114 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班乙組《統計學》

本題主要考驗隨機變數的線性轉換、相關係數、期望值、變異數以及常見機率分配的性質。

核心觀念：

1. 線性轉換對機率密度函數的影響。
2. 相關係數的性質。
3. 獨立隨機變數的期望值性質。
4. 標準常態分配累積分配函數的期望值。
5. 變異數與期望值的關係。
6. 常見機率分配的識別。

解題過程：
首先，我們知道 $X \sim N(0,1)$，其機率密度函數為 $f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$。
$Y = 1 + 0.5X$ 是一個線性轉換。若 $X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$，則 $aX+b \sim N(a\mu_X+b, a^2\sigma_X^2)$。
在此，$X \sim N(0,1)$，所以 $\mu_X = 0$, $\sigma_X^2 = 1$。
則 $Y \sim N(0.5 \times 0 + 1, (0.5)^2 \times 1) = N(1, 0.25)$。
因此，$Y$ 的機率密度函數為 $f_Y(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_Y^2}}e^{-\frac{(y-\mu_Y)^2}{2\sigma_Y^2}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi(0.25)}}e^{-\frac{(y-1)^2}{2(0.25)}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi(1/4)}}e^{-\frac{(y-1)^2}{1/2}} = \frac{1}{(1/2)\sqrt{2\pi}}e^{-2(y-1)^2} = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}e^{-2(y-1)^2}$。
所以，(1) 為 $\frac{2}{\sqrt{2\pi}}e^{-2(y-1)^2}$。

(2) $P_{XY}$ 為 $X$ 與 $Y$ 的相關係數。
$Y = 1 + 0.5X$。
相關係數的定義為 $\rho_{XY} = \frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sigma_X \sigma_Y}$。
$\text{Cov}(X,Y) = \text{Cov}(X, 1+0.5X) = \text{Cov}(X,1) + \text{Cov}(X, 0.5X) = 0 + 0.5\text{Cov}(X,X) = 0.5 \text{var}(X)$。
由於 $X \sim N(0,1)$, $\text{var}(X) = 1$。所以 $\text{Cov}(X,Y) = 0.5 \times 1 = 0.5$。
$\sigma_X = \sqrt{\text{var}(X)} = \sqrt{1} = 1$。
$\sigma_Y = \sqrt{\text{var}(Y)} = \sqrt{0.25} = 0.5$。
$\rho_{XY} = \frac{0.5}{1 \times 0.5} = 1$。
所以，(2) 為 1。

(3) $E[ZY]$。$Z \sim N(0,1)$ 且與 $X$ 相互獨立。
$Y = 1 + 0.5X$。
$E[ZY] = E[Z(1+0.5X)] = E[Z + 0.5ZX]$。
由於 $Z$ 和 $X$ 相互獨立，所以 $Z$ 和 $ZX$ 也相互獨立。
$E[Z + 0.5ZX] = E[Z] + 0.5E[ZX]$。
因為 $Z \sim N(0,1)$, 所以 $E[Z] = 0$。
因為 $Z$ 和 $X$ 相互獨立，所以 $E[ZX] = E[Z]E[X]$。
$E[X] = 0$ (因為 $X \sim N(0,1)$)。
所以 $E[ZX] = 0 \times 0 = 0$。
因此，$E[ZY] = 0 + 0.5 \times 0 = 0$。
所以，(3) 為 0。

(4) $W = \Phi(Z)$, 其中 $\Phi(z)$ 是 $Z \sim N(0,1)$ 的累積分配函數。
$W$ 的累積分配函數為 $F_W(w) = P(W \leq w) = P(\Phi(Z) \leq w)$。
由於 $\Phi(z)$ 是嚴格遞增函數，所以 $P(\Phi(Z) \leq w) = P(Z \leq \Phi^{-1}(w))$。
令 $z_w = \Phi^{-1}(w)$，則 $P(Z \leq z_w) = \Phi(z_w) = \Phi(\Phi^{-1}(w)) = w$。
所以 $F_W(w) = w$, 對於 $w \in [0,1]$。
這表示 $W$ 服從 $U(0,1)$ 分配（標準均勻分配）。
因此，$E[W] = E[U(0,1)] = \frac{0+1}{2} = 0.5$。
所以，(4) 為 0.5。

(5) $\text{var}(Z)$ ____ (5) ____ $E[(Z-b)^2]$。
$Z \sim N(0,1)$。
$\text{var}(Z) = 1$。

本題主要考驗最大概似估計法的應用、期望值與變異數的計算，以及Rao-Blackwell定理的應用。

核心觀念：

1. 最大概似函數的建立。
2. 最大概似估計式的求法（對數概似函數求導）。
3. 估計式的期望值與變異數。
4. Rao-Blackwell定理。

解題過程：
假設 $\{X_1, X_2, \dots, X_n\}$ 為來自 $N(\theta, 1)$ 的隨機樣本。
$X_i$ 的機率密度函數為 $f(x_i; \theta) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x_i-\theta)^2}{2}}$。

(7) 概似函數 $L(\theta)$ 是樣本點的聯合機率密度函數（或機率質量函數），視為參數 $\theta$ 的函數。
$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \theta) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x_i-\theta)^2}{2}}$
$L(\theta) = \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^n \prod_{i=1}^{n} e^{-\frac{(x_i-\theta)^2}{2}}$
$L(\theta) = \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^n \exp\left(-\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (x_i-\theta)^2\right)$。

(8) 求最大概似估計式 $\hat{\theta}$。
我們通常對對數概似函數求導。
$\ln L(\theta) = \ln\left(\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^n\right) - \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (x_i-\theta)^2$
$\ln L(\theta) = -\frac{n}{2}\ln(2\pi) - \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (x_i-\theta)^2$
對 $\theta$ 微分：
$\frac{\partial \ln L(\theta)}{\partial \theta} = -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} 2(x_i-\theta)(-1) = \sum_{i=1}^{n} (x_i-\theta) = \sum_{i=1}^{n} x_i - n\theta$。
令微分等於零，解出 $\theta$：
$\sum_{i=1}^{n} x_i - n\theta = 0$
$n\theta = \sum_{i=1}^{n} x_i$
$\theta = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} x_i = \bar{X}$。
所以，最大概似估計式為 $\hat{\theta} = \bar{X}$。

(8) $E[\hat{\theta}]$。
$\hat{\theta} = \bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i$。
$E[\hat{\theta}] = E[\bar{X}] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i\right]$。
由於 $X_i$ 是來自 $N(\theta, 1)$ 的隨機樣本，所以 $E[X_i] = \theta$。
$E[\hat{\theta}] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} E[X_i] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \theta = \frac{1}{n}(n\theta) = \theta$。
所以，(8) 為 $\theta$。

(9) $\text{var}(\hat{\theta})$。
$\text{var}(\hat{\theta}) = \text{var}(\bar{X}) = \text{var}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i\right)$。
由於 $X_i$ 是相互獨立的，
$\text{var}(\hat{\theta}) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n} \text{var}(X_i)$。
由於 $X_i \sim N(\theta, 1)$, $\text{var}(X_i) = 1$。
$\text{var}(\hat{\theta}) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n} 1 = \frac{1}{n^2}(n) = \frac{1}{n}$。
所以，(9) 為 $\frac{1}{n}$。

(10) $\text{var}(\tilde{\theta})$ ____ (10) ____ $\text{var}(E[\hat{\theta}|U])$。
題目給定 $\tilde{\theta}$ 是 $\theta$ 的一個不偏估計式，且 $U$ 是一個統計量。
我們知道 $\hat{\theta} = \bar{X}$。
對於任何統計量 $U$ (它本身也是一個基於樣本的函數，因此也是一個隨機變數)，我們有 $E[\hat{\theta}|U]$ 是 $\hat{\theta}$ 在給定 $U$ 下的條件期望值。
根據期望值的性質，對於任意隨機變數 $Y$ 和 $U$, $E[Y|U]$ 是一個關於 $U$ 的函數。
對於 $\hat{\theta}$，我們知道 $E[\hat{\theta}] = \theta$。
若 $E[\hat{\theta}|U]$ 是一個關於 $U$ 的函數，我們需要知道 $E[E[\hat{\theta}|U]]$。
由迭代期望定律 (Law of Iterated Expectations), $E[E[Y|U]] = E[Y]$。
所以 $E[E[\hat{\theta}|U]] = E[\hat{\theta}] = \theta$。
這意味著 $E[\hat{\theta}|U]$ 也是參數 $\theta$ 的一個不偏估計式。

現在我們要比較 $\text{var}(\tilde{\theta})$ 和 $\text{var}(E[\hat{\theta}|U])$。
Rao-Blackwell 定理指出，對於任何一個不偏估計式 $\tilde{\theta}$，若存在一個充分統計量 $T$，則 $E[\tilde{\theta}|T]$ 是一個關於 $\tilde{\theta}$ 的「更好」的不偏估計式，其變異數不會大於 $\tilde{\theta}$ 的變異數，即 $\text{var}(E[\tilde{\theta}|T]) \leq \text{var}(\tilde{\theta})$。
在這個問題中，我們沒有明確給出 $U$ 是否為充分統計量，但題目要求我們比較 $\text{var}(\tilde{\theta})$ 和 $\text{var}(E[\hat{\theta}|U])$。
我們知道 $\hat{\theta} = \bar{X}$。
對於 $N(\theta, 1)$ 分佈，樣本均值 $\bar{X}$ 是參數 $\theta$ 的充分統計量。
如果 $U$ 是一個統計量，那麼 $E[\hat{\theta}|U]$ 表示我們利用 $U$ 來改進 $\hat{\theta}$。
根據 Rao-Blackwell 定理，如果 $U$ 是一個（至少是）充分統計量，那麼 $E[\hat{\theta}|U]$ 的變異數會小於或等於 $\hat{\theta}$ 的變異數。
更一般地，對於任何不偏估計式 $\tilde{\theta}$，以及任何統計量 $U$，我們有 $E[\tilde{\theta}|U]$ 是 $\theta$ 的一個不偏估計式，且 $\text{var}(E[\tilde{\theta}|U]) \leq \text{var}(\tilde{\theta})$。
這個結論的證明是：
$\text{var}(\tilde{\theta}) = \text{var}(E[\tilde{\theta}|U] + (\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]))$
$\text{var}(\tilde{\theta}) = \text{var}(E[\tilde{\theta}|U]) + \text{var}(\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]) + 2\text{Cov}(E[\tilde{\theta}|U], \tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U])$
由於 $E[\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]] = E[\tilde{\theta}] - E[E[\tilde{\theta}|U]] = \theta - \theta = 0$,
且 $E[\tilde{\theta}|U]$ 是關於 $U$ 的函數，而 $\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]$ 是與 $U$ 相關的剩餘項。
$\text{Cov}(E[\tilde{\theta}|U], \tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]) = E[E[\tilde{\theta}|U] (\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U])]$
$= E[E[E[\tilde{\theta}|U] (\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U]) | U]]$
$= E[E[\tilde{\theta}|U] E[\tilde{\theta} - E[\tilde{\theta}|U] | U]]$ （因為 $E[\tilde{\theta}|U]$ 是 $U$ 的函數，可以提到條件期望外面）

核心觀念

本題考查三種線性迴歸模型的 OLS 估計：

1. 含截距的一元迴歸：模型（I）
2. 不含截距的迴歸：模型（II）
3. 只有截距的迴歸：模型（III）

常用公式如下：

含截距模型

$$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})} {\sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2}, \qquad \hat{\alpha}=\bar{y}-\hat{\beta}\bar{x}$$

不含截距模型

$$\hat{\gamma} = \frac{\sum_{i=1}^n x_i y_i} {\sum_{i=1}^n x_i^2}$$

只有截距模型

$$\hat{\delta}=\bar{y}$$

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解題方法

資料為：

$$y=(4,5,1,3,2),\qquad x=(2,4,3,2,5)$$

先計算平均數：

$$\bar{x}=\frac{2+4+3+2+5}{5}=\frac{16}{5}$$ $$\bar{y}=\frac{4+5+1+3+2}{5}=3$$

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（a）OLS 估計值

模型（I）：$y_i=\alpha+\beta x_i+u_i$

先計算：

$$\sum (x_i-\bar{x})^2 = \left(-\frac65\right)^2+ \left(\frac45\right)^2+ \left(-\frac15\right)^2+ \left(-\frac65\right)^2+ \left(\frac95\right)^2 = \frac{34}{5}$$

又因為

$$\begin{array}{c|c|c|c} i & x_i-\bar{x} & y_i-\bar{y} & (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})\\ \hline 1 & -\frac65 & 1 & -\frac65\\ 2 & \frac45 & 2 & \frac85\\ 3 & -\frac15 & -2 & \frac25\\ 4 & -\frac65 & 0 & 0\\ 5 & \frac95 & -1 & -\frac95 \end{array}$$

因此：

$$\sum (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) = -\frac65+\frac85+\frac25-\frac95=-1$$

所以：

$$\hat{\beta} = \frac{-1}{34/5} = -\frac{5}{34}$$

再由：

$$\hat{\alpha} = \bar{y}-\hat{\beta}\bar{x}$$

得到：

$$\hat{\alpha} = 3-\left(-\frac{5}{34}\right)\left(\frac{16}{5}\right) = 3+\frac{8}{17} = \frac{59}{17}$$

故模型（I）的估計迴歸式為：

$$\hat{y}_i=\frac{59}{17}-\frac{5}{34}x_i$$

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模型（II）：$y_i=\gamma x_i+v_i$

此模型沒有截距，因此直接使用：

$$\hat{\gamma} = \frac{\sum x_i y_i}{\sum x_i^2}$$

計算：

$$\sum x_i y_i = 2(4)+4(5)+3(1)+2(3)+5(2) = 47$$ $$\sum x_i^2 = 2^2+4^2+3^2+2^2+5^2 = 58$$

因此：

$$\boxed{\hat{\gamma}=\frac{47}{58}}$$

模型（II）的估計迴歸式為：

$$\hat{y}_i=\frac{47}{58}x_i$$

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核心觀念

本題考查含交乘項（interaction term）的多元迴歸模型，以及迴歸係數的 $t$ 檢定。

模型為

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

估計結果為

$$\widehat{\text{wage}} = 216.9+38.79\text{educ} +5.901\text{pareduc} -0.365(\text{educ}\cdot\text{pareduc})$$

其中各估計係數下方括弧內為標準誤。

檢定單一迴歸係數時，$t$ 統計量為

$$t=\frac{\widehat{\beta}_j-\beta_{j,0}}{\operatorname{se}(\widehat{\beta}_j)}$$

通常檢定無影響時，虛無假設為 $\beta_j=0$。本題共有 $4$ 個待估參數，因此自由度為

$$df=n-k=193-4=189.$$

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（a）檢定教育程度是否與薪資有關

解題方法

「本身或父母教育程度是否與薪資有關」可分別檢定本身教育程度與父母教育程度的迴歸係數是否為零。

對本身教育程度：

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

其 $t$ 統計量為

$$t_{\text{educ}} = \frac{\widehat{\beta}_1}{\operatorname{se}(\widehat{\beta}_1)} = \frac{38.79}{17.24} \approx 2.25.$$

對父母教育程度：

$$H_0:\beta_2=0$$ $$H_1:\beta_2\neq 0$$

其 $t$ 統計量為

$$t_{\text{pareduc}} = \frac{\widehat{\beta}_2}{\operatorname{se}(\widehat{\beta}_2)} = \frac{5.901}{16.80} \approx 0.35.$$

因此：

• 本身教育程度的 $t$ 值約為 $2.25$。
• 父母教育程度的 $t$ 值約為 $0.35$。

若以雙尾 $5\%$ 顯著水準判斷，$df=189$ 時臨界值約為

$$\pm t_{0.025,189}\approx \pm 1.973.$$

故本身教育程度的 $t$ 值 $2.25$ 超過臨界值，拒絕 $H_0$；父母教育程度的 $t$ 值 $0.35$ 未超過臨界值，不拒絕 $H_0$。

須注意，含有交乘項時，$\beta_1$ 表示當 $\text{pareduc}=0$ 時，本身教育程度對薪資的邊際影響；$\beta_2$ 表示當 $\text{educ}=0$ 時，父母教育程度對薪資的邊際影響。

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