114 年 國立臺北大學經濟學系碩士班《統計學（含計量經濟學）》

本題考驗貝氏定理的應用。

我們定義以下事件：
A：產品來自機器 A
B：產品來自機器 B
D：產品是 defective（有缺陷）

已知資訊如下：
$P(A) = 0.60$ (機器 A 生產 60% 的產品)
$P(B) = 0.40$ (機器 B 生產 40% 的產品)
$P(D|A) = 0.05$ (來自機器 A 的產品，缺陷率為 5%)
$P(D|B) = 0.10$ (來自機器 B 的產品，缺陷率為 10%)

我們要求的是：如果一個隨機選擇的產品是 defective，那麼它來自機器 A 的機率，即 $P(A|D)$。

根據貝氏定理，我們有：
$P(A|D) = \frac{P(D|A) P(A)}{P(D)}$

本題考驗樣本相關係數的計算。

給定兩組數據：
$X = [1, 2, 3]$
$Y = [2, 4, 3]$

樣本數 $n = 3$。

我們需要計算樣本相關係數 $r$。計算公式為：
$r = \frac{S_{XY}}{\sqrt{S_{XX} S_{YY}}}$
其中：
$S_{XY} = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})$
$S_{XX} = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2$
$S_{YY} = \sum_{i=1}^{n} (y_i - \bar{y})^2$

首先，計算樣本均值：
$\bar{x} = \frac{1+2+3}{3} = \frac{6}{3} = 2$
$\bar{y} = \frac{2+4+3}{3} = \frac{9}{3} = 3$

本題考驗單一樣本平均數的信賴區間估計。

已知資訊：
樣本數 $n = 25$
樣本均值 $\bar{x} = 50$
樣本標準差 $s = 10$
信賴水準 = 95%

由於母體標準差 $\sigma$ 未知，我們使用樣本標準差 $s$ 來估計，並使用 $t$-分佈來建構信賴區間。
信賴區間的公式為：
$\bar{x} \pm t_{\alpha/2, n-1} \frac{s}{\sqrt{n}}$

首先，確定 $\alpha$ 和自由度：
信賴水準為 95%，所以 $\alpha = 1 - 0.95 = 0.05$。
$\alpha/2 = 0.025$。
自由度 $df = n - 1 = 25 - 1 = 24$。

核心觀念

本題考查：

• 條件期望值
• 遞迴期望值
• 無窮等比級數
• 期望值的線性性

每顆骰子皆為公平六面骰，因此單顆骰子的期望值為

$$E(D)=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac{7}{2}.$$

每次出現 6 時，才會觸發下一顆骰子；因此第 $k$ 顆骰子能被擲出的機率，必須先讓前 $k-1$ 顆骰子全部擲出 6。

解題方法一：遞迴期望值

令 $X$ 表示題目所定義的總和，令 $E(X)=\mu$。

第一次擲骰子的結果分成兩種情況：

1. 第一次結果為 $1,2,3,4,5$，直接停止；
2. 第一次結果為 $6$，總和先累加 6，並重新進入完全相同的程序。

因此依條件期望值公式，

$$\mu = \frac{1+2+3+4+5}{6} + \frac{1}{6}(6+\mu).$$

整理得

$$\mu = \frac{15}{6}+1+\frac{\mu}{6} = \frac{7}{2}+\frac{\mu}{6}.$$

所以

$$\mu-\frac{\mu}{6}=\frac{7}{2},$$ $$\frac{5}{6}\mu=\frac{7}{2},$$ $$\mu=\frac{7}{2}\cdot\frac{6}{5} =\frac{21}{5}.$$

因此期望總和為

$$E(X)=\frac{21}{5}=4.2.$$

解題方法二：逐顆骰子計算

第 1 顆骰子一定會被擲出，其期望貢獻為

$$\frac{7}{2}.$$

第 2 顆骰子只有在第 1 顆骰子為 6 時才會擲出，因此其期望貢獻為

本題考驗卡方適合度檢定 (Chi-square Goodness-of-Fit Test)。

1. 設定假設檢定：
虛無假設 ($H_0$)：該骰子是公平的，也就是說，每個點數出現的機率均等，皆為 $1/6$。
對立假設 ($H_1$)：該骰子不是公平的，至少有一個點數出現的機率不等於 $1/6$。

2. 設定顯著水準：
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

3. 計算期望次數 (Expected Frequencies)：
總試驗次數 $n = 120$。
如果骰子是公平的，則每個點數出現的期望次數應為：
$E_i = n \times P(\text{點數 } i) = 120 \times \frac{1}{6} = 20$，對於 $i = 1, 2, 3, 4, 5, 6$。

4. 列出觀察次數 (Observed Frequencies)：
$O_1 = 15$
$O_2 = 18$
$O_3 = 20$
$O_4 = 22$
$O_5 = 25$
$O_6 = 20$

5. 計算卡方檢定統計量：
卡方檢定統計量 $X^2$ 的計算公式為：
$X^2 = \sum_{i=1}^{k} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i}$
其中 $k$ 是類別的數量（在此是 6 個點數）。

計算各項：
$i=1$: $\frac{(15 - 20)^2}{20} = \frac{(-5)^2}{20} = \frac{25}{20} = 1.25$
$i=2$: $\frac{(18 - 20)^2}{20} = \frac{(-2)^2}{20} = \frac{4}{20} = 0.20$

本題考驗期望值的計算，應用於機率與決策問題。

我們需要計算兩種情況下的期望得分：2 分射籃與 3 分射籃，並比較哪種策略在防守策略下更好。

情況一：2 分射籃 (Shooting within the three-point line)

我們需要考慮兩種子情況：被防守和未被防守。

• 未被防守 (Unguarded)：

  • 機率：$P(\text{Unguarded}) = 0.30$
  • 得分：2 分
  • 命中率 (得分機率)：$P(\text{Score 2 | Unguarded}) = 0.90$
  • 在未被防守且射籃的情況下，預期得分 $= 2 \times P(\text{Score 2 | Unguarded}) = 2 \times 0.90 = 1.8$ 分。
  • 考慮到未被防守的機率，此情況的期望貢獻 $= P(\text{Unguarded}) \times (2 \times P(\text{Score 2 | Unguarded})) = 0.30 \times 1.8 = 0.54$ 分。

• 被防守 (Guarded)：

  • 機率：$P(\text{Guarded}) = 0.70$
  • 得分：2 分
  • 命中率 (得分機率)：$P(\text{Score 2 | Guarded}) = 0.30$
  • 在被防守且射籃的情況下，預期得分 $= 2 \times P(\text{Score 2 | Guarded}) = 2 \times 0.30 = 0.6$ 分。
  • 考慮到被防守的機率，此情況的期望貢獻 $= P(\text{Guarded}) \times (2 \times P(\text{Score 2 | Guarded})) = 0.70 \times 0.6 = 0.42$ 分。

2 分射籃的總期望得分：
$E(\text{2-point shoot}) = E(\text{Unguarded contribution}) + E(\text{Guarded contribution})$
$E(\text{2-point shoot}) = 0.54 + 0.42 = 0.96$ 分。

情況二：3 分射籃 (Shooting outside the three-point line)

本題考驗簡單線性迴歸的參數估計。

給定數據點：
$X = [1, 2, 3, 4]$
$Y = [2, 3, 5, 7]$
樣本數 $n = 4$。

我們需要找到迴歸線 $Y = a + bX$ 的參數 $a$ (截距) 和 $b$ (斜率)。
在最小平方法 (OLS) 下，參數的計算公式為：
$b = \frac{S_{XY}}{S_{XX}}$
$a = \bar{y} - b\bar{x}$

其中：
$S_{XY} = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})$
$S_{XX} = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2$
$\bar{x} = \frac{1}{n} \sum x_i$
$\bar{y} = \frac{1}{n} \sum y_i$

步驟 1：計算樣本均值
$\bar{x} = \frac{1+2+3+4}{4} = \frac{10}{4} = 2.5$
$\bar{y} = \frac{2+3+5+7}{4} = \frac{17}{4} = 4.25$

步驟 2：計算 $S_{XX}$
首先計算 $x_i - \bar{x}$：
$1 - 2.5 = -1.5$
$2 - 2.5 = -0.5$
$3 - 2.5 = 0.5$

本題考驗單一比例的假設檢定。

1. 設定假設檢定：
虛無假設 ($H_0$)：母體中偏好咖啡的比例為 50%，即 $p = 0.50$。
對立假設 ($H_1$)：母體中偏好咖啡的比例不等於 50%，即 $p \neq 0.50$。
這是一個雙尾檢定。

2. 設定顯著水準：
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

3. 收集樣本資訊：
樣本數 $n = 100$
樣本中偏好咖啡的人數 $x = 60$
樣本比例 $\hat{p} = \frac{x}{n} = \frac{60}{100} = 0.60$

4. 檢定統計量：
由於樣本數足夠大 ($n\hat{p} = 100 \times 0.60 = 60 \ge 10$ 且 $n(1-\hat{p}) = 100 \times 0.40 = 40 \ge 10$)，我們可以進行 $z$-檢定。
檢定統計量為：
$z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$
其中 $p_0$ 是虛無假設下的母體比例。

代入數值：
$p_0 = 0.50$
$z = \frac{0.60 - 0.50}{\sqrt{\frac{0.50(1-0.50)}{100}}}$
$z = \frac{0.10}{\sqrt{\frac{0.50 \times 0.50}{100}}}$
$z = \frac{0.10}{\sqrt{\frac{0.25}{100}}}$
$z = \frac{0.10}{\sqrt{0.0025}}$
$z = \frac{0.10}{0.05}$
$z = 2.00$

5. 決定臨界值或計算 P 值：

本題考驗高斯-馬可夫定理 (Gauss-Markov Theorem) 的條件，該定理說明在特定假設下，普通最小平方法 (OLS) 估計量是最佳線性不偏估計量 (BLUE)。

高斯-馬可夫定理的假設條件通常包括：

1. 線性模型： 迴歸模型是線性的，如 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \dots + \beta_k x_{ki} + \epsilon_i$。
2. 隨機抽樣： 數據是從母體中隨機抽樣得到的。
3. 外生性 (Exogeneity)： 誤差項的條件期望為零。即 $E(\epsilon_i | x_{1i}, \dots, x_{ki}) = 0$。這個條件保證了迴歸子與誤差項不相關。
4. 無完美共線性 (No Perfect Collinearity)： 迴歸子之間沒有完美的線性關係。即 $X'X$ 是可逆的，或者說迴歸子是線性獨立的。
5. 同質性變異數 (Homoscedasticity)： 誤差項的條件變異數是常數。即 Var($\epsilon_i | x_{1i}, \dots, x_{ki}) = \sigma^2$。
6. 無序列相關 (No Autocorrelation)： 誤差項之間沒有相關性。即 Cov($\epsilon_i, \epsilon_j | x_{1i}, \dots, x_{ki}, x_{1j}, \dots, x_{kj}) = 0$ for $i \neq j$。

這些條件合起來通常被稱為「高斯-馬可夫假設」。

現在我們分析選項：

(A) $E (\epsilon_i | x_{1i}, x_{2i}, \dots, x_{ki}) = 0$ and Var($\epsilon_i$) = $\sigma^2$ only
這個選項只包含了外生性和同質性變異數的部分假設，但省略了無序列相關的假設（即 Var($\epsilon_i | x_{1i}, \dots, x_{ki}) = \sigma^2$，而不是 Var($\epsilon_i$) = $\sigma^2$），並且沒有提到迴歸子的線性獨立性。單獨的 Var($\epsilon_i$) = $\sigma^2$ 是不夠的，需要是條件變異數。

(B) $x_{1i}, x_{2i}, \dots, x_{ki}$ are linearly independent
這是無完美共線性的要求，是高斯-馬可夫定理的必要條件之一，但不是全部。

核心觀念

模型為

$$y_i=\beta_0+\beta_1x_{1i}+\epsilon_i.$$

OLS 估計要求解釋變數與誤差項滿足外生性條件：

$$E(x_{1i}\epsilon_i)=0.$$

題目給定

$$E(x_{1i}\epsilon_i)\neq 0,$$

表示 $x_{1i}$ 與誤差項相關，違反外生性，因此稱為 $x_{1i}$ 具有內生性（endogeneity）。

在含截距模型中，OLS 斜率估計量可表示為

$$\hat{\beta}_1 = \beta_1+ \frac{\sum_i (x_{1i}-\bar{x}_1)\epsilon_i} {\sum_i (x_{1i}-\bar{x}_1)^2}.$$

當 $x_{1i}$ 與 $\epsilon_i$ 相關時，分子通常不等於零，導致

$$E(\hat{\beta}_1)\neq \beta_1,$$

因此 OLS 估計量具有偏誤，且通常不一致。

解題方法

判斷本題的關鍵，是直接將題目敘述與外生性定義對照：

1. $x_{1i}$ 是解釋變數。
2. $\epsilon_i$ 是誤差項。
3. $E(x_{1i}\epsilon_i)\neq 0$ 表示兩者相關。
4. 解釋變數與誤差項相關，即為內生性。

因此正確選項為 (C)。

選項分析

(A) Measurement error in $y_i$：錯誤

若應變數存在測量誤差，可寫成

$$y_i^{\text{obs}}=y_i^{\text{true}}+u_i.$$

此時測量誤差會被併入新的誤差項。若測量誤差符合古典測量誤差假設，且與 $x_{1i}$ 獨立，則不會造成

$$E(x_{1i}\epsilon_i)\neq 0.$$

它主要會增加誤差項的變異，降低估計效率，而非直接造成解釋變數內生。

若是 $x_{1i}$ 存在測量誤差，才可能造成解釋變數與複合誤差項相關，形成內生性問題。

本題考驗在迴歸子與誤差項相關（內生性）的情況下，OLS 估計量的偏差。

在問題 2 中，我們已知模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \epsilon_i$，且 $E(x_{1i} \epsilon_i) \neq 0$。
OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$ 的公式為：
$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}} = \frac{\sum(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum(x_i - \bar{x})^2}$
我們將 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \epsilon_i$ 代入分子：
$(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = (x_i - \bar{x})((\beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \epsilon_i) - (\beta_0 + \beta_1 \bar{x} + \bar{\epsilon}))$
$= (x_i - \bar{x})(\beta_1 (x_i - \bar{x}) + (\epsilon_i - \bar{\epsilon}))$
$= \beta_1 (x_i - \bar{x})^2 + (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})$

所以，
$S_{XY} = \sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum [\beta_1 (x_i - \bar{x})^2 + (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})]$
$S_{XY} = \beta_1 \sum (x_i - \bar{x})^2 + \sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})$
$S_{XY} = \beta_1 S_{XX} + \sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})$

注意，在偏差分析中，我們通常假設 $\bar{\epsilon} = \frac{1}{n} \sum \epsilon_i$ 趨近於 0，或者考慮 $\sum (x_i - \bar{x})\epsilon_i$。
更嚴謹地，對於期望值，我們有：
$E(S_{XY}) = E(\beta_1 S_{XX}) + E(\sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon}))$
$E(S_{XY}) = \beta_1 E(S_{XX}) + E(\sum (x_i - \bar{x})\epsilon_i)$ （假設 $\bar{\epsilon} \approx 0$ 或考慮整體樣本）

$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{XY}}{S_{XX}} = \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})}{S_{XX}}$
$E(\hat{\beta}_1) = \beta_1 + \frac{E(\sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon}))}{E(S_{XX})}$

考慮 $\frac{1}{n-1} S_{XX}$ 是 $\text{Var}(x)$ 的估計量。
考慮 $\frac{1}{n-1} \sum (x_i - \bar{x})(\epsilon_i - \bar{\epsilon})$ 趨近於 $\text{Cov}(x, \epsilon)$。
如果我們將 $S_{XX}$ 視為常數 (或取其期望值)，則：
$E(\hat{\beta}_1) = \beta_1 + \frac{E(\sum (x_i - \bar{x})\epsilon_i)}{E(S_{XX})}$

我們知道 $E(\sum (x_i - \bar{x})\epsilon_i) = \sum E((x_i - \bar{x})\epsilon_i)$。
在總體層面，$\text{Cov}(x, \epsilon) = E(x\epsilon) - E(x)E(\epsilon)$。
在樣本層面，$\text{Cov}(x, \epsilon)$ 的估計量與 $\frac{1}{n-1} \sum (x_i - \bar{x})\epsilon_i$ 相關。
如果 $E(x_{1i} \epsilon_i) \neq 0$，則 $\text{Cov}(x, \epsilon)$ 通常不為零。

本題考驗工具變數 (Instrumental Variable, IV) 方法的有效性條件。

工具變數 $z_i$ 用於處理內生性問題，即迴歸子 $x_{1i}$ 與誤差項 $\epsilon_i$ 相關的情況。
一個有效的工具變數 $z_i$ 必須滿足兩個核心條件：

1. 相關性條件 (Relevance Condition)： 工具變數 $z_i$ 必須與內生迴歸子 $x_{1i}$ 相關。這意味著 $z_i$ 能夠解釋 $x_{1i}$ 的一部分變異。數學上表示為 $Cov(z_i, x_{1i}) \neq 0$。
2. 外生性條件 (Exogeneity Condition)： 工具變數 $z_i$ 必須與誤差項 $\epsilon_i$ 無關。這意味著 $z_i$ 只通過 $x_{1i}$ 影響 $y_i$，而不能直接影響 $y_i$ 或與 $\epsilon_i$ 相關。數學上表示為 $Cov(z_i, \epsilon_i) = 0$。

現在我們分析選項：

(A) Cov($z_i, x_{1i}) \neq 0$, and Cov($z_i, \epsilon_i$) = 0
這個選項同時包含了相關性條件和外生性條件，是有效工具變數的兩個必要條件。

(B) Cov($z_i, \epsilon_i$) = 0, and Var($z_i$) $\neq 0$

核心觀念

本題考查 高斯—馬可夫定理（Gauss–Markov theorem）。

在線性迴歸模型

$$y_i=\beta_0+\beta_1x_{1i}+\beta_2x_{2i}+\epsilon_i$$

中，若滿足：

1. 零條件平均：$E(\epsilon_i\mid x_{1i},x_{2i})=0$
   確保 OLS 估計量具有不偏性。

2. 同質變異數：$\operatorname{Var}(\epsilon_i\mid x_{1i},x_{2i})=\sigma^2$
   確保誤差的條件變異數相同。

3. 誤差彼此不相關：$\operatorname{Cov}(\epsilon_i,\epsilon_j)=0$，其中 $i\neq j$
   確保不同觀察值的誤差沒有共變動。

在上述條件下，OLS 估計量是 最佳線性不偏估計量（Best Linear Unbiased Estimator, BLUE），也就是在所有「線性且不偏」的估計量中，具有最小變異數。

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解題方法

將模型寫成矩陣形式：

$$\mathbf y=\mathbf X\boldsymbol\beta+\boldsymbol\epsilon$$

其中

$$\boldsymbol\beta= \begin{pmatrix} \beta_0\\ \beta_1\\ \beta_2 \end{pmatrix}$$

OLS 估計量為

$$\hat{\boldsymbol\beta}_{OLS} =(\mathbf X^\top\mathbf X)^{-1}\mathbf X^\top\mathbf y$$

代入 $\mathbf y=\mathbf X\boldsymbol\beta+\boldsymbol\epsilon$：

$$\hat{\boldsymbol\beta}_{OLS} =\boldsymbol\beta+ (\mathbf X^\top\mathbf X)^{-1}\mathbf X^\top\boldsymbol\epsilon$$

由於零條件平均假設可得：

$$E(\boldsymbol\epsilon\mid \mathbf X)=\mathbf 0$$

因此：

$$E(\hat{\boldsymbol\beta}_{OLS}\mid \mathbf X) =\boldsymbol\beta$$

所以 OLS 估計量是不偏的。

在同質變異數且誤差不相關的條件下：

$$\operatorname{Var}(\boldsymbol\epsilon\mid\mathbf X) =\sigma^2\mathbf I$$

故 OLS 估計量的條件變異數為：

本題考驗決定係數 $R^2$ 在加入額外迴歸子時的行為。

$R^2$ 的定義是：
$R^2 = 1 - \frac{\text{SSR}}{\text{SST}} = 1 - \frac{\sum_{i=1}^{n} \hat{\epsilon}_i^2}{\sum_{i=1}^{n} (y_i - \bar{y})^2}$
其中 $\sum \hat{\epsilon}_i^2$ 是殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR)，$\sum (y_i - \bar{y})^2$ 是總平方和 (Total Sum of Squares, SST)。

當我們在模型中加入額外的迴歸子時，OLS 的目標是最小化 SSR。
考慮一個模型 M1，有 $k$ 個迴歸子，其 SSR 為 $\text{SSR}_1$。
再考慮一個模型 M2，在 M1 的基礎上加入了新的迴歸子，共有 $k+1$ 個迴歸子，其 SSR 為 $\text{SSR}_2$。
由於 OLS 總是試圖最小化 SSR，加入新的迴歸子（即使是無關的）最多只會使 SSR 保持不變，而不太可能增加 SSR。也就是說，$\text{SSR}_2 \le \text{SSR}_1$。

由於 SST ($\sum (y_i - \bar{y})^2$) 是固定的（它不隨模型變數的改變而改變），而 $R^2 = 1 - \frac{\text{SSR}}{\text{SST}}$。
由於 $\text{SSR}_2 \le \text{SSR}_1$，則 $\frac{\text{SSR}_2}{\text{SST}} \le \frac{\text{SSR}_1}{\text{SST}}$。
所以，$1 - \frac{\text{SSR}_2}{\text{SST}} \ge 1 - \frac{\text{SSR}_1}{\text{SST}}$。

本題考驗完美共線性 (Perfect Collinearity) 對 OLS 估計量的影響。

完美共線性發生在模型中的一個迴歸子可以被其他迴歸子的線性組合表示時。更嚴格地說，如果存在一個非零向量 $c = (c_1, c_2, \dots, c_k)'$ 使得 $\sum_{j=1}^{k} c_j x_{ji} = 0$ 對於所有樣本點 $i$ 都成立，則稱迴歸子存在完美共線性。這意味著迴歸子矩陣 $X$ 的列向量是線性相關的。

在 OLS 的矩陣形式中，迴歸係數的估計量為 $\hat{\beta} = (X'X)^{-1}X'y$。
如果迴歸子存在完美共線性，那麼矩陣 $X$ 的列向量是線性相關的。這將導致 $X'X$ 矩陣是不可逆的 (singular)。
當 $X'X$ 矩陣不可逆時，其逆矩陣 $(X'X)^{-1}$ 是不存在的。

因此，完美共線性導致 OLS 估計量是無法計算的，也就是「未定義」(undefined)。

現在我們分析選項：

本題考驗遺漏重要變數 (Omitted Variable Bias, OVB) 對 OLS 估計量的影響。

給定真實模型：$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \beta_2 x_{2i} + \epsilon_i$
當我們遺漏 $x_{2i}$，估計的模型為：$y_i = \beta_0^* + \beta_1^* x_{1i} + u_i$
其中新的誤差項 $u_i = \beta_2 x_{2i} + \epsilon_i$。

我們關心的是估計係數 $\beta_1^*$ 的偏差。
偏差的大小取決於遺漏的變數 $x_{2i}$ 是否與模型中保留的迴歸子 $x_{1i}$ 相關，以及遺漏變數的真實係數 $\beta_2$。

OLS 估計量 $\beta_1^*$ 的偏差公式為：
$E(\beta_1^*) - \beta_1 = \beta_2 \times \epsilon_{x_{2i} \text{ on } x_{1i}}$
其中 $\epsilon_{x_{2i} \text{ on } x_{1i}}$ 是在迴歸 $x_{2i}$ 對 $x_{1i}$ 時的斜率係數。
在總體層面，這個斜率係數是 $\frac{\text{Cov}(x_{1i}, x_{2i})}{\text{Var}(x_{1i})}$。

所以，偏差是：
$E(\beta_1^*) - \beta_1 = \beta_2 \frac{\text{Cov}(x_{1i}, x_{2i})}{\text{Var}(x_{1i})}$

選項 (A) 是 $\beta_2 \text{Cov}(x_{1i}, x_{2i}) / \text{Var}(x_{1i})$。
這正是遺漏重要變數偏差的標準公式。
條件是 $x_{1i}$ 和 $x_{2i}$ 相關，並且 $\beta_2 \neq 0$。

本題考驗異質性變異數 (Heteroscedasticity) 對 OLS 估計量的影響。

給定的模型是簡單線性迴歸：$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \epsilon_i$。
假設條件是 Var($\epsilon_i | x_{1i}$) = $\sigma_i^2 \neq \sigma^2$。這意味著誤差項的條件變異數不是常數（即存在異質性變異數），而是隨著 $x_{1i}$ 的變化而變化。

在高斯-馬可夫定理的假設下，OLS 估計量是最佳線性不偏估計量 (BLUE)。其中一個關鍵假設是同質性變異數 (Homoscedasticity)，即 Var($\epsilon_i | x_{1i}$) = $\sigma^2$ (常數)。

當存在異質性變異數時：

1. OLS 估計量的偏差： 異質性變異數本身並不直接導致 OLS 估計量產生偏差。只要滿足外生性假設 ($E(\epsilon_i | x_{1i}) = 0$) 和無序列相關，OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$ 仍然是無偏的 (unbiased)。
2. OLS 估計量的效率： 異質性變異數會破壞 OLS 估計量的效率。OLS 不再是 BLUE。存在加權最小平方法 (Weighted Least Squares, WLS) 等方法可以得到更有效率的估計量。因此，OLS 估計量是有效率差的 (inefficient)。
3. OLS 標準誤的有效性： OLS 方法計算的標準誤是基於同質性變異數假設的。當存在異質性變異數時，這些標準誤的計算公式不再適用，它們會產生偏差，即不一致 (inconsistent)。這意味著，當樣本數增加時，基於 OLS 標準誤的統計檢定（如 t 檢定、F 檢定）和信賴區間將會失效，因為它們的計算依賴於不正確的標準誤。

現在我們分析選項：

本題考驗單一樣本迴歸係數的假設檢定，包括計算 t 統計量和比較 P 值與顯著水準。

已知資訊：
樣本數 $n = 10$
OLS 估計的斜率 $\hat{\beta}_1 = 1.22$
$\hat{\beta}_1$ 的標準誤 $SE(\hat{\beta}_1) = 0.62$
自由度 $df = n - 1 = 10 - 1 = 8$。

1. 計算 t-統計量：
我們想檢定 $\beta_1$ 是否顯著不同於零。虛無假設是 $H_0: \beta_1 = 0$。
t-統計量的計算公式為：
$t = \frac{\hat{\beta}_1 - \beta_1^0}{SE(\hat{\beta}_1)}$
其中 $\beta_1^0$ 是虛無假設下的參數值，在此為 0。

$t = \frac{1.22 - 0}{0.62} = \frac{1.22}{0.62}$

計算 $1.22 / 0.62 \approx 1.9677$。
選項中提供的 t 統計量有 3.17 和 1.97。我們的計算結果 1.9677 最接近 1.97。

2. 檢定顯著性：
我們需要根據計算出的 t 統計量和給定的臨界值，判斷 $\hat{\beta}_1$ 在不同顯著水準下是否顯著異於零。

選項 (A) & (C)：t-statistic = 3.17
我們的計算結果是 1.97，這與 3.17 不符。因此，我們可以排除 (A) 和 (C)。