112 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

本題的核心在於**動差生成函數（Moment Generating Function, MGF）**的特徵辨識與性質應用。

1. 二項分配之動差生成函數：
   若隨機變數 $X \sim \text{Binomial}(n, p)$，其機率質量函數（pmf）為： $$P(X = x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, \quad x = 0, 1, \dots, n$$ 其動差生成函數定義為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$，經二項式定理展開可推得封閉型式： $$M_X(t) = \left( (1-p) + pe^t \right)^n$$
2. 二項分配之平均數、變異數與標準差：
   • 期望值：
   $$E[X] = np$$
   • 變異數：
   $$\text{Var}(X) = np(1-p)$$
   • 標準差：
   $$\text{SD}(X) = \sigma_X = \sqrt{\text{Var}(X)} = \sqrt{np(1-p)}$$

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解題方法

本題有兩種解題切入點：分配特徵辨識法（首選速解）與動差定義微分法。在考場上強烈建議採用法一以節省時間。

方法一：分配特徵辨識法（推薦）

觀察題目給定的動差生成函數：

$$M(t) = \left(\frac{1}{4} + \frac{3}{4}e^t\right)^{12}$$

對照二項分配的動差生成函數通式 $M_X(t) = \left((1-p) + pe^t\right)^n$，可直接對應出：

• 試驗次數 $n = 12$
• 成功機率 $p = \frac{3}{4}$
• 失敗機率 $q = 1 - p = \frac{1}{4}$

因此，隨機變數 $X$ 服從參數為 $n = 12, p = \frac{3}{4}$ 的二項分配，即 $X \sim \text{Binomial}\left(12, \frac{3}{4}\right)$。

計算 $X$ 的變異數：

$$\text{Var}(X) = np(1-p) = 12 \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{36}{16} = 2.25$$

進一步計算題目所求的標準差（Standard Deviation）：

$$\text{SD}(X) = \sqrt{\text{Var}(X)} = \sqrt{2.25} = 1.5$$

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方法二：動差生成函數微分法（一般定義檢驗）

若考場上一時無法辨識分配，亦可利用動差生成函數與動差之關係求算：

• $E[X] = M'(0)$
• $E[X^2] = M''(0)$

1. 一階導數與期望值：

核心觀念

本題評量**離散型隨機變數的聯合機率質量函數（Joint P.M.F.）與條件機率（Conditional P.M.F.）**之計算。

1. 邊際機率函數（Marginal P.M.F.）：
   若隨機變數 $X$ 與 $Y$ 的聯合機率函數為 $f(x, y)$，則給定 $Y = y$ 時，邊際機率函數定義為： $$f_Y(y) = \sum_{x} f(x, y)$$
2. 條件機率函數（Conditional P.M.F.）：
   在已知 $Y = y$（且 $f_Y(y) > 0$）的條件下，$X = x$ 的條件機率為： $$f(x \mid y) = P(X = x \mid Y = y) = \frac{f(x, y)}{f_Y(y)}$$

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解題方法

題目給定聯合機率函數為 $f(x, y) = \dfrac{x + y}{21}$，其中 $x \in \{1, 2, 3\}$、$y \in \{1, 2\}$。

第一步：計算 $Y = 2$ 的邊際機率 $f_Y(2)$

將 $y = 2$ 代入聯合機率函數，並對 $x$ 的所有可能值（$x = 1, 2, 3$）進行加總：

$$f_Y(2) = \sum_{x=1}^{3} f(x, 2)$$ $$f_Y(2) = \frac{1 + 2}{21} + \frac{2 + 2}{21} + \frac{3 + 2}{21} = \frac{3}{21} + \frac{4}{21} + \frac{5}{21} = \frac{12}{21}$$

第二步：計算聯合機率 $f(3, 2)$

將 $x = 3$ 與 $y = 2$ 代入聯合機率函數：

$$f(3, 2) = \frac{3 + 2}{21} = \frac{5}{21}$$

第三步：計算條件機率 $f(x = 3 \mid y = 2)$

根據條件機率定義：

核心觀念

本題考查機率論與數理統計中的基礎極限定理——柴比雪夫不等式（Chebyshev's Inequality）。

1. 柴比雪夫不等式定義：
   設隨機變數 $X$ 的期望值 $E(X) = \mu$、變異數 $Var(X) = \sigma^2 < \infty$，則對任意正實數 $k > 0$（或任意偏離距離 $\epsilon > 0$）：

   • 尾端偏離機率（極端值機率）的上界：
     $P(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2} \quad \left(\text{亦可表為 } P(|X - \mu| \ge \epsilon) \le \frac{\sigma^2}{\epsilon^2}\right)$
   • 中心區間機率（落在均數附近機率）的下界：
     $P(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2} \quad \left(\text{亦可表為 } P(|X - \mu| < \epsilon) \ge 1 - \frac{\sigma^2}{\epsilon^2}\right)$

2. 核心特性：
   柴比雪夫不等式屬於「不依賴母體分配（distribution-free）」的保守估計工具，無論 $X$ 服從何種分配，只要一階與二階動差存在，不等式均保證成立。

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解題方法

1. 提取已知條件並求標準差：

   • 平均數 $\mu = 25$
   • 變異數 $\sigma^2 = 16 \implies$ 標準差 $\sigma = \sqrt{16} = 4$

2. 計算偏離距離對應之標準差倍數 $k$：
   題目要求之事件為 $|X - 25| \ge 12$，即與平均數差距至少為 $\epsilon = 12$。
   換算成標準差倍數：
   $k = \frac{\epsilon}{\sigma} = \frac{12}{4} = 3$

3. 套用柴比雪夫不等式求解：
   根據柴比雪夫不等式公式，偏離平均數至少 $3\sigma$ 的尾端機率滿足：
   $P(|X - 25| \ge 12) = P(|X - \mu| \ge 3\sigma) \le \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9} \approx 0.111$

4. 題目用詞分析與命題定案：
   題幹詢問「what is the lower bound for $P(|X - 25| \ge 12)$?」：

   • 數學上，任何機率的真正下界皆為 $0$（因 $P(A) \ge 0$），但選項中無 $0$。
   • 柴比雪夫不等式對於「尾端事件 $\{|X - \mu| \ge \epsilon\}$」提供的是上界（upper bound）；對於「中心事件 $\{|X - \mu| < \epsilon\}$」提供的才是下界（lower bound）。

核心觀念

本題評量重點為指數分配（Exponential Distribution）的機率計算與其著名的無記憶性（Memoryless Property）。

1. 指數分配的機率密度函數（p.d.f.）與累積分布函數（c.d.f.）：
   若連續隨機變數 $X$ 服從參數為 $\lambda$ 的指數分配，記作 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，其機率密度函數為：

   $$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, \quad x > 0$$

   其生存函數（Survival Function，即大於某數的尾端機率）為：

   $$P(X > x) = \int_x^{\infty} \lambda e^{-\lambda t} \, dt = e^{-\lambda x}, \quad x > 0$$

   依題目給定之 $f(x) = \frac{1}{10}e^{-x/10}$，可知母數 $\lambda = \frac{1}{10} = 0.1$。

2. 無記憶性（Memoryless Property）：
   指數分配是唯一具有無記憶性的連續型機率分配。對任意 $s, t > 0$，皆滿足：

   $$P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)$$

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解題方法

本題可採用「定義法」或「無記憶性性質」求解，兩種方式均可迅速得出解答：

方法一：利用無記憶性（最快速）

將條件機率 $P(X > 40 \mid X > 10)$ 改寫為 $P(X > 10 + 30 \mid X > 10)$。根據無記憶性：

$$P(X > 10 + 30 \mid X > 10) = P(X > 30)$$

代入指數分配的生存函數公式：

$$P(X > 30) = e^{-\lambda \times 30} = e^{-\frac{1}{10} \times 30} = e^{-3}$$

核心觀念

1. 連續均勻分配（Continuous Uniform Distribution）：
   若隨機變數 $X \sim U(a, b)$，其期望值與變異數分別為：
   $E[X] = \frac{a+b}{2}$
   $\operatorname{Var}(X) = \frac{(b-a)^2}{12}$

2. 中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）：
   自母體抽出一組大小為 $n$ 的獨立同分配（i.i.d.）隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，當樣本數 $n$ 足夠大時，樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的抽樣分配近似於常態分配：
   $\bar{X} \stackrel{a}{\sim} N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$

3. 標準化（Standardization）：
   透過標準化轉換為標準常態變數 $Z \sim N(0, 1)$：
   $Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} \stackrel{a}{\sim} N(0, 1)$

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解題方法

1. 計算母體母數：
   已知母體服從區間 $(0,1)$ 的均勻分配，即 $X_i \sim U(0, 1)$：
   $\mu = E[X_i] = \frac{0 + 1}{2} = \frac{1}{2}$
   $\sigma^2 = \operatorname{Var}(X_i) = \frac{(1 - 0)^2}{12} = \frac{1}{12}$

2. 計算樣本平均數的期望值與標準誤：
   給定樣本數 $n = 12$：
   $E[\bar{X}] = \mu = \frac{1}{2}$
   $\operatorname{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{1/12}{12} = \frac{1}{144}$
   $\sigma_{\bar{X}} = \sqrt{\operatorname{Var}(\bar{X})} = \sqrt{\frac{1}{144}} = \frac{1}{12}$

3. 利用中央極限定理進行標準化並求機率：
   欲求 $P(1/2 \le \bar{X} \le 2/3)$，將兩端點同時標準化：
   $P\left(\frac{1}{2} \le \bar{X} \le \frac{2}{3}\right) = P\left(\frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}}{\frac{1}{12}} \le \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma_{\bar{X}}} \le \frac{\frac{2}{3} - \frac{1}{2}}{\frac{1}{12}}\right)$
   計算標準化上下界：

   • 下界：
     $\frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}}{\frac{1}{12}} = 0$
   • 上界：

核心觀念

1. 聯合機率密度函數（Joint p.d.f.）與區間機率：
   對於連續型隨機變數 $X$ 與 $Y$，其事件落在區域 $A$ 的機率為聯合機率密度函數在該區域上的重積分： $$P((X, Y) \in A) = \iint_A f(x, y) \, dx \, dy$$
2. 隨機變數的獨立性（Independence）判別定理：
   若聯合 p.d.f. 的支撐集（support）為矩形區域（即界限彼此不相依），且聯合 p.d.f. 能因式分解為純 $x$ 的函數與純 $y$ 的函數乘積，即： $$f(x, y) = g(x) \cdot h(y), \quad x > 0, y > 0$$ 則隨機變數 $X$ 與 $Y$ 彼此獨立，且 $X$ 與 $Y$ 的邊際 p.d.f. 分別與 $g(x)$、$h(y)$ 成正比。
3. 指數分配（Exponential Distribution）的尾端機率（Tail Probability）：
   若隨機變數 $W \sim \text{Exp}(\lambda = 1)$，其機率密度函數為 $f(w) = e^{-w}$ ($w > 0$)，其累積分布函數為 $F(w) = 1 - e^{-w}$，互補累積機率（尾端機率）為： $$P(W > w) = e^{-w}, \quad w > 0$$

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解題方法

本題提供兩種求解途徑，考試時以「方法二（獨立性速解法）」最省時。

方法一：雙重積分法（標準定義推導）

依據題意，求 $P(X > 1, Y > 1)$ 即對區域 $x \in (1, \infty)$ 與 $y \in (1, \infty)$ 進行二重積分：

$$P(X > 1, Y > 1) = \int_1^\infty \int_1^\infty f(x, y) \, dx \, dy$$

代入 $f(x, y) = e^{-x-y} = e^{-x}e^{-y}$：

$$P(X > 1, Y > 1) = \int_1^\infty \int_1^\infty e^{-x} e^{-y} \, dx \, dy$$

因積分上下限皆為常數，且被積函數可分離變數，可拆解為兩獨立單變數積分相乘：

$$P(X > 1, Y > 1) = \left( \int_1^\infty e^{-x} \, dx \right) \left( \int_1^\infty e^{-y} \, dy \right)$$

個別計算單變數積分：

$$\int_1^\infty e^{-x} \, dx = \left[ -e^{-x} \right]_1^\infty = 0 - (-e^{-1}) = e^{-1}$$

同理：

$$\int_1^\infty e^{-y} \, dy = e^{-1}$$

因此：

$$P(X > 1, Y > 1) = e^{-1} \cdot e^{-1} = e^{-2}$$

核心觀念

本題考查單變量連續型隨機變數的變數變換（Transformation of Continuous Random Variables）。
若隨機變數 $X$ 具有機率密度函數（p.d.f.）$f_X(x)$，且轉換函數 $Y = g(X)$ 在 $X$ 的支撐集（Support）上為嚴格單調遞增或單調遞減的可微函數，則其反函數 $X = g^{-1}(Y)$ 存在。此時可利用**變換法（Change-of-Variable Technique）**求解 $Y$ 的機率密度函數 $f_Y(y)$：

$$f_Y(y) = f_X(g^{-1}(y)) \left| \frac{d}{dy} g^{-1}(y) \right|$$

亦可透過**累積分布函數法（CDF Technique）**先求 $F_Y(y) = P(Y \le y)$，再對 $y$ 微分求得 $f_Y(y) = F'_Y(y)$。

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解題方法

本題提供兩種標準推導方法，考生在考場上可依熟悉度任選其一。

方法一：變換法（Change-of-Variable Technique，推薦）

1. 確定轉換關係與單調性：
   定義變換函數 $y = g(x) = x^3$。
   在 $X$ 的定義域 $0 < x < 3$ 內，其一階導數為 $g'(x) = 3x^2 > 0$，故 $g(x)$ 為嚴格單調遞增函數。

2. 求反函數及其微分（Jacobian）：
   由 $y = x^3$，可解出反函數：

   $$x = g^{-1}(y) = y^{1/3}$$

   對 $y$ 微分取得 Jacobian 之絕對值：

   $$\left| \frac{dx}{dy} \right| = \left| \frac{d}{dy} (y^{1/3}) \right| = \frac{1}{3} y^{-2/3}$$

3. 求 $Y$ 的支撐集（Support）：
   當 $0 < x < 3$ 時，對應的 $y$ 範圍為：

   $$0^3 < y < 3^3 \implies 0 < y < 27$$

4. 代入公式求解 $f_Y(y)$：

   $$\begin{aligned} f_Y(y) &= f_X(x(y)) \cdot \left| \frac{dx}{dy} \right| \\ &= \frac{(y^{1/3})^3}{9} \cdot \left( \frac{1}{3} y^{-2/3} \right) \\ &= \frac{y}{9} \cdot \frac{1}{3} y^{-2/3} \\ &= \frac{1}{27} y^{1/3}, \quad 0 < y < 27 \end{aligned}$$

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核心觀念

本題評量點估計理論（Point Estimation）中的充分統計量（Sufficient Statistic）判定。
所使用的核心定理為費雪－奈曼分解定理（Fisher-Neyman Factorization Theorem）：
設 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 為來自機率密度函數（p.d.f.）$f(x; \theta)$ 之隨機樣本，其聯合機率密度函數（或似然函數）為 $f(x_1, \ldots, x_n; \theta)$。統計量 $T = T(X_1, \ldots, X_n)$ 為母數 $\theta$ 的充分統計量，若且唯若該聯合 p.d.f. 可以分解為兩個非負函數的乘積：

$$f(x_1, x_2, \ldots, x_n; \theta) = k_1(T(x_1, \ldots, x_n); \theta) \cdot k_2(x_1, \ldots, x_n)$$

其中：

1. $k_1(T(x_1, \ldots, x_n); \theta)$ 只透過統計量 $T$ 與樣本值相依，並含有未知母數 $\theta$。
2. $k_2(x_1, \ldots, x_n)$ 僅為樣本的函數，完全不含未知母數 $\theta$。

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解題方法

我們利用分解定理進行標準化推導：

步驟一：寫出母體分配與指標函數（Indicator Function）

單一隨機變數 $X_i$ 的機率密度函數包含支撐集（support）條件可表示為：

$$f(x_i; \theta) = \theta x_i^{\theta - 1} \cdot I_{(0, 1)}(x_i)$$

其中 $I_{(0, 1)}(x_i)$ 為指標函數，當 $0 < x_i < 1$ 時值為 $1$，否則為 $0$。

步驟二：寫出隨機樣本的聯合機率密度函數

因為 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 為隨機樣本（i.i.d.），其聯合機率密度函數為各邊際機率密度函數的連乘積：

$$f(x_1, x_2, \ldots, x_n; \theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \theta)$$ $$= \prod_{i=1}^n \left[ \theta x_i^{\theta - 1} \cdot I_{(0, 1)}(x_i) \right]$$

核心觀念

1. 對數模型之彈性經濟意涵：
   在雙對數（Log-Log）或半對數（Semi-log）迴歸模型中，自變數與應變數均取自然對數時，該迴歸係數直接代表「彈性（Elasticity）」。

   • 所得彈性（Income Elasticity）：$\beta_2 = \frac{\partial \ln cons_t}{\partial \ln income_t}$
   • 價格彈性（Price Elasticity）：$\beta_3 = \frac{\partial \ln cons_t}{\partial \ln price_t}$

2. 迴歸係數之區間估計（Confidence Interval）：
   在常態性假設下，迴歸係數 $\beta_j$ 之 $(1-\alpha)\times 100\%$ 信賴區間公式為：

   $$\hat{\beta}_j \pm t_{\alpha/2,\; df} \times \mathrm{s.e.}(\hat{\beta}_j)$$

   其中自由度 $df = T - k$（$T$ 為樣本數，$k$ 為模型估計參數總個數，包含常數項）。本題 $T = 30$，$k = 4$，故自由度 $df = 30 - 4 = 26$。查 $t$ 分配表可得 $t_{0.025}(26) \approx 2.056$。若試卷未附 $t$ 分配表或要求使用漸近常態近似（大樣本臨界值），則臨界值取 $z_{0.025} \approx 1.96$。本題將分別列出標準 $t$ 分配（精確值）與標準常態 $z$ 分配（漸近近似）的計算結果。

3. 自變數線性轉換（Linear Transformation of Regressors）之代數轉換：
   若對自變數做線性尺度變更 $X^* = a + bX \iff X = \frac{1}{b}X^* - \frac{a}{b}$，原模型等價代換後之各參數與標準誤會產生對應改變：

   • 截距項會吸收平移常數項。
   • 斜率係數會縮放為原本的 $\frac{1}{b}$ 倍。
   • 變數之估計係數標準誤 $\mathrm{s.e.}$ 也同比例縮放 $\frac{1}{|b|}$ 倍。

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解題方法與步驟推導

一、第 (1) 題：需求所得彈性的 95% 信賴區間

• 所得彈性即為 $\beta_2$。已知 $\hat{\beta}_2 = 0.7982$，$\mathrm{s.e.}(\hat{\beta}_2) = 0.2605$。
• 使用精確 $t$ 分配臨界值（$df = 30 - 4 = 26$，$t_{0.025, 26} = 2.0555$）： $$\hat{\beta}_2 \pm t_{0.025, 26} \times \mathrm{s.e.}(\hat{\beta}_2) = 0.7982 \pm 2.0555 \times 0.2605$$ $$0.7982 \pm 0.5355 \implies [0.2627,\; 1.3337]$$
• 若使用常態近似 $z$ 臨界值（$z_{0.025} = 1.96$）： $$0.7982 \pm 1.96 \times 0.2605 = 0.7982 \pm 0.5106 \implies [0.2876,\; 1.3088]$$

二、第 (2) 題：需求價格彈性的 95% 信賴區間

• 價格彈性即為 $\beta_3$。已知 $\hat{\beta}_3 = -0.6262$，$\mathrm{s.e.}(\hat{\beta}_3) = 0.5947$。
• 使用精確 $t$ 分配臨界值（$t_{0.025, 26} = 2.0555$）： $$\hat{\beta}_3 \pm t_{0.025, 26} \times \mathrm{s.e.}(\hat{\beta}_3) = -0.6262 \pm 2.0555 \times 0.5947$$ $$-0.6262 \pm 1.2224 \implies [-1.8486,\; 0.5962]$$
• 若使用常態近似 $z$ 臨界值（$z_{0.025} = 1.96$）： $$-0.6262 \pm 1.96 \times 0.5947 = -0.6262 \pm 1.1656 \implies [-1.7918,\; 0.5394]$$

三、第 (3) ~ (5) 題：溫度單位轉換後的係數與標準誤

核心觀念

1. 去中心化（Centering）迴歸模型與正交設計：
   在簡單線性迴歸中，若將解釋變數進行去中心化處理（即以離均差型態 $X_i^* = X_i - \bar{X}$ 作為自變數）： $$Y_i = \alpha_1 + \alpha_2(X_i - \bar{X}) + \varepsilon_i$$ 因為常數項對應的虛擬變數為全由 $1$ 組成的向量，且 $\sum_{i=1}^N (X_i - \bar{X}) = 0$，使得常數項與斜率變數兩者相互正交（Orthogonal）。
2. 最小平方法（OLS）估計式：
   正交設計下，截距項估計式 $\hat{\alpha}_1$ 與斜率項估計式 $\hat{\alpha}_2$ 相互獨立，且截距項的 OLS 估計式可直接簡化為應變數樣本平均數： $$\hat{\alpha}_1 = \bar{Y} = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N Y_i$$
3. 估計式的變異數：
   在標準高斯—馬可夫假設下，誤差項 $\varepsilon_i \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} (0, \sigma^2)$，$\hat{\alpha}_1$ 的抽樣變異數為： $$\mathrm{Var}(\hat{\alpha}_1) = \mathrm{Var}(\bar{Y}) = \mathrm{Var}\left( \alpha_1 + \bar{\varepsilon} \right) = \frac{\sigma^2}{N}$$ 因為題目已直接給定總體誤差變異數 $\sigma^2 = 50$，毋須使用殘差平方和估計 $\hat{\sigma}^2$。

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解題方法

第一步：計算應變數樣本平均數 $\bar{Y}$（求解 $\hat{\alpha}_1$）

由樣本資料計算 $Y$ 的總和：

$$\sum_{i=1}^{10} Y_i = 53 + 48 + 44 + 39 + 50 + 49 + 54 + 50 + 39 + 34 = 460$$

樣本數 $N = 10$，得樣本平均數：

$$\bar{Y} = \frac{460}{10} = 46$$

在給定模型 $Y_i = \alpha_1 + \alpha_2(X_i - \bar{X}) + \varepsilon_i$ 下，建立最小平方準則函數：

$$S(\alpha_1, \alpha_2) = \sum_{i=1}^N \left[ Y_i - \alpha_1 - \alpha_2(X_i - \bar{X}) \right]^2$$

對 $\alpha_1$ 偏微分並令其為零（一階條件 FOC）：

$$\frac{\partial S}{\partial \alpha_1} = -2\sum_{i=1}^N \left[ Y_i - \hat{\alpha}_1 - \hat{\alpha}_2(X_i - \bar{X}) \right] = 0$$ $$\sum_{i=1}^N Y_i - N\hat{\alpha}_1 - \hat{\alpha}_2 \sum_{i=1}^N (X_i - \bar{X}) = 0$$

由於離均差之和恆為零，即 $\sum_{i=1}^N (X_i - \bar{X}) = 0$，故：

$$\sum_{i=1}^N Y_i - N\hat{\alpha}_1 = 0 \implies \hat{\alpha}_1 = \bar{Y} = 46$$

第二步：計算截距項估計式的變異數 $\mathrm{Var}(\hat{\alpha}_1)$

將 $\hat{\alpha}_1 = \bar{Y}$ 代入母體迴歸方程式：

IV

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核心觀念

1. 柯布—道格拉斯生產函數（Cobb–Douglas Production Function）與對數線性化：
   原始模型為 $Y_i = A_i K_i^{\beta_1} L_i^{\beta_2}$，其中 $\ln A_i = a + \varepsilon_i$。兩邊取自然對數後得對數線性迴歸模型： $$\ln Y_i = a + \beta_1 \ln K_i + \beta_2 \ln L_i + \varepsilon_i$$ 令截距項 $\beta_0 = a$，即可設定為無限制迴歸模型（Unrestricted Model）。
2. 規模報酬固定（Constant Returns to Scale, CRTS）的線性限制條件：
   在柯布—道格拉斯生產函數中，規模報酬固定代表勞動與資本的產出彈性之和等於 $1$，即線性限制式： $$H_0: \beta_1 + \beta_2 = 1 \quad \text{vs.} \quad H_1: \beta_1 + \beta_2 \neq 1$$
3. 受限制迴歸模型（Restricted Model）之推導：
   在 $H_0$ 成立下，$\beta_2 = 1 - \beta_1$，代入原模型： $$\ln Y_i = \beta_0 + \beta_1 \ln K_i + (1 - \beta_1) \ln L_i + \varepsilon_i$$ 移項整理後可得： $$\ln Y_i - \ln L_i = \beta_0 + \beta_1 (\ln K_i - \ln L_i) + \varepsilon_i$$ 對應題目的受限制模型（$\alpha_0 = \beta_0, \alpha_1 = \beta_1$）。
4. 殘差平方和（SSR）之 $F$ 檢定（Chow $F$ 檢定）：
   用以檢定單一或多個線性參數限制式，檢定統計量定義為： $$F = \frac{(SSR_R - SSR_U) / q}{SSR_U / (N - k)} \sim F(q, N - k)$$ 其中 $SSR_R$ 為受限制模型的殘差平方和、$SSR_U$ 為無限制模型的殘差平方和、$q$ 為線性限制式個數、$N$ 為樣本數、$k$ 為無限制模型的估計參數個數（含截距項）。

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解題方法

依題意進行標準的六步驟假設檢定（Step-by-Step Hypothesis Testing）：

Step 1：建立虛無假說與對立假說

檢定該樣本是否具備規模報酬固定（CRTS）：

$$H_0: \beta_1 + \beta_2 = 1 \quad (\text{存在規模報酬固定})$$ $$H_1: \beta_1 + \beta_2 \neq 1 \quad (\text{不存在規模報酬固定})$$

Step 2：確定模型參數與自由度

• 樣本數：$N = 123$
• 無限制模型估計參數個數：$k = 3$（包含 $\beta_0, \beta_1, \beta_2$）
• 線性限制個數：$q = 1$（僅 $\beta_1 + \beta_2 = 1$ 一個限制條件）
• 分子自由度：$df_1 = q = 1$
• 分母自由度：$df_2 = N - k = 123 - 3 = 120$

Step 3：計算檢定統計量之值

題目已知：

• $SSR_U = 19.9601$
• $SSR_R = 20.4642$

計算分子之殘差平方和增量：

$$SSR_R - SSR_U = 20.4642 - 19.9601 = 0.5041$$

代入 $F$ 檢定統計量公式：

$$F = \frac{(SSR_R - SSR_U) / q}{SSR_U / (N - k)} = \frac{0.5041 / 1}{19.9601 / 120} = \frac{0.5041}{0.1663} = \frac{60.4920}{19.9601} \approx 3.0306$$