109 年 國立臺北大學經濟學系碩士班《統計學（含計量經濟學）》

此題主要在考驗對 OLS 在違反某一條件下的性質，特別是異質變異數 (heteroskedasticity) 的影響。

核心觀念：

1. OLS 估計量在異質變異數下的性制：OLS 估計量仍然是線性且不偏的 (unbiased)，但不再是 Minimum Variance Linear Unbiased Estimator (MVLUE)，即效率 (efficiency) 性喪失。
2. OLS 估計的變異數公式在異質變異數下失效：標準 OLS 的變異數公式 $\text{Var}(\hat{\beta}) = \sigma^2 (X'X)^{-1}$ 假設了同質變異數 (homoskedasticity)，在異質變異數下此公式計算出的變異數是不正確的。
3. White 異質變異數穩健 (robust) 標準誤：為了在異質變異數下進行正確的推論，需要使用 White 異質變異數穩健標準誤。

解題過程：
題目中提到，除了異質變異數 (Var($\epsilon_t | x_t$) = $\sigma^2 x_t$) 外，其他高斯-馬可夫 (Gauss-Markov) 條件都滿足。高斯-馬可夫定理說明，若模型滿足線性、隨機抽樣、無完美共線性、誤差項期望值為零、以及同質變異數與誤差項無自相關，則 OLS 估計量是最佳線性不偏估計量 (BLUE)。

當模型出現異質變異數時：

• OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 的期望值 E($\hat{\beta}$) 仍然等於真實參數 $\beta$。因此，OLS 估計量仍然是不偏的 (unbiased)。
• 由於存在異質變異數，OLS 估計量不再是具有最小變異數的線性不偏估計量。也就是說，OLS 估計量喪失了效率 (inefficiency)。

核心觀念

本題考查：

• 僅含截距項的線性迴歸模型；
• OLS 截距估計量的形式；
• 誤差項存在一階自我相關時，OLS 截距估計量的 plim。

模型為

$$y_t=\beta_0+\epsilon_t$$

因此，OLS 估計量只有截距項：

$$\hat{\beta}_0=\bar y$$

在標準設定下，需假設 AR(1) 誤差具有平穩性，即 $|\rho|<1$。

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解題方法與推導

由模型取樣本平均：

$$\bar y = \frac{1}{T}\sum_{t=1}^{T}y_t = \frac{1}{T}\sum_{t=1}^{T}(\beta_0+\epsilon_t)$$

因此：

$$\bar y=\beta_0+\bar\epsilon$$

所以：

$$\hat{\beta}_0-\beta_0=\bar\epsilon$$

誤差項服從：

$$\epsilon_t=\rho\epsilon_{t-1}+u_t$$

且 $u_t$ 為平均數為零的 i.i.d. 擾動項。當 $|\rho|<1$ 時，$\epsilon_t$ 為平穩且遍歷的 AR(1) 過程，其無條件平均數為：

$$E(\epsilon_t) = \rho E(\epsilon_{t-1})+E(u_t)$$

由於 $E(u_t)=0$，平穩狀態下有：

$$E(\epsilon_t)=\rho E(\epsilon_t)$$

因此：

$$(1-\rho)E(\epsilon_t)=0$$

只要 $\rho\neq 1$，即可得：

$$E(\epsilon_t)=0$$

由大數法則：

$$\bar\epsilon = \frac{1}{T}\sum_{t=1}^{T}\epsilon_t \xrightarrow{p}0$$

故：

$$\hat{\beta}_0 = \beta_0+\bar\epsilon \xrightarrow{p}\beta_0$$

因此，誤差項具有自我相關並不會改變僅含截距模型中 OLS 截距估計量的極限值；它主要會影響估計量的變異數與標準誤。

核心觀念

本題考查古典線性迴歸模型中最小平方法（OLS）估計式的一致性（Consistency）條件，特別是「不相關（Uncorrelatedness）」與「條件期望值為零（Zero Conditional Mean）」之間的階層關係與必要條件（Necessary Condition）。

1. OLS 估計式的大樣本一致性：
   在簡單線性迴歸模型 $y_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$ 下，OLS 斜率估計式為： $$\hat{\beta} = \frac{\sum_{t=1}^T (x_t - \bar{x})(y_t - \bar{y})}{\sum_{t=1}^T (x_t - \bar{x})^2} = \beta + \frac{\frac{1}{T}\sum_{t=1}^T (x_t - \bar{x})\epsilon_t}{\frac{1}{T}\sum_{t=1}^T (x_t - \bar{x})^2}$$ 依據大數法則（Law of Large Numbers, LLN），當樣本數 $T \to \infty$ 時： $$\operatorname{plim} \hat{\beta} = \beta + \frac{\operatorname{Cov}(x_t, \epsilon_t)}{\operatorname{Var}(x_t)}$$ 因此，$\hat{\beta}$ 具備一致性（即 $\operatorname{plim}\hat{\beta} = \beta$）的大樣本核心充要條件為： $$\operatorname{Cov}(x_t, \epsilon_t) = 0$$
2. 條件強度階層：
   • 外生性假設（條件期望值為零）：$E(\epsilon_t | x_t) = 0$（充分條件）
   • 平均獨立：$E(\epsilon_t | x_t) = 0 \implies \operatorname{Cov}(x_t, \epsilon_t) = 0$
   • 題目問的是「必要條件（Necessary Condition）」，故需選取使一致性成立不可或缺的最弱（基礎）條件，即兩者共變異數為零。

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解題方法

1. 推導 OLS 估計式的機率極限（Probability Limit）：
   斜率估計式可表示為： $$\hat{\beta} = \beta + \frac{\widehat{\operatorname{Cov}}(x_t, \epsilon_t)}{\widehat{\operatorname{Var}}(x_t)}$$ 兩邊取機率極限（$\operatorname{plim}$）： $$\operatorname{plim} \hat{\beta} = \beta + \frac{\operatorname{Cov}(x_t, \epsilon_t)}{\operatorname{Var}(x_t)}$$
2. 檢驗一致性之必要條件：
   若欲使 $\hat{\beta}$ 為 $\beta$ 的一致估計式，必須滿足： $$\operatorname{plim} \hat{\beta} = \beta \iff \frac{\operatorname{Cov}(x_t, \epsilon_t)}{\operatorname{Var}(x_t)} = 0$$

此題考驗的是在模型設定錯誤 (misspecification)，特別是遺漏重要解釋變數 (omitted variable bias) 的情況下，OLS 估計量的一致性問題。

核心觀念：
當真實模型包含一個或多個未被納入估計模型的解釋變數時，如果這些遺漏的變數與模型中包含的解釋變數相關，那麼模型中包含的解釋變數的 OLS 估計量將是有偏且不一致的。

解題過程：
真實模型為 $y_t = \alpha + \beta x_t + \beta_2 x_{2t} + u_t$。
但我們估計的模型是 $y_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$。
我們需要將真實模型的誤差項 $u_t$ 與估計模型中的誤差項 $\epsilon_t$ 聯繫起來。
將真實模型代入估計模型：
$\alpha + \beta x_t + \beta_2 x_{2t} + u_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$
整理後得到：
$\epsilon_t = \beta_2 x_{2t} + u_t$

現在，我們需要檢視 OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 的一致性條件。
對於估計模型 $y_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$，OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 的一致性要求是解釋變數 $x_t$ 與誤差項 $\epsilon_t$ 無關，即 $\text{E}(x_t \epsilon_t) = 0$ (假設 $\text{E}(\epsilon_t)=0$)。

將 $\epsilon_t$ 的表達式代入 $\text{E}(x_t \epsilon_t) = 0$：
$\text{E}(x_t (\beta_2 x_{2t} + u_t)) = 0$
$\text{E}(\beta_2 x_t x_{2t} + x_t u_t) = 0$
$\beta_2 \text{E}(x_t x_{2t}) + \text{E}(x_t u_t) = 0$

為了使 $\hat{\beta}$ 保持一致，我們需要上述條件成立。
如果 $\text{E}(x_t x_{2t}) \neq 0$ (即遺漏的變數 $x_{2t}$ 與包含的變數 $x_t$ 相關)，那麼我們必須要求 $\text{E}(x_t u_t) = 0$ 才能抵銷這個相關性，使得整個式子為零。
因此，$\text{E}(x_t u_t) = 0$ 是 OLS 估計量 $\hat{\beta}$ 保持一致的必要條件，前提是遺漏變數 $x_{2t}$ 與 $x_t$ 相關。

我們再仔細檢視選項。
選項 (E) 是 $\text{E}(x_t u_t) = 0$。這正是我們推導出的條件。

其他選項的分析：
(A) $\text{E}(x_{2t} u_t) = 0$：這是遺漏的變數 $x_{2t}$ 與真實誤差項 $u_t$ 無關的條件。這通常是 OLS 估計量 $\hat{\beta}_2$ (如果我們估計包含 $x_{2t}$ 的模型) 的一致性條件，但與 $\hat{\beta}$ 的一致性無直接關係。
(B) $\alpha = 0$：截距項是否為零與 $\hat{\beta}$ 的一致性無關。
(C) $\text{E}(x_t E_t) = 0$：這是題目中的一個符號錯誤，應為 $\epsilon_t$。

核心觀念

本題考查「解釋變數測量誤差」與 OLS 一致性。

真實模型為

$$y=\beta x+v$$

但實際觀察到的是

$$x^*=x-u \quad\Longleftrightarrow\quad x=x^*+u.$$

代入真實模型：

$$y=\beta(x^*+u)+v =\beta x^*+(\beta u+v).$$

因此，以觀察值 $x^*$ 進行 OLS 時，實際估計的模型為

$$y=\beta x^*+\varepsilon^*, \qquad \varepsilon^*=\beta u+v.$$

OLS 估計量一致的必要核心條件是觀察到的解釋變數與複合誤差不相關：

$$\operatorname{E}(x^*\varepsilon^*)=0.$$

也就是

$$\operatorname{E}\bigl[x^*(\beta u+v)\bigr] = \beta\operatorname{E}(x^*u)+\operatorname{E}(x^*v)=0.$$

在通常的外生性假設 $\operatorname{E}(x^*v)=0$ 下，只要

$$\operatorname{E}(x^*u)=0,$$

便可保證 OLS 估計量一致。

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解題方法

將 $x=x^*+u$ 代回原模型：

$$y=\beta x+v =\beta x^*+\beta u+v.$$

所以，以 $x^*$ 對 $y$ 進行迴歸時，誤差項為

$$\varepsilon^*=v+\beta u.$$

OLS 一致性的條件為

$$\operatorname{E}(x^*\varepsilon^*)=0.$$

因此：

$$\operatorname{E}(x^*\varepsilon^*) = \operatorname{E}(x^*v)+\beta\operatorname{E}(x^*u).$$

若原模型的隨機誤差 $v$ 對解釋變數具有外生性，即 $\operatorname{E}(x^*v)=0$，則剩下的關鍵條件為

$$\operatorname{E}(x^*u)=0.$$

故正確選項為 (C)。

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選項分析

(A) $\operatorname{E}(yx^*)=0$

錯誤。這表示 $y$ 與 $x^*$ 不相關，並不是 OLS 一致性的條件。若真有 $\operatorname{E}(yx^*)=0$，通常反而表示估計出的斜率趨近於零，無法保證得到真正的 $\beta$

此題考驗的是在滿足高斯-馬可夫條件下，一個特定的估計量是否為無偏估計量。

核心觀念：

1. 高斯-馬可夫條件：
   • 線性模型：$y_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$。
   • 誤差項期望值為零：$\text{E}(\epsilon_t) = 0$ 對所有 $t$。
   • 誤差項同質變異數：$\text{Var}(\epsilon_t) = \sigma^2$ 對所有 $t$。
   • 誤差項無自相關：$\text{Cov}(\epsilon_t, \epsilon_s) = 0$ 對所有 $t \neq s$。
   • 解釋變數與誤差項無關：$\text{Cov}(x_t, \epsilon_t) = 0$。
2. 無偏估計量 (Unbiased Estimator)：一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於參數 $\theta$ 是無偏的，如果 $\text{E}(\hat{\theta}) = \theta$。

解題過程：
我們需要計算估計量 $\hat{\beta}$ 的期望值，並與真實參數 $\beta$ 進行比較。
$\hat{\beta} = \frac{y_B - y_S}{x_B - x_S}$
將 $y_t = \alpha + \beta x_t + \epsilon_t$ 代入：
$y_B = \alpha + \beta x_B + \epsilon_B$
$y_S = \alpha + \beta x_S + \epsilon_S$
所以，
$y_B - y_S = (\alpha + \beta x_B + \epsilon_B) - (\alpha + \beta x_S + \epsilon_S)$
$y_B - y_S = \beta (x_B - x_S) + (\epsilon_B - \epsilon_S)$

代入 $\hat{\beta}$ 的定義：
$\hat{\beta} = \frac{\beta (x_B - x_S) + (\epsilon_B - \epsilon_S)}{x_B - x_S}$
$\hat{\beta} = \beta + \frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}$

現在計算 $\hat{\beta}$ 的期望值：
$\text{E}(\hat{\beta}) = \text{E}\left(\beta + \frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right)$
$\text{E}(\hat{\beta}) = \beta + \text{E}\left(\frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right)$

這裡的關鍵在於 $x_B, x_S, \epsilon_B, \epsilon_S$ 是隨機變數。
$x_B$ 和 $x_S$ 是樣本中最大的和最小的 $x_t$ 值。這意味著 $x_B$ 和 $x_S$ 是基於樣本數據的統計量，它們本身是隨機的。
因此，分母 $(x_B - x_S)$ 是一個隨機變數。
當分母是隨機變數時，我們不能簡單地將期望值移入分子，即 $\text{E}(\frac{A}{B}) \neq \frac{\text{E}(A)}{\text{E}(B)}$。

我們需要考慮 $\text{E}\left(\frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right)$。
由於高斯-馬可夫條件滿足，我們知道 $\text{E}(\epsilon_t) = 0$ 對於任何一個固定的 $t$。

此題考驗的是估計量變異數的計算，以及效率 (efficiency) 的判斷。

核心觀念：

1. 變異數計算：$\text{Var}(aX + bY) = a^2 \text{Var}(X) + b^2 \text{Var}(Y) + 2ab \text{Cov}(X, Y)$。
2. 效率 (Efficiency)：在所有線性不偏估計量 (BLUE) 中，具有最小變異數的估計量被稱為是有效的。高斯-馬可夫定理保證了 OLS 估計量在滿足其條件時是 BLUE。

解題過程：
從上一小題我們知道 $\hat{\beta} = \beta + \frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}$。
因此，$\text{Var}(\hat{\beta}) = \text{Var}\left(\beta + \frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right) = \text{Var}\left(\frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right)$。

這是一個複雜的變異數計算，因為分母 $(x_B - x_S)$ 是隨機的，並且它與分子 $(\epsilon_B - \epsilon_S)$ 可能相關。
通常，在這種情況下，我們需要知道 $x_t$ 的分佈以及 $\epsilon_t$ 的分佈。

如果我們假設 $x_t$ 是固定的，那麼 $x_B$ 和 $x_S$ 也是固定的。
則 $\text{Var}(\hat{\beta}) = \text{Var}\left(\frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right) = \frac{1}{(x_B - x_S)^2} \text{Var}(\epsilon_B - \epsilon_S)$。
由於 $\epsilon_t$ 之間是獨立的，
$\text{Var}(\epsilon_B - \epsilon_S) = \text{Var}(\epsilon_B) + \text{Var}(\epsilon_S) - 2 \text{Cov}(\epsilon_B, \epsilon_S)$。
根據高斯-馬可夫條件，$\text{Var}(\epsilon_t) = \sigma^2$ 且 $\text{Cov}(\epsilon_t, \epsilon_s) = 0$ 對於 $t \neq s$。
所以，$\text{Var}(\epsilon_B - \epsilon_S) = \sigma^2 + \sigma^2 - 0 = 2\sigma^2$。
因此，如果 $x_t$ 是固定的，則 $\text{Var}(\hat{\beta}) = \frac{2\sigma^2}{(x_B - x_S)^2}$。

但是，如果 $x_t$ 是隨機變數，計算會更加複雜，因為 $x_B$ 和 $x_S$ 是基於樣本的統計量，它們的選擇會影響到 $\epsilon_B$ 和 $\epsilon_S$ 的選擇，並且它們的變異數需要考慮。
特別是，$\text{Var}\left(\frac{A}{B}\right)$ 的計算涉及 $\text{E}\left[\left(\frac{A}{B}\right)^2\right] - \left[\text{E}\left(\frac{A}{B}\right)\right]^2$。
由於 $\text{E}\left(\frac{A}{B}\right) = \beta$ (從上一小題得出)，我們需要計算 $\text{E}\left[\left(\frac{\epsilon_B - \epsilon_S}{x_B - x_S}\right)^2\right]$。

這涉及到對 $\epsilon_B, \epsilon_S, x_B, x_S$ 的聯合分佈的期望值計算。
由於 $x_B$ 和 $x_S$ 是樣本的最大值和最小值，它們的統計性質（如期望值、變異數）取決於 $x_t$ 的原始分佈。
並且，$\epsilon_B$ 和 $\epsilon_S$ 的選擇與 $x_B$ 和 $x_S$ 的選擇是相關的。

關於效率 (Efficiency)：
高斯-馬可夫定理指出，在滿足其條件時，OLS 估計量是最佳線性無偏估計量 (BLUE)。
OLS 估計量 $\hat{\beta}_{OLS}$ 的變異數是 $\text{Var}(\hat{\beta}_{OLS}) = \sigma^2 (X'X)^{-1}$ (假設 $X$ 是固定的)。
如果 $x_t$ 是隨機的，則 $\text{Var}(\hat{\beta}_{OLS}) = \sigma^2 (\text{E}(x_t^2))^{-1}$ (對於簡單迴歸)。

此題考驗的是迴歸分析中的幾個重要統計量：決定係數 ($R^2$)、殘差平方和 (SSE)、總平方和 (SST) 以及估計的誤差變異數 ($s^2$)。

核心觀念：

1. $R^2$ 的定義：$R^2 = \frac{SSR}{SST} = 1 - \frac{SSE}{SST}$，其中 $SSR$ 是迴歸平方和 (Sum of Squares due to Regression)，$SSE$ 是殘差平方和 (Sum of Squared Errors)，$SST$ 是總平方和 (Total Sum of Squares)。
2. $s^2$ (估計誤差變異數) 的定義：$s^2 = \frac{SSE}{T-k-1}$，其中 $T$ 是樣本數，$k$ 是迴歸模型中的解釋變數個數。

解題過程：
題目給出了：

• 樣本數 $T = 100$。
• 迴歸模型：$y_t = -4.0+ 2.0 x_{1t}-3.0x_{2t} + 0.04x_{3t}$。
  • 截距項為 -4.0。
  • 解釋變數有 $x_{1t}, x_{2t}, x_{3t}$，共 $k=3$ 個。
• $SSE = 50$。
• $SST = 100$。
• Durbin-Watson 統計量 $d = 1.1$ (此資訊在計算 $R^2$ 和 $s^2$ 時用不到)。
• t-statistics 括號內的值：
  • 對截距項：2.4
  • 對 $x_{1t}$：-0.5
  • 對 $x_{2t}$：未知 (標示為 "?")
  • 對 $x_{3t}$：未知

此題考驗的是 Durbin-Watson 統計量的直接讀取。

核心觀念：
Durbin-Watson 統計量 (d) 用來檢測時間序列迴歸模型中的一階自相關 (autocorrelation)。
其計算公式為：
$d = \frac{\sum_{t=2}^T (\hat{\epsilon}_t - \hat{\epsilon}_{t-1})^2}{\sum_{t=1}^T \hat{\epsilon}_t^2}$
其中 $\hat{\epsilon}_t$ 是迴歸模型的殘差。

此題考驗的是關於混合分配 (mixture distribution) 的樣本平均數的漸近分配。

核心觀念：

1. 混合分配的變異數：若一個隨機變數 $X$ 的分佈是根據另一隨機變數 $Z$ 的值混合而成，則 $X$ 的總體變異數可以分解為條件變異數的期望值加上變異數的期望值（全期望法則的變異數版本）：
   $\text{Var}(X) = \text{E}[\text{Var}(X|Z)] + \text{Var}[\text{E}(X|Z)]$。
2. 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)：若從一個分佈中獨立隨機抽取 $N$ 個樣本，且這些樣本的期望值和變異數存在，則當 $N$ 足夠大時，樣本平均數 $\bar{Y}$ 的分佈近似於常態分佈。具體來說，$\sqrt{N}(\bar{Y} - \text{E}(\bar{Y})) / \sqrt{\text{Var}(\bar{Y})}$ 趨近於標準常態分佈 $N(0,1)$。
   或者，$\sqrt{N}(\bar{Y} - \mu)$ 的漸近分配為 $N(0, \text{Var}(Y))$。

解題過程：
我們有一個總體，其中包含 A 群和 B 群。
A 群佔總體比例 $p_A = 0.60$，變異數 $\text{Var}(Y|A) = \sigma_A^2 = 7$。
B 群佔總體比例 $p_B = 0.40$，變異數 $\text{Var}(Y|B) = \sigma_B^2 = 5$。
兩群的母體平均相同：$\mu_A = \mu_B = \mu$。
我們從總體中隨機抽取 $N$ 個人，計算樣本平均數 $\bar{Y}$。
要求 $\sqrt{N}(\bar{Y} - \mu)$ 的漸近分配。

首先，我們需要計算總體中隨機變數 $Y$ 的變異數 $\text{Var}(Y)$。
根據混合分配的變異數公式：
$\text{Var}(Y) = \text{E}[\text{Var}(Y|G)] + \text{Var}[\text{E}(Y|G)]$
其中 $G$ 是表示樣本屬於 A 群或 B 群的隨機變數。
$\text{E}(Y|G)$ 是條件期望。
$\text{Var}(Y|G)$ 是條件變異數。

我們已知：
$\text{E}(Y|A) = \mu_A = \mu$
$\text{E}(Y|B) = \mu_B = \mu$
$\text{Var}(Y|A) = \sigma_A^2 = 7$
$\text{Var}(Y|B) = \sigma_B^2 = 5$

核心觀念

本題考查最大概似估計法。銅板每次投擲結果相互獨立，且每次出現正面 $H$ 的機率為 $p$，因此：

• 出現 $H$ 的機率為 $p$；
• 出現 $T$ 的機率為 $1-p$；
• 參數範圍為 $0\leq p\leq 1$。

最大概似估計法是選取使觀察到的樣本結果發生機率最大的參數值：

$$\hat p_{\text{MLE}} = \arg\max_{0\leq p\leq 1} L(p).$$

解題方法

觀察到的三次投擲結果為 $HHH$。由於三次投擲相互獨立，樣本概似函數為：

$$L(p) = P(HHH\mid p) = P(H\mid p)P(H\mid p)P(H\mid p) = p^3, \qquad 0\leq p\leq 1.$$

因此對數概似函數為：

$$\ell(p)=\ln L(p)=3\ln p, \qquad 0<p\leq 1.$$

一階條件與內點解

對對數概似函數微分：

$$\frac{d\ell(p)}{dp} = \frac{3}{p}.$$

內點一階條件為：

$$\frac{3}{p}=0.$$

因為在 $0<p\leq 1$ 時，$\frac{3}{p}>0$，不存在滿足一階條件的內點解。

若直接對概似函數微分：

$$\frac{dL(p)}{dp}=3p^2.$$

此題考驗的是貝氏統計學中的後驗機率分配 (posterior distribution) 的計算。

核心觀念：
貝氏定理是用來更新先驗信念 (prior belief) 為後驗信念 (posterior belief) 的方法。
後驗機率 $\propto$ 概似函數 $\times$ 先驗機率。
$P(\theta | \text{Data}) \propto P(\text{Data} | \theta) \cdot P(\theta)$

解題過程：

1. 先驗機率分配 (Prior Distribution)：
   小貝對 $p$ 的先驗分配如下：
   $P(p=0.25) = 0.25$
   $P(p=0.50) = 0.25$
   $P(p=0.75) = 0.25$
   $P(p=1.00) = 0.25$
   這是一個離散的先驗分配，總共有四個可能的 $p$ 值。

2. 樣本數據 (Data)：
   阿正擲銅板三次，結果為 HHH。
   這表示觀測到 3 次正面 (H) 和 0 次反面 (T)。

3. 概似函數 (Likelihood Function)：
   對於一次伯努利試驗，出現正面 H 的機率是 $p$，出現反面 T 的機率是 $1-p$。
   對於 $n$ 次獨立試驗，觀測到 $k$ 次成功 (正面 H) 和 $n-k$ 次失敗 (反面 T)，其概似函數（根據二項分佈）為：
   $L(p | k, n) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。
   在本例中，$n=3$ (總共投擲 3 次)，$k=3$ (出現 3 次正面)。
   所以，觀測到 HHH 的概似函數是：
   $L(p | k=3, n=3) = \binom{3}{3} p^3 (1-p)^{3-3} = 1 \cdot p^3 \cdot (1-p)^0 = p^3$。

4. 計算後驗機率 (Posterior Probability)：
   根據貝氏定理：$P(p | \text{Data}) \propto L(p | \text{Data}) \cdot P(p)$。
   我們需要計算對於每一個可能的 $p$ 值，後驗機率與先驗機率乘以概似函數的乘積。

   我們需要對每一個可能的 $p$ 值 ($0.25, 0.50, 0.75, 1.00$) 計算：
   $P(p | \text{HHH}) \propto L(\text{HHH} | p) \cdot P(p)$

   • 情況 1：$p = 0.25$
     先驗機率 $P(p=0.25) = 0.25$。
     概似函數 $L(\text{HHH} | p=0.25) = (0.25)^3 = (\frac{1}{4})^3 = \frac{1}{64}$。
     先驗 $\times$ 概似 $\propto 0.25 \cdot \frac{1}{64} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{64} = \frac{1}{256}$。

   • 情況 2：$p = 0.50$
     先驗機率 $P(p=0.50) = 0.25$。
     概似函數 $L(\text{HHH} | p=0.50) = (0.50)^3 = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$。

此題考驗的是貝氏統計學中，使用後驗期望值 (posterior expectation) 作為點估計量。

核心觀念：
在貝氏統計學中，後驗機率分配的期望值通常被用作參數的點估計量，稱為後驗期望值 (posterior expectation)。

解題過程：
小貝打算用 $E(p|\text{HHH})$ 來推估 $p$。這就是計算後驗機率分配的期望值。
我們已經在上一小題 (12) 中計算出了後驗機率分配：
$P(p=0.25 | \text{HHH}) = 0.01$
$P(p=0.50 | \text{HHH}) = 0.08$
$P(p=0.75 | \text{HHH}) = 0.27$

此題要求比較頻率學派 (小飛) 的 MLE 估計值與貝氏學派 (小貝) 的後驗期望值估計值，並說明理由。

核心觀念：

1. 頻率學派估計量 (MLE)：基於觀測數據，使似然函數最大化的參數值。
2. 貝氏學派估計量 (後驗期望值)：考慮了先驗信息和觀測數據後，對參數的期望值。
3. 合理性判斷：通常根據估計值是否符合數據的直觀顯示，以及是否利用了所有可用的信息來判斷。

解題過程：

1. 小飛的估計值 (MLE)：
   從第 (11) 小題可知，小飛使用 MLE 估計 $p$，得到 $\hat{p}_{MLE} = 1$。
   這是因為觀測到的數據是 HHH，在頻率學派的框架下，最能解釋這個結果的 $p$ 值就是 1。

2. 小貝的估計值 (後驗期望值)：
   從第 (13) 小題可知，小貝使用後驗期望值作為估計，得到 $E(p|\text{HHH}) = 0.885$。
   這是因為小貝的先驗分配是離散的，並且在觀測到 HHH 後，後驗機率最高的仍然是 $p=1.00$ (0.64)，但其他較低的值（如 0.75）也仍有一定機率，所以她的估計值是所有可能 $p$ 值的加權平均。

3. 比較與理由判斷：

   • 小飛的估計值 $\hat{p}_{MLE} = 1$：

     • 優點：最直接地反映了觀測到的數據 HHH。如果銅板是公平的（$p=0.5$），連續投出三次正面的機率是 $(0.5)^3 = 0.125$。如果 $p=0.75$，機率是 $(0.75)^3 \approx 0.42$。如果 $p=1$，機率是 $1^3=1$。從數據 HHH 來看，$p=1$ 是最能解釋這個結果的參數值。
     • 缺點：在只有三次獨立試驗的數據下，就斷定 $p=1$ 可能過於絕對，忽略了樣本量小的局限性。真實世界中，完全公平的銅板很少，完全不公平的銅板（例如，只會出現一面）也極為罕見。MLE 在樣本量小時，可能過於「激進」，傾向於極端值。

   • 小貝的估計值 $E(p|\text{HHH}) = 0.885$：

     • 優點：小貝的估計值 $0.885$ 是一個介於 0 和 1 之間的數值，它是一個「折衷」的結果。這個值較小飛的 $1$ 顯得更為保守和「平滑」。這是因為小貝的貝氏方法結合了先驗信息（即使是離散的先驗，也給予了 $p<1$ 的可能性）和數據。後驗機率分配顯示，$p=1$ 的機率最高 (0.64)，但 $p=0.75$ 也有 0.27 的機率。後驗期望值 0.885 是這些可能值的加權平均。這種結合先驗和數據的做法，在樣本量小時，通常能提供更穩健、更不易受極端值影響的估計。
     • 缺點：如果先驗信息不準確，可能會影響後驗估計。但在此例中，先驗分配是均勻的，給予了幾個可能的 $p$ 值相同的權重，因此更多地受到數據的影響。

核心觀念

本題考查 Poisson 分配的「區間加總」性質：

若每日故障次數為

$$X_i\sim \operatorname{Poisson}(0.05),$$

且各日故障次數彼此獨立，則連續 30 天的總故障次數

$$X=\sum_{i=1}^{30}X_i$$

仍服從 Poisson 分配，參數為每日平均故障次數的總和：

$$X\sim \operatorname{Poisson}(30\times 0.05) =\operatorname{Poisson}(1.5).$$

Poisson 分配的機率質量函數為

$$P(X=x)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^x}{x!}, \qquad x=0,1,2,\ldots$$

解題方法

一個月故障不超過 3 次，表示故障次數為 $0、1、2、3$ 次，因此

$$P(X\leq 3) =P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3).$$

代入 $\lambda=1.5$：

此題考驗的是 Poisson 分配的相關概念，特別是故障間隔時間的機率分佈。

核心觀念：

1. Poisson 分配與指數分配的關係：如果一個過程的事件發生次數服從 Poisson 分配，那麼事件發生之間的間隔時間服從指數分配 (exponential distribution)。
2. 指數分配的機率密度函數 (PDF)：
   $f(t; \lambda) = \lambda e^{-\lambda t}$，對於 $t \ge 0$。
   其中 $\lambda$ 是單位時間內的平均事件發生率。
3. 指數分配的累積分配函數 (CDF)：
   $P(T \le t) = 1 - e^{-\lambda t}$。
   $P(T > t) = e^{-\lambda t}$。

解題過程：

1. 確定 Poisson 分配的發生率 $\lambda$：
   題目說「平均一天故障 0.05 次」。
   這表示每單位時間（一天）的故障率為 $\lambda_{day} = 0.05$ 次/天。

2. 確定故障間隔時間的機率模型：
   如果故障次數服從 Poisson 分配，則故障發生的時間間隔服從指數分配。
   指數分配的參數 $\lambda$ 就是 Poisson 分配的發生率。
   因此，故障間隔時間 $T$ 服從參數為 $\lambda = 0.05$ (次/天) 的指數分配。

3. 計算機率：
   題目要求計算「二次故障間隔超過 30 天」的機率。
   這就是計算 $P(T > 30)$。
   對於參數為 $\lambda$ 的指數分配，$P(T > t) = e^{-\lambda t}$。
   在這裡，$\lambda = 0.05$ (次/天)，$t = 30$ (天)。

   所以，我們需要計算 $P(T > 30) = e^{-0.05 \times 30}$。
   $P(T > 30) = e^{-1.5}$。

   使用題目提供的 $e$ 值：
   題目給出了 $e^{-0.05}=0.9512$, $e^{-0.1} = 0.9048$, $e^{-0.2} = 0.8187$, $e^{-0.5} = 0.6065$。
   我們需要計算 $e^{-1.5}$。