115 年 國立政治大學經濟學系碩士班《統計學》

核心觀念

本題涉及：

• 聯合機率密度函數的合法性檢查。
• 參數位於支持集邊界時的最大概似估計。
• Cramér–Rao 下界與其正則條件。
• 最小變異數不偏估計量的判定。
• 非正則模型下的極限分布。

題目原文的密度函數有一個關鍵問題。若支持集確實是 $x\ge 0,\ y\ge 0$，則

$$\begin{aligned} \int_0^\infty\int_0^\infty \frac{1}{\theta^2} \exp\left(-\frac{x+y-\mu}{\theta}\right)\,dx\,dy &= \exp\left(\frac{\mu}{\theta}\right)\neq 1. \end{aligned}$$

因此，原式按字面並不是合法的機率密度函數。

以下採用此題最自然且可使密度合法的修正：

$$f_{XY}(x,y;\mu) = \frac{1}{\theta^2} \exp\left(-\frac{x+y-\mu}{\theta}\right), \qquad x\ge \mu,\ y\ge 0.$$

此時可表示為

$$X=\mu+U,\qquad Y=V,$$

其中 $U,V$ 相互獨立，且皆服從平均數為 $\theta$ 的指數分布。

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（a）區間 $[X,X+\mu/2]$ 對 $\mu$ 的涵蓋機率

要求的是

$$P\left(X\le \mu\le X+\frac{\mu}{2}\right).$$

由於 $X=\mu+U$ 且 $U\ge 0$，所以 $X\ge\mu$。事件 $X\le\mu$ 只有在 $U=0$ 時成立。

連續型隨機變數取到單一點的機率為 $0$，因此

$$P\left(X\le \mu\le X+\frac{\mu}{2}\right) = P(X=\mu) = 0.$$

故涵蓋機率為

$$\boxed{0}.$$

解題技巧

看到 $X=\mu+\text{非負隨機變數}$，便知道 $X\ge\mu$ 幾乎必然成立。由 $X$ 作為區間左端點的區間，不可能以正機率涵蓋 $\mu$。

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（b）最大概似估計量

給定隨機樣本 $\{(X_i,Y_i)\}_{i=1}^n$，概似函數為

$$\begin{aligned} L(\mu) &= \prod_{i=1}^n \frac{1}{\theta^2} \exp\left(-\frac{X_i+Y_i-\mu}{\theta}\right) I(X_i\ge\mu,\ Y_i\ge0)\\ &= \theta^{-2n} \exp\left[ -\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^n(X_i+Y_i) +\frac{n\mu}{\theta} \right] I\left(0<\mu\le X_{(1)}\right), \end{aligned}$$

其中

$$X_{(1)}=\min\{X_1,\ldots,X_n\}.$$

在可行範圍 $0<\mu\le X_{(1)}$ 內，

$$L(\mu)\propto \exp\left(\frac{n\mu}{\theta}\right),$$

因為 $\theta>0$，所以概似函數隨 $\mu$ 單調遞增。因此最大值出現在 $\mu$ 的最大可行值：

$$\boxed{\hat\mu_{ML}=X_{(1)}=\min_{1\le i\le n}X_i}.$$

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（c）Cramér–Rao 下界

形式上的 Fisher information 計算

單一觀察值在支持集內的對數概似為

$$\ell(\mu) = -2\log\theta-\frac{x+y-\mu}{\theta}.$$

對 $\mu$ 微分：

$$\frac{\partial\ell(\mu)}{\partial\mu} = \frac{1}{\theta}.$$

因此形式上的 Fisher information 為

$$I_1(\mu) = E_\mu\left[ \left(\frac{\partial\ell(\mu)}{\partial\mu}\right)^2 \right] = \frac{1}{\theta^2}.$$

$n$ 個獨立觀察值的形式上資訊量為

$$I_n(\mu)=\frac{n}{\theta^2}.$$

若直接套用一般 Cramér–Rao 公式，對估計 $\mu$ 的不偏估計量 $T$ 有

$$\operatorname{Var}_\mu(T) \ge \frac{1}{I_n(\mu)} = \boxed{\frac{\theta^2}{n}}.$$

正確的正則性說明

然而，本題的支持集為

$$x\ge\mu,$$

會隨參數 $\mu$ 改變。因此不符合一般 Cramér–Rao 不等式所需的固定支持集正則條件。

特別地，

$$E_\mu\left[ \frac{\partial\ell(\mu)}{\partial\mu} \right] = \frac{1}{\theta}\neq 0,$$

本題主要考察條件期望、條件變異數、線性模型參數估計、估計量的性質（無偏性、一致性、有效性）、變數轉換以及邊際效應的估計。

核心觀念： 條件機率、線性迴歸模型、期望值與變異數性質、大數法則、中央極限定理、Cramér-Rao 定理、邊際效應。

已知條件：
$Y = \beta X + \sigma(X)e$
$\sigma(X) = X$
$E[X] = 1$
$Var(X) = 2$
$E[e | X] = 0$
$E[e^2 | X] = \sigma^2$ (這裡的 $\sigma^2$ 是一個常數，與 $X$ 無關)
$\{(X_i, Y_i)\}_{i=1}^n$ 為隨機樣本。
$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum X_i$, $\bar{Y} = \frac{1}{n}\sum Y_i$.

模型重寫：
$Y = \beta X + Xe$
$E[Y | X] = E[\beta X + Xe | X] = \beta X + X E[e | X] = \beta X + X(0) = \beta X$.
$Var(Y | X) = Var(\beta X + Xe | X) = Var(Xe | X) = X^2 Var(e | X) = X^2 \sigma^2$.

(a) Find $E[\bar{Y}]$

$E[\bar{Y}] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i\right] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E[Y_i]$.
由於 $\{(X_i, Y_i)\}$ 是隨機樣本， $E[Y_i]$ 對於所有 $i$ 都相同。
$E[Y_i] = E[E[Y_i | X_i]]$.
從上面的模型重寫，$E[Y_i | X_i] = \beta X_i$.
所以，$E[Y_i] = E[\beta X_i] = \beta E[X_i]$.
已知 $E[X] = 1$, 所以 $E[X_i] = 1$.
$E[Y_i] = \beta(1) = \beta$.
因此，$E[\bar{Y}] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \beta = \frac{1}{n} (n\beta) = \beta$.

【答案】 $E[\bar{Y}] = \beta$.

(b) Find $E[Y_i | X_1, \dots, X_n]$

我們需要計算條件期望 $E[Y_i | X_1, \dots, X_n]$.
由於 $\{(X_i, Y_i)\}$ 是隨機樣本， $Y_i$ 的分佈只依賴於 $X_i$，而與其他 $X_j$ ($j \ne i$) 無關。
因此，$E[Y_i | X_1, \dots, X_n] = E[Y_i | X_i]$.
從上面的模型重寫，我們知道 $E[Y_i | X_i] = \beta X_i$.

【答案】 $E[Y_i | X_1, \dots, X_n] = \beta X_i$.

(c) Find $Var(Y)$

我們需要計算 $Var(Y_i)$ (由於是隨機樣本，對任一個 $i$ 都相同)。
使用全期望值定律 (Law of Total Expectation) 和全變異數定律 (Law of Total Variance)：
$Var(Y) = E[Var(Y | X)] + Var(E[Y | X])$.

首先計算 $E[Var(Y | X)]$:
$Var(Y | X) = X^2 \sigma^2$.
$E[Var(Y | X)] = E[X^2 \sigma^2] = \sigma^2 E[X^2]$.
已知 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$.
$2 = E[X^2] - (1)^2 \implies E[X^2] = 2 + 1 = 3$.
所以，$E[Var(Y | X)] = \sigma^2 (3) = 3\sigma^2$.

接下來計算 $Var(E[Y | X])$:
$E[Y | X] = \beta X$.
$Var(E[Y | X]) = Var(\beta X) = \beta^2 Var(X)$.
已知 $Var(X) = 2$.
所以，$Var(E[Y | X]) = \beta^2 (2) = 2\beta^2$.

將兩部分加總：
$Var(Y) = 3\sigma^2 + 2\beta^2$.

【答案】 $Var(Y) = 2\beta^2 + 3\sigma^2$.

(d) Are $W_1, W_2, W_3$ unbiased estimators for $\beta$?

對於 $W_1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{X_i Y_i}{X_i^2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{Y_i}{X_i}$
$E[W_1] = E\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{Y_i}{X_i}\right] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E\left[\frac{Y_i}{X_i}\right]$.
我們需要計算 $E[\frac{Y_i}{X_i}]$.
$E\left[\frac{Y_i}{X_i}\right] = E\left[E\left[\frac{Y_i}{X_i} | X_i\right]\right]$.
$E\left[\frac{Y_i}{X_i} | X_i\right] = \frac{1}{X_i} E[Y_i | X_i] = \frac{1}{X_i} (\beta X_i) = \beta$.
所以，$E\left[\frac{Y_i}{X_i}\right] = E[\beta] = \beta$.
因此，$E[W_1] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \beta = \beta$.
$W_1$ 是 $\beta$ 的無偏估計量。

對於 $W_2 = \frac{\sum_{i=1}^n X_i Y_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}$
$E[W_2] = E\left[\frac{\sum X_i Y_i}{\sum X_i^2}\right]$.
這是一個比率的期望值。通常 $E[\frac{A}{B}] \ne \frac{E[A]}{E[B]}$.
我們需要計算 $E[X_i Y_i]$ 和 $E[X_i^2]$.
$E[X_i Y_i] = E[E[X_i Y_i | X_i]] = E[X_i E[Y_i | X_i]] = E[X_i (\beta X_i)] = E[\beta X_i^2] = \beta E[X_i^2]$.
我們已計算 $E[X_i^2] = 3$.
所以，$E[X_i Y_i] = 3\beta$.
$E[\sum X_i Y_i] = n E[X_i Y_i] = n (3\beta) = 3n\beta$.
$E[\sum X_i^2] = n E[X_i^2] = n (3) = 3n$.
$E[W_2] = E\left[\frac{\sum X_i Y_i}{\sum X_i^2}\right]$.
由於分子和分母都是隨機變數，且分母 $\sum X_i^2$ 的期望值不是 0，我們需要進一步分析。
令 $S_{XY} = \sum X_i Y_i$ 且 $S_{XX} = \sum X_i^2$.
$E[W_2] = E\left[\frac{S_{XY}}{S_{XX}}\right]$.
若 $X$ 和 $e$ 是獨立的，則 $Y = \beta X + Xe$ 且 $E[Y|X] = \beta X$.
$E[W_2] = E\left[\frac{\sum X_i (\beta X_i + X_i e_i)}{\sum X_i^2}\right] = E\left[\frac{\beta \sum X_i^2 + \sum X_i^2 e_i}{\sum X_i^2}\right]$
$= E\left[\beta + \frac{\sum X_i^2 e_i}{\sum X_i^2}\right] = \beta + E\left[\frac{\sum X_i^2 e_i}{\sum X_i^2}\right]$.
若 $e_i$ 與 $X_i$ 獨立，且 $E[e_i]=0$.
$E[\sum X_i^2 e_i] = \sum E[X_i^2 e_i] = \sum E[X_i^2] E[e_i] = \sum (3)(0) = 0$.
所以，$E\left[\frac{\sum X_i^2 e_i}{\sum X_i^2}\right] = 0$ (透過 Jensen's inequality 或其他方法證明，需要更嚴謹的論證，但直覺上是 0)。
所以，$E[W_2] = \beta$.
$W_2$ 是 $\beta$ 的無偏估計量。

對於 $W_3 = \frac{\sum Y_i}{\sum X_i} = \frac{n\bar{Y}}{n\bar{X}} = \frac{\bar{Y}}{\bar{X}}$
$E[W_3] = E\left[\frac{\bar{Y}}{\bar{X}}\right]$.
我們知道 $E[\bar{Y}] = \beta$ 且 $E[\bar{X}] = 1$.
$E[W_3] = E\left[\frac{\bar{Y}}{\bar{X}}\right]$.
由於 $\bar{Y} = \beta \bar{X} + \frac{1}{n}\sum X_i e_i$,
$E\left[\frac{\beta \bar{X} + \frac{1}{n}\sum X_i e_i}{\bar{X}}\right] = E\left[\beta + \frac{1}{n\bar{X}}\sum X_i e_i\right] = \beta + \frac{1}{n} E\left[\frac{\sum X_i e_i}{\bar{X}}\right]$.
令 $S_e = \sum X_i e_i$. $E[S_e] = \sum E[X_i e_i] = \sum E[X_i] E[e_i] = \sum (1)(0) = 0$.
所以，$E\left[\frac{S_e}{\bar{X}}\right] = 0$ (需要嚴謹證明)。
因此，$E[W_3] = \beta$.
$W_3$ 是 $\beta$ 的無偏估計量。

【答案】 $W_1, W_2, W_3$ 都是 $\beta$ 的無偏估計量。

(e) Are $W_1, W_2, W_3$ consistent estimators for $\beta$?

一致性 (Consistency) 意味著當樣本量 $n \to \infty$ 時，估計量收斂於真實參數。
根據大數法則 (Law of Large Numbers, LLN)，如果一個估計量是樣本均值的函數，且該樣本均值是一致的，那麼該估計量通常也是一致的。

對於 $W_1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{Y_i}{X_i}$
令 $Z_i = \frac{Y_i}{X_i}$.
$E[Z_i] = E[\frac{Y_i}{X_i}] = \beta$.
$Var(Z_i) = Var(\frac{Y_i}{X_i})$.
$Var(\frac{Y}{X}) = E[Var(\frac{Y}{X}|X)] + Var(E[\frac{Y}{X}|X])$.
$Var(\frac{Y}{X}|X) = Var(\frac{\beta X + Xe}{X}|X) = Var(\beta + e|X) = Var(e|X) = \sigma^2$.
$E[Var(\frac{Y}{X}|X)] = E[\sigma^2] = \sigma^2$.
$E[\frac{Y}{X}|X] = \beta$.
$Var(E[\frac{Y}{X}|X]) = Var(\beta) = 0$.
所以，$Var(Z_i) = \sigma^2$.
由於 $E[Z_i] = \beta$ 且 $Var(Z_i) = \sigma^2$ (有限)，根據 LLN，$\bar{Z} = \frac{1}{n}\sum Z_i \xrightarrow{p} E[Z_i] = \beta$.
所以，$W_1$ 是一致估計量。

對於 $W_2 = \frac{\sum X_i Y_i}{\sum X_i^2}$
令 $A_n = \sum X_i Y_i$ 且 $B_n = \sum X_i^2$.
$E[A_n] = n E[X_i Y_i] = n (3\beta) = 3n\beta$.
$E[B_n] = n E[X_i^2] = n (3) = 3n$.
$\frac{A_n}{n} = \frac{1}{n}\sum X_i Y_i \xrightarrow{p} E[X_i Y_i] = 3\beta$.
$\frac{B_n}{n} = \frac{1}{n}\sum X_i^2 \xrightarrow{p} E[X_i^2] = 3$.
$W_2 = \frac{A_n/n}{B_n/n}$.
根據 Slutsky's Theorem，若 $U_n \xrightarrow{p} u$ 且 $V_n \xrightarrow{p} v$ ($v \ne 0$), 則 $U_n/V_n \xrightarrow{p} u/v$.
所以，$W_2 \xrightarrow{p} \frac{3\beta}{3} = \beta$.
$W_2$ 是一致估計量。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 含交乘項的 OLS 迴歸係數解釋。
2. Probit 模型中，迴歸係數代表潛在指數的影響，必須透過標準常態累積分配函數 $\Phi(\cdot)$ 轉換成機率。
3. 線性機率模型（LPM）中，虛擬變數的迴歸係數可直接解釋為預測機率差。

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(a) 解釋 Column (1) 的所有係數

Column (1) 的被解釋變數為子女收入，單位是「千美元」。模型可寫為

$$Income_i = \beta_0+\beta_1 MotherEdu_i+\beta_2 FatherEdu_i +\beta_3\log(ParentsIncome_i) +\beta_4 Male_i +\beta_5 MotherDrinks_i +\beta_6(Male_i\times MotherDrinks_i)+u_i.$$

題目中 Column (1) 的 Male 係數空白，因此無法解釋其數值影響。

Mother's Education：$0.021$

在其他條件相同下，母親教育年數增加 1 年，子女收入平均增加

$$0.021\text{ 千美元}=21\text{ 美元}.$$

Father's Education：$0.011$

在其他條件相同下，父親教育年數增加 1 年，子女收入平均增加

$$0.011\text{ 千美元}=11\text{ 美元}.$$

Log Parents' Income：$-5.200$

父母收入採自然對數，子女收入以千美元計算。因此，父母收入的對數增加 1，子女收入平均減少

$$5.200\text{ 千美元}=5,200\text{ 美元}.$$

對於小幅度變動，父母收入增加 $1\%$ 時，$\log(ParentsIncome)$ 約增加 $0.01$，所以子女收入平均變化約為

$$-5.2\times 0.01=-0.052\text{ 千美元} =-52\text{ 美元}.$$

這是一個半彈性解釋。

Mother Drinks：$-7.800$

此係數是當 $Male=0$，也就是女性子女時，母親飲酒與否的差異。

在其他條件相同下，對女性子女而言，母親飲酒會使子女收入平均減少

$$7.800\text{ 千美元}=7,800\text{ 美元}.$$

Male $\times$ Mother Drinks：$-2.800$

這是男性子女相對於女性子女，母親飲酒效果的額外差異。

因此，男性子女中，母親飲酒的總效果為

$$-7.8+(-2.8)=-10.6 \text{ 千美元}.$$

Constant：$75.800$

當母親與父親教育年數皆為 0、父母收入對數為 0、子女為女性且母親不飲酒時，模型預測子女收入為

$$75.8\text{ 千美元}.$$

這是模型中的基準組預測值，未必具有實際經濟上的合理情境。

括號內的數字

括號內為標準誤，例如 Mother's Education 的標準誤為 $0.008$，Mother Drinks 的標準誤為 $8.500$。

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(b) 計算 $\theta$ 及其標準誤

定義

$$\theta = E[Income\mid Male=1,MotherDrinks=1] - E[Income\mid Male=1,MotherDrinks=0].$$

對男性子女而言，母親飲酒從 0 變為 1 時：

• Mother Drinks 係數造成 $-7.8$ 的變化；
• Male $\times$ Mother Drinks 係數造成額外 $-2.8$ 的變化。

因此男性子女的總效果為

$$\hat{\theta} = \hat{\beta}_{MotherDrinks} + \hat{\beta}_{Male\times MotherDrinks} = -7.8-2.8 = -10.6.$$

所以點估計為

$$\boxed{\hat{\theta}=-10.6\text{ 千美元}}$$

也就是母親飲酒時，男性子女的預測收入平均少 $10,600$ 美元。

標準誤

令

$$\hat{\theta} = \hat{\beta}_5+\hat{\beta}_6.$$

其變異數為

此頁為標準常態分佈的累積機率表，以及一些對應於特定機率值的 Z 分數。在研究所考試中，這類表格通常用於計算機率、信賴區間或進行假設檢定時，作為查表工具。題目中並無直接使用此表格的計算題，但問題 (1)(a) 的覆蓋機率計算、問題 (1)(e) 的極限定律、以及問題 (2) 中可能涉及的統計推論，都需要用到常態分佈的性質或查表。

表格解讀：
表格的主體是標準常態累積分佈函數 $\Phi(x)$ 的值，其中 $x$ 是標準常態分佈的隨機變數 $Z$ 的值。

• 第一欄 (x) 表示 $Z$ 值，通常到小數點後第一位。
• 第一列 (.00 到 .09) 表示 $Z$ 值的小數點後第二位。
• 表格中的數值 $\Phi(x)$ 代表 $P(Z \le x)$，即標準常態隨機變數小於或等於 $x$ 的機率。
• 例如，$\Phi(1.96) = 0.9750$ 表示 $P(Z \le 1.96) = 0.9750$。
• 由於標準常態分佈是對稱的，$\Phi(-x) = 1 - \Phi(x)$。例如，$\Phi(-1.96) = 1 - \Phi(1.96) = 1 - 0.9750 = 0.0250$。

表格下方額外資訊：

• X=1.282, 1.645, 1.960, 2.326, 2.576, 3.090, 3.291, 3.891, 4.417: 這些是常見的 Z 分數，對應於一些標準的累積機率。
  • $Z=1.645$ 對應 $\Phi(1.645) \approx 0.95$ (95% 信賴區間的右尾臨界值)