111 年 國立臺灣大學經濟學系碩士班《統計學（A）》

本題主要在考驗同學對於隨機變數的期望值、變異數、標準差以及共變異數的性質的應用，特別是在線性組合的情況下。

(a) 每日預期利潤與標準差

假設每日利潤為 $P$，則 $P$ 可以表示為賣出蘋果的總收入減去賣出橘子的總收入。
蘋果的單價為 $0.4$，賣出數量為 $X$。
橘子的單價為 $1.1$，賣出數量為 $Y$。
所以，每日利潤 $P = 0.4X + 1.1Y$。

根據期望值和變異數的線性性質：
$E(P) = E(0.4X + 1.1Y) = 0.4E(X) + 1.1E(Y)$
$Var(P) = Var(0.4X + 1.1Y) = (0.4)^2 Var(X) + (1.1)^2 Var(Y) + 2(0.4)(1.1)Cov(X, Y)$

代入已知數值：
$E(X) = 80$, $E(Y) = 50$
$Var(X) = 49$, $Var(Y) = 25$
$Cov(X, Y) = -10$

計算期望利潤：
$E(P) = 0.4(80) + 1.1(50) = 32 + 55 = 87$

計算利潤的變異數：
$Var(P) = (0.16)(49) + (1.21)(25) + 2(0.44)(-10)$
$Var(P) = 7.84 + 30.25 - 8.8 = 29.29$

計算利潤的標準差：
$SD(P) = \sqrt{Var(P)} = \sqrt{29.29} \approx 5.412$

【答案】
每日預期利潤為 $87$ 元。
每日利潤的標準差約為 $5.412$ 元。

核心觀念

1. 獨立常態隨機變數之線性組合（Linear Combination of Independent Normal RVs）：
   若 $X_1, X_2$ 為互相獨立的常態隨機變數，$X_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$、$X_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$，則其任意線性組合 $Y = aX_1 + bX_2$ 亦服從常態分配： $$Y \sim N\left(a\mu_1 + b\mu_2, \; a^2\sigma_1^2 + b^2\sigma_2^2\right)$$
2. 投資組合報酬率（Portfolio Return）：
   投資組合總報酬率為各資產報酬率依投資金額比重（Weights）加權之線性組合： $$R_p = w_A R_A + w_B R_B$$
3. 標準化轉換（Z-transformation）：
   若 $R_p \sim N(\mu_p, \sigma_p^2)$，則 $Z = \frac{R_p - \mu_p}{\sigma_p} \sim N(0, 1)$。

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解題方法

步驟一：定義隨機變數與權重

設股票 A 與股票 B 的報酬率分別為 $R_A$ 與 $R_B$：

• $R_A \sim N(0.18, 0.10^2)$
• $R_B \sim N(0.25, 0.20^2)$
• $R_A$ 與 $R_B$ 互相獨立（$\text{Cov}(R_A, R_B) = 0$）

經理人總投資金額為 $2 million + $3 million = $5 million。兩檔股票的投資權重分別為：

$$w_A = \frac{2}{5} = 0.4, \quad w_B = \frac{3}{5} = 0.6$$

步驟二：求投資組合報酬率之期望值與變異數

設投資組合之總報酬率為 $R_p = 0.4 R_A + 0.6 R_B$。

1. 期望值： $$\mu_p = E[R_p] = 0.4 E[R_A] + 0.6 E[R_B] = 0.4(0.18) + 0.6(0.25) = 0.072 + 0.150 = 0.222$$
2. 變異數（因兩者獨立，無共變異數項）： $$\sigma_p^2 = \text{Var}(R_p) = (0.4)^2 \text{Var}(R_A) + (0.6)^2 \text{Var}(R_B) = (0.16)(0.10^2) + (0.36)(0.20^2)$$ $$\sigma_p^2 = 0.16 \times 0.01 + 0.36 \times 0.04 = 0.0016 + 0.0144 = 0.016$$
3. 標準差：

本題主要在考驗假設檢定、抽樣分配的推導以及對第一類與第二類錯誤的理解。

(a) 虛無假設與對立假設

我們感興趣的參數是兩組平均客戶數的差異。
設 $\mu_X$ 為訓練組平均客戶數，$\mu_Y$ 為對照組平均客戶數。
我們要檢定的是訓練組的平均客戶數是否與對照組不同。

虛無假設 ($H_0$)：兩組的平均客戶數沒有差異。
$H_0: \mu_X = \mu_Y$ 或 $H_0: \mu_X - \mu_Y = 0$

對立假設 ($H_1$)：兩組的平均客戶數有差異。
$H_1: \mu_X \neq \mu_Y$ 或 $H_1: \mu_X - \mu_Y \neq 0$

這是雙尾檢定。

【答案】
$H_0: \mu_X - \mu_Y = 0$
$H_1: \mu_X - \mu_Y \neq 0$

(b) 估計量參數的抽樣分配

我們感興趣的參數是 $\mu_X - \mu_Y$。
根據題目提供的摘要統計量，我們有兩組樣本：訓練組 ($X_i$) 和對照組 ($Y_i$)。
樣本大小 $n_X = n_Y = 80$。
訓練組樣本平均數 $\bar{X} = 54.5$，樣本標準差 $s_X = 8.7$。
對照組樣本平均數 $\bar{Y} = 52.7$，樣本標準差 $s_Y = 7.7$。

由於兩組樣本大小都足夠大 ($n_X > 30$ 且 $n_Y > 30$)，我們可以應用中央極限定理。
根據中央極限定理，樣本平均數的抽樣分配近似於常態分配。

樣本平均數 $\bar{X}$ 的抽樣分配近似為：
$\bar{X} \sim N\left(\mu_X, \frac{\sigma_X^2}{n_X}\right)$
當 $\sigma_X^2$ 未知時，我們使用樣本變異數 $s_X^2$ 來估計：
$\bar{X} \approx N\left(\mu_X, \frac{s_X^2}{n_X}\right)$

同樣地，對照組樣本平均數 $\bar{Y}$ 的抽樣分配近似為：
$\bar{Y} \sim N\left(\mu_Y, \frac{\sigma_Y^2}{n_Y}\right)$
當 $\sigma_Y^2$ 未知時，我們使用樣本變異數 $s_Y^2$ 來估計：
$\bar{Y} \approx N\left(\mu_Y, \frac{s_Y^2}{n_Y}\right)$

我們感興趣的參數是 $\mu_X - \mu_Y$ 的估計量。
一個自然的估計量是樣本平均數的差值：$\bar{D} = \bar{X} - \bar{Y}$。
題目也給出了差值 $D_i = X_i - Y_i$ 的摘要統計量，其中樣本平均數 $\bar{D} = 1.8$，樣本標準差 $s_D = 11.3$。

考慮估計量 $\bar{D} = \bar{X} - \bar{Y}$。
由於 $\bar{X}$ 和 $\bar{Y}$ 是來自獨立樣本的平均數，它們也是獨立的。
$\bar{D}$ 的期望值：
$E(\bar{D}) = E(\bar{X} - \bar{Y}) = E(\bar{X}) - E(\bar{Y}) = \mu_X - \mu_Y$
因此，$\bar{D}$ 是 $\mu_X - \mu_Y$ 的一個無偏估計量。

$\bar{D}$ 的變異數：
$Var(\bar{D}) = Var(\bar{X} - \bar{Y}) = Var(\bar{X}) + Var(\bar{Y})$ (因為獨立)
$Var(\bar{D}) = \frac{\sigma_X^2}{n_X} + \frac{\sigma_Y^2}{n_Y}$

當母體變異數 $\sigma_X^2$ 和 $\sigma_Y^2$ 未知時，我們使用樣本變異數 $s_X^2$ 和 $s_Y^2$ 作為估計。
然而，由於 $n_X$ 和 $n_Y$ 足夠大，我們可以近似使用樣本標準差來計算標準誤。
$\bar{D}$ 的標準誤 (Standard Error, SE) 估計為：
$SE(\bar{D}) = \sqrt{\frac{s_X^2}{n_X} + \frac{s_Y^2}{n_Y}}$
$SE(\bar{D}) = \sqrt{\frac{(8.7)^2}{80} + \frac{(7.7)^2}{80}}$
$SE(\bar{D}) = \sqrt{\frac{75.69}{80} + \frac{59.29}{80}}$
$SE(\bar{D}) = \sqrt{0.946125 + 0.741125}$
$SE(\bar{D}) = \sqrt{1.68725} \approx 1.299$

根據中央極限定理，當 $n_X, n_Y$ 足夠大時，估計量 $\bar{D} = \bar{X} - \bar{Y}$ 的抽樣分配近似於：
$\bar{D} \sim N\left(\mu_X - \mu_Y, \frac{\sigma_X^2}{n_X} + \frac{\sigma_Y^2}{n_Y}\right)$

或者，我們也可以直接使用差值 $D_i = X_i - Y_i$ 的樣本統計量。
樣本差值 $\bar{D} = 1.8$。
樣本差值的標準差 $s_D = 11.3$。
樣本大小 $n_D = 80$。

本題為迴歸分析的基礎題，涵蓋了 OLS 估計量、無偏性、一致性、變異數以及最大概似估計量 (MLE)。

(a) OLS 估計量

OLS 的目標是最小化殘差平方和 (Sum of Squared Residuals, SSR)。
模型為 $y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + u_i$。
殘差為 $\hat{u}_i = y_i - (\beta_0 + \beta_1x_i)$。
SSR = $\sum_{i=1}^n \hat{u}_i^2 = \sum_{i=1}^n (y_i - \beta_0 - \beta_1x_i)^2$。

為了求得 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$，我們對 SSR 分別對 $\beta_0$ 和 $\beta_1$ 求偏微分，並令其等於零。

對 $\beta_0$ 微分：
$\frac{\partial SSR}{\partial \beta_0} = \sum_{i=1}^n 2(y_i - \beta_0 - \beta_1x_i)(-1) = -2\sum_{i=1}^n (y_i - \beta_0 - \beta_1x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^n y_i - n\beta_0 - \beta_1\sum_{i=1}^n x_i = 0$
$\sum y_i = n\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \sum x_i$
$\frac{\sum y_i}{n} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \frac{\sum x_i}{n}$
$\bar{y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \bar{x}$
解出 $\hat{\beta}_0$: $\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$。

對 $\beta_1$ 微分：
$\frac{\partial SSR}{\partial \beta_1} = \sum_{i=1}^n 2(y_i - \beta_0 - \beta_1x_i)(-x_i) = -2\sum_{i=1}^n x_i(y_i - \beta_0 - \beta_1x_i) = 0$
$\sum_{i=1}^n x_i y_i - \beta_0 \sum_{i=1}^n x_i - \beta_1 \sum_{i=1}^n x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i = \hat{\beta}_0 \sum x_i + \hat{\beta}_1 \sum x_i^2$

將 $\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$ 代入上式：
$\sum x_i y_i = (\bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}) \sum x_i + \hat{\beta}_1 \sum x_i^2$
$\sum x_i y_i = \bar{y} \sum x_i - \hat{\beta}_1 \bar{x} \sum x_i + \hat{\beta}_1 \sum x_i^2$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i = \hat{\beta}_1 (\sum x_i^2 - \bar{x} \sum x_i)$

我們知道 $\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i = \sum x_i y_i - \frac{\sum y_i}{n} \sum x_i = \sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})$ (這一步需要仔細驗證，另一種寫法是 $\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}$).
另一種推導方式是使用離差形式：
$\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}$
$\sum_{i=1}^n x_i(y_i - \bar{y}) = \sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i$
$\sum x_i(y_i - \beta_0 - \beta_1 x_i) = 0$
$\sum x_i y_i - \beta_0 \sum x_i - \beta_1 \sum x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i - (\bar{y} - \beta_1 \bar{x}) \sum x_i - \beta_1 \sum x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i + \beta_1 \bar{x} \sum x_i - \beta_1 \sum x_i^2 = 0$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i = \beta_1 (\sum x_i^2 - \bar{x} \sum x_i)$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i = \beta_1 (\sum x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{n})$
$\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}$
$\sum x_i y_i - \bar{y} \sum x_i = \sum x_i y_i - \frac{(\sum y_i)}{n} \sum x_i$
$\sum x_i^2 - \bar{x} \sum x_i = \sum x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{n} = \sum (x_i - \bar{x})^2$

所以，
$\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \hat{\beta}_1 \sum (x_i - \bar{x})^2$
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2}$

或者，我們也可以寫成：
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum_{i=1}^n x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum_{i=1}^n x_i^2 - n\bar{x}^2}$
$\hat{\beta}_1 = \frac{S_{xy}}{S_{xx}}$

OLS 估計量為：
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}}$
$\hat{\beta}_{0,OLS} = \bar{y} - \hat{\beta}_{1,OLS} \bar{x}$

條件：
要得到這些 OLS 估計量，我們不需要任何關於誤差項 $u_i$ 的假設。
但是，為了使這些估計量具有良好的性質（如無偏性、一致性、有效性），我們需要一些假設，這些將在後續小題中討論。
從數學上能夠解出 $\hat{\beta}_0$ 和 $\hat{\beta}_1$ 的條件是：

1. $\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 \neq 0$。這意味著 $x_i$ 不能全部相等，即 $x$ 必須有變異。如果所有 $x_i$ 都相同，則分母為零，無法唯一確定 $\beta_1$。

【答案】
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2}$
$\hat{\beta}_{0,OLS} = \bar{y} - \hat{\beta}_{1,OLS} \bar{x}$
條件：$\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})^2 \neq 0$ (即 $x$ 變數不能是常數)。

(b) $\hat{\beta}_{1,OLS}$ 的無偏性

假設 $E(u_i|x_i) = 0$ 對於所有 $i$。
我們需要證明 $E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = \beta_1$。

首先，將 $y_i$ 代入 $\hat{\beta}_{1,OLS}$ 的公式：
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\sum (x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\sum (x_i - \bar{x})((\beta_0 + \beta_1x_i + u_i) - (\beta_0 + \beta_1\bar{x} + \bar{u}))}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\sum (x_i - \bar{x})(\beta_1(x_i - \bar{x}) + (u_i - \bar{u}))}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \frac{\beta_1 \sum (x_i - \bar{x})^2 + \sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$

現在計算期望值：
$E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = E\left(\beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}\right)$
$E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = \beta_1 + E\left(\frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}\right)$

我們需要處理 $E\left(\frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}\right)$。
假設 $x_i$ 是固定的（或與 $u_i$ 無關），則 $\sum (x_i - \bar{x})^2$ 是常數。
$E\left(\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})\right) = E\left(\sum (x_i - \bar{x})u_i - \sum (x_i - \bar{x})\bar{u}\right)$
由於 $\sum (x_i - \bar{x}) = 0$，所以 $\sum (x_i - \bar{x})\bar{u} = 0$。
因此，我們需要計算 $E\left(\sum (x_i - \bar{x})u_i\right)$。

$E\left(\sum (x_i - \bar{x})u_i\right) = \sum (x_i - \bar{x})E(u_i)$
由於假設 $E(u_i|x_i) = 0$，這意味著 $E(u_i) = 0$ (即使考慮了 $x_i$ 的值，期望值也是 0)。
所以，$\sum (x_i - \bar{x})E(u_i) = \sum (x_i - \bar{x})(0) = 0$。

因此，
$E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = \beta_1 + \frac{0}{\sum (x_i - \bar{x})^2} = \beta_1$。
證明完畢。

【證明】
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = E(\beta_1) + E\left(\frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}\right)$
$E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = \beta_1 + \frac{1}{\sum (x_i - \bar{x})^2} E\left(\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})\right)$
$E\left(\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})\right) = E\left(\sum (x_i - \bar{x})u_i - \sum (x_i - \bar{x})\bar{u}\right)$
$\sum (x_i - \bar{x}) = 0$, 所以 $\sum (x_i - \bar{x})\bar{u} = 0$。
$E\left(\sum (x_i - \bar{x})u_i\right) = \sum (x_i - \bar{x})E(u_i)$
由於 $E(u_i|x_i) = 0$ 且 $x_i$ 為固定的（或不依賴於 $u_i$），則 $E(u_i) = 0$。
所以 $\sum (x_i - \bar{x})E(u_i) = \sum (x_i - \bar{x})(0) = 0$。
因此 $E(\hat{\beta}_{1,OLS}) = \beta_1$。

(c) $\hat{\beta}_{1,OLS}$ 的一致性

要證明一致性，我們需要證明 $\hat{\beta}_{1,OLS}$ 在機率上收斂到 $\beta_1$。
這通常透過證明 $E(\hat{\beta}_{1,OLS}) \to \beta_1$ (已證明) 和 $Var(\hat{\beta}_{1,OLS}) \to 0$ 當 $n \to \infty$ 來實現。

我們需要計算 $Var(\hat{\beta}_{1,OLS})$。
$\hat{\beta}_{1,OLS} = \beta_1 + \frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}$
$Var(\hat{\beta}_{1,OLS}) = Var\left(\frac{\sum (x_i - \bar{x})(u_i - \bar{u})}{\sum (x_i - \bar{x})^2}\right)$
假設 $x_i$ 是固定的，則 $\sum (x_i - \bar{x})^2$ 是常數。

本題要求計算簡單線性迴歸的 OLS 估計量、擬合值、殘差以及判定係數 $R^2$。

首先，整理數據並計算所需的總和：
$n=6$ (注意：題目中寫 $i=1,2,...,5$ 但數據有 6 筆，這裡以數據筆數為準，即 $n=6$)
$\sum x_i = 32+50+8+2+18+6 = 116$
$\sum y_i = 1+2+3+4+5+6 = 21$
$\sum x_i^2 = 32^2+50^2+8^2+2^2+18^2+6^2 = 1024+2500+64+4+324+36 = 3952$
$\sum y_i^2 = 1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2 = 1+4+9+16+25+36 = 91$
$\sum x_i y_i = 32(1)+50(2)+8(3)+2(4)+18(5)+6(6) = 32+100+24+8+90+36 = 290$

計算樣本平均數：
$\bar{x} = \frac{\sum x_i}{n} = \frac{116}{6} \approx 19.333$
$\bar{y} = \frac{\sum y_i}{n} = \frac{21}{6} = 3.5$

(a) OLS 估計量

斜率估計量 $\hat{\beta}_1$:
$\hat{\beta}_1 = \frac{\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum x_i^2 - n\bar{x}^2} = \frac{\sum x_i y_i - \frac{(\sum x_i)(\sum y_i)}{n}}{\sum x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{n}}$
$\hat{\beta}_1 = \frac{290 - \frac{(116)(21)}{6}}{3952 - \frac{(116)^2}{6}} = \frac{290 - \frac{2436}{6}}{3952 - \frac{13456}{6}}$
$\hat{\beta}_1 = \frac{290 - 406}{3952 - 2242.6667} = \frac{-116}{1709.3333} \approx -0.06786$

截距估計量 $\hat{\beta}_0$:
$\hat{\beta}_0 = \bar{y} - \hat{\beta}_1 \bar{x}$
$\hat{\beta}_0 = 3.5 - (-0.06786)(19.333)$
$\hat{\beta}_0 = 3.5 + 1.3122 \approx 4.8122$

【答案】
$\hat{\beta}_0 \approx 4.8122$
$\hat{\beta}_1 \approx -0.06786$

(b) 擬合值與殘差

擬合值 $\hat{y}_i = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_i$
殘差 $\hat{u}_i = y_i - \hat{y}_i$

$i$	$y_i$	$x_i$	$\hat{y}_i = 4.8122 - 0.06786 x_i$	$\hat{u}_i = y_i - \hat{y}_i$
1	1	32	$4.8122 - 0.06786(32) = 4.8122 - 2.1715 = 2.6407$	$1 - 2.6407 = -1.6407$
2	2	50	$4.8122 - 0.06786(50) = 4.8122 - 3.3930 = 1.4192$	$2 - 1.4192 = 0.5808$

本題探討反向迴歸 (reverse regression) 的性質，以及其估計量與原始迴歸估計量的關係，並考驗對 OLS 殘差性質的理解。

首先，我們定義原始模型和反向迴歸模型：
原始模型：$y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + u_i$, $E(u_i|x_i) = 0$。
反向迴歸模型：$x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + v_i$。
其中 $\theta_0, \theta_1$ 是我們感興趣的參數。

OLS 估計量 $\hat{\theta}_{1,OLS}$ 和 $\hat{\theta}_{0,OLS}$ 是基於最小化 $\sum v_i^2 = \sum (x_i - \theta_0 - \theta_1 y_i)^2$ 得到的。
根據 OLS 的性質，我們知道殘差和為零，且殘差與預測變數（在此為 $y_i$）的協方差為零。

(a) 反向迴歸殘差的性質

由 OLS 的性質可知，對於模型 $x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + v_i$，其 OLS 估計量 $\hat{\theta}_0, \hat{\theta}_1$ 會滿足以下條件：

1. 殘差和為零：$\sum_{i=1}^n \hat{v}_i = 0$。
2. 殘差與預測變數的乘積和為零：$\sum_{i=1}^n y_i \hat{v}_i = 0$。
   （注意：這裡的預測變數是 $y_i$，如果模型是 $x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + \theta_2z_i + v_i$，則殘差與所有預測變數的乘積和都為零）。

i. $\sum_{i=1}^n \hat{v}_i = 0$。
這是 OLS 估計量的標準性質。當我們對 $\theta_0$ 求偏微分並令其為零時，會得到 $\sum (x_i - \theta_0 - \theta_1 y_i) = 0$，即 $\sum \hat{v}_i = 0$。
因此，此敘述成立。

ii. $\sum_{i=1}^n y_i \hat{v}_i = 0$。
這是 OLS 估計量的另一個標準性質。當我們對 $\theta_1$ 求偏微分並令其為零時，會得到 $\sum y_i (x_i - \theta_0 - \theta_1 y_i) = 0$，即 $\sum y_i \hat{v}_i = 0$。
因此，此敘述成立。

iii. $\sum_{i=1}^n \hat{v}_i^2 = 0$。
$\sum \hat{v}_i^2$ 是殘差平方和 (SSR)。SSR 僅在所有觀測值都完美擬合模型時才為零，也就是說，所有殘差 $\hat{v}_i$ 都為零。這通常只發生在樣本點都嚴格落在一個線上，且該線就是由 OLS 估計出的迴歸線。在一般情況下，除非 $x_i$ 和 $y_i$ 之間存在完美的線性關係，否則 SSR 不會為零。題目並沒有給出 $x_i$ 和 $y_i$ 之間的完美線性關係，所以此敘述通常不成立。

【答案】
i. 成立。這是 OLS 估計的標準性質，保證了截距項的估計。
ii. 成立。這是 OLS 估計的標準性質，保證了斜率項的估計。
iii. 不成立。除非 $x_i$ 和 $y_i$ 之間存在完美的線性關係，否則殘差平方和不為零。

(b) $\hat{\theta}_{1,OLS}$ 是否為 $1/\beta_1$ 的無偏估計量？

我們知道原始模型是 $y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + u_i$，其中 $E(u_i|x_i)=0$。
反向迴歸模型是 $x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + v_i$。
若原始模型的假設成立，特別是 $E(u_i|x_i)=0$，那麼 $x_i$ 和 $y_i$ 之間的關係可以寫成 $y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + u_i$。
若我們將 $x_i$ 表示成 $y_i$ 的函數，則：
$x_i = \frac{y_i - \beta_0 - u_i}{\beta_1} = -\frac{\beta_0}{\beta_1} + \frac{1}{\beta_1}y_i - \frac{u_i}{\beta_1}$
對比反向迴歸模型 $x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + v_i$，我們可以對應出：
$\theta_0 = -\frac{\beta_0}{\beta_1}$
$\theta_1 = \frac{1}{\beta_1}$
$v_i = -\frac{u_i}{\beta_1}$

現在我們來計算 $\hat{\theta}_{1,OLS}$ 的期望值。
$\hat{\theta}_{1,OLS}$ 是基於模型 $x_i = \theta_0 + \theta_1y_i + v_i$ 的 OLS 估計量。
根據 OLS 的性質，$\hat{\theta}_{1,OLS}$ 的期望值是真實參數 $\theta_1$。
$E(\hat{\theta}_{1,OLS}) = \theta_1$。

我們想知道的是 $E(\hat{\theta}_{1,OLS})$ 是否等於 $1/\beta_1$。
根據上面的對應關係，理論上 $E(\hat{\theta}_{1,OLS}) = \theta_1 = 1/\beta_1$。
然而，這是在假設 $v_i$ 的條件期望為零的條件下成立的。
$E(v_i|y_i) = E(-\frac{u_i}{\beta_1}|y_i)$
我們知道 $E(u_i|x_i) = 0$。但是，反向迴歸的誤差項 $v_i$ 與 $y_i$ 的條件期望是否為零呢？
$E(v_i|y_i) = E(-\frac{u_i}{\beta_1}|y_i) = -\frac{1}{\beta_1} E(u_i|y_i)$。
由於 $y_i$ 是 $x_i$ 和 $u_i$ 的函數 ($y_i = \beta_0 + \beta_1x_i + u_i$)，
$E(u_i|y_i) = E(u_i | \beta_0 + \beta_1x_i + u_i)$。
除非 $x_i$ 和 $u_i$ 之間沒有相關性，否則 $E(u_i|y_i)$ 通常不為零。
例如，如果 $u_i$ 和 $x_i$ 是獨立的，那麼 $y_i$ 的變化會包含 $u_i$ 的變化，但 $E(u_i|y_i)$ 仍然可能不為零。
更確切地說，除非 $u_i$ 和 $y_i$ 獨立，否則 $E(u_i|y_i) \neq 0$。
然而，$u_i$ 和 $y_i$ 通常是相關的，因為 $y_i$ 包含 $u_i$。
如果 $u_i$ 和 $x_i$ 是獨立的，那麼 $E(u_i|y_i) = E(u_i | \beta_0 + \beta_1x_i + u_i)$。
如果 $\beta_1 \neq 0$，則 $y_i$ 的值會包含 $u_i$ 的信息，因此 $u_i$ 和 $y_i$ 通常是相關的。
因此，$E(v_i|y_i) \neq 0$。

當誤差項的條件期望不為零時，OLS 估計量不再是無偏的。
所以，$\hat{\theta}_{1,OLS}$ 不一定是 $1/\beta_1$ 的無偏估計量。
這稱為「反向迴歸偏差」(reverse regression bias)。