115 年 國立成功大學經濟研究所《統計學》

本題主要在考驗對線性組合隨機變數的期望值、變異數、共變數、相關係數及迴歸係數的理解。

核心觀念：

1. 線性組合隨機變數的期望值與變異數性質。
2. 兩個隨機變數共變數的計算。
3. 迴歸係數的定義與計算。

解題步驟：
首先，我們來計算 Y 的期望值 E[Y] 和 Y 的變異數 Var(Y)。
E[Y] = E[3X - 5Z] = 3E[X] - 5E[Z]
Var(Y) = Var(3X - 5Z) = Var(3X) + Var(-5Z) + 2 Cov(3X, -5Z)
= 9Var(X) + 25Var(Z) - 30Cov(X, Z)

接著，我們來計算 Y 與 X 的共變數 Cov(Y, X)。
Cov(Y, X) = Cov(3X - 5Z, X)
= Cov(3X, X) + Cov(-5Z, X)
= 3Cov(X, X) - 5Cov(Z, X)
= 3Var(X) - 5Cov(Z, X)
= 3Var(X) - 5Cov(X, Z)

現在，我們可以計算 Y 對 X 的迴歸係數 $\beta_{Y|X}$。迴歸係數的定義是：
$\beta_{Y|X} = \frac{\text{Cov}(Y, X)}{\text{Var}(X)}$
將我們計算出的 Cov(Y, X) 和 Var(X) 代入：
$\beta_{Y|X} = \frac{3\text{Var}(X) - 5\text{Cov}(X, Z)}{\text{Var}(X)}$
$\beta_{Y|X} = \frac{3\text{Var}(X)}{\text{Var}(X)} - \frac{5\text{Cov}(X, Z)}{\text{Var}(X)}$
$\beta_{Y|X} = 3 - 5 \frac{\text{Cov}(X, Z)}{\text{Var}(X)}$

現在我們來逐一檢視選項：

(A) The correlation between Y and X depends only on Var(X) and is independent of Cov(X, Z)。
相關係數 $\rho_{Y,X} = \frac{\text{Cov}(Y, X)}{\sqrt{\text{Var}(Y)\text{Var}(X)}}$。
我們已經計算出 $\text{Cov}(Y, X) = 3\text{Var}(X) - 5\text{Cov}(X, Z)$，以及 $\text{Var}(Y) = 9\text{Var}(X) + 25\text{Var}(Z) - 30\text{Cov}(X, Z)$。

本題考驗隨機變數的獨立性判斷、邊際機率密度函數的計算、條件期望值的計算以及期望值性質的應用。

核心觀念：

1. 隨機變數獨立性的判斷：若 $f(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$ 對所有 x, y 成立，則 X 和 Y 獨立。
2. 條件機率密度函數的計算：$f(x|y) = f(x,y)/f_Y(y)$ 或 $f(y|x) = f(x,y)/f_X(x)$。
3. 條件期望值的計算：$E[X|Y=y] = \int x f(x|y) dx$。
4. 全期望定律 (Law of Total Expectation)：$E[X] = E[E[X|Y]]$。
5. 獨立隨機變數的條件期望值性質：若 X 與 Y 獨立，則 $E[X|Y=y] = E[X]$。

解題步驟：

首先，我們來判斷 X 和 Y 是否獨立。
我們需要計算 X 和 Y 的邊際機率密度函數 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$。

計算 $f_X(x)$：
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy$
在給定的範圍 $0 < x < 1, 0 < y < 1$ 內：
$f_X(x) = \int_{0}^{1} 6x^2y dy = 6x^2 \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{1} = 6x^2 \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = 6x^2 \cdot \frac{1}{2} = 3x^2$
對於 $0 < x < 1$， $f_X(x) = 3x^2$。

計算 $f_Y(y)$：
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx$
在給定的範圍 $0 < x < 1, 0 < y < 1$ 內：
$f_Y(y) = \int_{0}^{1} 6x^2y dx = 6y \int_{0}^{1} x^2 dx = 6y \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = 6y \left( \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} \right) = 6y \cdot \frac{1}{3} = 2y$
對於 $0 < y < 1$， $f_Y(y) = 2y$。

本題考驗對機率分配概念及其在社會經濟指標中應用的理解。

核心觀念：

1. 常態分配 (Normal Distribution) 的性質。
2. 百分位數 (Percentile) 的定義。
3. 社會經濟指標（如貧窮線）的定義與其與機率分配的關係。

解題步驟：

題目描述：年收入服從平均數為 $50,000，標準差為正的常態分配。政府定義的貧窮線是收入水平低於該水平的人口佔 5%。

我們已知收入 X 服從常態分配 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，其中 $\mu = 50,000$ 且 $\sigma > 0$。
貧窮線 P 是這樣定義的：P(X < P) = 0.05。
這意味著 P 是該常態分配的第 5 個百分位數 (5th percentile)。

現在我們來分析各個選項：

(A) The poverty line is determined by overall income dispersion
「整體收入分散程度」通常指的是變異數 (variance) 或標準差 (standard deviation)。
貧窮線 P 的值確實會受到標準差 $\sigma$ 的影響（因為 P 是由 P(X < P) = 0.05 決定的，而 $\sigma$ 影響了分配的散佈），但它不是「僅由」分散程度決定。它也由平均數 $\mu

核心觀念

本題考查條件期望的「迭代期望定理」與「全期望定理」。

若 $Y$ 的期望存在，則有：

$$E\left[E(Y\mid I_2)\right]=E(Y).$$

這表示：先根據資訊集合 $I_2$ 求條件期望，再對所有可能的資訊取平均，會回到 $Y$ 的無條件期望。

另外，若 $I_1\subset I_2$，則常見的塔式法則為：

$$E\left[E(Y\mid I_2)\mid I_1\right]=E(Y\mid I_1).$$

注意條件期望的資訊集合順序十分重要，不能任意交換。

解題方法

直接辨認各選項是否符合全期望定理即可。

選項（C）為：

$$E[E(Y\mid I_2)]=E(Y).$$

令

$$m(I_2)=E(Y\mid I_2).$$

由全期望定理，

$$E[m(I_2)] =E\left[E(Y\mid I_2)\right] =E(Y).$$

因此（C）不需要額外假設 $I_1\subset I_2$，只要相關期望存在，就必定成立。

選項分析

（A）$E[E(Y\mid Z_1)\mid I_2]=E(Y\mid I_2)$

題目並未定義 $Z_1$，因此此式本身缺少明確資訊。

即使假設 $Z_1$ 所代表的資訊包含於 $I_1$，由於 $I_1\subset I_2$，通常可得到的是：

$$E\left[E(Y\mid I_2)\mid I_1\right]=E(Y\mid I_1),$$

而不是

$$E\left[E(Y\mid Z_1)\mid I_2\right]=E(Y\mid I_2).$$

條件期望由較少資訊 $Z_1$ 推估後，再加入 $I_2$ 資訊，未必能恢復以完整資訊 $I_2$ 直接計算的條件期望。因此（A）不一定成立。

本題考驗隨機變數的獨立性判斷、邊際機率密度函數的計算、條件機率密度函數的計算、條件期望值的計算以及期望值性質的應用。

核心觀念：

1. 隨機變數獨立性的判斷：若 $f(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$ 對所有 x, y 成立，則 X 和 Y 獨立。
2. 邊際機率密度函數的計算：$f_X(x) = \int f(x,y) dy$，$f_Y(y) = \int f(x,y) dx$。
3. 條件機率密度函數的計算：$f(y|x) = f(x,y)/f_X(x)$。
4. 條件期望值的計算：$E[Y|X=x] = \int y f(y|x) dy$。
5. 獨立隨機變數的條件期望值性質：若 X 與 Y 獨立，則 $E[Y|X=x] = E[Y]$。

解題步驟：

第一步：判斷 X 和 Y 的獨立性。
我們需要計算 X 和 Y 的邊際機率密度函數 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$。
給定的聯合密度函數是 $f(x,y) = 8xy$ 對於 $0 < y < x < 1$。

計算 $f_X(x)$：
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dy$
積分範圍是 $0 < y < x$。
$f_X(x) = \int_{0}^{x} 8xy dy = 8x \int_{0}^{x} y dy = 8x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{x} = 8x \left( \frac{x^2}{2} - 0 \right) = 4x^3$
這個計算是在 $0 < x < 1$ 的範圍內。所以，$f_X(x) = 4x^3$ 對於 $0 < x < 1$。

計算 $f_Y(y)$：
$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) dx$
積分範圍是 $y < x < 1$。
$f_Y(y) = \int_{y}^{1} 8xy dx = 8y \int_{y}^{1} x dx = 8y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{y}^{1} = 8y \left( \frac{1^2}{2} - \frac{y^2}{2} \right) = 8y \left( \frac{1 - y^2}{2} \right) = 4y(1 - y^2)$
這個計算是在 $0 < y < 1$ 的範圍內。所以，$f_Y(y) = 4y(1 - y^2)$ 對於 $0 < y < 1$。

現在，我們檢查 $f_X(x) f_Y(y)$ 是否等於 $f(x,y)$。
$f_X(x) f_Y(y) = (4x^3)(4y(1 - y^2)) = 16x^3y(1 - y^2)$。
這顯然不等於 $f(x,y) = 8xy$。
因此，X 和 Y 不是獨立的。
這排除了選項 (A) 和 (B)。

第二步：計算條件期望值 $E[Y|X = x]$。
我們需要先計算條件機率密度函數 $f(y|x)$。
$f(y|x) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)}$

本題考驗對二維常態分配的性質，特別是獨立性、相關性與條件期望值的關係。

核心觀念：

1. 二維常態分配的獨立性與相關性的關係：對於二維常態分配，如果協方差為 0，則兩個變數是獨立的。
2. 相關性與獨立性的區別：不相關並不一定意味著獨立，但對於常態分配，不相關則意味著獨立。
3. 二維常態分配的邊際分配：邊際分配也是常態分配。
4. 二維常態分配的條件期望值：條件期望值是線性的。

解題步驟：

題目給定 (X, Y) 服從二維常態分配，且 Cov(X, Y) = 0。

我們來分析各個選項：

(A) X and Y are independent
對於二維常態分配，如果 Cov(X, Y) = 0，則 X 和 Y 是獨立的。這是二維常態分配的一個重要性質。
因此，選項 (A) 是正確的。

(B) X and Y are uncorrelated but not independent
「不相關」是正確的，因為 Cov(X, Y) = 0。
但是，「不獨立」是錯誤的。如上所述，對於二維常態分配，不相關意味著獨立。
因此，選項 (B) 是錯誤的。

(C) The marginals must be uniform on (0,1)
二維常態分配的邊際分配是單獨的常態分配。

本題考驗對條件期望值的計算，特別是針對標準常態分配在給定條件下的期望值。

核心觀念：

1. 標準常態分配的機率密度函數 (PDF) 和累積分布函數 (CDF)。
2. 條件機率密度函數 (Conditional PDF) 的計算。
3. 條件期望值的計算。

解題步驟：

我們已知 Z 服從標準常態分配，即 $Z \sim N(0, 1)$。
其機率密度函數為 $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2}$。
其累積分布函數為 $\Phi(z) = P(Z \le z) = \int_{-\infty}^{z} \phi(t) dt$。

我們定義 $Z^+ = Z | (Z > 0)$，這表示我們考慮 Z 在 Z > 0 的條件下的值。
我們需要計算 $E[Z^+] = E[Z | Z > 0]$。

首先，我們需要找到條件機率密度函數 $f(z | Z > 0)$。
根據條件機率密度函數的定義：
$f(z | Z > 0) = \frac{f(z, Z > 0)}{P(Z > 0)}$
其中 $f(z, Z > 0)$ 是 Z 的聯合密度函數，但這裡 Z 是一個隨機變數，而 Z > 0 是一個事件。
更準確地說，條件機率密度函數是：
$f(z | Z > 0) = \begin{cases} \frac{\phi(z)}{P(Z > 0)}, & \text{if } z > 0 \\ 0, & \text{if } z \le 0 \end{cases}$

由於 Z 是標準常態分配，其分佈是對稱的，且平均數為 0。
所以，$P(Z > 0) = 0.5$。
因此，條件機率密度函數為：
$f(z | Z > 0) = \begin{cases} \frac{\phi(z)}{0.5} = 2\phi(z), & \text{if } z > 0 \\ 0, & \text{if } z \le 0 \end{cases}$

本題考驗對確定性等價 (Certainty Equivalent, CE) 的理解，以及效用函數的凹凸性對確定性等價與期望值的影響。

核心觀念：

1. 確定性等價 (Certainty Equivalent, CE)：對於一個隨機支付 X，確定性等價 $c^{CE}$ 是指一個確定的支付額，使得該確定的支付額的效用等於隨機支付 X 的期望效用。即 $u(c^{CE}) = E[u(X)]$。
2. 效用函數的凹凸性 (Concavity/Convexity)：
   • 凹函數 (Concave function)：效用函數 $u(c)$ 是凹函數，如果其二階導數 $u''(c) \le 0$。凹函數表示風險厭惡。
   • 凸函數 (Convex function)：效用函數 $u(c)$ 是凸函數，如果其二階導數 $u''(c) \ge 0$。凸函數表示風險愛好。
3. Jensen's Inequality：
   • 對於凹函數 $f$， $E[f(X)] \le f(E[X])$。
   • 對於凸函數 $f$， $E[f(X)] \ge f(E[X])$。
4. 風險態度與確定性等價的關係：
   • 風險厭惡 (Risk Averse)： $u''(c) < 0$ (凹函數)。此時 $E[u(X)] < u(E[X])$，所以 $u(c^{CE}) < u(E[X])$。由於效用函數遞增，可推得 $c^{CE} < E[X]$。
   • 風險中性 (Risk Neutral)： $u''(c) = 0$ (線性函數)。此時 $E[u(X)] = u(E[X])$，所以 $u(c^{CE}) = u(E[X])$，可推得 $c^{CE} = E[X]$。
   • 風險愛好 (Risk Loving)： $u''(c) > 0$ (凸函數)。此時 $E[u(X)] > u(E[X])$，所以 $u(c^{CE}) > u(E[X])$。由於效用函數遞增，可推得 $c^{CE} > E[X]$。

解題步驟：

題目給定：

• X 為嚴格正值的隨機支付， E[X] = 1， Var(X) > 0。
• 效用函數為 $u(c) = \log c$。
• 確定性等價 $c^{CE}$ 定義為 $u(c^{CE}) = E[u(X)]$。

首先，我們分析效用函數 $u(c) = \log c$ 的凹凸性。
$u'(c) = \frac{1}{c}$
$u''(c) = -\frac{1}{c^2}$
由於 X 是嚴格正值的隨機支付，所以 $c > 0$。因此，$u''(c) = -\frac{1}{c^2} < 0$。
這表示效用函數 $u(c) = \log c$ 是嚴格凹函數。
這意味著該代理人是風險厭惡的。

根據 Jensen's Inequality 對於凹函數，我們有：
$E[u(X)] \le u(E[X])$
由於 $u(c) = \log c$ 是嚴格凹函數，且 Var(X) > 0 (即 X 不是常數)，所以：
$E[u(X)] < u(E[X])$

本題考驗對隨機變數的變換，特別是分段函數變換，以及如何計算變換後隨機變數的累積分布函數 (CDF)。

核心觀念：

1. 隨機變數變換：當一個隨機變數 Y 是另一個隨機變數 X 的函數時，如何找到 Y 的分佈。
2. 累積分布函數 (CDF) 的定義：$F_Y(y) = P(Y \le y)$。
3. 標準常態分配的 CDF：$\Phi(z)$。
4. 分段函數的處理：需要根據 X 的取值範圍，分別考慮 Y 的定義。

解題步驟：

我們知道 X 服從標準常態分配 $X \sim N(0, 1)$。
其 CDF 為 $F_X(x) = P(X \le x) = \Phi(x)$。
Y 的定義是分段的：
$Y = \begin{cases} X, & X \le 0 \\ 2X, & X > 0 \end{cases}$
我們需要計算 $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
我們需要分情況討論 y 的取值。

情況 1：$y \le 0$
如果 $y \le 0$，那麼 $Y \le y$ 意味著什麼？
如果 X $\le$ 0，那麼 Y = X。所以 $Y \le y$ 意味著 $X \le y$。
如果 X > 0，那麼 Y = 2X。由於 X > 0，則 2X > 0。
如果 $y \le 0$，那麼 $Y = 2X \le y$ 是不可能發生的，因為 $2X > 0$ 且 $y \le 0$。
所以，當 $y \le 0$ 時，$Y \le y$ 等價於 $X \le y$。
因此，對於 $y \le 0$：
$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(X \le y)$
由於 X 是標準常態分配， $P(X \le y) = \Phi(y)$。
所以，對於 $y \le 0$， $F_Y(y) = \Phi(y)$。

情況 2：$y > 0$
如果 $y > 0$，那麼 $Y \le y$ 意味著什麼？
我們需要考慮兩種情況：
(i) X $\le$ 0：此時 Y = X。所以 $Y \le y$ 意味著 $X \le y$。由於 X $\le$ 0 且 $y > 0$，所以 $X \le 0$ 總是滿足 $X \le y$。因此，這個情況下的條件是 $X \le 0$。
(ii) X > 0：此時 Y = 2X。所以 $Y \le y$ 意味著 $2X \le y$，即 $X \le y/2$。
由於 X > 0，所以這個情況下的條件是 $0 < X \le y/2$。

本題考驗對非中心卡方分配 (Noncentral Chi-Square Distribution) 的期望值的理解。

核心觀念：

1. 非中心卡方分配的定義：若 $X_1, \dots, X_k$ 是獨立的隨機變數，其中 $X_i \sim N(\mu_i, 1)$。則 $W = \sum_{i=1}^k X_i^2$ 服從自由度為 $k$、非中心性參數 $\Lambda = \sum_{i=1}^k \mu_i^2$ 的非中心卡方分配。
2. 非中心卡方分配的期望值：若 $W \sim \chi^2(k, \Lambda)$，則 $E[W] = k + \Lambda$。

解題步驟：

題目給定：

• $Z \sim N(\delta, 1)$，其中 $\delta = 3$。
• $W = Z^2$。
• W 服從自由度為 1、非中心性參數 $\Lambda = \delta^2$ 的非中心卡方分配。

我們需要計算 E[W]。
根據非中心卡方分配的期望值公式：
$E[W] = k + \Lambda$

本題考驗對大數法則 (Law of Large Numbers, LLN) 和中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的核心區別和作用的理解。

核心觀念：

1. 大數法則 (LLN)：保證樣本均值 $\bar{X}_n$ 在 $n \to \infty$ 時，機率上收斂於母體期望值 $\mu$。它描述的是樣本均值「收斂到哪個值」。
   • 弱大數法則 (WLLN)：$P(|\bar{X}_n - \mu| > \epsilon) \to 0$ as $n \to \infty$。
   • 強大數法則 (SLLN)：$P(\lim_{n\to\infty} \bar{X}_n = \mu) = 1$。
2. 中央極限定理 (CLT)：保證當 $n$ 足夠大時，經過適當標準化後的樣本均值 $\frac{\bar{X}_n - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}$ 的分佈近似於標準常態分佈 $N(0,1)$。它描述的是樣本均值「圍繞著均值 $\mu$ 的分佈形狀」。
   • $\sqrt{n}(\bar{X}_n - \mu)$ 的分佈近似於 $N(0, \sigma^2)$。
   • $\bar{X}_n$ 的分佈近似於 $N(\mu, \sigma^2/n)$。

解題步驟：

我們來逐一分析選項：

(A) The LLN states that $\bar{X}_n$ becomes a normal distribution as $n \to \infty$, while the CLT states that $\bar{X}_n$ converges to $\mu$.
這個選項的說法是顛倒的。
CLT 說明 $\bar{X}_n$ 的分佈趨近於常態分佈 (近似於 $N(\mu, \sigma^2/n)$)。
LLN 說明 $\bar{X}_n$ 收斂到 $\mu$。
所以，選項 (A) 是錯誤的。

本題考驗對條件期望值、協方差的性質，以及全期望定律的理解。

核心觀念：

1. 條件期望值的性質：
   • $E[g(X)X | X] = g(X)X$
   • $E[g(X) | X] = g(X)$
   • $E[E[Y|X]] = E[Y]$ (全期望定律)
2. 協方差的性質：$Cov(A, B) = E[AB] - E[A]E[B]$。
3. 條件期望值下的協方差：$Cov(A, B | X)$。
4. 若 $E[\epsilon | X] = 0$，表示 $\epsilon$ 在給定 X 的條件下，其期望值為 0。這意味著 $\epsilon$ 與 X 的「線性」關係為 0，但未必與 X 的「非線性」關係也為 0。

解題步驟：

我們有 $Y = X^2 + \epsilon$，且 $E[\epsilon | X] = 0$。
$E[X^4] < \infty$ 確保了相關期望值存在。

我們逐一檢驗各個選項：

(A) Cov(Y, X) = 0
$Cov(Y, X) = E[YX] - E[Y]E[X]$
$E[YX] = E[(X^2 + \epsilon)X] = E[X^3 + \epsilon X]$
$E[X^3 + \epsilon X] = E[X^3] + E[\epsilon X]$
我們知道 $E[\epsilon | X] = 0$。
$E[\epsilon X] = E[E[\epsilon X | X]]$
$E[\epsilon X | X] = X E[\epsilon | X]$ (因為 X 是給定 X 下的常數)
$E[\epsilon X | X] = X \cdot 0 = 0$
所以，$E[\epsilon X] = E[0] = 0$。
因此，$E[YX] = E[X^3]$。
$Cov(Y, X) = E[X^3] - E[X^2 + \epsilon]E[X] = E[X^3] - (E[X^2] + E[\epsilon])E[X]$。
我們無法確定 $E[X^3]$ 和 $E[\epsilon]$ 的值，因此 $Cov(Y, X)$ 不一定為 0。
例如，如果 X 服從標準常態分配，那麼 $E[X^3] = 0$。
但如果 X 服從 $t$-分佈，則 $E[X^3]$ 可能不為 0。
另外，$E[\epsilon]$ 的值也未知。
所以，選項 (A) 不一定正確。

核心觀念

本題考查「統計檢定力（power）」及其影響因素。

在檢定

$$H_0:\rho=0 \quad\text{vs.}\quad H_1:\rho\neq 0$$

時，統計檢定力定義為：

$$\text{Power} =P(\text{拒絕 }H_0\mid \rho=\rho_1),$$

其中 $\rho_1\neq 0$ 是研究者希望偵測的真實相關係數。

檢定力受到下列因素影響：

• 樣本數 $n$ 越大，檢定力通常越高；
• 顯著水準 $\alpha$ 越高，較容易拒絕 $H_0$，檢定力越高；
• 真實效果 $\lvert \rho_1\rvert$ 越大，越容易被偵測；
• 檢定方向若與真實效果方向不一致，檢定力會大幅降低。

對相關係數的檢定，常使用統計量

$$t=\frac{r\sqrt{n-2}}{\sqrt{1-r^2}},$$

其中 $r$ 為樣本相關係數，且在 $H_0:\rho=0$ 下服從自由度為 $n-2$ 的 $t$ 分配。當 $n$ 增加時，若真實相關係數 $\rho_1$ 固定不為零，統計量的絕對值通常會變大，因此更容易超過臨界值。

解題方法

題目要求找出「能增加檢定力以偵測特定非零相關 $\rho_1$」的研究設計變更。

判斷原則是：在其他條件相同下，檢定力會隨樣本數增加而提高。因此將每日報酬資料由 2 年延長至 10 年，能增加觀察值數量，降低估計標準誤，提升偵測小幅相關係數的能力。

因此正確選項為 （C）。

選項分析

（A）將顯著水準 $\alpha$ 由 $0.05$ 降至 $0.01$

此做法會使拒絕域縮小、臨界值提高。例如雙尾檢定中，$\alpha$ 從 $0.05$ 降至 $0.01$，必須觀察到更極端的統計量才能拒絕 $H_0$。

雖然這樣可以降低型一錯誤，但也會增加型二錯誤，使檢定力下降：

$$\text{Power}=1-\beta.$$

因此（A）錯誤。

（B）使用保守的無母數檢定取代參數式 $t$ 檢定

本題考驗對 Chebyshev's inequality (柴比雪夫不等式) 的理解及其含義。

核心觀念：

1. Chebyshev's Inequality：對於任何具有有限期望值 $\mu$ 和有限非零變異數 $\sigma^2$ 的隨機變數 X，對於任何 $k > 0$，有：
   $P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
   或者，更常用的形式是：
   $P(|X - \mu| \ge \epsilon) \le \frac{Var(X)}{\epsilon^2} \quad \text{for any } \epsilon > 0$
2. Chebyshev's Inequality 的含義：它提供了一個隨機變數偏離其期望值的機率上限。這個上限是獨立於隨機變數的具體分佈的，只要其期望值和變異數存在。
3. Chebyshev's Inequality 的應用：它是一個「普遍性」的界限，對於任何分佈都成立，因此它的界限通常比較寬鬆。

解題步驟：

題目給定 X 的期望值 $\mu = 0$ 且變異數 $\sigma^2 = 1$。
我們需要評估 Chebyshev's inequality 在此情況下的含義。

將 $\mu = 0$ 和 $\sigma^2 = 1$ 代入 Chebyshev's inequality：
$P(|X - 0| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
$P(|X| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}$
由於 $\sigma = 1$，所以：
$P(|X| \ge k) \le \frac{1}{k^2}$

現在我們來分析選項：

(A) There exists a distribution of X such that $P(|X| \ge 2) = \frac{1}{4}$.
根據 Chebyshev's inequality，對於 $k=2$ ($\sigma=1$)：
$P(|X| \ge 2) \le \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$。
不等式告訴我們機率的「上限」是 $\frac{1}{4}$。
這意味著機率 $P(|X| \ge 2)$ 可以是 $\frac{1}{4}$，也可以是小於 $\frac{1}{4}$ 的任何值（例如 0）。
只要存在一個分佈，使得 $P(|X| \ge 2) = \frac{1}{4}$，並且該分佈的期望值是 0，變異數是 1，那麼這個選項就是可能的。
例如，考慮一個離散分佈：
$P(X=2) = 1/4$, $P(X=-2) = 1/4$, $P(X=0) = 1/2$。
此時 $E[X] = (1/4)(2) + (1/4)(-2) + (1/2)(0) = 1/2 - 1/2 + 0 = 0$。
$E[X^2] = (1/4)(2^2) + (1/4)(-2)^2 + (1/2)(0^2) = (1/4)(4) + (1/4)(4) + 0 = 1 + 1 = 2$。
$Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = 2 - 0^2 = 2$。
這個例子變異數是 2，不符合要求。

我們需要找到一個變異數為 1 的例子。
考慮一個隨機變數 X，其值為 $\pm c$，且 $P(X=c) = P(X=-c) = p$。
$E[X] = p c + p (-c) = 0$。
$E[X^2] = p c^2 + p (-c)^2 = 2pc^2$。
$Var(X) = 2pc^2 = 1$。
我們需要 $P(|X| \ge 2) = 1/4$。

本題考驗對估計量 (Estimator) 的性質，包括偏差 (Bias)、一致性 (Consistency)、效率 (Efficiency) 和變異數 (Variance) 的理解。

核心觀念：

1. 偏差 (Bias)：一個估計量 $\hat{\theta}$ 的偏差定義為 $Bias(\hat{\theta}) = E[\hat{\theta}] - \theta$。如果 $E[\hat{\theta}] = \theta$，則該估計量是無偏差的 (unbiased)。
2. 一致性 (Consistency)：一個估計量 $\hat{\theta}_n$ 對於參數 $\theta$ 是相合的 (consistent)，如果 $\hat{\theta}_n$ 在 $n \to \infty$ 時機率上收斂於 $\theta$。即 $P(|\hat{\theta}_n - \theta| > \epsilon) \to 0$ for any $\epsilon > 0$。根據弱大數法則 (WLLN)，如果 $E[\hat{\theta}_n] \to \theta$ 且 $Var(\hat{\theta}_n) \to 0$ as $n \to \infty$，則 $\hat{\theta}_n$ 是相合的。
3. 變異數 (Variance)：衡量估計量的散佈程度。對於無偏差估計量，變異數越小，估計量越有效。
4. 相對效率 (Relative Efficiency)：對於兩個無偏差估計量，變異數較小的那個更有效。
5. 漸進效率 (Asymptotic Efficiency)：一個估計量如果在 $n \to \infty$ 時，其變異數趨近於 Cramér-Rao Lower Bound，則稱之為漸進有效。

解題步驟：

我們有 $Y_1, Y_2, ..., Y_n$ 是 i.i.d. 隨機變數， $E[Y_i] = \mu$, $Var(Y_i) = \sigma^2$。
樣本均值是 $\bar{Y}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i$。
我們考慮的估計量是 $\hat{\mu} = \frac{Y_1 + Y_2}{2}$。
請注意，這個估計量 $\hat{\mu}$ 只使用了樣本的前兩個觀測值 $Y_1$ 和 $Y_2$，它是一個固定樣本大小的估計量，而不是一個依賴於 $n$ 的估計量（除非我們把 $n=2$ 看作是固定的）。
但是，題目將 $\bar{Y}_n$ 作為參考，這暗示我們應該將 $\hat{\mu}$ 與 $\bar{Y}_n$ 在某種意義下進行比較。
通常，如果題目問「漸進效率」，則表示我們是在考慮 $n \to \infty$ 的情況。
然而，$\hat{\mu}$ 的定義是固定的，不隨 $n$ 變化。
讓我們假設 $\hat{\mu}$ 是我們用來估計 $\mu$ 的一個方法，而 $\bar{Y}_n$ 是另一個方法。

首先，我們計算 $\hat{\mu}$ 的偏差。
$E[\hat{\mu}] = E\left[\frac{Y_1 + Y_2}{2}\right] = \frac{1}{2} (E[Y_1] + E[Y_2])$
由於 $Y_1$ 和 $Y_2$ 是 i.i.d. 且 $E[Y_i] = \mu$，
$E[\hat{\mu}] = \frac{1}{2} (\mu + \mu) = \frac{1}{2} (2\mu) = \mu$。
所以，$\hat{\mu}$ 是無偏差的。
這排除了選項 (A) 和 (C)。

接下來，我們計算 $\hat{\mu}$ 的變異數。
$Var(\hat{\mu}) = Var\left(\frac{Y_1 + Y_2}{2}\right)$
由於 $Y_1$ 和 $Y_2$ 是獨立的：
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{4} Var(Y_1 + Y_2) = \frac{1}{4} (Var(Y_1) + Var(Y_2))$
$Var(\hat{\mu}) = \frac{1}{4} (\sigma^2 + \sigma^2) = \frac{1}{4} (2\sigma^2) = \frac{1}{2}\sigma^2$。

現在我們考慮樣本均值 $\bar{Y}_n$ 的變異數。
$Var(\bar{Y}_n) = Var\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \frac{1}{n^2} Var\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right)$
由於 $Y_i$ 是獨立的：
$Var(\bar{Y}_n) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n Var(Y_i) = \frac{1}{n^2} (n\sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}$。