114 年 國立政治大學經濟學系碩士班《統計學》

這組題目主要在考察樣本變異數的性質、無母數分布下的估計以及 Delta method 的應用。

(a) 求 $E[S^2]$ 和 $Var[S^2]$
樣本變異數 $S^2$ 的定義為 $S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。
我們知道 $X_i \sim N(\mu, \sigma^2)$，所以 $\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$。
令 $Z_i = \frac{X_i - \mu}{\sigma}$，則 $Z_i \sim N(0, 1)$ 且獨立。
$\bar{Z} = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$。
$\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \mu - (\bar{X} - \mu))^2 = \sum_{i=1}^n [(X_i - \mu) - (\bar{X} - \mu)]^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - 2(\bar{X} - \mu)\sum_{i=1}^n (X_i - \mu) + n(\bar{X} - \mu)^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - 2(\bar{X} - \mu)(n(\bar{X} - \mu)) + n(\bar{X} - \mu)^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - 2n(\bar{X} - \mu)^2 + n(\bar{X} - \mu)^2$
$= \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n(\bar{X} - \mu)^2$
令 $W = \sum_{i=1}^n Z_i^2 = \sum_{i=1}^n \frac{(X_i - \mu)^2}{\sigma^2}$。
$W = \sum_{i=1}^n \frac{(X_i - \mu)^2}{\sigma^2} = \frac{1}{\sigma^2} \left( \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n(\bar{X} - \mu)^2 \right)$
$= \frac{1}{\sigma^2} \left( \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n \left( \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right)^2 \right)$
$= \frac{1}{\sigma^2} \left( \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n \frac{(\bar{X} - \mu)^2}{\sigma^2/n} \frac{\sigma^2}{n} \right)$
$= \frac{1}{\sigma^2} \left( \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n (\bar{Z})^2 \right)$
我們知道 $\sum_{i=1}^n Z_i^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i - \bar{Z})^2 + n\bar{Z}^2$。
$\sum_{i=1}^n Z_i^2 \sim \chi^2(n)$。
$\sum_{i=1}^n (Z_i - \bar{Z})^2 = \sum_{i=1}^n \left( \frac{X_i - \mu}{\sigma} - \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \right)^2 = \frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 = \frac{n-1}{\sigma^2} S^2$。
所以 $\frac{n-1}{\sigma^2} S^2 \sim \chi^2(n-1)$。
$E[S^2] = E\left[ \frac{\sigma^2}{n-1} \chi^2(n-1) \right] = \frac{\sigma^2}{n-1} E[\chi^2(n-1)] = \frac{\sigma^2}{n-1} (n-1) = \sigma^2$。
$Var[S^2] = Var\left[ \frac{\sigma^2}{n-1} \chi^2(n-1) \right] = \left(\frac{\sigma^2}{n-1}\right)^2 Var[\chi^2(n-1)] = \left(\frac{\sigma^2}{n-1}\right)^2 (2(n-1)) = \frac{2\sigma^4}{n-1}$。

(b) 求無母數分布下的 $E[S^2]$
如果母體分布未知，但已知其平均數為 $\mu$ 且變異數為 $\sigma^2$，則樣本變異數 $S^2$ 的期望值仍然是 $\sigma^2$。
證明：
$E[S^2] = E\left[ \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 \right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[ \sum_{i=1}^n (X_i^2 - 2X_i\bar{X} + \bar{X}^2) \right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[ \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}\sum_{i=1}^n X_i + n\bar{X}^2 \right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[ \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2\bar{X}(n\bar{X}) + n\bar{X}^2 \right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[ \sum_{i=1}^n X_i^2 - 2n\bar{X}^2 + n\bar{X}^2 \right]$
$= \frac{1}{n-1} E\left[ \sum_{i=1}^n X_i^2 - n\bar{X}^2 \right]$
$= \frac{1}{n-1} \left( \sum_{i=1}^n E[X_i^2] - n E[\bar{X}^2] \right)$
因為 $E[X_i^2] = Var[X_i] + (E[X_i])^2 = \sigma^2 + \mu^2$。
$E[\bar{X}^2] = Var[\bar{X}] + (E[\bar{X}])^2 = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2$。
$E[S^2] = \frac{1}{n-1} \left( n(\sigma^2 + \mu^2) - n(\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2) \right)$

核心觀念

1. 非正則條件（Non-regular Condition）下的最大概似估計（MLE）：
   母體分配的支撐區間（support）依賴未知參數 $\theta$（即 $0 \le X_i \le \theta$），此時似然函數對 $\theta$ 不可微，無法使用微積分的一階條件（FOC: $\frac{d\ln L}{d\theta} = 0$）求解，必須透過分析概似函數（Likelihood Function）在可行域內的單調性求極值。
2. 順序統計量（Order Statistics）的抽樣分配：
   均勻分配 $U[0, \theta]$ 的最大順序統計量 $X_{(n)} = \max\{X_1, \dots, X_n\}$ 之累積分布函數（CDF）與機率密度函數（PDF）之推導。
3. 期望值與變異數之計算：
   利用次數分配法或 Beta 分配之性質，計算 $E[X_{(n)}]$ 與 $Var(X_{(n)})$。
4. 依機率收斂（Convergence in Probability）與一致性（Consistency）：
   依定義檢驗：對於任意給定 $\varepsilon > 0$，證明 $\lim_{n \to \infty} P(|\hat{\theta}_n - \theta| < \varepsilon) = 1$。

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解題方法與詳細推導

(a) 求 $\theta$ 的最大概似估計量（MLE）$\hat{\theta}$

設 $X_1, \dots, X_n \overset{iid}{\sim} U[0, \theta]$，其母體機率密度函數為：

$$f(x; \theta) = \frac{1}{\theta} I_{(0 \le x \le \theta)}$$

樣本的聯合機率密度函數即概似函數（Likelihood Function）為：

$$L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \theta) = \frac{1}{\theta^n} \prod_{i=1}^n I_{(0 \le x_i \le \theta)}$$

所有樣本均小於等於 $\theta$ 等價於樣本中的最大值小於等於 $\theta$，即 $\theta \ge \max(x_1, \dots, x_n) = x_{(n)}$。且樣本皆非負（$x_{(1)} \ge 0$），因此：

$$L(\theta) = \frac{1}{\theta^n} I_{(\theta \ge x_{(n)})}$$

分析概似函數 $L(\theta)$：

1. 當 $\theta < x_{(n)}$ 時，$L(\theta) = 0$。
2. 當 $\theta \ge x_{(n)}$ 時，$L(\theta) = \theta^{-n}$，此函數隨著 $\theta$ 增加而嚴格遞減。

因此，為使 $L(\theta)$ 達到最大值，$\theta$ 必須取其可行範圍內之最小值：

$$\hat{\theta} = X_{(n)} = \max\{X_1, X_2, \dots, X_n\}$$

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(b) 求 $\hat{\theta}$ 的抽樣分配（機率密度函數 PDF）

記 $\hat{\theta} = X_{(n)}$。母體之累積分布函數（CDF）在 $0 \le x \le \theta$ 為：

$$F_X(x) = P(X \le x) = \frac{x}{\theta}$$

先求 $X_{(n)}$ 的累積分布函數 $F_{X_{(n)}}(t)$：

$$F_{X_{(n)}}(t) = P(X_{(n)} \le t) = P(X_1 \le t, X_2 \le t, \dots, X_n \le t)$$

由於樣本相互獨立且同分配（i.i.d.）：

$$F_{X_{(n)}}(t) = \prod_{i=1}^n P(X_i \le t) = [F_X(t)]^n = \left(\frac{t}{\theta}\right)^n, \quad 0 \le t \le \theta$$

對 $t$ 微分以獲得機率密度函數 $f_{X_{(n)}}(t)$：

$$f_{\hat{\theta}}(t) = \frac{d}{dt} F_{X_{(n)}}(t) = \frac{n t^{n-1}}{\theta^n}, \quad 0 \le t \le \theta$$

以隨機變數 $x$ 表示即為：

$$f_{\hat{\theta}}(x) = \begin{cases} \dfrac{n x^{n-1}}{\theta^n}, & 0 \le x \le \theta \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

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(c) 求 $E[\hat{\theta}]$ 與 $Var[\hat{\theta}]$

利用 (b) 小題求得的機率密度函數，計算其各階動差：

1. 計算期望值 $E[\hat{\theta}]$：

$$E[\hat{\theta}] = \int_0^\theta x \cdot f_{\hat{\theta}}(x) \, dx = \int_0^\theta x \left(\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}\right) dx = \frac{n}{\theta^n} \int_0^\theta x^n \, dx = \frac{n}{\theta^n} \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^\theta = \frac{n}{n+1} \theta$$

2. 計算二階動差 $E[\hat{\theta}^2]$：

$$E[\hat{\theta}^2] = \int_0^\theta x^2 \cdot f_{\hat{\theta}}(x) \, dx = \int_0^\theta x^2 \left(\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}\right) dx = \frac{n}{\theta^n} \int_0^\theta x^{n+1} \, dx = \frac{n}{\theta^n} \left[ \frac{x^{n+2}}{n+2} \right]_0^\theta = \frac{n}{n+2} \theta^2$$

3. 計算變異數 $Var[\hat{\theta}]$：

$$Var[\hat{\theta}] = E[\hat{\theta}^2] - (E[\hat{\theta}])^2 = \frac{n}{n+2} \theta^2 - \left(\frac{n}{n+1} \theta\right)^2 = \left[ \frac{n}{n+2} - \frac{n^2}{(n+1)^2} \right] \theta^2$$

通分展開括號內係數：

核心觀念

本題考查「線性投影模型」與「真實非線性關係」之間的差異。

雖然真實模型為

$$Y=X+X^2,$$

但題目考慮的線性模型是

$$Y=\beta_0+\beta_1X+u,$$

並要求誤差項滿足

$$E[u]=0,\qquad E[Xu]=0.$$

這兩個限制代表線性模型是 $Y$ 對 $1$ 與 $X$ 的母體最佳線性預測式，因此

$$\beta_1=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\operatorname{Var}(X)}, \qquad \beta_0=E[Y]-\beta_1E[X].$$

須注意，$E[u]=E[Xu]=0$ 不代表 $E[u\mid X]=0$。本題的誤差項會保留真實關係中的非線性部分。

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（a）計算 $\beta_0$ 與 $\beta_1$

由於 $X\sim U[0,1]$，其各階動差為

$$E[X]=\frac12,\qquad E[X^2]=\frac13,\qquad E[X^3]=\frac14.$$

首先計算 $Y$ 的期望值：

$$E[Y]=E[X+X^2] =E[X]+E[X^2] =\frac12+\frac13 =\frac56.$$

再計算 $E[XY]$：

$$E[XY] =E[X(X+X^2)] =E[X^2+X^3] =\frac13+\frac14 =\frac{7}{12}.$$

因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y) =E[XY]-E[X]E[Y] =\frac{7}{12}-\frac12\cdot\frac56 =\frac{7}{12}-\frac{5}{12} =\frac16.$$

而

$$\operatorname{Var}(X) =E[X^2]-\{E[X]\}^2 =\frac13-\frac14 =\frac{1}{12}.$$

所以

$$\beta_1 =\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\operatorname{Var}(X)} =\frac{1/6}{1/12} =2.$$

再由

$$\beta_0=E[Y]-\beta_1E[X],$$

得到

$$\beta_0 =\frac56-2\cdot\frac12 =\frac56-1 =-\frac16.$$

因此線性投影模型為

$$Y=-\frac16+2X+u.$$

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（b）求 $E[u\mid X]$

由誤差項定義：

$$u=Y-\beta_0-\beta_1X.$$

代入 $Y=X+X^2$、$\beta_0=-\frac16$、$\beta_1=2$：

$$u =X+X^2-\left(-\frac16+2X\right) =X^2-X+\frac16.$$

因為 $u$ 是 $X$ 的確定函數，所以給定 $X$ 後，$u$ 已經完全確定：

$$E[u\mid X] =X^2-X+\frac16.$$

因此

$$\boxed{E[u\mid X]=X^2-X+\frac16\neq 0.}$$

這也可直接驗證其無條件期望為零：

$$E[u] =E[X^2]-E[X]+\frac16 =\frac13-\frac12+\frac16 =0.$$

同樣地，

$$E[Xu] =E[X^3]-E[X^2]+\frac16E[X] =\frac14-\frac13+\frac1{12} =0.$$

所以題目給定的兩個無條件正交條件成立，但條件期望並不為零。

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（c）$\hat{\beta}_1$ 是否一致估計平均邊際效果？

真實模型為

$$Y=X+X^2.$$

因此 $X$ 對 $Y$ 的邊際效果為

$$\frac{\partial Y}{\partial X}=1+2X.$$

平均邊際效果為

核心觀念

本題考查：

• 含虛擬變數與交乘項的迴歸模型。
• 迴歸變數單位轉換對係數、標準誤與 SER 的影響。
• 虛擬變數陷阱與基準組設定。
• 遺漏變數偏誤公式。

第 (1) 欄可寫成：

$$sleep=\beta_0+\beta_1 male+\beta_2D_{age\ge40} +\beta_3(male\times D_{age\ge40})+u$$

其中女性且未滿 40 歲為基準組。

(a) 四組樣本平均數

第 (1) 欄的估計式為：

$$\widehat{sleep} =3301.8-115.8male-2.9D_{age\ge40} +110.2(male\times D_{age\ge40})$$

各組代入虛擬變數：

1. 女性、未滿 40 歲：

$$\widehat{sleep}=3301.8$$

2. 男性、未滿 40 歲：

$$\widehat{sleep}=3301.8-115.8=3186.0$$

3. 女性、40 歲以上：

$$\widehat{sleep}=3301.8-2.9=3298.9$$

4. 男性、40 歲以上：

$$\widehat{sleep} =3301.8-115.8-2.9+110.2 =3293.3$$

因此各組每週平均睡眠時間為：

性別	年齡	平均睡眠時間（分鐘／週）
女性	未滿 40 歲	3301.8
男性	未滿 40 歲	3186.0
女性	40 歲以上	3298.9
男性	40 歲以上	3293.3

交乘項的作用是表示「男性效果」會因年齡是否滿 40 歲而改變，不能只將各個主效果單獨相加。

(b) 將 sleep 改以小時計算

原本：

$$sleep_{\text{hour}}=\frac{sleep_{\text{minute}}}{60}$$

因此所有依變數相關的係數、標準誤與 SER 都除以 $60$；$R^2$ 不受單位轉換影響。

男性係數：

$$\widehat{\beta}_{male} =\frac{-115.8}{60} =-1.93$$

標準誤：

$$SE(\widehat{\beta}_{male}) =\frac{48.3}{60} =0.805$$

SER：

$$SER=\frac{429}{60}=7.15$$

決定係數：

$$R^2=0.015$$

所以結果為：

• male 係數：$-1.93$ 小時／週
• male 標準誤：$0.805$ 小時／週
• SER：$7.15$ 小時／週
• $R^2=0.015$

(c) 對「遺漏女性虛擬變數」批評的評論

核心觀念

本題考查：

• 半對數模型中 $\ln(\text{hrwage})$ 係數的解釋。
• 邊際效果與工資水準的關係。
• 迴歸係數的顯著性檢定。
• 交互作用項（interaction term）檢定性別差異。
• 多重線性限制的 Wald／$F$ 檢定及其漸近分配。

令 $sleep$ 為每週睡眠時間，$totwrk$ 為每週工作時間，$male$ 為男性虛擬變數，$w=\text{hrwage}$。

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(e) $\ln(\text{hrwage})$ 係數 8.63 的解釋

若模型包含：

$$sleep=\beta_0+\beta_1 totwrk+\beta_2 educ+\cdots+8.63\ln(w)+u$$

則在其他條件固定下：

$$\frac{\partial sleep}{\partial \ln(w)}=8.63$$

因此，工資增加 $1\%$ 時，

$$\Delta sleep\approx 8.63\times 0.01=0.0863$$

亦即，時薪增加 $1\%$，每週平均睡眠時間約增加 $0.0863$ 分鐘。

更精確地說，工資增加 $1\%$ 時，睡眠時間約增加 $0.086$ 分鐘；工資增加 $10\%$ 時，約增加 $0.863$ 分鐘。

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(f) 時薪每增加一美元，睡眠時間的部分效果如何變化？

由於：

$$\frac{\partial sleep}{\partial w} = \frac{\partial sleep}{\partial \ln(w)} \frac{\partial \ln(w)}{\partial w} = 8.63\cdot\frac{1}{w} = \frac{8.63}{w}$$

而 $w>0$，所以：

$$\frac{\partial^2 sleep}{\partial w^2} = -\frac{8.63}{w^2}<0$$

因此，時薪對睡眠時間的部分效果會隨著工資上升而遞減。

答案：部分效果遞減。

理由是對數工資模型中，工資每增加一美元所造成的睡眠時間變化為 $8.63/w$；$w$ 越大，該邊際效果越小。

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(g) 工作與睡眠之間是否存在顯著取捨？

模型中 $totwrk$ 的係數若為 $\hat\beta_{work}$，其標準誤為 $se(\hat\beta_{work})$，檢定：

$$H_0:\beta_{work}=0$$ $$H_1:\beta_{work}<0$$

適當的統計量為：

$$z= \frac{\hat\beta_{work}} {se(\hat\beta_{work})}$$

工作時間係數為負，表示在其他因素固定下，工作時間增加會減少睡眠時間。依該迴歸結果，統計量的絕對值遠大於 $3.29$，因此即使採用單尾顯著水準約 $0.0005$，仍可拒絕 $H_0$。

所以，工作與睡眠之間存在統計上顯著的負向取捨關係，證據非常強。

答案：存在顯著的工作—睡眠取捨，且證據強度至少達到 $0.9995$ 分位數所代表的水準。

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(h) 睡眠時間開始隨時薪上升的工資水準

若模型（4）包含工資及其平方項：

$$sleep=\cdots+\beta_1 w+\beta_2w^2+u$$

則時薪對睡眠時間的邊際效果為：

$$\frac{\partial sleep}{\partial w} = \beta_1+2\beta_2w$$

睡眠時間開始隨工資上升的轉折點滿足：

$$\beta_1+2\beta_2w^*=0$$

因此：

$$w^*=-\frac{\beta_1}{2\beta_2}$$

將模型（4）中 $w$ 與 $w^2$ 的估計係數代入，即可得到臨界時薪。當 $w>w^*$ 時，邊際效果轉為正，睡眠時間開始隨時薪增加。

若模型（4）使用的是 $\ln(w)$ 及其平方項：

$$sleep=\cdots+\beta_1\ln(w)+\beta_2[\ln(w)]^2+u$$

則：

$$\frac{\partial sleep}{\partial w} = \frac{\beta_1+2\beta_2\ln(w)}{w}$$

轉折點為：

$$\ln(w^*)=-\frac{\beta_1}{2\beta_2}$$

因此：

$$w^*=\exp\left(-\frac{\beta_1}{2\beta_2}\right)$$