111 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

本題考查決定係數 $R^2$、總平方和（SST）、迴歸平方和（SSR）與誤差平方和（SSE）之間的關係。

在含截距項的 OLS 迴歸中：

$$SST=SSR+SSE$$

而決定係數定義為：

$$R^2=\frac{SSR}{SST}$$

因此也可寫成：

$$R^2=1-\frac{SSE}{SST}$$

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解題方法

已知：

$$SST=100,\qquad R^2=0.8$$

由公式：

$$R^2=1-\frac{SSE}{SST}$$

代入題目數值：

$$0.8=1-\frac{SSE}{100}$$

移項得：

$$\frac{SSE}{100}=0.2$$

所以：

$$SSE=100(0.2)=20$$

亦可先計算迴歸平方和：

$$SSR=R^2\cdot SST=0.8(100)=80$$

再由 $SST=SSR+SSE$：

$$SSE=100-80=20$$

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選項分析

核心觀念

本題考查對多個迴歸係數進行聯合檢定時的 $F$ 檢定。虛無假設為

$$H_0:\beta_1=\beta_2=0$$

代表兩個解釋變數 $x_1$、$x_2$ 對 $y$ 沒有聯合解釋力。

利用 $R^2$ 計算 $F$ 統計量的公式為

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

其中：

• $q$：限制條件的個數，本題為 $2$；
• $T$：樣本數，本題為 $43$；
• $k$：不含截距項的解釋變數個數，本題為 $2$；
• $T-k-1$：完整模型的殘差自由度。

解題方法

本題的完整模型為

$$y=\beta_0+\beta_1x_1+\beta_2x_2+u$$

欲檢定的兩項限制為

$$\beta_1=0,\qquad \beta_2=0$$

因此限制條件個數為 $q=2$。完整模型包含兩個解釋變數，因此 $k=2$，殘差自由度為

$$T-k-1=43-2-1=40$$

已知

$$R^2=0.8$$

代入公式：

$$F=\frac{0.8/2}{(1-0.8)/40}$$ $$F=\frac{0.4}{0.2/40}$$ $$F=\frac{0.4}{0.005}=80$$

因此 $F$ 統計量為 $80$。

核心觀念：遺漏變數偏誤

真實模型為

$$y=\beta_1x_1+\beta_2x_2+u$$

但估計時遺漏了變數 $x_2$，因此將其併入誤差項：

$$v=\beta_2x_2+u$$

錯誤模型可寫為

$$y=\beta_1x_1+v$$

遺漏變數 $x_2$ 會造成 OLS 估計量產生偏誤。含截距的標準遺漏變數偏誤公式為

$$\operatorname{Bias}(\hat{\beta}_1) = \beta_2 \frac{\operatorname{Cov}(x_1,x_2)} {\operatorname{Var}(x_1)}$$

本題已知 $\beta_2<0$，並給定 $E(x_2\mid x_1)$ 與 $x_1$ 呈線性關係，因此可進一步判斷共變異數的符號。

解題方法與推導

題目給定

$$E(x_2\mid x_1)=\delta_0+\delta_1x_1$$

利用條件期望與共變異數的關係：

$$\operatorname{Cov}(x_1,x_2) = \operatorname{Cov}\bigl(x_1,E(x_2\mid x_1)\bigr)$$

代入條件期望函數：

$$\operatorname{Cov}(x_1,x_2) = \operatorname{Cov}\bigl(x_1,\delta_0+\delta_1x_1\bigr)$$

由於常數 $\delta_0$ 與 $x_1$ 的共變異數為零，因此

$$\operatorname{Cov}(x_1,x_2) = \delta_1\operatorname{Var}(x_1)$$

所以遺漏變數偏誤可化為

$$\operatorname{Bias}(\hat{\beta}_1) = \beta_2 \frac{\delta_1\operatorname{Var}(x_1)} {\operatorname{Var}(x_1)} = \beta_2\delta_1$$

題目告知 $\hat{\beta}_1$ 具有正偏誤，因此

核心觀念

本題考查含截距之一元線性迴歸模型：

$$y_t=\beta_0+\beta_1x_t+u_t$$

在含截距的一元迴歸中，決定係數為：

$$R^2=\frac{\text{SSR}}{\text{SST}} =\frac{S_{xy}^2}{S_{xx}S_{yy}}$$

其中：

$$S_{xx}=\sum_{t=1}^{n}(x_t-\bar{x})^2$$ $$S_{yy}=\sum_{t=1}^{n}(y_t-\bar{y})^2$$ $$S_{xy}=\sum_{t=1}^{n}(x_t-\bar{x})(y_t-\bar{y})$$

本題樣本數為 $n=50$。

解題方法

先由給定的總和求樣本平均數：

$$\bar{x}=\frac{\sum x_t}{50}=\frac{0}{50}=0$$ $$\bar{y}=\frac{\sum y_t}{50}=\frac{100}{50}=2$$

計算 $S_{xx}$：

$$S_{xx} =\sum x_t^2-\frac{(\sum x_t)^2}{n} =100-\frac{0^2}{50} =100$$

計算 $S_{yy}$：

$$S_{yy} =\sum y_t^2-\frac{(\sum y_t)^2}{n} =300-\frac{100^2}{50} =300-200 =100$$

計算 $S_{xy}$：

$$S_{xy} =\sum x_ty_t-\frac{(\sum x_t)(\sum y_t)}{n} =50-\frac{0\cdot100}{50} =50$$

因此：

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 線性模型取平均後，模型的線性關係是否仍然成立。
2. OLS 估計量的「不偏性」與「一致性」所需條件。

原始模型為：

$$y_{it}=\beta_1 y_{i,t-1}+v_{it}.$$

若滿足標準外生性條件，例如：

$$E(v_{it}\mid y_{i,t-1})=0,$$

則 OLS 估計量具有不偏性；在樣本數增加且滿足大數法則等條件下，亦具有一致性。

解題方法

對所有 $i=1,\ldots,T$ 加總原始模型：

$$\sum_{i=1}^{T}y_{it} = \beta_1\sum_{i=1}^{T}y_{i,t-1} + \sum_{i=1}^{T}v_{it}.$$

兩邊同除以 $T$：

$$\frac{1}{T}\sum_{i=1}^{T}y_{it} = \beta_1\frac{1}{T}\sum_{i=1}^{T}y_{i,t-1} + \frac{1}{T}\sum_{i=1}^{T}v_{it}.$$

因此：

$$\bar y_t=\beta_1\bar y_{t-1}+\bar v_t.$$

可見，取平均並未改變斜率係數，平均後的模型仍然是正確的線性模型，且其斜率仍為 $\beta_1$。

在標準假設下，平均誤差 $\bar v_t$ 仍與平均落後變數 $\bar y_{t-1}$ 不相關：

$$E(\bar v_t\mid \bar y_{t-1})=0.$$

因此，使用平均資料進行 OLS 估計時，不會因為單純取平均而產生系統性偏誤。當可用的觀察數增加時，依大數法則：

核心觀念

本題考查估計量是否具有不偏性。若估計量 $\hat{\beta}$ 滿足

$$E(\hat{\beta})=\beta,$$

則稱 $\hat{\beta}$ 為 $\beta$ 的不偏估計量。

本題的估計量採用權重 $1$ 與 $\frac{1}{2}$，且分母為

$$x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2.$$

在分母不為零的前提下，可直接將模型代入估計量，再取期望值判斷。

解題方法

由模型

$$y_t=\beta x_t+u_t,$$

可得

$$y_1=\beta x_1+u_1,\qquad y_2=\beta x_2+u_2.$$

代入估計量：

$$\tilde{\beta} = \frac{x_1(\beta x_1+u_1)+\frac{1}{2}x_2(\beta x_2+u_2)} {x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2}.$$

整理分子：

$$\tilde{\beta} = \frac{ \beta\left(x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2\right) +x_1u_1+\frac{1}{2}x_2u_2 } {x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2}.$$

因此，

$$\tilde{\beta} = \beta+ \frac{x_1u_1+\frac{1}{2}x_2u_2} {x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2}.$$

因為 $x_1,x_2$ 為固定值，且

$$E(u_1)=E(u_2)=0,$$

所以

核心觀念

本題考查無截距簡單迴歸模型中，最小平方法估計量的變異數。由於兩期誤差項的變異數不同，屬於異質變異數情況，計算時必須使用各誤差項的個別變異數。

以下依通常定義，令 $\tilde{\beta}$ 表示無截距模型的 OLS 估計量：

$$\tilde{\beta} = \frac{\sum_{t=1}^{2}x_ty_t}{\sum_{t=1}^{2}x_t^2}.$$

解題方法

將模型 $y_t=\beta x_t+u_t$ 代入估計量：

$$\tilde{\beta} = \frac{x_1(\beta x_1+u_1)+x_2(\beta x_2+u_2)} {x_1^2+x_2^2}.$$

整理得：

$$\tilde{\beta} = \beta+ \frac{x_1u_1+x_2u_2}{x_1^2+x_2^2}.$$

因為 $\beta$ 與 $x_1,x_2$ 均為固定常數，所以

$$\operatorname{var}(\tilde{\beta}) = \operatorname{var} \left( \frac{x_1u_1+x_2u_2}{x_1^2+x_2^2} \right).$$

提出固定分母：

$$\operatorname{var}(\tilde{\beta}) = \frac{1}{(x_1^2+x_2^2)^2} \operatorname{var}(x_1u_1+x_2u_2).$$

利用線性組合的變異數公式：

$$\operatorname{var}(aU+bV) = a^2\operatorname{var}(U) +b^2\operatorname{var}(V) +2ab\operatorname{cov}(U,V),$$

核心觀念

本題考查異質變異下的最小平方法估計。由於

$$\operatorname{Var}(u_1)=1,\qquad \operatorname{Var}(u_2)=2,$$

兩期誤差項的變異數不同，因此誤差變異數矩陣不是 $\sigma^2 I$。此時普通最小平方法仍為線性不偏估計量，但不再具有最小變異數；應使用廣義最小平方法（GLS）。

解題方法

普通最小平方法估計量為

$$\hat{\beta} = \frac{x_1y_1+x_2y_2}{x_1^2+x_2^2}.$$

代入 $y_t=\beta x_t+u_t$：

$$\hat{\beta}-\beta = \frac{x_1u_1+x_2u_2}{x_1^2+x_2^2}.$$

由於 $\operatorname{cov}(u_1,u_2)=0$，所以

$$\operatorname{var}(\hat{\beta}) = \frac{x_1^2\operatorname{var}(u_1)+x_2^2\operatorname{var}(u_2)} {(x_1^2+x_2^2)^2} = \frac{x_1^2+2x_2^2}{(x_1^2+x_2^2)^2}.$$

誤差變異數矩陣為

$$\Omega= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{pmatrix}, \qquad \Omega^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&\frac12 \end{pmatrix}.$$

GLS 估計量為

$$\tilde{\beta} = \frac{x'\Omega^{-1}y}{x'\Omega^{-1}x} = \frac{x_1y_1+\frac12x_2y_2} {x_1^2+\frac12x_2^2}.$$

GLS 在已知 $\Omega$ 下的變異數為

$$\operatorname{var}(\tilde{\beta}) = \left(x'\Omega^{-1}x\right)^{-1} = \frac{1}{x_1^2+\frac12x_2^2}.$$

比較兩者：

核心觀念

本題考查「合理預期模型中的 OLS 一致性」。關鍵在於：

1. OLS 迴歸使用的是實際觀察到的 $x_t$。
2. 理論模型中的解釋變數卻是條件期望 $$m_t=E(x_t\mid I_{t-1}).$$
3. 已知條件為 $$E(u_t\mid I_{t-1})=0,$$ 只能保證 $u_t$ 與 $I_{t-1}$ 中的資訊不相關，不能保證 $u_t$ 與當期的 $x_t$ 不相關。

因此，必須直接檢查以 $x_t$ 做 OLS 迴歸時的極限。

解題方法

由於模型沒有截距，OLS 估計量為

$$\hat{\beta} = \frac{\sum_{t=1}^{T}x_ty_t}{\sum_{t=1}^{T}x_t^2}.$$

若序列滿足標準的平穩、遍歷與有限二階動差條件，則由大數法則，

$$\operatorname{plim}\hat{\beta} = \frac{E(x_ty_t)}{E(x_t^2)}.$$

令

$$m_t=E(x_t\mid I_{t-1}),$$

則原模型為

$$y_t=\beta m_t+u_t.$$

代入 OLS 極限：

$$\operatorname{plim}\hat{\beta} = \frac{E[x_t(\beta m_t+u_t)]}{E(x_t^2)} = \beta\frac{E(x_tm_t)}{E(x_t^2)} + \frac{E(x_tu_t)}{E(x_t^2)}.$$

先處理第一項。因為 $m_t$ 是 $x_t$ 對 $I_{t-1}$ 的條件期望，

$$E(x_tm_t) = E\left[m_tE(x_t\mid I_{t-1})\right] = E(m_t^2).$$

所以

$$\operatorname{plim}\hat{\beta} = \beta\frac{E(m_t^2)}{E(x_t^2)} + \frac{E(x_tu_t)}{E(x_t^2)}.$$

條件 $E(u_t\mid I_{t-1})=0$ 可推出

$$E(m_tu_t) = E\left[m_tE(u_t\mid I_{t-1})\right] =0.$$

核心觀念

本題考查聯合機率密度函數下，利用二重積分計算事件機率：

$$P\bigl((Y_1,Y_2)\in A\bigr)=\iint_A f(y_1,y_2)\,dy_1\,dy_2.$$

原聯合密度函數的有效範圍為

$$0\leq y_1\leq y_2\leq 1.$$

題目要求的事件為

$$Y_1\leq \frac34,\qquad Y_2\geq \frac12.$$

因此，積分區域必須同時符合原密度函數的三個限制，以及上述事件條件。

解題方法

由於原本必須滿足 $0\leq y_1\leq y_2\leq 1$，再加入 $Y_1\leq \frac34$ 與 $Y_2\geq \frac12$，需依照 $y_2$ 是否超過 $\frac34$ 分成兩段：

1. 當 $\frac12\leq y_2\leq\frac34$ 時，由於 $y_1\leq y_2\leq\frac34$，故 $0\leq y_1\leq y_2$。
2. 當 $\frac34\leq y_2\leq 1$ 時，條件 $y_1\leq\frac34$ 比 $y_1\leq y_2$ 更嚴格，故 $0\leq y_1\leq\frac34$。

所以所求機率為

$$\begin{aligned} P\left(Y_1\leq\frac34,Y_2\geq\frac12\right) &=\int_{1/2}^{3/4}\int_0^{y_2}6(1-y_2)\,dy_1\,dy_2\\ &\quad+\int_{3/4}^{1}\int_0^{3/4}6(1-y_2)\,dy_1\,dy_2. \end{aligned}$$

先計算第一部分：

核心觀念

本題考查條件期望的計算。先由聯合密度函數求出 $Y_2$ 的邊際密度，再利用

$$f_{Y_1\mid Y_2}(y_1\mid y_2) = \frac{f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)}{f_{Y_2}(y_2)}$$

最後計算

$$E(Y_1\mid Y_2=y_2) = \int y_1 f_{Y_1\mid Y_2}(y_1\mid y_2)\,dy_1。$$

解題方法

由題目支持範圍 $0\leq y_1\leq y_2\leq 1$，固定 $Y_2=y_2$ 後，$Y_1$ 的範圍為 $0\leq y_1\leq y_2$。

先求 $Y_2$ 的邊際密度：

$$\begin{aligned} f_{Y_2}(y_2) &=\int_{0}^{y_2}6(1-y_2)\,dy_1\\ &=6y_2(1-y_2), \qquad 0\leq y_2\leq 1. \end{aligned}$$

因此，當 $0<y_2<1$ 時，條件密度為

核心觀念

本題考察「混合 Poisson 分配」：

• 給定 $\lambda$ 時，$Y$ 服從 Poisson 分配：

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

• $\lambda$ 本身為隨機變數，且服從參數為 $1$ 的指數分配：

$$f(\lambda)=e^{-\lambda},\qquad \lambda\ge 0.$$

因此，$Y$ 的無條件機率函數必須將條件機率對 $\lambda$ 的分布加總（連續情況為積分）：

$$P(Y=y)=\int_0^\infty P(Y=y\mid\lambda)f(\lambda)\,d\lambda.$$

解題方法與推導

對任意 $y=0,1,2,\ldots$，

$$\begin{aligned} P(Y=y) &=\int_0^\infty \frac{e^{-\lambda}\lambda^y}{y!}\cdot e^{-\lambda}\,d\lambda\\ &=\frac{1}{y!}\int_0^\infty \lambda^y e^{-2\lambda}\,d\lambda. \end{aligned}$$

利用 Gamma 積分公式：

$$\int_0^\infty \lambda^y e^{-a\lambda}\,d\lambda =\frac{\Gamma(y+1)}{a^{y+1}} =\frac{y!}{a^{y+1}}, \qquad a>0.$$

令 $a=2$，可得

核心觀念

這題考查全期望定理與 Poisson 分配的期望值。

若在給定 $\lambda$ 的條件下，

$$Y\mid \lambda \sim \operatorname{Poisson}(\lambda),$$

則 Poisson 分配的條件期望為

$$E(Y\mid \lambda)=\lambda.$$

因此，$Y$ 的無條件期望可利用全期望定理計算：

$$E(Y)=E\bigl[E(Y\mid \lambda)\bigr].$$

題目給定 $\lambda$ 的機率密度函數為

$$f(\lambda)=e^{-\lambda},\qquad \lambda\ge 0,$$

這正是參數為 $1$ 的指數分配，因此

$$E(\lambda)=1.$$

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解題方法

由條件分配 $Y\mid\lambda\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)$，可得

$$E(Y\mid\lambda)=\lambda.$$

套用全期望定理：

$$E(Y) =E\bigl[E(Y\mid\lambda)\bigr] =E(\lambda).$$

核心觀念

本題考查「概似函數（likelihood function）」的定義：

$$L(\theta \mid x)=P(X=x\mid \theta)$$

其中：

• $\theta$：對手類型，即其專注的動作；
• $x$：觀察到的樣本，本題為第一回合出現 rock。

題目指出，對手專注的動作，其出現機率是另外兩種動作各自的 2 倍。

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解題方法

設對手專注的動作出現機率為 $2p$，另外兩種動作各自出現機率為 $p$。由三種動作的機率總和為 1：

$$2p+p+p=1$$

因此：

$$4p=1,\qquad p=\frac14$$

所以：

• 專注動作的機率為 $\frac12$；
• 非專注動作各自的機率為 $\frac14$。

觀察到第一回合對手出的是 rock，分別計算在三種對手類型下出現 rock 的機率：

$$L(\text{paper}\mid \text{rock})=P(\text{rock}\mid \text{paper})=\frac14$$ $$L(\text{rock}\mid \text{rock})=P(\text{rock}\mid \text{rock})=\frac12$$

核心觀念

本題考查假設檢定中的兩類錯誤：

• 型一錯誤（Type I error）：虛無假設 $H_0$ 為真，卻錯誤拒絕 $H_0$。
• 型二錯誤（Type II error）：對立假設為真，卻未拒絕 $H_0$。

題目指出：對手所專注的動作，其出現機率是其他任一動作的 2 倍。設專注動作機率為 $p$，其他任一動作機率為 $q$，則

$$p=2q$$

且三種動作機率總和為 $1$：

$$p+q+q=1$$

因此

$$2q+q+q=1$$ $$q=\frac{1}{4},\qquad p=\frac{1}{2}$$

所以，專注動作出現機率為 $\frac{1}{2}$，另外兩個非專注動作各為 $\frac{1}{4}$。

解題方法

令虛無假設為

$$H_0:\text{對手是 rock focusing type}$$

題目的拒絕規則是：第一回合對手只要不出 rock，就拒絕 $H_0$。

因此：

• 拒絕 $H_0$：對手第一回合出 paper 或 scissor。
• 不拒絕 $H_0$：對手第一回合出 rock。

一、型一錯誤機率

在 $H_0$ 為真時，對手以 rock 為專注動作，因此

$$P(\text{rock})=\frac{1}{2}$$

另外兩種動作各為 $\frac{1}{4}$。依照拒絕規則，型一錯誤發生於對手未出 rock：

$$P(\text{Type I error}) =P(\text{paper 或 scissor}\mid H_0)$$

核心觀念

本題考查貝氏定理（Bayes’ theorem）。觀察到對手第一回合出現「rock」後，要根據各類型對手出現 rock 的可能性，更新原先對其類型的信念。

設對手類型為：

• $P$：paper focusing type
• $R$：rock focusing type
• $S$：scissor focusing type

題目指出，專注行動出現的機率是另外兩種行動各自的 2 倍。因此各類型下的行動機率比例為：

$$2:1:1$$

總比例為 $4$，所以專注行動的機率為 $2/4=1/2$，其餘每種行動的機率為 $1/4$。

解題方法

第一回合觀察到對手出 rock，記為事件 $R$。先列出三種類型的先驗機率：

$$P(P)=P(R)=P(S)=\frac{1}{3}$$

在各類型下出現 rock 的條件機率為：

$$P(R\mid P)=\frac{1}{4}$$ $$P(R\mid R)=\frac{1}{2}$$ $$P(R\mid S)=\frac{1}{4}$$

由全機率公式，觀察到對手出 rock 的總機率為：

$$P(R) = P(R\mid P)P(P) + P(R\mid R)P(R) + P(R\mid S)P(S)$$ $$P(R) = \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{3}$$

套用貝氏定理：