114 年 國立清華大學經濟學系碩士班《微積分與統計》

本題要求對給定的函數 $f(t) = t^n \sqrt{a\sqrt{t}+b}$ 進行微分。此函數是兩個函數的乘積，並且包含一個複合函數（根號下的部分）。我們將使用乘積法則和連鎖法則來求解。

設 $u(t) = t^n$ 且 $v(t) = \sqrt{a\sqrt{t}+b} = (a t^{1/2} + b)^{1/2}$。
則 $f(t) = u(t) v(t)$。

根據乘積法則， $f'(t) = u'(t)v(t) + u(t)v'(t)$。

首先計算 $u'(t)$：
$u'(t) = \frac{d}{dt}(t^n) = n t^{n-1}$。

接下來計算 $v'(t)$。我們需要使用連鎖法則。
令 $w(t) = a t^{1/2} + b$。則 $v(t) = (w(t))^{1/2}$。
$v'(t) = \frac{1}{2} (w(t))^{-1/2} \cdot w'(t)$。

計算 $w'(t)$:
$w'(t) = \frac{d}{dt}(a t^{1/2} + b) = a \cdot \frac{1}{2} t^{-1/2} = \frac{a}{2\sqrt{t}}$。

將 $w(t)$ 和 $w'(t)$ 代回 $v'(t)$:
$v'(t) = \frac{1}{2} (a t^{1/2} + b)^{-1/2} \cdot \frac{a}{2\sqrt{t}}$
$v'(t) = \frac{1}{2\sqrt{a\sqrt{t}+b}} \cdot \frac{a}{2\sqrt{t}} = \frac{a}{4\sqrt{t}\sqrt{a\sqrt{t}+b}}$。

現在將 $u(t), u'(t), v(t), v'(t)$ 代入乘積法則的公式：
$f'(t) = (n t^{n-1}) \sqrt{a\sqrt{t}+b} + t^n \left( \frac{a}{4\sqrt{t}\sqrt{a\sqrt{t}+b}} \right)$
$f'(t) = n t^{n-1} \sqrt{a\sqrt{t}+b} + \frac{a t^n}{4\sqrt{t}\sqrt{a\sqrt{t}+b}}$。

為了簡化，我們可以將第二項的 $t^n / \sqrt{t}$ 寫成 $t^{n - 1/2}$：

本題要求計算相對風險規避係數 $R$。相對風險規避係數的定義是 $R = -yu''(y)/u'(y)$。我們需要對給定的效用函數 $u(y)$ 求其一階導數 $u'(y)$ 和二階導數 $u''(y)$，然後代入公式進行計算。

給定的效用函數為：
$u(y) = A_1 + \frac{A_2 y^{1-\rho}}{1-\rho}$
其中 $A_1, A_2, \rho$ 是正數且 $\rho \neq 1$。

首先計算一階導數 $u'(y)$：
$u'(y) = \frac{d}{dy} \left( A_1 + \frac{A_2 y^{1-\rho}}{1-\rho} \right)$
$u'(y) = 0 + \frac{A_2}{1-\rho} \frac{d}{dy}(y^{1-\rho})$
$u'(y) = \frac{A_2}{1-\rho} (1-\rho) y^{(1-\rho)-1}$
$u'(y) = A_2 y^{-\rho}$

由於 $A_2 > 0$ 且 $y > 0$, $u'(y) = A_2 y^{-\rho} > 0$，這表示效用函數是遞增的，這是經濟學中常見的假設。

接下來計算二階導數 $u''(y)$：
$u''(y) = \frac{d}{dy} (A_2 y^{-\rho})$
$u''(y) = A_2 (-\rho) y^{-\rho-1}$

本題要求證明一個關於指數函數微分的公式。給定 $y = u^v$，其中 $u$ 和 $v$ 是 $x$ 的可微分函數，且 $u > 0$。我們需要證明 $y' = u^v \left( v' \ln u + v \frac{u'}{u} \right)$。

證明方法是利用對數微分法 (logarithmic differentiation)。由於 $u > 0$，我們可以對等式兩邊取自然對數。

原始函數：
$y = u^v$

兩邊取自然對數：
$\ln y = \ln (u^v)$

利用對數的性質 $\ln(a^b) = b \ln a$：
$\ln y = v \ln u$

現在，我們將對等式兩邊關於 $x$ 進行微分。請注意，$\ln y$ 是 $y$ 的函數，而 $y$ 是 $x$ 的函數，所以我們需要使用連鎖法則。同理，$v \ln u$ 是 $x$ 的函數，我們需要使用乘積法則和連鎖法則。

本題要求計算函數 $g(u)$ 在 $u=0$ 點的線性近似。線性近似是函數在某一點的切線方程式，用來近似該點附近的函數值。

函數為：
$g(u) = A(1+u)^{a}b^{-1} - 1$
其中 $A, a, b$ 是正數。

函數在點 $u_0$ 的線性近似 $L(u)$ 的公式為：
$L(u) = g(u_0) + g'(u_0)(u - u_0)$
在這裡，$u_0 = 0$。

首先，我們需要計算 $g(0)$：
$g(0) = A(1+0)^{a}b^{-1} - 1$
$g(0) = A(1)^{a}b^{-1} - 1$
$g(0) = A \cdot 1 \cdot \frac{1}{b} - 1$
$g(0) = \frac{A}{b} - 1$

接下來，我們需要計算 $g'(u)$。
$g(u) = \frac{A}{b} (1+u)^a - 1$
$g'(u) = \frac{d}{du} \left( \frac{A}{b} (1+u)^a - 1 \right)$
$g'(u) = \frac{A}{b} \frac{d}{du} (1+u)^a - 0$
使用連鎖法則，令 $w = 1+u$，則 $\frac{dw}{du} = 1$。

本題要求計算一個定積分 $\int_0^{1/3} \frac{dx}{e^x+1}$。這個積分的被積函數是 $\frac{1}{e^x+1}$。

我們需要找到 $\frac{1}{e^x+1}$ 的不定積分。一個常見的技巧是進行變數代換。
令 $u = e^x$。則 $du = e^x dx$。
從 $u = e^x$ 我們可以得到 $x = \ln u$。
因此，$dx = \frac{du}{e^x} = \frac{du}{u}$。

將這些代入積分中：
$\int \frac{1}{e^x+1} dx = \int \frac{1}{u+1} \cdot \frac{du}{u} = \int \frac{1}{u(u+1)} du$

現在我們需要積分 $\frac{1}{u(u+1)}$。可以使用部分分式分解。
$\frac{1}{u(u+1)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u+1}$
乘以 $u(u+1)$ 得到：
$1 = A(u+1) + Bu$

令 $u=0$，則 $1 = A(0+1) + B(0) \implies 1 = A$。
令 $u=-1$，則 $1 = A(-1+1) + B(-1) \implies 1 = -B \implies B = -1$。

所以，
$\frac{1}{u(u+1)} = \frac{1}{u} - \frac{1}{u+1}$

現在積分：
$\int \left(\frac{1}{u} - \frac{1}{u+1}\right) du = \int \frac{1}{u} du - \int \frac{1}{u+1} du$
$= \ln|u| - \ln|u+1| + C$
$= \ln\left|\frac{u}{u+1}\right| + C$

將 $u = e^x$ 代回去：
$\int \frac{dx}{e^x+1} = \ln\left|\frac{e^x}{e^x+1}\right| + C$
由於 $e^x > 0$ 且 $e^x+1 > 0$，所以絕對值可以去掉。
$\int \frac{dx}{e^x+1} = \ln\left(\frac{e^x}{e^x+1}\right) + C$

現在我們來計算定積分。首先，我們需要確定積分的上下限。
當 $x=0$ 時，$u = e^0 = 1$。
當 $x=1/3$ 時，$u = e^{1/3}$。

所以，定積分為：
$\int_0^{1/3} \frac{dx}{e^x+1} = \left[ \ln\left(\frac{e^x}{e^x+1}\right) \right]_0^{1/3}$
$= \ln\left(\frac{e^{1/3}}{e^{1/3}+1}\right) - \ln\left(\frac{e^0}{e^0+1}\right)$
$= \ln\left(\frac{e^{1/3}}{e^{1/3}+1}\right) - \ln\left(\frac{1}{1+1}\right)$

本題是一個關於密封競價拍賣的機率與決策問題。拍賣中有 $n$ 位競標者，您是競標者 #1。其他 $n-1$ 位競標者的出價 $X$ 服從 $F(X) = X^a$ 的功率分佈，其中 $0 \le X \le 1$ 且 $a > 0$。您成功買到物品的利潤是 $1-y$，其中 $y$ 是您出價的價格；若未買到則利潤為零。

我們假設您也出價一個價格 $y$。為了簡化，我們假設您自己的出價 $y$ 也是在 $[0, 1]$ 之間。

核心觀念：
在密封競價拍賣中，要贏得競標，您的出價必須高於所有其他競標者的出價。我們需要計算您贏得競標的機率，以及如何選擇出價 $y$ 來最大化您的預期利潤。

(a) 您贏得標價的機率

首先，我們需要了解其他 $n-1$ 位競標者的出價分佈。
由於您是競標者 #1，其他競標者是競標者 #2, #3, ..., #n。總共有 $n-1$ 位其他競標者。
假設其他每一位競標者的出價 $X_i$ (對於 $i=2, \dots, n$) 獨立且同分佈於 $F(X_i) = X_i^a$。

您贏得競標的條件是：您的出價 $y$ 高於所有其他 $n-1$ 位競標者的出價。
即 $y > X_2, y > X_3, \dots, y > X_n$。

對於單一位其他競標者 $i$ (其中 $i \in \{2, \dots, n\}$)，他們出價低於 $y$ 的機率是 $P(X_i < y)$。
因為 $X_i$ 的分佈函數是 $F(x) = x^a$，所以
$P(X_i < y) = F(y) = y^a$ (假設 $0 \le y \le 1$)。

由於其他 $n-1$ 位競標者的出價是獨立的，因此您贏得競標的機率是所有其他競標者出價都低於 $y$ 的機率。
$P(\text{Win}) = P(X_2 < y, X_3 < y, \dots, X_n < y)$
$P(\text{Win}) = P(X_2 < y) \cdot P(X_3 < y) \cdot \dots \cdot P(X_n < y)$
$P(\text{Win}) = (y^a)^{n-1}$
$P(\text{Win}) = y^{a(n-1)}$

這個機率是您贏得競標的機率，假設您決定出價 $y$。

(b) 您應該出價多少以最大化您的預期利潤

您的預期利潤 $E[\text{Profit}]$ 是您贏得標價的機率乘以您贏得時的利潤，加上您輸掉標價的機率乘以您輸掉時的利潤。
輸掉標價的機率是 $1 - P(\text{Win}) = 1 - y^{a(n-1)}$。
輸掉時的利潤是 0。
贏得時的利潤是 $1-y$。

所以，預期利潤函數是：
$E[\text{Profit}](y) = P(\text{Win}) \cdot (1-y) + P(\text{Lose}) \cdot 0$
$E[\text{Profit}](y) = y^{a(n-1)} (1-y)$

題目解析與詳解

本題為經典的「無截距項簡單線性迴歸模型」（Regression through the origin, RTO）。考生需特別注意無截距項模型與一般含截距項迴歸模型在正規方程式（Normal equation）、殘差性質及估計量效率上的差異。

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核心觀念

1. 隨機誤差項的變異數定義：
   變異數的定義公式為 $\text{Var}(\epsilon_i) = E[\epsilon_i^2] - (E[\epsilon_i])^2$。
2. 普通最小平方法（OLS）與正規方程式：
   OLS 目標為極小化殘差平方和（Sum of Squared Residuals, $SSR$）： $$SSR(\beta) = \sum_{i=1}^n (Y_i - \beta X_i)^2$$ 對參數 $\beta$ 微分並令其為零（一階條件 F.O.C.），即得正規方程式。
3. 無偏估計量（Unbiased Estimator）：
   若隨機變數 $\epsilon_i$ 直接可觀測（Observable），且滿足 $E[\epsilon_i] = 0$、$\text{Var}(\epsilon_i) = \sigma^2$，則直接利用母體平均數已知為 0 的樣本二階原點動差即可建立無偏估計量。
4. OLS 殘差和的性質：
   殘差定義為 $e_i = Y_i - \hat{\beta} X_i$。在無截距項模型中，一階條件保證 $\sum_{i=1}^n X_i e_i = 0$，但殘差總和 $\sum_{i=1}^n e_i$ 通常不為零。
5. 動差法（Method of Moments, MM）與估計量效率比較：
   • 根據條件 $E[\epsilon_i] = 0 \implies E[Y_i - \beta X_i] = 0$，建立對應的樣本動差條件求得 $\tilde{\beta}$。
   • 根據 Gauss-Markov 定理，在古典線性迴歸假定下，OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 為最佳線性不偏估計量（BLUE），其變異數達到最小；比較 $\text{Var}(\tilde{\beta})$ 與 $\text{Var}(\hat{\beta})$ 即可檢驗其效率是否相同。

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各子題詳解與推導

(a) What is the variance of the random error term?

• 推導步驟：
  依據變異數的基本定義： $$\text{Var}(\epsilon_i) = E[\epsilon_i^2] - (E[\epsilon_i])^2$$ 題目已知誤差項平均數為零，即 $E[\epsilon_i] = 0$，且 $E[\epsilon_i^2] = \sigma^2$。代入公式得： $$\text{Var}(\epsilon_i) = \sigma^2 - (0)^2 = \sigma^2$$

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(b) Please write down the normal equation(s)?

• 推導步驟：
  OLS 的目標是最小化殘差平方和 $S(\beta)$： $$S(\beta) = \sum_{i=1}^n \epsilon_i^2 = \sum_{i=1}^n (Y_i - \beta X_i)^2$$ 對 $\beta$ 偏微分並令其為零（一階充分必要條件）： $$\frac{dS(\beta)}{d\beta} = -2 \sum_{i=1}^n X_i (Y_i - \beta X_i) = 0$$ 同除以 $-2$ 並移項展開，即得正規方程式（Normal equation）： $$\sum_{i=1}^n X_i Y_i - \beta \sum_{i=1}^n X_i^2 = 0 \iff \left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) \beta = \sum_{i=1}^n X_i Y_i$$ 以殘差 $e_i = Y_i - \beta X_i$ 表示，亦等價於： $$\sum_{i=1}^n X_i e_i = 0$$

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(c) Suppose that $\epsilon_i$ is observable. What is the unbiased estimator of $\sigma^2$?

• 推導步驟：
  若 $\epsilon_i$ 為「可觀測」（Observable），且已知其母體平均數 $E[\epsilon_i] = 0$，則不需要估計平均數（即不需要耗費自由度去估計未知期望值）。
  定義估計量 $S^2$ 為： $$S^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \epsilon_i^2$$ 檢驗其期望值： $$E[S^2] = E\left[ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \epsilon_i^2 \right] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E[\epsilon_i^2] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \sigma^2 = \frac{1}{n} \cdot n \sigma^2 = \sigma^2$$ 因此，分母為 $n$ 的估計量即為 $\sigma^2$ 的不偏估計量。

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(d) Please derive the ordinary least squares (OLS) estimator of $\beta$.

• 推導步驟：
  由子題 (b) 推導所得的正規方程式： $$\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) \hat{\beta} = \sum_{i=1}^n X_i Y_i$$ 若假定解釋變數不全為零，即 $\sum_{i=1}^n X_i^2 > 0$，兩邊同除以 $\sum_{i=1}^n X_i^2$，即可解得 OLS 估計量 $\hat{\beta}$： $$\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n X_i Y_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}$$

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(e) The OLS residual is denoted by $e_i$. What is $e_1 + e_2 + \dots + e_n$?

• 推導步驟：
  OLS 殘差定義為 $e_i = Y_i - \hat{\beta} X_i$。計算殘差總和： $$\sum_{i=1}^n e_i = \sum_{i=1}^n (Y_i - \hat{\beta} X_i) = \sum_{i=1}^n Y_i - \hat{\beta} \sum_{i=1}^n X_i$$ 將 $\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n X_i Y_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}$ 代入上式： $$\sum_{i=1}^n e_i = \sum_{i=1}^n Y_i - \left( \frac{\sum_{i=1}^n X_i Y_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2} \right) \sum_{i=1}^n X_i$$ 或以樣本平均數形式表示（令 $\bar{Y} = \frac{1}{n}\sum Y_i$, $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum X_i$）： $$\sum_{i=1}^n e_i = n (\bar{Y} - \hat{\beta} \bar{X})$$ 在無截距項模型中，一般情況下 $\sum_{i=1}^n e_i \neq 0$（除非剛好 $\bar{Y} = \hat{\beta} \bar{X}$ 或樣本均值點 $(\bar{X}, \bar{Y})$ 落在迴歸線上）。

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**(f) The method of moment estimator based on $E[\epsilon_i] = 0$, say $\tilde{\beta}$, is as efficient as the OLS estimator $\hat{\beta}$. Pleas