114 年 國立臺灣大學經濟學系碩士班《統計學（A）》

本題考驗的是如何找到一個最佳的線性組合估計式，使其同時具有不偏性與最小的變異數（即最大效率）。

核心觀念：

1. 不偏性 (Unbiasedness): 一個估計式若其期望值等於母體參數，則稱之為不偏估計式。
2. 效率 (Efficiency): 在所有不偏估計式中，變異數最小的估計式效率最高。
3. 最佳線性不偏估計 (Best Linear Unbiased Estimator, BLUE): 對於線性模型，若存在一個線性且不偏的估計式，其變異數在所有線性不偏估計式中最小，則稱之為 BLUE。在本題中，我們尋找的是最佳的線性組合估計式。

解題步驟：

假設母體平均數為 $\mu$ 且母體變異數為 $\sigma^2$。
由題意可知，線上問卷樣本數 $n_X = 66$，電話問卷樣本數 $n_Y = 42$。
$X$ 為線上問卷的樣本平均數，$\bar{X} = \frac{1}{n_X} \sum_{i=1}^{n_X} X_i$。
$Y$ 為電話問卷的樣本平均數，$\bar{Y} = \frac{1}{n_Y} \sum_{i=1}^{n_Y} Y_i$。
由於 $X_i$ 與 $Y_i$ 是從同一分佈獨立抽樣而來，我們有：
$E(X_i) = E(Y_i) = \mu$
$Var(X_i) = Var(Y_i) = \sigma^2$

因此，樣本平均數的期望值為：
$E(\bar{X}) = E(\frac{1}{n_X} \sum_{i=1}^{n_X} X_i) = \frac{1}{n_X} \sum_{i=1}^{n_X} E(X_i) = \frac{1}{n_X} (n_X \mu) = \mu$
$E(\bar{Y}) = E(\frac{1}{n_Y} \sum_{i=1}^{n_Y} Y_i) = \frac{1}{n_Y} \sum_{i=1}^{n_Y} E(Y_i) = \frac{1}{n_Y} (n_Y \mu) = \mu$
所以，$\bar{X}$ 和 $\bar{Y}$ 都是 $\mu$ 的不偏估計式。

樣本平均數的變異數為：
$Var(\bar{X}) = Var(\frac{1}{n_X} \sum_{i=1}^{n_X} X_i) = \frac{1}{n_X^2} \sum_{i=1}^{n_X} Var(X_i) = \frac{1}{n_X^2} (n_X \sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n_X}$
$Var(\bar{Y}) = Var(\frac{1}{n_Y} \sum_{i=1}^{n_Y} Y_i) = \frac{1}{n_Y^2} \sum_{i=1}^{n_Y} Var(Y_i) = \frac{1}{n_Y^2} (n_Y \sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n_Y}$

我們感興趣的估計式是 $C = w\bar{X} + (1-w)\bar{Y}$。
首先，檢查 $C$ 的不偏性：
$E(C) = E(w\bar{X} + (1-w)\bar{Y})$
$E(C) = wE(\bar{X}) + (1-w)E(\bar{Y})$

本題考驗的是對獨立隨機變數和的機率計算，特別是當樣本數較大時，可以使用中央極限定理來近似。

核心觀念：

1. 期望值與變異數計算： 計算單一隨機變數的期望值與變異數。
2. 獨立隨機變數和的期望值與變異數： 若 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 獨立，則 $E(\sum X_i) = \sum E(X_i)$ 且 $Var(\sum X_i) = \sum Var(X_i)$。
3. 中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)： 當獨立同分佈隨機變數的個數 $n$ 足夠大時，它們的和（或平均）的機率分佈近似於常態分佈。

解題步驟：

令 $X_i$ 為第 $i$ 位使用者在 ATM 花費的時間（分鐘），其中 $i = 1, 2, \dots, 120$。
我們已知 $X_i$ 的機率分佈：
$P(X_i = 2) = 0.5$
$P(X_i = 3) = 0.2$
$P(X_i = 4) = 0.3$

首先，計算單一使用者的平均花費時間（期望值 $E(X)$）與變異數 $Var(X)$。

1. 計算 $E(X)$：
$E(X) = \sum x P(X=x)$
$E(X) = (2 \times 0.5) + (3 \times 0.2) + (4 \times 0.3)$
$E(X) = 1.0 + 0.6 + 1.2$
$E(X) = 2.8$ 分鐘

2. 計算 $E(X^2)$：
$E(X^2) = \sum x^2 P(X=x)$
$E(X^2) = (2^2 \times 0.5) + (3^2 \times 0.2) + (4^2 \times 0.3)$
$E(X^2) = (4 \times 0.5) + (9 \times 0.2) + (16 \times 0.3)$
$E(X^2) = 2.0 + 1.8 + 4.8$
$E(X^2) = 8.6$

3. 計算 $Var(X)$：
$Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$
$Var(X) = 8.6 - (2.8)^2$
$Var(X) = 8.6 - 7.84$
$Var(X) = 0.76$

現在，我們考慮前 120 位使用者總共花費的時間，令 $S_{120} = \sum_{i=1}^{120} X_i$。
由於使用者花費的時間是獨立的，根據獨立隨機變數和的性質：

4. 計算 $S_{120}$ 的期望值 $E(S_{120})$：
$E(S_{120}) = \sum_{i=1}^{120} E(X_i) = 120 \times E(X)$
$E(S_{120}) = 120 \times 2.8$
$E(S_{120}) = 336$ 分鐘

5. 計算 $S_{120}$ 的變異數 $Var(S_{120})$：
$Var(S_{120}) = \sum_{i=1}^{120} Var(X_i) = 120 \times Var(X)$
$Var(S_{120}) = 120 \times 0.76$
$Var(S_{120}) = 91.2$

6. 計算 $S_{120}$ 的標準差 $\sigma_{S_{120}}$：

核心觀念

這題考驗單尾檢定的樣本數規劃。第一類錯誤機率 $\alpha$ 是「實際平均排放量仍為 $24{,}000$ 噸，卻判定已降低」的機率；第二類錯誤機率 $\beta$ 是「實際平均排放量已降至 $23{,}000$ 噸，卻未判定降低」的機率。

設每日排放量平均數為 $\mu$，已知標準差 $\sigma=2{,}200$ 噸，檢定為

$$H_0:\mu=24{,}000 \qquad\text{對}\qquad H_1:\mu<24{,}000.$$

以樣本平均數 $\bar X$ 作檢定統計量。採用樣本平均數的常態近似，其標準誤為 $\sigma/\sqrt n$。由於題目未指定每日排放量的分布，以下依樣本數規劃的常見作法，使用常態近似。

解題方法

令 $c$ 為左尾檢定的臨界值：當 $\bar X<c$ 時拒絕 $H_0$。為使第一類錯誤機率為 $0.01$，在虛無假設下有

$$P_{\mu=24{,}000}(\bar X<c)=0.01.$$

標準常態分配的第 $0.01$ 分位數為 $z_{0.01}=-2.3263$，因此臨界值為

$$c=24{,}000-2.3263\frac{2{,}200}{\sqrt n}.$$

題目指定在真實平均數為 $23{,}000$ 噸時，第二類錯誤機率為 $0.02$。也就是此時未能拒絕虛無假設的機率為 $0.02$：

$$P_{\mu=23{,}000}(\bar X\ge c)=0.02.$$

核心觀念

本題評量計量經濟學與高階統計學中二元選擇模型（Binary Choice Models）的核心理論——Probit 模型之最大概似估計法（Maximum Likelihood Estimation, MLE）與邊際效果（Marginal Effect）之推導：

1. 伯努利概似函數（Bernoulli Likelihood Function）：因變數 $y_i \in \{0, 1\}$，給定解釋變數 $\mathbf{x}_i$ 時，$y_i$ 服從參數為 $p_i = P(y_i = 1 | \mathbf{x}_i) = \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})$ 的伯努利分配（Bernoulli distribution）。
2. 標準常態機率密度函數（PDF）與累積分布函數（CDF）之微分關係：$\frac{d\Phi(z)}{dz} = \phi(z)$，其中 $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)$。
3. 鏈鎖法則（Chain Rule）與一階條件（FOC）：對向量 $\boldsymbol{\beta}$ 進行梯度運算（Gradient），求出分數函數（Score Vector）並令其為零向量。
4. 非線性機率模型的邊際效果（Marginal Effect）：非線性模型中，解釋變數對成功機率之偏微分並非固定係數 $\beta_k$，而是受個體特徵值 $\mathbf{x}_i$ 影響的函數值。

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解題方法與完整推導

(a) 推導對數概似函數（Log-Likelihood Function）與一階條件（FOC）

步驟 1：建立單一樣本的機率質量函數（PMF）
給定獨立隨機抽樣之個體 $i$，令成功機率為：

$$p_i = P(y_i = 1 | \mathbf{x}_i) = \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})$$

失敗機率為：

$$1 - p_i = P(y_i = 0 | \mathbf{x}_i) = 1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})$$

單一觀測值 $y_i$ 的條件機率質量函數可合併寫為伯努利形式：

$$f(y_i | \mathbf{x}_i; \boldsymbol{\beta}) = \left[\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right]^{y_i} \left[1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right]^{1 - y_i}$$

步驟 2：建構樣本概似函數（Likelihood Function）與對數概似函數（Log-Likelihood Function）
在隨機抽樣的獨立同分配（i.i.d.）假設下，大小為 $n$ 的樣本聯合概似函數為各個體機率之連乘積：

$$L(\boldsymbol{\beta}) = \prod_{i=1}^n \left[\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right]^{y_i} \left[1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right]^{1 - y_i}$$

兩邊取自然對數，得到對數概似函數 $\ln L(\boldsymbol{\beta})$：

$$\ln L(\boldsymbol{\beta}) = \sum_{i=1}^n \left\{ y_i \ln\left[\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right] + (1 - y_i) \ln\left[1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right] \right\}$$

步驟 3：推導對數概似函數的一階條件（First-Order Conditions, FOC）
欲求最大概似估計量（MLE），須對係數向量 $\boldsymbol{\beta}$ 取一階偏微分並令其等於零向量 $\mathbf{0}$。
利用微積分鏈鎖法則：

$$\frac{\partial (\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})}{\partial \boldsymbol{\beta}} = \mathbf{x}_i, \quad \frac{d\Phi(z)}{dz} = \phi(z)$$

故：

$$\frac{\partial \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})}{\partial \boldsymbol{\beta}} = \phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) \cdot \mathbf{x}_i$$

將 $\ln L(\boldsymbol{\beta})$ 對向量 $\boldsymbol{\beta}$ 微分（求分數函數 $S(\boldsymbol{\beta}) = \nabla_{\boldsymbol{\beta}} \ln L(\boldsymbol{\beta})$）：

$$\frac{\partial \ln L(\boldsymbol{\beta})}{\partial \boldsymbol{\beta}} = \sum_{i=1}^n \left[ \frac{y_i}{\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})} \phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) \mathbf{x}_i - \frac{1 - y_i}{1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})} \phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) \mathbf{x}_i \right]$$

提取公因式 $\phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) \mathbf{x}_i$ 並進行通分整理：

$$\frac{\partial \ln L(\boldsymbol{\beta})}{\partial \boldsymbol{\beta}} = \sum_{i=1}^n \left[ \frac{y_i (1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})) - (1 - y_i)\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})}{\Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\left[1 - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})\right]} \right] \phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) \mathbf{x}_i$$

分子展開化簡：

$$y_i - y_i \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) + y_i \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta}) = y_i - \Phi(\mathbf{x}_i^T \boldsymbol{\beta})$$

因此，分數向量簡化為：

本題考驗的是在存在遺漏變數偏差 (Omitted Variable Bias, OVB) 和測量誤差 (Measurement Error) 的情況下，線性迴歸模型的估計問題，以及如何尋找一致估計量。

核心觀念：

1. 遺漏變數偏差 (OVB)： 當一個與依變數相關且與模型中現有解釋變數也相關的重要變數被遺漏時，會導致現有解釋變數的係數估計產生偏差且不一致。
2. 測量誤差： 當解釋變數被測量時帶有誤差，即使該變數本身不是遺漏變數，也會導致其係數估計產生偏差且不一致（稱為經典測量誤差問題）。
3. 一致性 (Consistency)： 一個估計量，隨著樣本數 $n$ 趨近無限大，其值趨近於母體參數的真實值。
4. 工具變數法 (Instrumental Variables, IV)： 當存在內生性（如 OVB 或測量誤差導致的內生性）時，用一個與內生解釋變數相關但與誤差項不相關的變數作為工具變數，來估計內生解釋變數的係數。
5. 代理變數 (Proxy Variable)： 當無法直接觀測到一個變數，但可以觀測到一個與該變數高度相關且與誤差項不相關的變數時，可以用代理變數來近似或替代。

解題步驟：

Part (a): 遺漏變數偏差分析

原始模型為：
$\text{Earn}_i = \beta_0 + \beta_1 \text{Edu}_i + \beta_2 \text{Ability}_i + e_i$
其中 $\text{Ability}_i$ 是遺漏變數，且 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i) > 0$， $\text{Cov}(\text{Earn}_i, \text{Ability}_i) > 0$。

簡化模型為：
$\text{Earn}_i = b_0 + b_1 \text{Edu}_i + \epsilon_i$
其中 $\epsilon_i = \beta_2 \text{Ability}_i + e_i$。

我們需要檢查 OLS 估計量 $b_1$ 的一致性。OLS 估計量的性質取決於解釋變數 ($\text{Edu}_i$) 與新誤差項 ($\epsilon_i$) 的相關性。
$b_1$ 的一致性條件是 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) = 0$。
計算 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i)$:
$\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) = \text{Cov}(\text{Edu}_i, \beta_2 \text{Ability}_i + e_i)$
$\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) = \beta_2 \text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i) + \text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i)$
根據題目， $e_i$ 與 $\text{Edu}_i$ 不相關，所以 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i) = 0$。
因此，$\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) = \beta_2 \text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i)$。

根據題目，$\text{Ability}_i$ 與 $\text{Edu}_i$ 正相關，所以 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i) > 0$。
同時，題目暗示 $\beta_2 > 0$ (Ability 影響 Earnings)。
因此，$\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) > 0$。

由於 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i) \ne 0$，OLS 估計量 $b_1$ 不是 $\beta_1$ 的一致估計量。

偏差方向：
OLS 估計量的偏差方向由 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \epsilon_i)$ 的符號和 $\beta_2$ 的符號決定。
偏差的近似公式為：
$E(b_1) - \beta_1 \approx \beta_2 \frac{\text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i)}{\text{Var}(\text{Edu}_i)}$
由於 $\beta_2 > 0$, $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{Ability}_i) > 0$, $\text{Var}(\text{Edu}_i) > 0$，所以 $E(b_1) - \beta_1 > 0$。
這意味著 $b_1$ 對 $\beta_1$ 有向上偏差 (positive bias)。

Part (b): 測量誤差分析

原始模型：$\text{Earn}_i = \beta_0 + \beta_1 \text{Edu}_i + \beta_2 \text{Ability}_i + e_i$
測量變數：$\text{Ability}^*_i = \text{Ability}_i + u_i$, $\text{Ability}^{**}_i = \text{Ability}_i + v_i$
平均測量變數：$\text{Ability}^*_i = \frac{\text{Ability}^*_i + \text{Ability}^{**}_i}{2} = \text{Ability}_i + \frac{u_i + v_i}{2}$
令 $\tilde{u}_i = \frac{u_i + v_i}{2}$。則 $\text{Ability}^*_i = \text{Ability}_i + \tilde{u}_i$。
$E(\tilde{u}_i) = E(\frac{u_i + v_i}{2}) = \frac{1}{2} E(u_i) + \frac{1}{2} E(v_i) = 0 + 0 = 0$。
$Var(\tilde{u}_i) = Var(\frac{u_i + v_i}{2}) = \frac{1}{4} (Var(u_i) + Var(v_i)) = \frac{1}{4} (\sigma_u^2 + \sigma_v^2)$。
$\tilde{u}_i$ 與 $\text{Edu}_i$, $\text{Ability}_i$, $e_i$ 都不相關。

考慮模型：$\text{Earn}_i = \gamma_0 + \gamma_1 \text{Edu}_i + \gamma_2 \text{Ability}^*_i + e_i$

一致性分析：

對 $\gamma_1$ 和 $\beta_1$ 的關係：
我們需要檢查 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \text{new error term}) = 0$。
新誤差項是 $\eta_i = \gamma_2 \tilde{u}_i + e_i$。
$\text{Cov}(\text{Edu}_i, \eta_i) = \text{Cov}(\text{Edu}_i, \gamma_2 \tilde{u}_i + e_i)$
$= \gamma_2 \text{Cov}(\text{Edu}_i, \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i)$
根據題目，$\text{Edu}_i$ 與 $\tilde{u}_i$ 不相關，且 $\text{Edu}_i$ 與 $e_i$ 不相關。
所以 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \eta_i) = \gamma_2 \times 0 + 0 = 0$。
因此，OLS 估計量 $\hat{\gamma}_1$ 是 $\beta_1$ 的一致估計量。

對 $\gamma_2$ 和 $\beta_2$ 的關係：
我們需要檢查 $\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) = 0$。
$\text{Ability}^*_i = \text{Ability}_i + \tilde{u}_i$。
$\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) = \text{Cov}(\text{Ability}_i + \tilde{u}_i, \gamma_2 \tilde{u}_i + e_i)$
$= \text{Cov}(\text{Ability}_i, \gamma_2 \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\text{Ability}_i, e_i) + \text{Cov}(\tilde{u}_i, \gamma_2 \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\tilde{u}_i, e_i)$
$= \gamma_2 \text{Cov}(\text{Ability}_i, \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\text{Ability}_i, e_i) + \gamma_2 \text{Cov}(\tilde{u}_i, \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\tilde{u}_i, e_i)$

根據題目：

• $\text{Ability}_i$ 與 $\tilde{u}_i$ 不相關 $\implies \text{Cov}(\text{Ability}_i, \tilde{u}_i) = 0$。
• $\text{Ability}_i$ 與 $e_i$ 不相關 $\implies \text{Cov}(\text{Ability}_i, e_i) = 0$。
• $\text{Cov}(\tilde{u}_i, \tilde{u}_i) = Var(\tilde{u}_i) = \frac{1}{4}(\sigma_u^2 + \sigma_v^2) > 0$。
• $\tilde{u}_i$ 與 $e_i$ 不相關 $\implies \text{Cov}(\tilde{u}_i, e_i) = 0$。

所以，
$\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) = \gamma_2 \times 0 + 0 + \gamma_2 \left(\frac{1}{4}(\sigma_u^2 + \sigma_v^2)\right) + 0$
$\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) = \gamma_2 \left(\frac{1}{4}(\sigma_u^2 + \sigma_v^2)\right)$

若 $\gamma_2 \ne 0$ 且 $\sigma_u^2 + \sigma_v^2 > 0$ (即存在測量誤差)，則 $\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) \ne 0$。
這表示 OLS 估計量 $\hat{\gamma}_2$ 不是 $\beta_2$ 的一致估計量。

偏差方向 (對 $\hat{\gamma}_2$ 和 $\beta_2$)：
由於 $\text{Ability}^*_i$ 是帶有測量誤差的變數，它與真實變數 $\text{Ability}_i$ 相關，但 $\text{Ability}^*_i$ 的變異數包含了測量誤差的變異數，使其「看起來」變異數更大，但更重要的是，它與誤差項 $\eta_i$ 相關。
經典測量誤差問題的結果是，測量誤差變數的係數估計會向零收縮 (attenuation bias)。
這個偏差是由於 $\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \eta_i) \ne 0$。
偏差的近似公式為：
$E(\hat{\gamma}_2) - \beta_2 \approx -\beta_2 \frac{Var(\tilde{u}_i)}{Var(\text{Ability}^*_i)}$
$E(\hat{\gamma}_2) - \beta_2 = -\beta_2 \frac{\frac{1}{4}(\sigma_u^2 + \sigma_v^2)}{Var(\text{Ability}_i) + \frac{1}{4}(\sigma_u^2 + \sigma_v^2)}$
若 $\beta_2 > 0$, 則 $E(\hat{\gamma}_2) < \beta_2$，表示 $\hat{\gamma}_2$ 對 $\beta_2$ 有向下偏差 (negative bias)。

結論 (Part b)：

• OLS 估計量 $\hat{\gamma}_1$ 是 $\beta_1$ 的一致估計量。
• OLS 估計量 $\hat{\gamma}_2$ 不是 $\beta_2$ 的一致估計量，且存在向下偏差。

Part (c): 一致估計 $\beta_1$ 和 $\beta_2$ 的方法

由於存在遺漏變數 $\text{Ability}_i$ 和測量誤差，直接的 OLS 估計是有偏差且不一致的。我們需要採取其他方法。

方法一：使用工具變數法 (IV)

我們知道 $\text{Ability}_i$ 是內生變數（因為它與 $\text{Edu}_i$ 和 $e_i$ 相關，或者說，由於 $\text{Edu}_i$ 的遺漏偏差，它與 $\epsilon_i$ 相關；同時，在 Part (b) 中，$\text{Ability}^*_i$ 也是內生變數，因為它與 $\eta_i$ 相關）。
我們需要找到一個或多個工具變數 (IVs)。

1. 估計 $\beta_1$ 和 $\beta_2$ 的方法：
   我們可以同時考慮遺漏變數和測量誤差。
   原始模型： $\text{Earn}_i = \beta_0 + \beta_1 \text{Edu}_i + \beta_2 \text{Ability}_i + e_i$
   我們觀測到 $\text{Edu}_i$ 和 $\text{Ability}^*_i$ (帶有測量誤差)。
   $\text{Ability}^*_i = \text{Ability}_i + \tilde{u}_i$

   我們可以將 $\text{Ability}_i$ 表示為 $\text{Ability}_i = \text{Ability}^*_i - \tilde{u}_i$。
   代入原模型：
   $\text{Earn}_i = \beta_0 + \beta_1 \text{Edu}_i + \beta_2 (\text{Ability}^*_i - \tilde{u}_i) + e_i$
   $\text{Earn}_i = \beta_0 + \beta_1 \text{Edu}_i + \beta_2 \text{Ability}^*_i + (e_i - \beta_2 \tilde{u}_i)$

   令新的誤差項為 $\nu_i = e_i - \beta_2 \tilde{u}_i$。
   我們需要檢查 $\text{Edu}_i$ 和 $\text{Ability}^*_i$ 是否與 $\nu_i$ 相關。
   $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \nu_i) = \text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i - \beta_2 \tilde{u}_i) = \text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i) - \beta_2 \text{Cov}(\text{Edu}_i, \tilde{u}_i)$
   由於 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, e_i) = 0$ 且 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \tilde{u}_i) = 0$，所以 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \nu_i) = 0$。
   這表明 $\text{Edu}_i$ 與新誤差項 $\nu_i$ 不相關。

   然而，$\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \nu_i) = \text{Cov}(\text{Ability}^*_i, e_i - \beta_2 \tilde{u}_i)$
   $= \text{Cov}(\text{Ability}^*_i, e_i) - \beta_2 \text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \tilde{u}_i)$
   $= \text{Cov}(\text{Ability}_i + \tilde{u}_i, e_i) - \beta_2 \text{Cov}(\text{Ability}_i + \tilde{u}_i, \tilde{u}_i)$
   $= \text{Cov}(\text{Ability}_i, e_i) + \text{Cov}(\tilde{u}_i, e_i) - \beta_2 (\text{Cov}(\text{Ability}_i, \tilde{u}_i) + \text{Cov}(\tilde{u}_i, \tilde{u}_i))$
   $= 0 + 0 - \beta_2 (0 + Var(\tilde{u}_i))$
   $= -\beta_2 Var(\tilde{u}_i)$

   由於 $\beta_2 \ne 0$ 且 $Var(\tilde{u}_i) > 0$，所以 $\text{Cov}(\text{Ability}^*_i, \nu_i) \ne 0$。
   這意味著 $\text{Ability}^*_i$ 是內生變數。

   我們需要尋找工具變數。

   • 對於 $\beta_1$ 的估計，由於 $\text{Cov}(\text{Edu}_i, \nu_i) = 0$， $\text{Edu}_i$ 本身就是一個有效的工具變數。
   • 對於 $\beta_2$ 的估計，我們需要一個變數 $Z_i$ 滿足：
     1. $\text{Cov}(Z_i, \nu_i) = 0$ (外生性，即 $Z_i$ 與誤差項 $\nu_i$ 不相關)。
     2. $\text{Cov}(Z_i, \text{Ability}^*_i) \ne 0$ (相關性，即 $Z_i$ 與內生解釋變數 $\text{Ability}^*_i$ 相關)。

   可能的工具變數：

   • 原始模型中的遺漏變數 $\text{Ability}_i$： 如果我們能觀測到 $\text{Ability}_i$ 的某種代理變數 (proxy variable) 或具有 IV 性質的變數。
   • 來自 Part (b) 的測量誤差項 $\tilde{u}_i$ 的來源： $u_i$ 和 $v_i$ 是測量誤差。如果我們能找到與 $\text{Ability}_i$ 相關但與 $e_i$ 和 $\tilde{u}_i$ 不相關的變數，則可以用作工具變數。
   • 滯後變數 (Lagged variables)： 在面板數據中，過去的變數通常是當前變數的有效工具變數。但這裡我們只有截面數據。

核心觀念

本題考查動態追蹤資料模型中的兩個關鍵問題：

1. 一階差分雖然可以消除個體固定效果 $\mu_i$，但會使差分後的落後應變數與差分誤差項相關。
2. 使用工具變數可以處理上述內生性；但工具變數必須同時滿足：
   • 外生性：與差分後誤差項不相關；
   • 相關性：與內生解釋變數相關。

令

$$x_{it}=\Delta y_{i,t-1}, \qquad u_{it}=\Delta\epsilon_{it}.$$

差分模型為

$$\Delta y_{it}=\alpha \Delta y_{i,t-1}+\Delta\epsilon_{it}.$$

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（a）$n\to\infty$、$T$ 固定時，FD estimator 是否一致？

解題方法

FD estimator 為

$$\hat{\alpha}_{FD} = \frac{\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T \Delta y_{i,t-1}\Delta y_{it}} {\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T (\Delta y_{i,t-1})^2}.$$

代入差分模型：

$$\Delta y_{it} = \alpha\Delta y_{i,t-1}+\Delta\epsilon_{it},$$

可得

$$\hat{\alpha}_{FD} = \alpha+ \frac{\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T \Delta y_{i,t-1}\Delta\epsilon_{it}} {\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T (\Delta y_{i,t-1})^2}.$$

因此，關鍵在於判斷

$$\operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1},\Delta\epsilon_{it} \right).$$

由定義，

$$\Delta y_{i,t-1} = y_{i,t-1}-y_{i,t-2},$$

而

$$\Delta\epsilon_{it} = \epsilon_{it}-\epsilon_{i,t-1}.$$

由原模型可知，$y_{i,t-1}$ 包含 $\epsilon_{i,t-1}$，但 $y_{i,t-2}$ 不包含 $\epsilon_{i,t-1}$。因此，

$$\operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1},\Delta\epsilon_{it} \right) = \operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1}, \epsilon_{it}-\epsilon_{i,t-1} \right).$$

因為 $\Delta y_{i,t-1}$ 與當期誤差 $\epsilon_{it}$ 不相關，但與 $\epsilon_{i,t-1}$ 正相關，所以

$$\operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1},\Delta\epsilon_{it} \right) = -\sigma^2\neq 0.$$

也可以直接觀察：

• $\Delta y_{i,t-1}$ 含有 $\epsilon_{i,t-1}$；
• $\Delta\epsilon_{it}$ 含有 $-\epsilon_{i,t-1}$；
• 兩者因此產生負相關。

極限結果

當 $n\to\infty$ 且 $T$ 固定時，依大數法則，

$$\operatorname{plim}\hat{\alpha}_{FD} = \alpha+ \frac{\sum_{t=3}^T E\left[ \Delta y_{i,t-1}\Delta\epsilon_{it} \right]} {\sum_{t=3}^T E\left[ (\Delta y_{i,t-1})^2 \right]}.$$

因此，

$$\operatorname{plim}\hat{\alpha}_{FD} = \alpha- \frac{(T-2)\sigma^2} {\sum_{t=3}^T E\left[ (\Delta y_{i,t-1})^2 \right]}.$$

分母為正，故

$$\operatorname{plim}\hat{\alpha}_{FD}<\alpha.$$

所以 FD estimator 在固定 $T$、$n\to\infty$ 的情況下具有非零的漸近偏誤，且通常是向下偏誤。

【答案】

當 $n\to\infty$ 而 $T$ 固定時，$\hat{\alpha}_{FD}$ 不是一致估計量。

原因是差分後的解釋變數 $\Delta y_{i,t-1}$ 與差分誤差項 $\Delta\epsilon_{it}$ 相關：

$$\operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1},\Delta\epsilon_{it} \right) =-\sigma^2\neq 0.$$

因此 FD-OLS 存在固定 $T$ 下的漸近偏誤。

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（b）$n\to\infty$ 且 $T\to\infty$ 時，FD estimator 是否一致？

仍由下式出發：

$$\hat{\alpha}_{FD} = \alpha+ \frac{\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T \Delta y_{i,t-1}\Delta\epsilon_{it}} {\sum_{i=1}^n\sum_{t=3}^T (\Delta y_{i,t-1})^2}.$$

每一期的內生性仍然存在：

$$E\left[ \Delta y_{i,t-1}\Delta\epsilon_{it} \right] =-\sigma^2.$$

但當 $T$ 增加時：

• 分子中的偏誤項約與 $T$ 成正比；
• 分母是所有期間解釋變數平方和，也約與 $T$ 成正比。

在穩定動態模型的標準條件下，例如 $|\alpha|<1$，分母的累積變異量會充分增加，使得固定的每期內生性造成的平均偏誤逐漸消失。FD estimator 的偏誤大小約為 $O(1/T)$。

因此，

$$\lim_{T\to\infty} \left( \operatorname{plim}_{n\to\infty}\hat{\alpha}_{FD} -\alpha \right) =0.$$

【答案】

當 $n\to\infty$ 且 $T\to\infty$ 時，在標準穩定性條件（如 $|\alpha|<1$）下，$\hat{\alpha}_{FD}$ 是一致估計量。

雖然差分後仍有

$$\operatorname{Cov} \left( \Delta y_{i,t-1},\Delta\epsilon_{it} \right) =-\sigma^2,$$

但隨著 $T$ 增加，FD estimator 的偏誤約以 $1/T$ 的速度趨近於零。因此，長時間序列可以消除固定 $T$ 所造成的漸近偏誤。

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（c）AH estimator 是否一致？

解題方法

AH estimator 使用