢驗 $\beta_3$，故本小題採用 $H_0:\beta_1=\beta_2=0$。

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（g）$F$ 統計量

一般聯合假設的 $F$ 統計量為：

$$F = \frac{(SSR_R-SSR_{UR})/q}{SSR_{UR}/(n-k-1)}$$

其中：

• $SSR_R$：限制模型的殘差平方和；
• $SSR_{UR}$：無限制模型的殘差平方和；
• $q=2$：限制條件個數；
• $n=429$；
• 無限制模型共有 $k=3$ 個斜率變數，因此分母自由度為 $429-3-1=425$。

若以限制模型與無限制模型的 $R^2$ 表示，則：

$$F = \frac{(R^2_{UR}-R^2_R)/2}{(1-R^2_{UR})/425}$$

題目只提供無限制模型的 $R^2=0.150$，未提供限制模型的 $R^2_R$，也未提供各估計量之間的共變異數，因此無法由題目資料精確計算聯合 $F$ 統計量。

若依部分教材的簡化假設，將兩個係數視為彼此獨立，則可用個別 $t$ 統計量平方和近似：

$$t_{\text{educ}} = \frac{0.065}{0.026} = 2.50$$ $$t_{\text{pareduc}} = \frac{0.044}{0.040} = 1.10$$

本題考驗機率論中的聯合機率分佈、條件機率、期望值、變異數、以及隨機變數的轉換。

核心觀念：

1. 聯合機率密度函數與邊際機率密度函數。
2. 協方差 (Covariance) 的計算。
3. 條件期望值 (Conditional Expectation) 的計算。
4. 隨機變數的轉換與機率密度函數的推導。
5. 常見機率分配的認識。

解題步驟：

題目給定的聯合機率密度函數為 $f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{x^2 + y^2}{2}\right)$。
這個形式看起來像是一個二維的標準常態分佈。
$f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi \sigma_x \sigma_y \sqrt{1-\rho^2}} \exp\left(-\frac{1}{2(1-\rho^2)} \left[ \left(\frac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)^2 - 2\rho \left(\frac{x-\mu_x}{\sigma_x}\right)\left(\frac{y-\mu_y}{\sigma_y}\right) + \left(\frac{y-\mu_y}{\sigma_y}\right)^2 \right]\right)$
將題目給定的函數與標準二維常態分佈的密度函數比較：
$\mu_x = 0, \mu_y = 0, \sigma_x = 1, \sigma_y = 1, \rho = 0$。
$f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi (1)(1) \sqrt{1-0^2}} \exp\left(-\frac{1}{2(1-0^2)} \left[ \left(\frac{x-0}{1}\right)^2 - 2(0) (\dots) + \left(\frac{y-0}{1}\right)^2 \right]\right)$
$f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{1}{2} (x^2 + y^2)\right) = \frac{1}{2\pi} \exp\left(-\frac{x^2}{2} - \frac{y^2}{2}\right)$
這正是兩個獨立的標準常態隨機變數 $X \sim N(0,1)$ 和 $Y \sim N(0,1)$ 的聯合機率密度函數。
因為 $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$, 其中 $f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2}$ 和 $f_Y(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y^2/2}$。
所以，$X$ 和 $Y$ 是獨立的標準常態隨機變數。

(1) Cov(X,Y)
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，它們之間的協方差為零。
$\text{Cov}(X,Y) = 0$。

(2) E[Z1 | Y]
$Z_1 = X + X^3$。
$E[Z_1 | Y] = E[X + X^3 | Y]$。
由於 $X$ 和 $Y$ 是獨立的，條件期望值 $E[g(X) | Y]$ 等於 $E[g(X)]$。
所以，$E[Z_1 | Y] = E[X + X^3]$。
因為 $X \sim N(0,1)$，所以 $E[X] = 0$。
$E[X^3]$。對於標準常態分佈，奇數次方的期望值為零。
$E[X^3] = \int_{-\infty}^{\infty} x^3 \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2} dx$。
被積函數 $x^3 e^{-x^2/2}$ 是奇函數 ($(-x)^3 e^{-(-x)^2/2} = -x^3 e^{-x^2/2}$)。
積分區間 $(-\infty, \infty)$ 對稱於零，所以積分值為 0。
因此，$E[Z_1 | Y] = E[X] + E[X^3] = 0 + 0 = 0$。

(3) E[Z2 | Y]
$Z_2 = X^2 + X^4$。
$E[Z_2 | Y] = E[X^2 + X^4 | Y]$。
同樣因為 $X$ 和 $Y$ 獨立，
$E[Z_2 | Y] = E[X^2 + X^4] = E[X^2] + E[X^4]$。
對於 $X \sim N(0,1)$：
$E[X^2] = \text{Var}(X) + (E[X])^2 = 1 + 0^2 = 1$。 (標準常態的變異數是 1)。
$E[X^4]$。這需要計算。
可以使用動差生成函數 (MGF) 或直接積分。
對於標準常態 $X \sim N(0,1)$，其動差生成函數為 $M_X(t) = E[e^{tX}] = e^{t^2/2}$。
$E[X^k] = M_X^{(k)}(0)$ (k 階導數在 t=0 的值)。
$M_X'(t) = t e^{t^2/2}$

本題考驗機率論與數理統計中的中央極限定理、樣本平均的機率極限、順序統計量、以及期望值與變異數的計算。

核心觀念：

1. 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)。
2. 機率極限 (Probability Limit, p-lim)。
3. 獨立同分布 (i.i.d.) 隨機變數的樣本平均的期望值與變異數。
4. 均勻分配 $U(0,1)$ 的性質。
5. 順序統計量的期望值與變異數。
6. 期望值性質的比較。

解題步驟：

給定隨機樣本 $\{X_1, X_2, \dots, X_n\}$ 來自 $U(0,1)$ 分配。
對於 $U(0,1)$ 分配：
期望值 $E[X_i] = \mu = \frac{0+1}{2} = 0.5$。
變異數 $\text{Var}(X_i) = \sigma^2 = \frac{(1-0)^2}{12} = \frac{1}{12}$。

(6) $Z_n = \sqrt{12n}(\bar{X}_n - 0.5)$ 的極限分配。
根據中央極限定理 (CLT)，對於 i.i.d. 隨機變數，只要期望值和變異數存在，樣本平均 $\bar{X}_n$ 的標準化形式會趨近於標準常態分配。
標準化形式為：$\frac{\bar{X}_n - E[\bar{X}_n]}{\sqrt{\text{Var}(\bar{X}_n)}}$。
$E[\bar{X}_n] = E[X_i] = 0.5$。
$\text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{\text{Var}(X_i)}{n} = \frac{1/12}{n} = \frac{1}{12n}$。
所以，標準化形式為 $\frac{\bar{X}_n - 0.5}{\sqrt{1/(12n)}} = \sqrt{12n}(\bar{X}_n - 0.5)$。
這正是題目中給定的 $Z_n$。
因此，根據 CLT，$Z_n$ 的極限分配是標準常態分配 $N(0,1)$。
記號可以是 $N(0,1)$ 或 $Z$。

(7) $q$ 為 $\bar{X}_n$ 的機率極限 (probability limit)。
根據大數法則 (Law of Large Numbers)，樣本平均 $\bar{X}_n$ 的機率極限等於母體的期望值。
$q = \text{p-lim}_{n \to \infty} \bar{X}_n = E[X_i]$。
$E[X_i] = 0.5$。
所以，$q = 0.5$。

(8) $E[Y_{((n+1)/2)}]$
$Y_{(k)}$ 是第 $k$ 小的順序統計量。題目指定 $n$ 為奇數，所以 $(n+1)/2$ 是一個整數，代表中位數。
對於來自 $U(0,1)$ 分配的順序統計量 $Y_{(k)}$，其期望值為：
$E[Y_{(k)}] = \frac{k}{n+1}$。
在這裡，$k = (n+1)/2$。
$E[Y_{((n+1)/2)}] = \frac{(n+1)/2}{n+1} = \frac{1}{2}$。

(9) $\text{Var}(Y_{((n+1)/2)})$
對於來自 $U(0,1)$ 分配的順序統計量 $Y_{(k)}$，其變異數為：
$\text{Var}(Y_{(k)}) = \frac{k(n-k+1)}{(n+1)^2(n+2)}$。
在這裡，$k = (n+1)/2$。
$\text{Var}(Y_{((n+1)/2)}) = \frac{\frac{n+1}{2} (n - \frac{n+1}{2} + 1)}{(n+1)^2(n+2)}$
$= \frac{\frac{n+1}{2} (\frac{2n - n - 1 + 2}{2})}{(n+1)^2(n+2)}$
$= \frac{\frac{n+1}{2} (\frac{n+1}{2})}{(n+1)^2(n+2)}$
$= \frac{(\frac{n+1}{2})^2}{(n+1)^2(n+2)}$
$= \frac{(n+1)^2/4}{(n+1)^2(n+2)}$
$= \frac{1}{4(n+2)}$。

(10) $E[(Y_{((n+1)/2)} - 0.5)^2]$ ____ $E[(\bar{X}_n - 0.5)^2]$
我們需要比較兩個期望值。
首先，計算 $E[(\bar{X}_n - 0.5)^2]$。
$E[(\bar{X}_n - 0.5)^2] = E[(\bar{X}_n - E[\bar{X}_n])^2] = \text{Var}(\bar{X}_n)$。
我們已經知道 $\text{Var}(\bar{X}_n) = \frac{1}{12n}$。
所以，$E[(\bar{X}_n - 0.5)^2] = \frac{1}{12n}$。

接下來，計算 $E[(Y_{((n+1)/2)} - 0.5)^2]$。
$E[(Y_{((n+1)/2)} - 0.5)^2] = E[(Y_{((n+1)/2)} - E[Y_{((n+1)/2)}])^2]$
$= \text{Var}(Y_{((n+1)/2)})$。