113 年 國立臺灣大學經濟學系碩士班《統計學（A）》

本題考驗對二項分配的理解及其應用，包含期望值、標準差的計算，以及機率的計算。

核心觀念：

1. 二項分配 (Binomial Distribution)：當試驗是獨立重複的伯努利試驗時，成功次數服從二項分配。
2. 二項分配的期望值與標準差。
3. 機率計算。

解題步驟：
令 $n$ 為商店的總數，根據題目， $n = 100$。
令 $p$ 為單一商店達到營收目標的機率，根據題目， $p = 0.4$。
令 $X$ 為達到營收目標的商店數量。
由於各商店的表現是獨立的，且每家商店達到營收目標的機率相同，因此 $X$ 服從參數為 $n=100$ 和 $p=0.4$ 的二項分配，記為 $X \sim Bin(n=100, p=0.4)$。

(a) 計算預期值與標準差：
對於二項分配 $X \sim Bin(n, p)$，其期望值為 $E(X) = np$，標準差為 $SD(X) = \sqrt{np(1-p)}$。

期望值：
$E(X) = np = 100 \times 0.4 = 40$

標準差：
$SD(X) = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{100 \times 0.4 \times (1-0.4)} = \sqrt{100 \times 0.4 \times 0.6} = \sqrt{24}$
$\sqrt{24} \approx 4.899$

【答案】
期望值為 40。
標準差為 $\sqrt{24} \approx 4.899$。

(b) 計算獎金總額超過 3 百萬的機率：
每家達到營收目標的商店，其管理者可獲得 $80,000 美元的獎金。 若要使獎金總額超過 3 百萬美元，則達到營收目標的商店數量$X$必須滿足：$X \times 80,000 > 3,000,000$$X > \frac{3,000,000}{80,000}$$X > \frac{300}{8}$$X > 37.5$

由於 $X$ 必須是整數，所以我們需要計算 $P(X > 37.5)$，這相當於計算 $P(X \ge 38)

本題考驗對線性迴歸模型的假設檢定、信賴區間建構，以及反向迴歸係數的計算。

核心觀念：

1. 迴歸係數的顯著性檢定。
2. 迴歸係數的信賴區間。
3. 最小平方法 (OLS) 的性質，特別是係數的估計。

解題步驟：
給定的迴歸模型為 $GPAFY_i = \beta_0 + \beta_1 GPAHS_i + \epsilon_i$。
從 Table 2 可知，估計結果為：
$\hat{\beta}_0 = 1.9046$
$\hat{\beta}_1 = 0.3109$
$SE(\hat{\beta}_1) = 0.1491$
$n = 75$。

(a) 檢定 GPAHS 與 GPAFY 是否相關：
我們要檢定的是 $\beta_1$ 是否顯著不為零。
虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$ (GPAHS 與 GPAFY 無關)。
對立假設 $H_1: \beta_1 \neq 0$ (GPAHS 與 GPAFY 有關)。
檢定統計量為 t 檢定，其計算公式為：
$t = \frac{\hat{\beta}_1 - \beta_1}{SE(\hat{\beta}_1)}$
在 $H_0$ 下，$\beta_1 = 0$，所以：
$t = \frac{0.3109 - 0}{0.1491} \approx 2.085$

自由度 (degrees of freedom, df) 為 $n - 2 = 75 - 2 = 73$。
顯著水準為 $\alpha = 0.05$。
由於是雙尾檢定，我們尋找自由度為 73 時，$\alpha/2 = 0.025$ 的臨界值。
查 t 分配表，自由度為 70 時，臨界值約為 1.994；自由度為 80 時，臨界值約為 1.990。對於 73 的自由度，臨界值介於兩者之間，約為 1.992。
若 $|t| > t_{\alpha/2, n-2}$，則拒絕 $H_0$。
在此 case，$|2.085| > 1.992$。
因此，我們拒絕虛無假設 $H_0$。

結論：在 5% 的顯著水準下，數據提供有力的證據顯示學生的 GPAHS 與其大學第一年的 GPAFY 顯著相關。

【答案】
虛無假設 $H_0: \beta_1 = 0$。
對立假設 $H_1: \beta_1 \neq 0$。
檢定統計量 $t = \frac{0.3109}{0.1491} \approx 2.085$。
自由度為 $75-2=73$。
在 $\alpha=0.05$ 的顯著水準下，臨界值約為 $1.992$。
因為 $|2.085| > 1.992$，所以拒絕 $H_0$。
數據提供有力的證據顯示學生的 GPAHS 與其大學第一年的 GPAFY 顯著相關。

(b) 建構 90% 信賴區間：
信賴區間的公式為：
$\hat{\beta}_1 \pm t_{\alpha/2, n-2} \times SE(\hat{\beta}_1)$
由於是 90% 信賴區間，$\alpha = 1 - 0.90 = 0.10$。
$\alpha/2 = 0.05$。
自由度為 $n-2 = 73$。
查 t 分配表，自由度為 73，$\alpha/2 = 0.05$ 的臨界值約為 1.665。

信賴區間：
$0.3109 \pm 1.665 \times 0.1491$
$0.3109 \pm 0.2483$
區間下限：$0.3109 - 0.2483 = 0.0626$
區間上限：$0.3109 + 0.2483 = 0.5592$

此信賴區間是針對 GPAHS 變數每增加一個單位，GPAFY 平均變化的區間。
題目問的是「A student improves her high-school GPA by 1.2」，這指的是 GPAHS 的變化量為 $\Delta GPAHS = 1.2$。
那麼 GPAFY 的預期變化量為 $\beta_1 \times \Delta GPAHS$。

本題考驗假設檢定的設定、p-value 的計算與判斷，以及 Type II 錯誤機率的計算。

核心觀念：

1. 假設檢定的設定：虛無假設 ($H_0$) 與對立假設 ($H_1$)。
2. 單一樣本 t 檢定 (One-sample t-test)。
3. p-value 的意義與判斷。
4. Type II 錯誤 (Beta 錯誤) 的概念與計算。

解題步驟：
(a) 設定假設檢定：
目標是檢定商店瓶裝水的平均庫存量是否維持在 50 箱。
若平均庫存量不是 50 箱，則需要改變庫存政策。
因此，我們需要進行一個雙尾檢定。

虛無假設 $H_0$: 瓶裝水的平均庫存量等於 50 箱。
符號表示：$\mu = 50$

對立假設 $H_1$: 瓶裝水的平均庫存量不等於 50 箱。
符號表示：$\mu \neq 50$

【答案】
虛無假設 $H_0: \mu = 50$（瓶裝水的平均庫存量為 50 箱）。
對立假設 $H_1: \mu \neq 50$（瓶裝水的平均庫存量不為 50 箱）。

(b) 計算 p-value 並判斷是否拒絕 $H_0$：
樣本大小 $n = 82$。
樣本均值 $\bar{x} = 52.5$ 箱。
樣本標準差 $s = 9.8$ 箱。
顯著水準 $\alpha = 0.05$。

由於母體標準差未知，且樣本大小 $n=82 > 30$，我們可以使用單一樣本 t 檢定。
檢定統計量 $t$ 的計算公式為：
$t = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s / \sqrt{n}}$
其中 $\mu_0$ 是虛無假設下的母體均值，即 50。

計算檢定統計量：
$t = \frac{52.5 - 50}{9.8 / \sqrt{82}}$
$t = \frac{2.5}{9.8 / 9.1104} \approx \frac{2.5}{1.0757} \approx 2.324$

自由度 (df) 為 $n - 1 = 82 - 1 = 81$。

接下來計算 p-value。p-value 是在 $H_0$ 為真時，觀察到比樣本結果更極端（或同等極端）的檢定統計量的機率。
由於這是雙尾檢定，p-value 為 $2 \times P(T_{81} \ge |t|)$，其中 $T_{81}$ 代表自由度為 81 的 t 分配。
p-value $= 2 \times P(T_{81} \ge 2.324)$。

查 t 分配表，自由度為 80 時，臨界值：
$t_{0.025, 80} \approx 1.990$
$t_{0.01, 80} \approx 2.374$
我們的檢定統計量 $t = 2.324$ 介於 $1.990$ 和 $2.374$ 之間。
因此，單尾機率 $P(T_{81} \ge 2.324)$ 介於 $0.01$ 和 $0.025$ 之間。
p-value $= 2 \times P(T_{81} \ge 2.324)$，所以 p-value 介於 $2 \times 0.01 = 0.02$ 和 $2 \times 0.025 = 0.05$ 之間。

精確計算 p-value：使用軟體計算，p-value $\approx 0.0227$。

判斷是否拒絕 $H_0$：
比較 p-value 與顯著水準 $\alpha$。
若 p-value $\le \alpha$，則拒絕 $H_0$。
在此 case，p-value $\approx 0.0227 \le \alpha = 0.05$。
因此，我們拒絕虛無假設 $H_0$。

核心觀念

本題綜合考查：

1. OLS 估計量的無偏性與誤差相關。
2. OLS 估計量的常態分配條件。
3. 完全多重共線性。
4. Eicker–White 異質變異數一致估計量。
5. 加入控制變數前後的 OLS 係數，以及「樣本不相關」與「獨立」的差異。

令

$$Y=X\beta+u, \qquad \beta= \begin{bmatrix} \beta_0\\ \beta_1\\ \beta_2\\ \beta_3 \end{bmatrix},$$

其中 $X$ 為固定且滿秩的設計矩陣。OLS 估計量為

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

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（a）錯誤

題述：「若 $\rho\neq 0$，則 OLS 估計量是 $\beta$ 的有偏估計量。」

OLS 的期望值為

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

只要滿足外生性條件

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

就有

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

因此，誤差項之間具有相關性，即

$$\operatorname{Corr}(u_i,u_j)=\rho\neq 0,$$

會影響 OLS 估計量的變異數與標準誤，卻不會單獨造成偏誤。

當誤差變異數為 $\sigma^2$，且任兩個不同誤差的相關係數為 $\rho$ 時，

$$\operatorname{Cov}(u_i,u_j)=\rho\sigma^2,\qquad i\neq j.$$

這會使得

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

其中 $\Omega=\operatorname{Var}(u\mid X)$ 不再是對角矩陣，但不改變無偏性。

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（b）錯誤

題述：「樣本數 $n=500$ 時，OLS 估計量一般服從常態分配。」

OLS 估計量是誤差項的線性組合：

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

若誤差向量 $u$ 本身服從多變量常態分配，則 $\hat{\beta}_{OLS}$ 才能確定服從多變量常態分配：

$$u\mid X\sim N(0,\Omega) \quad\Longrightarrow\quad \hat{\beta}_{OLS}\mid X \sim N\left( \beta,\, (X'X)^{-1}X'\Omega X(X'X)^{-1} \right).$$

題目並未假設誤差項服從常態分配，因此即使 $n=500$，也不能說 OLS 估計量「一般」服從常態分配。

大樣本下，在適當正則條件成立時，中央極限定理可使 OLS 估計量「漸近近似」常態，但這不等於有限樣本下必然為常態分配。

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（c）錯誤

題述：「若 $x_{i1}=2x_{i2}$，則 $\beta_1=0.562$。」

若對所有 $i$ 都有

$$x_{i1}=2x_{i2},$$

則設計矩陣中的兩個欄向量完全線性相關：

$$X_{\cdot 1}=2X_{\cdot 2}.$$

此時 $X$ 不具滿欄秩，因而

$$X'X$$

不可逆，標準 OLS 估計量

$$\hat{\beta}=(X'X)^{-1}X'Y$$

不存在唯一解。

更具體地說，模型中的兩項為

$$\beta_1x_{i1}+\beta_2x_{i2} = \beta_1(2x_{i2})+\beta_2x_{i2} = (2\beta_1+\beta_2)x_{i2}.$$

資料只能辨識組合 $2\beta_1+\beta_2$，無法分別辨識 $\beta_1$ 與 $\beta_2$。因此不能由此推出 $\beta_1=0.562$。

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（d）錯誤

Eicker–White 變異數共變異數矩陣估計量的形式為

本題考驗對動態面板模型 (Dynamic Panel Model) 中差分估計量一致性的理解。

核心觀念：

1. 動態面板模型。
2. 異質截距 (Heterogeneous Intercepts)。
3. 差分法 (First Differencing)。
4. 一致性估計量 (Consistent Estimator)。
5. 大樣本性質。

解題步驟：
給定的模型是：
$y_{i,t} = \alpha_i + \beta y_{i,t-1} + \epsilon_{i,t}$，其中 $i=1, \dots, n$, $t=1, \dots, T$。
$\{|\beta| < 1\}$ 且 $\{\epsilon_{i,t}\}$ 是 i.i.d. 且有有限二階矩。
$\alpha_i$ 是異質截距。

為了消除異質截距 $\alpha_i$，我們取一階差分：
$\Delta y_{i,t} = y_{i,t} - y_{i,t-1}$
$\Delta y_{i,t} = (\alpha_i + \beta y_{i,t-1} + \epsilon_{i,t}) - (\alpha_i + \beta y_{i,t-2} + \epsilon_{i,t-1})$
$\Delta y_{i,t} = \beta (y_{i,t-1} - y_{i,t-2}) + (\epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1})$
$\Delta y_{i,t} = \beta \Delta y_{i,t-1} + \Delta \epsilon_{i,t}$

其中 $\Delta y_{i,t-1} = y_{i,t-1} - y_{i,t-2}$ 且 $\Delta \epsilon_{i,t} = \epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1}$。
這個差分後的模型是一個新的迴歸模型，其形式為：
$Y'_t = \beta X'_t + \epsilon'_t$
其中 $Y'_t = \Delta y_{i,t}$ (這裡的 $t$ 應該是指時間索引，而 $i$ 是個體索引。題目中的 $\sum$ 符號似乎是針對個體 $i$ 和時間 $t$ 進行的，我們假設是總和)。

題目中給的估計量是：
$\hat{\beta}_{FD} = \frac{\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta y_{i,t})}{\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1})^2}$
這是一個基於差分的普通最小平方法 (OLS) 估計量。
它相當於在模型 $\Delta y_{i,t} = \beta \Delta y_{i,t-1} + \Delta \epsilon_{i,t}$ 上進行迴歸。

我們要判斷 $\hat{\beta}_{FD}$ 是否為 $\beta$ 的一致估計量，在 $n \to \infty$ 而 $T$ 固定時。
一致性是指當樣本量趨於無限大時，估計量趨近於真實參數。
對於 OLS 估計量，在模型 $Y = X\beta + \epsilon$ 下，如果滿足某些條件，它通常會是一致的。
這裡的模型是 $\Delta y_{i,t} = \beta \Delta y_{i,t-1} + \Delta \epsilon_{i,t}$。
在總和形式下，相當於 $\sum_{i,t} (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta y_{i,t}) = \beta \sum_{i,t} (\Delta y_{i,t-1})^2 + \sum_{i,t} (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})$。
所以，$\hat{\beta}_{FD} = \beta + \frac{\sum_{i,t} (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})}{\sum_{i,t} (\Delta y_{i,t-1})^2}$。

為了判斷一致性，我們需要看當 $n \to \infty$ (T 固定) 時，第二項是否趨近於 0。
$\lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})}{\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1})^2} = 0$

考慮分子：$\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})$。
由於 $T$ 是固定的，我們可以將其視為 $n$ 個獨立同分佈（近似）的隨機變數之和（如果我們假設個體 $i$ 是獨立的）。
令 $Z_i = \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})$。
那麼分子是 $\sum_{i=1}^n Z_i$。
考慮分母：$\sum_{i=1}^n \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1})^2$。
令 $W_i = \sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1})^2$。
那麼分母是 $\sum_{i=1}^n W_i$。

我們需要檢查 $E(Z_i)$ 和 $E(W_i)$。
$E(Z_i) = E[\sum_{t=2}^T (\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})]$。
由於 $\{\epsilon_{i,t}\}$ 是 i.i.d.，且 $|\beta| < 1$，模型是穩定的。
$\Delta y_{i,t-1}$ 是過去的 $y$ 值和 $\epsilon$ 值的一個函數。
關鍵在於 $\Delta y_{i,t-1}$ 和 $\Delta \epsilon_{i,t}$ 之間的協方差。
$\Delta y_{i,t-1} = \beta \Delta y_{i,t-2} + \Delta \epsilon_{i,t-1}$。
$\Delta \epsilon_{i,t} = \epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1}$。
$E[(\Delta y_{i,t-1}) (\Delta \epsilon_{i,t})] = E[(\beta \Delta y_{i,t-2} + \Delta \epsilon_{i,t-1}) (\epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1})]$
$= \beta E[\Delta y_{i,t-2} (\epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1})] + E[\Delta \epsilon_{i,t-1} (\epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1})]$
$= \beta E[\Delta y_{i,t-2} \epsilon_{i,t}] - \beta E[\Delta y_{i,t-2} \epsilon_{i,t-1}] + E[(\epsilon_{i,t-1} - \epsilon_{i,t-2}) (\epsilon_{i,t} - \epsilon_{i,t-1})]$

由於 $\{\epsilon_{i,t}\}$ 是 i.i.d.，對於 $t$ 和 $t-1$ 之外的時間點，它們的期望是 0。
$E[\Delta y_{i,t-2} \epsilon_{i,t}] = 0$ (因為 $\Delta y_{i,t-2}$ 只依賴於 $\epsilon_{i,s}$ for $s \le t-2$ 和 $\alpha_i$）。
$E[\Delta y_{i,t-2} \epsilon_{i,t-1}] = 0$ (同理)。
所以，

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 測量誤差造成的解釋變數內生性與 OLS 偏誤。
2. 工具變數法（Instrumental Variables, IV）如何利用另一個帶有獨立測量誤差的變數，消除 OLS 的測量誤差偏誤。

模型為

$$Y_i=\beta_0X_i+\varepsilon_i,$$

但真正的 $X_i$ 無法觀察，只能觀察到

$$W_i=X_i+U_i,\qquad Z_i=X_i+V_i.$$

其中 $U_i$ 與 $V_i$ 分別是測量誤差，且根據題目條件，測量誤差彼此獨立，並且與 $X_i$、$\varepsilon_i$ 不相關。

記

$$E(X_i)=\mu_X,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\sigma_X^2.$$

因此

$$E(X_i^2)=\operatorname{Var}(X_i)+[E(X_i)]^2 =\sigma_X^2+\mu_X^2.$$

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（a）以 $W_i$ 對 $Y_i$ 做無截距 OLS

無截距 OLS 估計量為

$$\hat{\beta}_{OLS} = \frac{\sum_{i=1}^n W_iY_i} {\sum_{i=1}^n W_i^2}.$$

由大數法則，

$$\operatorname{plim}\hat{\beta}_{OLS} = \frac{E(W_iY_i)}{E(W_i^2)}.$$

先計算分子：

$$\begin{aligned} E(W_iY_i) &=E\left[(X_i+U_i)(\beta_0X_i+\varepsilon_i)\right]\\ &=\beta_0E(X_i^2)+E(X_i\varepsilon_i) +\beta_0E(U_iX_i)+E(U_i\varepsilon_i). \end{aligned}$$

由題目條件，

$$E(X_i\varepsilon_i)=E(U_iX_i)=E(U_i\varepsilon_i)=0.$$

所以

$$E(W_iY_i) = \beta_0E(X_i^2) = \beta_0(\sigma_X^2+\mu_X^2).$$

再計算分母：

$$\begin{aligned} E(W_i^2) &=E[(X_i+U_i)^2]\\ &=E(X_i^2)+2E(X_iU_i)+E(U_i^2). \end{aligned}$$

因為 $E(X_iU_i)=0$、$E(U_i)=0$，且

$$E(U_i^2)=\operatorname{Var}(U_i)=\sigma_U^2,$$

故

$$E(W_i^2) = \sigma_X^2+\mu_X^2+\sigma_U^2.$$

因此

$$\operatorname{plim}\hat{\beta}_{OLS} = \beta_0 \frac{\sigma_X^2+\mu_X^2} {\sigma_X^2+\mu_X^2+\sigma_U^2}.$$

若 $X_i$ 的平均數為零，即 $\mu_X=0$，則簡化為

$$\operatorname{plim}\hat{\beta}_{OLS} = \beta_0 \frac{\sigma_X^2} {\sigma_X^2+\sigma_U^2}.$$

這是典型的測量誤差衰減偏誤（attenuation bias）。當 $\sigma_U^2>0$ 時，估計係數的絕對值通常被壓向零。

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