113 年 國立成功大學經濟研究所《統計學》

本題考驗迴歸模型的解釋、假設檢定以及因果推論。

(a) 預期 $\beta$ 的符號與解釋：
由於 $\log(\text{crime}_i)$ 與 $\log(\text{population}_i)$ 之間的關係，我們可以預期 $\beta$ 的符號為正。這是因為通常人口越多，犯罪的總數也越多。
解釋：$\beta$ 代表人口對數每增加一個單位，犯罪對數平均預期會增加 $\beta$ 個單位。或者說，人口每增加 1% (因為對數的特性)，犯罪數預期會增加 $100(\exp(\beta)-1)\%$。

(b) 假設檢定：
我們要檢定 $H_0: \beta \le 1$ vs. $H_1: \beta > 1$ 在 5% 的顯著水準下。
從迴歸結果中，我們得到 $\hat{\beta} = 1.5$，其標準誤為 $SE(\hat{\beta}) = 0.12$。
檢定統計量為：
$t = \frac{\hat{\beta} - \beta_0}{SE(\hat{\beta})}$
其中 $\beta_0$ 是虛無假設中的 $\beta$ 值，在此為 1。
$t = \frac{1.5 - 1}{0.12} = \frac{0.5}{0.12} = \frac{50}{12} = \frac{25}{6} \approx 4.17$
在 5% 的顯著水準下，且由於是單尾檢定 ($H_1: \beta > 1$)，我們需要查閱 t 分配的臨界值。假設樣本數足夠大（通常大於 30），我們可以近似使用標準常態分配。5% 的單尾臨界值約為 1.645。
由於 $t \approx 4.17 > 1.645$，我們拒絕虛無假設 $H_0$。
結論：在 5% 的顯著水準下，我們有足夠的證據支持 $\beta > 1$。

(c) 因果推論：
單純從上述迴歸結果，我們不能直接聲稱人口對犯罪有因果效應。
原因：迴歸模型中的 $\beta$ 估計的是相關性，而非因果性。可能存在遺漏變數偏差 (Omitted Variable Bias, OVB)。

本題考驗對普通最小平方法 (OLS) 的理解，特別是在模型設定與實際生成機制不符時的估計量性質。

首先，我們知道實際的數據生成模型是 $Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$，其中 $E(\epsilon_i) = 0$ 且 $E(\epsilon_i^2) = \sigma^2$，且 $\epsilon_i$ 與 $X_i$ 獨立。同時已知 $E(X_i) = 0$。
Dr. Strange 試圖估計的模型是 $Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$。
這裡的 $\epsilon'_i$ 是我們估計模型中的殘差項，它不一定是原來的 $\epsilon_i$。

(a) 尋找 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 的表達式：
在 OLS 中，參數的估計量是基於最小化殘差平方和。對於迴歸模型 $Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$，OLS 的正常方程 (Normal Equations) 為：
$\sum_{i=1}^n (Y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 X_i) = 0$
$\sum_{i=1}^n X_i (Y_i - \hat{\beta}_0 - \hat{\beta}_1 X_i) = 0$
若我們將 OLS 的估計量寫成 $\beta_0$ 和 $\beta_1$，則：
$\sum (Y_i - \beta_0 - \beta_1 X_i) = 0 \implies n\bar{Y} - n\beta_0 - \beta_1 \sum X_i = 0$
由於 $E(X_i) = 0$，我們可以假設 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum X_i$ 在大樣本下趨近於 0。
因此，上式簡化為：
$\bar{Y} - \beta_0 = 0 \implies \beta_0 = \bar{Y}$
第二個正常方程：
$\sum X_i Y_i - \beta_0 \sum X_i - \beta_1 \sum X_i^2 = 0$
將 $\beta_0 = \bar{Y}$ 代入：
$\sum X_i Y_i - \bar{Y} \sum X_i - \beta_1 \sum X_i^2 = 0$
$\sum X_i Y_i - \beta_1 \sum X_i^2 = 0 \quad (\text{因為 } \sum X_i = n\bar{X} = 0)$
$\beta_1 = \frac{\sum X_i Y_i}{\sum X_i^2}$
現在我們需要將 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 表示成 $X_i$ 的期望值 (moments)。
首先，將 $Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$ 代入 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 的表達式：
$\beta_0 = \bar{Y} = \frac{1}{n} \sum Y_i = \frac{1}{n} \sum (X_i^2 + \epsilon_i) = \frac{1}{n} \sum X_i^2 + \frac{1}{n} \sum \epsilon_i$
在極限下，當 $n \to \infty$，$\frac{1}{n} \sum X_i^2 \to E(X_i^2)$ 且 $\frac{1}{n} \sum \epsilon_i \to E(\epsilon_i) = 0$。
因此，
$\beta_0 \xrightarrow{p} E(X_i^2)$
$\beta_1 = \frac{\sum X_i Y_i}{\sum X_i^2} = \frac{\sum X_i (X_i^2 + \epsilon_i)}{\sum X_i^2} = \frac{\sum (X_i^3 + X_i \epsilon_i)}{\sum X_i^2} = \frac{\sum X_i^3}{\sum X_i^2} + \frac{\sum X_i \epsilon_i}{\sum X_i^2}$
在極限下，當 $n \to \infty$:
$\frac{\sum X_i^3}{\sum X_i^2} \xrightarrow{p} \frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$
$\frac{\sum X_i \epsilon_i}{\sum X_i^2} \xrightarrow{p} \frac{E(X_i \epsilon_i)}{E(X_i^2)} = \frac{E(X_i)E(\epsilon_i)}{E(X_i^2)} = \frac{0 \cdot 0}{E(X_i^2)} = 0 \quad (\text{因為 } X_i \text{ 與 } \epsilon_i \text{ 獨立})$
因此，
$\beta_1 \xrightarrow{p} \frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$
所以，在期望意義下 (即當 $n \to \infty$)，OLS 估計量收斂於：
$\beta_0 = E(X_i^2)$
$\beta_1 = \frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$
注意：這裡的 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 是 OLS 估計量在極限下的值，而不是真實模型的係數。真實模型是 $Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$，若要表示成 $Y_i = \beta_0^* + \beta_1^* X_i + \epsilon'_i$ 的形式，則 $\beta_1^*$ 應該是 0，而 $\beta_0^*$ 應該是 $E(X_i^2)$。但是 OLS 估計的不是這個模型，而是 Dr. Strange 假設的模型。

(b) 提出類比估計量：
基於 (a) 中的結果，我們可以提出樣本類比估計量：
$\hat{\beta}_0 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Y_i = \bar{Y}$
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n X_i Y_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}$
將 $Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$ 代入：
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n X_i (X_i^2 + \epsilon_i)}{\sum_{i=1}^n X_i^2} = \frac{\sum_{i=1}^n X_i^3 + \sum_{i=1}^n X_i \epsilon_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}$
我們也可以將 $Y_i$ 代入 $\hat{\beta}_0$：
$\hat{\beta}_0 = \frac{1}{n} \sum (X_i^2 + \epsilon_i) = \frac{1}{n} \sum X_i^2 + \frac{1}{n} \sum \epsilon_i$
這些是標準的 OLS 估計量。

(c) 判斷 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 是否為一致估計量：
一致性 (Consistency) 指的是當樣本數 $n \to \infty$ 時，估計量收斂到其估計的真實參數。
在這裡，我們需要區分「Dr. Strange 試圖估計的模型的參數」和「真實數據生成過程」。
Dr. Strange 估計的模型是 $Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$。
OLS 估計的目標是找到 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 使得 $E(\epsilon'_i) = 0$ 且 $Cov(X_i, \epsilon'_i) = 0$。
我們已經在 (a) 中推導出 OLS 估計量在極限下的值：
$\hat{\beta}_0 \xrightarrow{p} E(X_i^2)$
$\hat{\beta}_1 \xrightarrow{p} \frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$
如果 Dr. Strange 假設的模型 $Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$ 是正確的，那麼他估計的參數值應該是 $\beta_0^{true}$ 和 $\beta_1^{true}$。
在此情況下，OLS 估計量 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$ 的極限值分別為 $E(X_i^2)$ 和 $\frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$。
如果 Dr. Strange 假設的模型是正確的，那麼真實的 $\beta_0$ 應該等於 $E(X_i^2)$，而真實的 $\beta_1$ 應該等於 $\frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$。
然而，我們知道數據實際上是由 $Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$ 生成的。
比較兩個模型：
真實模型：$Y_i = X_i^2 + \epsilon_i$
估計模型：$Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$
將真實模型代入估計模型：
$X_i^2 + \epsilon_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + \epsilon'_i$
$\epsilon'_i = X_i^2 - \beta_0 - \beta_1 X_i + \epsilon_i$
為了使 OLS 估計量一致，我們需要 $E(X_i, \epsilon'_i) = 0$。
$E(X_i, \epsilon'_i) = E(X_i (X_i^2 - \beta_0 - \beta_1 X_i + \epsilon_i))$
$= E(X_i^3 - \beta_0 X_i - \beta_1 X_i^2 + X_i \epsilon_i)$
$= E(X_i^3) - \beta_0 E(X_i) - \beta_1 E(X_i^2) + E(X_i \epsilon_i)$
已知 $E(X_i) = 0$ 且 $E(X_i \epsilon_i) = E(X_i)E(\epsilon_i) = 0 \cdot 0 = 0$ (因為 $X_i$ 與 $\epsilon_i$ 獨立)。
所以，$E(X_i, \epsilon'_i) = E(X_i^3) - \beta_1 E(X_i^2)$。
為了使 OLS 估計量一致，我們需要 $E(X_i, \epsilon'_i) = 0$，這意味著：
$E(X_i^3) - \beta_1 E(X_i^2) = 0 \implies \beta_1 = \frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$。
這正是我們在 (a) 中推導出的 $\hat{\beta}_1$ 的極限值。因此，$\hat{\beta}_1$ 是 $\frac{E(X_i^3)}{E(X_i^2)}$ 的一致估計量。

對於 $\beta_0$，我們需要 $E(\epsilon'_i) = 0$。
$E(\epsilon'_i) = E(X_i^2 - \beta_0 - \beta_1 X_i + \epsilon_i)$
$= E(X_i^2) - \beta_0 E(X_i) - \beta_1 E(X_i) + E(\epsilon_i)$
$= E(X_i^2) - \beta_0 \cdot 0 - \beta_1 \cdot 0 + 0$
$= E(X_i^2)$
為了使 $E(\epsilon'_i) = 0$，我們需要 $E(X_i^2) = 0$。但 $X_i^2$ 是一個平方項，只有當 $X_i$ 恆為 0 時才為 0。題目假設 $E(X_i)=0$，但並未假設 $X_i$ 恆為 0，且通常 $E(X_i^2) > 0$ (除非 $X_i$ 是常數 0)。
所以，如果 $E(X_i^2) \ne 0$，則 $E(\epsilon'_i) \ne 0$。

本題考驗關於獨立同分布連續隨機變數的最大值與最小值機率分佈的計算。

設 $X, Y, Z$ 是從 $U[a, b]$ 分佈獨立抽取的隨機變數。其機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f(x) = \frac{1}{b-a}$ 對於 $a \le x \le b$，否則為 0。
其累積分佈函數 (c.d.f.) 為 $F(x) = P(X \le x) = \begin{cases} 0 & x < a \\ \frac{x-a}{b-a} & a \le x \le b \\ 1 & x > b \end{cases}$。

(a) 求 $U = \max(X, Y, Z)$ 的 p.d.f.：
首先，我們求 $U$ 的 c.d.f.，$F_U(u) = P(U \le u)$。
$U \le u$ 表示 $\max(X, Y, Z) \le u$，這等價於 $X \le u$ 且 $Y \le u$ 且 $Z \le u$。
由於 $X, Y, Z$ 是獨立的，
$F_U(u) = P(X \le u, Y \le u, Z \le u) = P(X \le u) P(Y \le u) P(Z \le u) = [F(u)]^3$。
因此，$F_U(u) = \begin{cases} 0 & u < a \\ \left(\frac{u-a}{b-a}\right)^3 & a \le u \le b \\ 1 & u > b \end{cases}$。
對 c.d.f. 求導，得到 p.d.f. $f_U(u)$：
$f_U(u) = \frac{d}{du} F_U(u) = \frac{d}{du} \left(\frac{u-a}{b-a}\right)^3 = 3 \left(\frac{u-a}{b-a}\right)^2 \cdot \frac{1}{b-a} = \frac{3(u-a)^2}{(b-a)^3}$，對於 $a \le u \le b$。
$f_U(u) = \begin{cases} \frac{3(u-a)^2}{(b-a)^3} & a \le u \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

(b) 求 $W = \min(X, Y, Z)$ 的 p.d.f.：
首先，我們求 $W$ 的 c.d.f.，$F_W(w) = P(W \le w)$。
$W \le w$ 表示 $\min(X, Y, Z) \le w$。
計算這個機率的補集會比較容易：$P(W > w) = P(\min(X, Y, Z) > w)$。
$\min(X, Y, Z) > w$ 等價於 $X > w$ 且 $Y > w$ 且 $Z > w$。
由於 $X, Y, Z$ 是獨立的，
$P(W > w) = P(X > w, Y > w, Z > w) = P(X > w) P(Y > w) P(Z > w)$。
對於 $U[a, b]$ 分佈， $P(X > w) = 1 - F(w)$。
因此，$P(W > w) = [1 - F(w)]^3$。
所以，$F_W(w) = P(W \le w) = 1 - P(W > w) = 1 - [1 - F(w)]^3$。
將 $F(w)$ 的形式代入：
若 $w < a$，則 $F(w) = 0$， $F_W(w) = 1 - (1-0)^3 = 0$。
若 $a \le w \le b$，則 $F(w) = \frac{w-a}{b-a}$， $F_W(w) = 1 - \left(1 - \frac{w-a}{b-a}\right)^3 = 1 - \left(\frac{b-w}{b-a}\right)^3$。
若 $w > b$，則 $F(w) = 1$， $F_W(w) = 1 - (1-1)^3 = 1$。
總結 c.d.f.：$F_W(w) = \begin{cases} 0 & w < a \\ 1 - \left(\frac{b-w}{b-a}\right)^3 & a \le w \le b \\ 1 & w > b \end{cases}$。
對 c.d.f. 求導，得到 p.d.f. $f_W(w)$：
$f_W(w) = \frac{d}{dw} F_W(w) = \frac{d}{dw} \left[1 - \left(\frac{b-w}{b-a}\right)^3\right]$
$= -3 \left(\frac{b-w}{b-a}\right)^2 \cdot \frac{d}{dw}\left(\frac{b-w}{b-a}\right) = -3 \left(\frac{b-w}{b-a}\right)^2 \cdot \left(-\frac{1}{b-a}\right) = \frac{3(b-w)^2}{(b-a)^3}$，對於 $a \le w \le b$。
$f_W(w) = \begin{cases} \frac{3(b-w)^2}{(b-a)^3} & a \le w \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

(c) 求 $U$ 和 $W$ 的聯合 p.d.f. $f_{U,W}(u, w)$：
$U = \max(X, Y, Z)$ 且 $W = \min(X, Y, Z)$。
我們知道 $W \le U$ 必然成立。同時，由於 $X, Y, Z$ 都在 $[a, b]$ 區間內，所以 $a \le W \le U \le b$。
我們需要計算聯合 c.d.f. $F_{U,W}(u, w) = P(U \le u, W \le w)$。
考慮 $P(W > w)$ 的補集是 $P(W \le w)$。
$P(U \le u, W \le w)$ 可以透過考慮 $P(W > w)$ 來計算。
$P(U \le u, W \le w) = P(U \le u) - P(U \le u, W > w)$。
$P(U \le u, W > w)$ 表示 $a \le w < u \le b$ 的情況。
$W > w$ 表示 $X > w, Y > w, Z > w$。

核心觀念

本題考查：

• 均勻分布的條件密度；
• 連續型隨機變數的條件機率與邊際化；
• 期望值與變異數公式：
  $\operatorname{Var}(X)=E(X^2)-[E(X)]^2.$

每次在長度為 $L$ 的棒上均勻選擇斷點，所保留的那一段長度在 $0$ 到 $L$ 間均勻分布。因此：

$Y\sim U(0,1),$

且

$X\mid Y=y\sim U(0,y),\qquad Z\mid X=x\sim U(0,x).$

故條件密度為

$f_{X\mid Y}(x\mid y)=\frac1y,\quad 0<x<y,$

$f_{Z\mid X}(z\mid x)=\frac1x,\quad 0<z<x.$

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(a) 求 $Z$ 的 pdf

先求 $X$ 的邊際 pdf。由 $Y\sim U(0,1)$，可得 $f_Y(y)=1$，$0<y<1$。

當 $0<x<1$ 時，

$$\begin{aligned} f_X(x) &=\int_x^1 f_{X\mid Y}(x\mid y)f_Y(y)\,dy\\ &=\int_x^1 \frac1y\,dy\\ &=-\ln x. \end{aligned}$$

接著利用條件密度求 $Z$ 的邊際 pdf。當 $0<z<1$ 時，

$$\begin{aligned} f_Z(z) &=\int_z^1 f_{Z\mid X}(z\mid x)f_X(x)\,dx\\ &=\int_z^1 \frac1x(-\ln x)\,dx. \end{aligned}$$

由

$$\int \frac{-\ln x}{x}\,dx =-\frac12(\ln x)^2,$$

因此

$$\begin{aligned} f_Z(z) &=\left[-\frac12(\ln x)^2\right]_z^1\\ &=\frac12(\ln z)^2. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ f_Z(z)= \begin{cases} \dfrac12(\ln z)^2,&0<z<1,\\[6pt] 0,&\text{其他}. \end{cases}}$$

其中因為 $0<z<1$，$\ln z<0$，但平方後為正值。

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(b) 求 $E(Z)$

使用條件期望：

$$E(Z)=E\bigl[E(Z\mid X)\bigr].$$

因為 $Z\mid X=x\sim U(0,x)$，所以

$$E(Z\mid X=x)=\frac{x}{2}.$$

因此

$$E(Z)=E\left(\frac X2\right)=\frac12E(X).$$

同理，因為 $X\mid Y=y\sim U(0,y)$，

$$E(X\mid Y=y)=\frac y2.$$

所以

本題考驗二項分佈的機率計算與 p-value 的定義。

假設是進行一個標準的猜測實驗，且被測者對硬幣正反面沒有任何 ESP 能力。那麼每一次猜測成功的機率是 $p=0.5$。
題目設定的總試驗次數為 $n=6$。
虛無假設 $H_0$ 是被測者沒有 ESP，即猜測成功的機率為 $p=0.5$。
對立假設 $H_1$ 是被測者有 ESP，即猜測成功的機率大於 0.5 ($p>0.5$)。
這是一個單尾檢定。

實驗結果是，被測者在 6 次試驗中成功猜測了 4 次。
我們需要計算 p-value。p-value 的定義是在虛無假設為真的前提下，觀察到當前結果或更極端結果的機率。
在此問題中，「更極端」意味著「更支持對立假設 $H_1$」，也就是猜測成功的次數更多。
所以，p-value 是在 $p=0.5$ 的情況下，觀察到猜測成功次數大於或等於 4 的機率。
設 $X$ 為猜測成功的次數，則 $X \sim \operatorname{Binomial}(n=6, p=0.5)$。
p-value $= P(X \ge 4 | p=0.5)$。
$P(X \ge 4) = P(X=4) + P(X=5) + P(X=6)$。

二項分佈的機率公式為 $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
在此，$n=6$, $p=0.5$, $1-p=0.5$。