115 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

本題考查二狀態馬可夫鏈與條件機率。

令第 $t$ 季牙刷顏色為 $X_t$，其中 $B$ 表示藍色、$P$ 表示粉紅色。轉移機率為

$$P(B\mid B)=0.3,\quad P(P\mid B)=0.7,$$ $$P(B\mid P)=0.5,\quad P(P\mid P)=0.5.$$

已知第 1 季為藍色，並且條件限定第 4 季為粉紅色，要求

$$P(X_2=X_3\mid X_1=B,X_4=P).$$

依條件機率定義：

$$P(X_2=X_3\mid X_1=B,X_4=P) = \frac{P(X_2=X_3,X_4=P\mid X_1=B)} {P(X_4=P\mid X_1=B)}.$$

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解題方法

一、計算分母 $P(X_4=P\mid X_1=B)$

由第 1 季為藍色：

$$P(X_2=B)=0.3,\qquad P(X_2=P)=0.7.$$

進一步計算第 3 季的顏色：

$$P(X_3=B) = P(X_2=B)P(B\mid B)+P(X_2=P)P(B\mid P)$$ $$=0.3(0.3)+0.7(0.5)=0.09+0.35=0.44.$$

因此：

$$P(X_3=P)=1-0.44=0.56.$$

第 4 季為粉紅色的機率為：

$$P(X_4=P\mid X_1=B) = P(X_3=B)P(P\mid B)+P(X_3=P)P(P\mid P)$$ $$=0.44(0.7)+0.56(0.5) =0.308+0.28 =0.588.$$

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二、計算分子 $P(X_2=X_3,X_4=P\mid X_1=B)$

事件「第 2 季與第 3 季顏色相同」包含兩種情形：

這題考驗機率分佈的偏態 (skewness) 與集中趨勢測量值 (mean, median, mode) 的相對關係。

• 右偏 (Right-skewed / Positively skewed): 分佈的尾部拖曳在右側。這表示有少數極大的值會將平均數 (mean) 拉向右邊。
  • 在右偏分佈中，大部分的數據集中在左側，但有少數較大的值。
  • 平均數 (Mean)：最容易受到極端值影響，會被右側的尾巴拉向右邊。
  • 中位數 (Median)：是排序後的中間值，較不受極端值影響，會比平均數更靠左。
  • 眾數 (Mode)：是出現頻率最高的值，通常位於數據的峰值處。在右偏分佈中，峰值通常在最左側。

因此，對於右偏分佈，一般的關係是：
Mode < Median < Mean

• 左偏 (Left-skewed / Negatively skewed): 分佈的尾部拖曳在左側。這表示有少數極小的、負值的值會將平均數 (mean) 拉向左邊。

這題考驗聯合機率密度函數 (joint PDF) 下的條件期望值 (conditional expectation)。

首先，我們需要找到條件機率密度函數 (conditional PDF) $f(y|x)$。
聯合 PDF 為 $f(x, y) = e^{-x}$，定義域為 $0 < y < x < \infty$。

我們需要先計算邊際機率密度函數 (marginal PDF) $f(x)$。
$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dy$
由於 $0 < y < x$，積分範圍是從 0 到 x。
$f(x) = \int_{0}^{x} e^{-x} dy = e^{-x} [y]_{0}^{x} = e^{-x} (x - 0) = x e^{-x}$，對於 $x > 0$。
$f(x) = 0$，否則。
這是一個 Gamma 分佈 Gamma(2, 1)。

現在我們可以計算條件 PDF $f(y|x)$:
$f(y|x) = \frac{f(x, y)}{f(x)} = \frac{e^{-x}}{x e^{-x}} = \frac{1}{x}$，對於

這題考驗隨機變數的變換 (transformation of random variables) 以及辨識機率分佈。

給定的機率密度函數 (PDF) 為 $f(x) = \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$，定義域為 $-\infty < x < \infty$。
我們有一個變換 $Y = (1+e^{-x})^{-1}$。

首先，我們需要找出 Y 的可能取值範圍。
當 $x \to \infty$, $e^{-x} \to 0$, 所以 $Y \to (1+0)^{-1} = 1$。
當 $x \to -\infty$, $e^{-x} \to \infty$, 所以 $Y \to (1+\infty)^{-1} = 0$。
因此，Y 的取值範圍是 $(0, 1)$。

接下來，我們需要找到 Y 的 PDF，記為 $f(y)$。
我們可以利用累積分佈函數 (CDF) 的方法。
首先求 Y 的 CDF, $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
$Y = (1+e^{-x})^{-1}$
$y = (1+e^{-x})^{-1}$
$1/y = 1+e^{-x}$
$e^{-x} = 1/y - 1 = \frac{1-y}{y}$
$-x = \ln\left(\frac{1-y}{y}\right)$
$x = -\ln\left(\frac{1-y}{y}\right) = \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)$。

令 $g(x) = (1+e^{-x})^{-1}$。則 $x = g^{-1}(y) = \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)$。
我們需要計算 $\frac{dx}{dy}$:

核心觀念

母體為常態分布，且平均數 $\mu$ 與變異數 $\sigma^2$ 皆未知。對隨機樣本而言，樣本變異數

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i-\bar X)^2$$

滿足卡方分布定理：

$$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1}.$$

本題 $n=7$，因此自由度為

$$n-1=6.$$

要求 $\sigma^2$ 的 $90\%$ 信賴區間，需使用卡方分布的左右尾各 $5\%$ 臨界值。

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解題方法

1. 計算樣本平均數

樣本資料為

$$2,4,4,6,8,8,10.$$

因此

$$\bar X=\frac{2+4+4+6+8+8+10}{7} =\frac{42}{7}=6.$$

2. 計算離均差平方和

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^7(x_i-\bar X)^2 &=(2-6)^2+(4-6)^2+(4-6)^2+(6-6)^2\\ &\quad +(8-6)^2+(8-6)^2+(10-6)^2\\ &=16+4+4+0+4+4+16\\ &=48. \end{aligned}$$

所以樣本變異數為

$$S^2=\frac{48}{7-1}=\frac{48}{6}=8.$$

3. 建立信賴區間

由

$$\frac{6S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_6$$

可得

$$P\left( \chi^2_{0.95,6} \leq \frac{6S^2}{\sigma^2} \leq \chi^2_{0.05,6} \right)=0.90,$$

其中題目採用的記號表示：

$$\chi^2_{0.05,6}=1.635,\qquad \chi^2_{0.95,6}=12.592.$$

解不等式後，$\sigma^2$ 的信賴區間為

這題考驗假設檢定 (hypothesis testing) 的基本概念，包括顯著水準 (significance level)、型一錯誤 (Type I error)、型二錯誤 (Type II error) 和檢力 (power)。

我們考慮一個雙尾檢定，檢定常態分佈的平均數 $\mu$ 是否等於一個特定值 $\mu_0$。
$H_0: \mu = \mu_0$ (虛無假設)
$H_1: \mu \neq \mu_0$ (對立假設)
顯著水準為 $\alpha$。

讓我們逐一分析選項：

(A) Pr (critical region | $H_0$) = 1 - $\alpha$

• 型一錯誤 (Type I error)：在虛無假設為真時，拒絕虛無假設的機率。
  Pr(reject $H_0$ | $H_0$ is true) = $\alpha$。
• 顯著水準 (Significance level)：通常定義為型一錯誤的機率，即 $\alpha$。
• 臨界區域 (Critical region)：這是拒絕 $H_0$ 的樣本統計量值的集合。
• Pr (critical region | $H_0$) 表示當 $H_0$ 為真時，樣本統計量落入臨界區域的機率。這正是型一錯誤的機率。
  所以，Pr (critical region | $H_0$) = $\alpha$。
• 選項 (A) 說 Pr (critical region | $H_0$) = 1 - $\alpha$。這是錯誤的。

(B) Pr (critical region | $H_1$) = Pr (type II error)

• 型二錯誤 (Type II error)：在對立假設為真時，未能拒絕虛無假設的機率。

這題考驗最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的推導與計算。

雙指數分佈 (Double Exponential Distribution) 的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x|\beta) = \frac{1}{2\beta} e^{-\frac{|x|}{\beta}}$, for $-\infty < x < \infty$, and $\beta > 0$.

我們有 $n=5$ 個樣本值：$x_1 = -3, x_2 = 2, x_3 = 4, x_4 = -1, x_5 = 1$。

第一步：寫出概似函數 (Likelihood Function), $L(\beta)$。
由於樣本是獨立同分佈的，概似函數是各個 PDF 的乘積：
$L(\beta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i|\beta) = \prod_{i=1}^{5} \left(\frac{1}{2\beta} e^{-\frac{|x_i|}{\beta}}\right)$
$L(\beta) = \left(\frac{1}{2\beta}\right)^n e^{-\sum_{i=1}^{n} \frac{|x_i|}{\beta}}$
$L(\beta) = \left(\frac{1}{2\beta}\right)^5 e^{-\frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{5} |x_i|}$

第二步：寫出對數概似函數 (Log-Likelihood Function), $\ln L(\beta)$。
$\ln L(\beta) = \ln \left[ \left(\frac{1}{2\beta}\right)^5 e^{-\frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{5} |x_i|} \right]$
$\ln L(\beta) = 5 \ln\left(\frac{1}{2\beta}\right) - \frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{5} |x_i|$
$\ln L(\beta) = 5 (\ln 1 - \ln(2\beta)) - \frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{5} |x_i|$

這題考驗估計量 (estimator) 的線性 (linearity) 和不偏性 (unbiasedness)。

首先，我們來判斷估計量 $\hat{\lambda}$ 是否為線性。
估計量是 $\hat{\lambda} = \frac{1}{2k}\sum_{i=1}^{k} (x_{2i} - x_{2i-1})^2$。
其中 $n=2k$。
$\hat{\lambda} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{k} (x_{2i}^2 - 2x_{2i}x_{2i-1} + x_{2i-1}^2)$。
線性估計量是指可以表示成樣本值 $X_i$ 的線性組合，即 $\hat{\theta} = c_0 + \sum_{i=1}^{n} c_i X_i$ 的形式。
在我們的估計量 $\hat{\lambda}$ 中，出現了 $x_{2i}^2$, $x_{2i-1}^2$ 和 $x_{2i}x_{2i-1}$ 這類非線性項。
因此，$\hat{\lambda}$ 不是一個線性估計量。

接下來，我們判斷 $\hat{\lambda}$ 是否為不偏估計量。
Poisson 分佈的均值為 $\lambda$，變異數也為 $\lambda$。
即 $E(X_i) = \lambda$ 和 $Var(X_i) = E(X_i^2) - (E(X_i))^2 = \lambda$。
所以，$E(X_i^2) = Var(X_i) + (E(X_i))^2 = \lambda + \lambda^2$。

我們需要計算 $E(\hat{\lambda})$。
$E(\hat{\lambda}) = E\left[\frac{1}{2k}\sum_{i=1}^{k} (x_{2i} - x_{2i-1})^2\right]$

核心觀念

本題考查 Cramér–Rao lower bound（CRLB，克拉美–羅下界）。若估計量 $\widehat{\theta}$ 是參數 $\theta$ 的不偏估計量，則

$$\operatorname{Var}(\widehat{\theta}) \geq \frac{1}{I_n(\theta)},$$

其中 $I_n(\theta)$ 是樣本的 Fisher information。

本題欲估計的參數為母體變異數 $\sigma^2$。令

$$v=\sigma^2,$$

則目標參數為 $v$。

解題方法

樣本來自 $N(\mu,v)$，其對數概似函數為

$$\ell(\mu,v) = -\frac{n}{2}\log(2\pi v) -\frac{1}{2v}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

對 $v$ 微分：

$$\frac{\partial \ell}{\partial v} = -\frac{n}{2v} + \frac{1}{2v^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

再微分一次：

$$\frac{\partial^2 \ell}{\partial v^2} = \frac{n}{2v^2} - \frac{1}{v^3}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

由於

$$E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\right]=nv,$$

因此 Fisher information 為

$$I_n(v) = -E\left[\frac{\partial^2\ell}{\partial v^2}\right].$$

代入可得

$$I_n(v) = -\left[ \frac{n}{2v^2} - \frac{nv}{v^3} \right] = \frac{n}{2v^2}.$$

所以 $\widehat{v}=\widehat{\sigma^2}$ 的 CRLB 為

$$\operatorname{Var}(\widehat{\sigma^2}) \geq \frac{1}{I_n(v)} = \frac{2v^2}{n}.$$

因為 $v=\sigma^2$，故

核心觀念

本題考查兩種隨機變數收斂：

• 依機率收斂：若存在常數 $c$，使得對任意 $\varepsilon>0$，

$$P(|X_n-c|>\varepsilon)\to 0,$$

則稱 $X_n$ 依機率收斂至 $c$，記為 $X_n\xrightarrow{p}c$。

• 均方收斂：若存在常數 $c$，使得

$$E[(X_n-c)^2]\to 0,$$

則稱 $X_n$ 均方收斂至 $c$，記為 $X_n\xrightarrow{L^2}c$。

均方收斂會推出依機率收斂，但依機率收斂不必然推出均方收斂。本題正是利用極少發生、但數值極大的事件，造成兩種收斂結果不同。

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解題方法

由題意，

$$P(X_n=1)=1-\frac{1}{n},\qquad P(X_n=n)=\frac{1}{n}.$$

由於 $X_n$ 以機率趨近 $1$ 的方式取值為 $1$，合理的候選極限為 $c=1$。

一、判斷依機率收斂

對任意固定的 $\varepsilon>0$，當 $n$ 足夠大時，必有 $n-1>\varepsilon$。此時：

• 當 $X_n=1$ 時，$|X_n-1|=0$；
• 當 $X_n=n$ 時，$|X_n-1|=n-1>\varepsilon$。

因此，對足夠大的 $n$，

$$P(|X_n-1|>\varepsilon) = P(X_n=n) = \frac{1}{n}.$$

而

$$\frac{1}{n}\to 0.$$

所以

$$X_n\xrightarrow{p}1.$$

二、判斷均方收斂

計算均方誤差：

$$E[(X_n-1)^2] = \left(1-\frac{1}{n}\right)(1-1)^2 + \frac{1}{n}(n-1)^2.$$

因此，

$$E[(X_n-1)^2] = \frac{(n-1)^2}{n} = n-2+\frac{1}{n}.$$

當 $n\to\infty$ 時，

$$n-2+\frac{1}{n}\to\infty,$$

並不趨近於 $0$。所以 $X_n$ 不均方收斂至 $1$。

事實上，$X_n$ 不可能均方收斂至其他常數。若取任意固定常數 $c$，則

這題考驗在多元迴歸 (multiple regression) 中，對迴歸係數變異數 (variance of regression coefficient) 的計算，特別是當存在複共線性 (multicollinearity) 時。

我們考慮一個線性模型：
$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \beta_2 x_{2i} + u_i$
其中 $E(u_i | x_{1i}, x_{2i}) = 0$ 且 $Var(u_i | x_{1i}, x_{2i}) = \sigma^2$ (同質變異數)。

我們需要計算 $\hat{\beta}_1$ 的標準誤 (standard error)。
標準誤是變異數的平方根。
對於 OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$，其無條件變異數 (unconditional variance) 為：
$Var(\hat{\beta}_1) = \frac{\sigma^2}{\sum_{i=1}^n (x_{1i} - \bar{x}_1)^2}$。
然而，這裡存在 $x_{1i}$ 和 $x_{2i}$ 之間的複共線性問題，並且題目給出了輔助迴歸的 $R^2$。

當存在複共線性時，我們需要考慮 $x_{1i}$ 和 $x_{2i}$ 的關係。
輔助迴歸是將 $x_{1i}$ 對 $(1, x_{2i})$ 進行迴歸：
$x_{1i} = \alpha_0 + \alpha_1 x_{2i} + v_i$
這個輔助迴歸的 $R^2$ (記為 $R^2_{1.2}$) 表示 $x_{1i}$ 中有多少比例的變異數可以被 $x_{2i}$ 解釋。
$R^2_{1.2} = \frac{SSR_{aux}}{SST_{aux}} = \frac{\sum (\hat{v}_i)^2}{\sum (x_{1i} - \bar{x}_1)^2}$，其中 $\hat{v}_i$ 是輔助迴歸的殘差。

多元迴歸中，OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$ 的變異數受到其他解釋變數的影響。
對於模型 $y_i = \beta_0 + \beta_1 x_{1i} + \beta_2 x_{2i} + u_i$，

核心觀念

由 $E(u_i\mid D_i,x_i)=0$，條件平均數為

$$\mu(D,x)=E(y_i\mid D_i=D,x_i=x) =\beta_0+\beta_1D+\beta_2x+\beta_3Dx.$$

其中：

• $D=0$ 時：

  $$\mu(0,x)=\beta_0+\beta_2x$$

• $D=1$ 時：

  $$\mu(1,x)=\beta_0+\beta_1+(\beta_2+\beta_3)x$$

因此，$\beta_3$ 是交乘項所造成的「斜率差異」，而非單獨代表 $D=1$ 時 $x$ 的邊際效果。

解題方法

直接分別代入 $D=0$ 與 $D=1$，再計算組間差異與對 $x$ 的偏導數：

$$\mu(1,x)-\mu(0,x) =\beta_1+\beta_3x$$

以及

$$\frac{\partial\mu(0,x)}{\partial x}=\beta_2, \qquad \frac{\partial\mu(1,x)}{\partial x}=\beta_2+\beta_3.$$

另外，兩組的截距分別為 $\beta_0$ 與 $\beta_0+\beta_1$，所以截距差為 $\beta_1$。

選項分析

(A) 錯誤。

$$\mu(1,x)-\mu(0,x)=\beta_1+\beta_3x$$

只有在 $\beta_3=0$ 或特定的 $x=0$ 時，組間差異才等於 $\beta_1$，並非對所有 $x$ 成立。

(B) 錯誤。

當 $D=1$ 時，

這題考驗遺漏變數偏差 (Omitted Variable Bias, OVB) 的概念，並要求計算遺漏變數偏差對估計量的極限期望值 (plim)。

真實模型為：$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \beta_2 z_i + u_i$
估計模型（短迴歸）為：$y_i = \alpha_0 + \alpha_1 x_i + e_i$

遺漏變數偏差 (OVB) 的情況發生在：

1. 遺漏的變數 ($z_i$) 是真實模型的一個解釋變數。
2. 遺漏的變數 ($z_i$) 與模型中保留的解釋變數 ($x_i$) 相關。
3. 遺漏的變數 ($z_i$) 對應的真實係數 ($\beta_2$) 不為零。

核心觀念

本題考兩個重點：

1. OLS 是否具備不偏性。
2. OLS 是否為 BLUE（Best Linear Unbiased Estimator，最佳線性不偏估計量）。

在標準線性迴歸模型下，Gauss–Markov 定理要求：

• 模型對參數為線性；
• $E(u_i\mid x_i)=0$；
• 誤差具有同質變異數，即 $Var(u_i\mid x_i)=\sigma^2$；
• 解釋變數具有變異，即 $Var(x_i)>0$。

其中，同質變異數主要是確保 OLS 在所有線性不偏估計量中具有最小變異數；違反此條件時，OLS 仍可不偏，但通常不再是最有效率的估計量。

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解題方法

將模型寫成矩陣形式：

$$y=X\beta+u$$

OLS 估計量為：

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

代入 $y=X\beta+u$：

$$\hat{\beta}_{OLS} =\beta+(X'X)^{-1}X'u$$

因此，在外生性條件成立時：

$$E(u\mid X)=0$$

可得：

$$E(\hat{\beta}_{OLS}\mid X) =\beta+(X'X)^{-1}X'E(u\mid X) =\beta$$

所以 OLS 具有不偏性。

若誤差為同質變異數，則：

$$Var(u\mid X)=\sigma^2I$$

此時 Gauss–Markov 定理保證 OLS 是 BLUE。

若僅違反同質變異數，令：

$$Var(u\mid X)=\Omega$$

且 $\Omega\neq\sigma^2I$，則：

$$Var(\hat{\beta}_{OLS}\mid X) =(X'X)^{-1}X'\Omega X(X'X)^{-1}$$

OLS 的不偏性仍由 $E(u\mid X)=0$ 保證，但其變異數通常不再是所有線性不偏估計量中最小，因此 OLS 一般不再是 BLUE。

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選項分析

（A）$E(u_i\mid x_i)=0$

此條件是條件外生性，主要用來保證 OLS 的不偏性。

若此條件被違反，則：

$$E(\hat{\beta}_{OLS}\mid X) =\beta+(X'X)^{-1}X'E(u\mid X)$$

第二項通常不等於零，因此 OLS 通常會產生偏誤，無法保證不偏性。

此選項違反時，問題主要是「不偏性」受到破壞，不符合題目所描述的「仍可保持不偏」。

錯誤。

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這題考驗如何檢定線性迴歸係數之間的線性限制，特別是涉及兩個係數的差值。

我們想要檢定虛無假設 $H_0: \beta_1 - \beta_2 = 0$，這等價於 $H_0: \beta_1 = \beta_2$。
對立假設為 $H_1: \beta_1 - \beta_2 \neq 0$。

我們被給予了 OLS 估計量 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_2$ 的值，以及它們的變異數和共變異數：
$\hat{\beta}_1 = 0.80$
$\hat{\beta}_2 = 0.50$
$Var(\hat{\beta}_1) = 0.040$
$Var(\hat{\beta}_2) = 0.010$
$Cov(\hat{\beta}_1, \hat{\beta}_2) = 0.005$

我們需要計算檢定統計量 t。
t 統計量的公式是：
$t = \frac{(\hat{\beta}_1 - \hat{\beta}_2) - (\beta_1 - \beta_2)_0}{\sqrt{Var(\hat{\beta}_1 - \hat{\beta}_2)}}$
在虛無假設 $H_0: \beta_1 - \beta_2 = 0$ 下，$(\beta_1 - \beta_2)_0 = 0$。
所以，公式變為：

這題考驗工具變數 (Instrumental Variables, IV) 方法的應用，特別是對於一個內生解釋變數 (endogenous explanatory variable) 的情況。

真實模型為：$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i$
其中 $Cov(x_i, u_i) \neq 0$，表示 $x_i$ 是內生的。
我們有一個工具變數 $z_i$，滿足：

1. 相關性 (Relevance)：$Cov(z_i, x_i) \neq 0$。
2. 外生性 (Exogeneity)：$Cov(z_i, u_i) = 0$。
   題目假設所有變數的平均值為零，這簡化了計算，使得 $Cov(A,B) = E(AB)$。

對於一個內生解釋變數和一個工具變數（稱為「剛好識別」，just-identified situation），工具變數估計量 (IV estimator) 的公式為：

這題考驗第一階段迴歸 (first-stage regression) 的統計檢定，以及弱工具變數 (weak instrument) 的診斷。

在 IV 設定中，第一階段迴歸是將內生解釋變數 ($x_i$) 對工具變數 ($z_i$) 和其他外生變數（包括截距項）進行迴歸。
模型為 $x_i = \pi_0 + \pi_1 z_i + v_i$。
我們對係數 $\pi_1$ 進行假設檢定。
虛無假設是 $H_0: \pi_1 = 0$，表示工具變數 $z_i$ 與內生變數 $x_i$ 沒有線性關係。
對立假設是 $H_1: \pi_1 \neq 0$，表示 $z_i$ 與 $x_i$ 有線性關係。

題目給出了 $t_{\pi_1}$ 的 t 統計量值為 1.9 (雙尾檢定)。
$t_{\pi_1} = 1.9$。

在只有一個工具變數的情況下，第一階段 F 統計量與 t 統計量之間的關係是 $F = t_{\pi_1}^2$。
計算 F 統計量：
$F = (1.9)^2 = 3.61$。

現在我們來評估這個 F 值。
弱工具變數的診斷通常是基於第一階段 F 統計量。
一個常用的經驗法則 (rule-of-thumb) 是：

• 如果 $F < 10$，則可能存在弱工具變數問題。
• 如果 $F$ 很大（例如 $F \ge 10$），則工具變數被認為是強的。

我們的計算結果 $F = 3.61$。
這個值小於 10。這表明工具變數可能存在弱相關的問題。