108 年 國立臺北大學經濟學系碩士班《統計學（含計量經濟學）》

核心觀念

本題考查：

• 幾何分配的概念；
• 互斥事件的機率計算；
• 期望值的線性性質。

每次生育 3 名子女，若 3 人全為男孩，才會進行下一輪。單一輪中「至少有 1 名女孩」的機率為

$$1-\left(\frac12\right)^3=\frac78.$$

「3 人全為男孩」的機率為

$$\left(\frac12\right)^3=\frac18.$$

最多進行 3 輪，因此 $X$ 的可能值為 $3,6,9$。

解題方法

令 $K$ 表示實際進行的輪數，則

$$X=3K.$$

分別計算 $K$ 的機率：

1. 第一輪出現女孩即停止：

$$P(K=1)=\frac78.$$

2. 第一輪全為男孩，第二輪出現女孩：

$$P(K=2)=\frac18\cdot\frac78=\frac7{64}.$$

3. 前兩輪皆全為男孩，才進行第三輪：

$$P(K=3)=\left(\frac18\right)^2=\frac1{64}.$$

第三輪不論結果為何都會停止，因為題目規定最多再試一次。

因此，

$$E(X) =3\cdot P(K=1)+6\cdot P(K=2)+9\cdot P(K=3)$$

這題考驗對機率密度函數的理解，以及計算隨機變數的期望值和變異數。

首先，我們需要驗證給定的函數 $f(x) = 1-|x|$ 在區間 $|x|<1$ 上的確是個合法的機率密度函數 (PDF)。
一個函數 $f(x)$ 若為 PDF，必須滿足兩個條件：

1. $f(x) \ge 0$ 對所有 $x$。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。

給定的函數是 $f(x) = 1-|x|$，其定義域是 $|x|<1$，即 $-1 < x < 1$。
在這個區間內：

• 當 $0 \le x < 1$ 時，$|x|=x$，所以 $f(x) = 1-x$。
  -當 $-1 < x < 0$ 時，$|x|=-x$，所以 $f(x) = 1-(-x) = 1+x$。

驗證條件 1：

• 當 $0 \le x < 1$ 時，$f(x) = 1-x$。由於 $x < 1$，所以 $1-x > 0$。
  -當 $-1 < x < 0$ 時，$f(x) = 1+x$。由於 $x > -1$，所以 $1+x > 0$。
  因此，$f(x) \ge 0$ 對於 $|x|<1$ 成立。

驗證條件 2：
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int_{-1}^{1} (1-|x|) dx$
由於 $f(x)$ 是偶函數 ($f(-x) = 1-|-x| = 1-|x| = f(x)$)，我們可以將積分範圍改為：
$\int_{-1}^{1} (1-|x|) dx = 2 \int_{0}^{1} (1-x) dx$
$= 2 \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1$
$= 2 \left( (1 - \frac{1^2}{2}) - (0 - \frac{0^2}{2}) \right)$
$= 2 \left( 1 - \frac{1}{2} \right) = 2 \times \frac{1}{2} = 1$。
所以，$f(x)$ 是一個合法的 PDF。

核心觀念

連續型二維隨機變數滿足

$$P(X\le Y)=\iint_{x\le y} f(x,y)\,dx\,dy.$$

題目給定 $0<x,y<1$，因此樣本空間是單位正方形；事件 $X\le Y$ 對應於正方形中直線 $y=x$ 上方的三角形區域。

需注意：題目所給函數的係數 $\frac56$ 並未使總積分等於 $1$：

$$\int_0^1\int_0^1 \frac56(x^2+2xy)\,dx\,dy =\frac56\left(\frac13+\frac12\right) =\frac{25}{36}\ne 1.$$

因此，嚴格而言題目中的 $f(x,y)$ 不是合法的聯合機率密度函數。合理處理方式是將其正規化；由於係數在分子、分母會相消，最後機率不受影響。

---

解題方法

事件 $X\le Y$ 的積分區域可表示為

$$0<y<1,\qquad 0<x<y.$$

先計算事件區域內的未正規化積分：

$$\begin{aligned} \int_0^1\int_0^y \frac56(x^2+2xy)\,dx\,dy &=\frac56\int_0^1 \left[\frac{x^3}{3}+x^2y\right]_{x=0}^{x=y}dy\\ &=\frac56\int_0^1 \left(\frac{y^3}{3}+y^3\right)dy\\ &=\frac56\int_0^1\frac43y^3\,dy\\ &=\frac56\cdot\frac43\cdot\frac14\\ &=\frac{5}{18}. \end{aligned}$$

這題考驗對獨立隨機變數、指數分佈以及新隨機變數（最小值）的機率密度函數的計算。

首先，我們知道 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立且同分佈的，它們的機率密度函數 (PDF) 是 $f(x) = e^{-x}$，對於 $x > 0$。這是一個參數為 $\lambda=1$ 的指數分佈。

我們要求的是隨機變數 $W = \min\{X_1, X_2\}$ 的 PDF。
計算新隨機變數的 PDF 的常用方法是利用其累積分佈函數 (CDF)。
設 $F_W(w)$ 為 $W$ 的 CDF，即 $F_W(w) = P(W \le w)$。
我們知道 $W = \min\{X_1, X_2\}$，所以 $W \le w$ 當且僅當 $X_1 \le w$ 或 $X_2 \le w$。
然而，直接計算 $P(X_1 \le w \text{ or } X_2 \le w)$ 比較複雜。
更簡單的方法是計算其補集的 CDF：
$P(W > w) = P(\min\{X_1, X_2\} > w)$
$\min\{X_1, X_2\} > w$ 當且僅當 $X_1 > w$ 且 $X_2 > w$。
由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的，所以：
$P(W > w) = P(X_1 > w \text{ and } X_2 > w) = P(X_1 > w) \times P(X_2 > w)$。

現在我們需要計算 $P(X > w)$，其中 $X$ 服從 $f(x) = e^{-x}$, $x > 0$ 的指數分佈。
$P(X > w) = \int_{w}^{\infty} e^{-x} dx$
$= [-e^{-x}]_{w}^{\infty}$
$= \lim_{b \to \infty} (-e^{-b}) - (-e^{-w})$

這題考驗對隨機變數變異數的性質，特別是線性組合的變異數計算，以及聯合常態分佈的特性。

題目給定 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是常態隨機變數，它們的變異數都是 $\sigma^2$。
同時，任意兩個不同變數之間的協方差 (covariance) 是 $\rho\sigma^2$。
這意味著 $Var(X_i) = \sigma^2$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
並且 $Cov(X_i, X_j) = \rho\sigma^2$ 對於所有 $i \neq j$。

我們需要計算隨機變數 $Y = \frac{1}{n}(X_1 + X_2 + \dots + X_n)$ 的變異數，即 $Var(Y)$。
$Y$ 是 $X_i$ 的一個線性組合。

我們使用變異數的性質：對於隨機變數 $a_1, \dots, a_n$ 和常數 $c_1, \dots, c_n$，
$Var(\sum_{i=1}^n c_i a_i) = \sum_{i=1}^n c_i^2 Var(a_i) + \sum_{i \neq j} c_i c_j Cov(a_i, a_j)$。

在這個問題中，我們有 $a_i = X_i$ 和 $c_i = \frac{1}{n}$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
所以，$Y = \sum_{i=1}^n \frac{1}{n} X_i$。

$Var(Y) = Var\left(\sum_{i=1}^n \frac{1}{n} X_i\right)$
$= \sum_{i=1}^n \left(\frac{1}{n}\right)^2 Var(X_i) + \sum_{i \neq j} \left(\frac{1}{n}\right) \left(\frac{1}{n}\right) Cov(X_i, X_j)$

核心觀念

條件期望函數若呈線性形式，其斜率就是線性迴歸斜率：

$$E(Y\mid X=x)=\alpha+\beta_{Y|X}x$$

其中

$$\beta_{Y|X}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\operatorname{Var}(X)}.$$

同理，

$$\beta_{X|Y}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\operatorname{Var}(Y)}.$$

相關係數定義為

$$\operatorname{Corr}(X,Y) = \frac{\operatorname{Cov}(X,Y)} {\sqrt{\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)}}.$$

因此，兩條迴歸線斜率的乘積等於相關係數的平方：

$$\beta_{Y|X}\beta_{X|Y} = \frac{\operatorname{Cov}^2(X,Y)} {\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)} = \operatorname{Corr}^2(X,Y).$$

解題方法

由題目給定：

$$E(Y\mid X=x)=-x+3$$

可得 $Y$ 對 $X$ 的迴歸斜率為

$$\beta_{Y|X}=-1.$$

另外，

核心觀念

本題考查中央極限定理。若 $X_1,\dots,X_{15}$ 為來自同一母體的隨機樣本，且彼此獨立同分布，則其總和

$$Y=X_1+\cdots+X_{15}$$

在樣本數適中時，可用常態分布近似：

$$Y\approx N\left(n\mu,n\sigma^2\right).$$

題目機率中的 $X$ 應為前文所定義的總和 $Y$；以下依此合理假設計算。

解題方法

母體密度為

$$f(x)=1.5x^2,\qquad -1<x<1.$$

先求單一樣本 $X_i$ 的平均數與變異數。

由對稱性，$f(x)$ 為偶函數，因此

$$\mu=E(X_i)=\int_{-1}^{1}x(1.5x^2)\,dx=0.$$

再求二階動差：

$$E(X_i^2) =\int_{-1}^{1}x^2(1.5x^2)\,dx =1.5\int_{-1}^{1}x^4\,dx$$ $$=1.5\left(\frac{2}{5}\right) =\frac{3}{5}.$$

因此

$$\sigma^2=\operatorname{Var}(X_i) =E(X_i^2)-[E(X_i)]^2 =\frac35.$$

對 $n=15$ 個樣本的總和 $Y$：

$$E(Y)=15(0)=0,$$ $$\operatorname{Var}(Y)=15\left(\frac35\right)=9,$$

所以

核心觀念

因為 $X_1,X_2$ 為來自標準常態分布的隨機樣本，所以

$$X_1\sim N(0,1),\qquad X_2\sim N(0,1),$$

且 $X_1$ 與 $X_2$ 相互獨立。

統計量可寫為

$$W=\frac{X_1}{\sqrt{X_2^2}} =\frac{X_1}{|X_2|}.$$

根據 $t$ 分布的定義，若 $Z\sim N(0,1)$、$V\sim\chi^2_\nu$，且 $Z$ 與 $V$ 獨立，則

$$T=\frac{Z}{\sqrt{V/\nu}}\sim t_\nu.$$

由於

$$X_2^2\sim\chi^2_1,$$

因此

$$W=\frac{X_1}{\sqrt{X_2^2/1}}\sim t_1.$$

而自由度為 $1$ 的 $t$ 分布就是標準柯西分布。

---

解題方法

令 $F_W(w)$ 表示 $W$ 的累積分布函數。由於 $W\sim t_1$，其累積分布函數為

$$F_W(w)=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\tan^{-1}(w).$$

設第 $75$ 百分位數為 $w_{0.75}$，則

$$P(W\leq w_{0.75})=0.75.$$

代入累積分布函數：

這題考驗對樣本均值、聯合分佈、估計量變異數以及機率極限定理 (plim) 的理解。

題目給定兩個獨立的隨機樣本，都來自同一個常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$。
第一個樣本大小為 $n_1$，樣本均值為 $\bar{X}_1$。
第二個樣本大小為 $n_2$，樣本均值為 $\bar{X}_2$。
我們需要計算一個估計量 $\hat{\mu} = \frac{n_1 \bar{X}_1 + n_2 \bar{X}_2}{n_1 + n_2}$ 的變異數 $Var(\hat{\mu})$ 和機率極限 $plim(\hat{\mu})$。

首先，我們知道來自 $N(\mu, \sigma^2)$ 的樣本均值的性質：
$E(\bar{X}_1) = \mu$, $Var(\bar{X}_1) = \sigma^2/n_1$。
$E(\bar{X}_2) = \mu$, $Var(\bar{X}_2) = \sigma^2/n_2$。
由於兩個樣本是獨立抽取的，所以 $\bar{X}_1$ 和 $\bar{X}_2$ 是獨立的。
因此，$Cov(\bar{X}_1, \bar{X}_2) = 0$。

部分 (9)：計算 $Var(\hat{\mu})$。
$\hat{\mu} = \frac{n_1 \bar{X}_1 + n_2 \bar{X}_2}{n_1 + n_2}$
這是一個線性組合。令 $c_1 = \frac{n_1}{n_1+n_2}$ 且 $c_2 = \frac{n_2}{n_1+n_2}$。
則 $\hat{\mu} = c_1 \bar{X}_1 + c_2 \bar{X}_2$。
使用變異數的線性組合性質：
$Var(\hat{\mu}) = Var(c_1 \bar{X}_1 + c_2 \bar{X}_2)$
$= c_1^2 Var(\bar{X}_1) + c_2^2 Var(\bar{X}_2) + 2 c_1 c_2 Cov(\bar{X}_1, \bar{X}_2)$
由於 $\bar{X}_1$ 和 $\bar{X}_2$ 是獨立的， $Cov(\bar{X}_1, \bar{X}_2) = 0$。
$Var(\hat{\mu}) = \left(\frac{n_1}{n_1+n_2}\right)^2 Var(\bar{X}_1) + \left(\frac{n_2}{n_1+n_2}\right)^2 Var(\bar{X}_2)$

核心觀念

含截距的迴歸中，總平方和可分解為迴歸平方和與殘差平方和：

$$TSS = ESS + SSR$$

決定係數定義為：

$$R^2 = 1-\frac{SSR}{TSS}$$

因此，殘差平方和為：

$$SSR=(1-R^2)TSS$$

解題方法

題目給的是 $y_t$ 的標準差。採用樣本標準差的定義：

$$s_y^2=\frac{TSS}{T-1} \quad\Longrightarrow\quad TSS=(T-1)s_y^2$$

核心觀念

含截距的簡單線性迴歸中，決定係數等於應變數與解釋變數之樣本相關係數的平方：

$$R^2=\operatorname{Corr}(y_t,u_t^c)^2.$$

因此，相關係數的絕對值為 $\sqrt{R^2}$；其正負號則與 OLS 斜率 $\hat{\beta}_2$ 相同。

解題方法

由題目可知 $R^2=0.5762$，且估計斜率 $\hat{\beta}_2=-2.9516<0$，故相關係數為負：

核心觀念

依變數取自然對數時，虛擬變數的係數表示兩組的對數工資差。若要換算成工資的精確百分比差異，使用：

$$\text{百分比差異}=\left(e^{\text{對數工資差}}-1\right)\times 100\%$$

解題方法

工作經驗為零時，交互作用項 $male_i\times exper_i$ 為零，經驗項也不影響預測值。因此，男性與女性的對數工資差為：

核心觀念

這題考的是含交乘項的半對數薪資迴歸中，如何計算不同性別的工作經驗邊際報酬。對數薪資對工作經驗的邊際效果，要將 $exper_i$ 的係數與交乘項所帶來的效果一併計入。

解題方法

迴歸式為：

$$\ln wage_i =1.6573male_i+1.1936female_i +0.0364exper_i-0.0321male_i\times exper_i$$

女性的 $male_i=0$，因此工作經驗的邊際效果為：

$$\frac{\partial \ln wage_i}{\partial exper_i}\bigg|_{\text{女性}} =0.0364$$

男性的 $male_i=1$，工作經驗的邊際效果則為：

核心觀念

整體顯著性檢定檢驗所有斜率係數是否同時為零：

$$H_0:\beta_2=\beta_3=0$$ $$H_1:\beta_2,\beta_3\text{ 至少有一個不為零}$$

含截距的非限制模型有 3 個估計參數，因此殘差自由度為 $n-3$；虛無假設包含 2 個限制，分子自由度為 2。利用 $R^2$ 計算整體 $F$ 統計量的公式為：

$$F=\frac{R^2/q}{(1-R^2)/(n-k)}$$

其中 $q$ 是限制數，$k$ 是非限制模型估計參數總數，包含截距。

解題方法

核心觀念

整體顯著性檢定要檢驗兩個解釋變數的斜率是否同時為零：

$$H_0:\beta_2=\beta_3=0, \qquad H_1:\beta_2,\beta_3\text{ 至少一個不為零}.$$

有 $q=2$ 個限制，完整模型估計 $3$ 個參數（含截距），因此分子自由度為 $2$，分母自由度為 $n-3=17$。在顯著水準 $5\%$ 下，使用右尾臨界值 $F_{0.95}(2,17)$。

解題方法

利用 $R^2$ 計算整體檢定的 $F$ 統計量：

$$F=\frac{R^2/q}{(1-R^2)/(n-3)}.$$

代入 $R^2=0.8$、$q=2$、$n=20$：

$$F=\frac{0.8/2}{(1-0.8)/(20-3)} =\frac{0.4}{0.2/17} =34.$$

核心觀念

本題考的是含落後被解釋變數時，Durbin–Watson（DW）檢定的適用限制，以及如何改用能處理序列相關的檢定。

一般 DW 檢定用來檢定迴歸誤差是否有一階自我相關：

$$H_0:\rho=0 \qquad\text{對}\qquad H_1:\rho\ne 0.$$

DW 統計量常用近似關係

$$d\approx 2(1-\widehat{\rho})$$

來描述殘差一階相關的方向。不過，傳統 DW 檢定的臨界值理論要求解釋變數具外生性。當模型含有落後被解釋變數 $y_{t-1}$，且誤差項存在自我相關時，$y_{t-1}$ 會與當期誤差 $\varepsilon_t$ 相關，傳統 DW 檢定的分配與臨界值便不再適用。

解題方法

本題的迴歸式為

$$y_t=\beta_1+\beta_2x_t+\beta_3y_{t-1}+\varepsilon_t.$$

因模型右側含有 $y_{t-1}$，不能直接把 DW 統計量 $0.39$ 與一般 DW 臨界值比較，也不能據此作出「存在 AR(1) 自我相關」的正式檢定結論。樣本數 $T=50$ 不會排除這項適用限制。

若只作描述性解讀，依近似式可得

$$\widehat{\rho}\approx 1-\frac{0.39}{2}=0.805.$$

此數值指向正向殘差相關，但不能取代有效的顯著性檢定。

可採用的替代檢定

核心觀念：遺漏變數偏誤

Peter 把真實模型中的能力 $x_{3,i}$ 遺漏，改用只含教育 $x_{2,i}$ 的模型估計。若被遺漏的變數同時與工資及教育正相關，教育的估計係數會吸收能力對工資的部分影響，形成遺漏變數偏誤。

解題方法：推導偏誤方向

把真實模型改寫成 Peter 的形式：

$$y_i=\beta_1+\beta_2x_{2,i}+v_i, \qquad v_i=\beta_3x_{3,i}+\varepsilon_i.$$

由於能力對工資有正向影響，$\beta_3>0$；又因能力與教育正相關，$\operatorname{Cov}(x_2,x_3)>0$。因此，Peter 的誤設模型中，誤差項 $v_i$ 與教育 $x_{2,i}$ 正相關，違反 OLS 的外生性條件。

在 $\varepsilon_i$ 與 $x_{2,i}$ 不相關的假設下，遺漏變數偏誤為：