115 年 國立臺灣大學經濟學系碩士班《統計學（A）》

這個題目在考驗對中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 的理解。CLT 的核心在於說明，當樣本數 $n$ 夠大時，來自任何分布（只要其一階與二階動差存在）的獨立同分布隨機變數的樣本平均值，其分布會趨近於一個常態分布。

CLT 的標準敘述是：
設 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 為獨立且同分布（i.i.d.）的隨機變數，具有有限的期望值 $E(X_i) = \mu$ 和有限的變異數 $Var(X_i) = \sigma^2 > 0$。則樣本平均值 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的標準化形式，當 $n \to \infty$ 時，會趨近於標準常態分布 $N(0, 1)$。
即：
$\lim_{n \to \infty} P\left(\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \le z\right) = \Phi(z)$
其中 $\Phi(z)$ 是標準常態分布的累積分布函數。

從上述標準敘述，我們可以推導出 $\bar{X}$ 的分布：
由於 $\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0, 1)$，
這意味著 $\bar{X} - \mu \xrightarrow{d} N(0, (\sigma/\sqrt{n})^2) = N(0, \sigma^2/n)$。
進一步，這表示 $\bar{X} \xrightarrow{d} N(\mu, \sigma^2/n)$。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 兩個獨立常態變數之比的分布。當分子、分母皆為零均值時，比例服從標準 Cauchy 分布；均值不為零時，通常不是標準 Cauchy 分布。
2. 常態變數的線性轉換，以及獨立常態變數之比的密度推導。
3. 常態樣本中，樣本平均數與離均差向量獨立；而樣本全距只依賴離均差，因此可證明其與樣本平均數平方獨立。

以下假設 $\sigma^2>0$，並以 $\Phi$ 表示標準常態分布的累積分布函數。

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(a) $Y=\dfrac{X_1}{X_2}$ 的分布

解題方法

使用變數轉換

$$Y=\frac{X_1}{X_2},\qquad T=X_2.$$

因此

$$X_1=YT,\qquad X_2=T.$$

Jacobian 的絕對值為

$$\left|\frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(y,t)}\right|=|t|.$$

由於 $X_1,X_2$ 獨立且皆服從 $N(\mu,\sigma^2)$，

$$f_{X_1,X_2}(x_1,x_2) = \frac{1}{2\pi\sigma^2} \exp\left\{ -\frac{(x_1-\mu)^2+(x_2-\mu)^2}{2\sigma^2} \right\}.$$

所以

$$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} |t|f_{X_1,X_2}(yt,t)\,dt.$$

代入並整理指數項：

$$f_Y(y) = \frac{1}{2\pi\sigma^2} \int_{-\infty}^{\infty} |t| \exp\left\{ -\frac{(1+y^2)t^2-2\mu(1+y)t+2\mu^2}{2\sigma^2} \right\} dt.$$

完成平方後，可得 $Y$ 的機率密度函數：

$$f_Y(y) = \frac{ \exp\left\{ -\dfrac{\mu^2(y-1)^2}{2\sigma^2(1+y^2)} \right\} }{\pi(1+y^2)}$$ $$\quad+ \frac{ \mu(y+1) \exp\left\{ -\dfrac{\mu^2(y-1)^2}{2\sigma^2(1+y^2)} \right\} }{ \sigma\sqrt{2\pi}(1+y^2)^{3/2} } \left[ 2\Phi\left( \frac{\mu(y+1)}{\sigma\sqrt{1+y^2}} \right)-1 \right], \qquad -\infty<y<\infty.$$

因此，$Y$ 服從「兩個同變異數、同均值常態變數之比」的 ratio-normal 分布。

特別地，若 $\mu=0$，上式化為

$$f_Y(y)=\frac{1}{\pi(1+y^2)},$$

故

$$Y\sim \operatorname{Cauchy}(0,1).$$

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(b) $W=\dfrac{X_1-X_2}{X_1+X_2}$ 的分布

解題方法

令

$$A=X_1-X_2,\qquad B=X_1+X_2.$$

由獨立常態變數的線性組合仍為常態分布，

$$A\sim N(0,2\sigma^2),$$ $$B\sim N(2\mu,2\sigma^2).$$

再計算共變異數：

$$\operatorname{Cov}(A,B) = \operatorname{Cov}(X_1-X_2,X_1+X_2) = \sigma^2-\sigma^2=0.$$

因為 $(A,B)$ 為聯合常態，且共變異數為零，所以 $A$ 與 $B$ 獨立。

現在

$$W=\frac{A}{B}.$$

令 $T=B$，則

$$A=WT.$$

Jacobian 的絕對值為 $|t|$，故

$$f_W(w) = \int_{-\infty}^{\infty} |t|f_A(wt)f_B(t)\,dt.$$

代入 $A\sim N(0,2\sigma^2)$ 與 $B\sim N(2\mu,2\sigma^2)$ 的密度，整理後得到

$$f_W(w) = \frac{ \exp\left\{ -\dfrac{\mu^2w^2}{\sigma^2(1+w^2)} \right\} }{\pi(1+w^2)}$$ $$\quad+ \frac{ \mu \exp\left\{ -\dfrac{\mu^2w^2}{\sigma^2(1+w^2)} \right\} }{ \sigma\sqrt{\pi}(1+w^2)^{3/2} } \left[ 2\Phi\left( \frac{\sqrt{2}\mu}{\sigma\sqrt{1+w^2}} \right)-1 \right], \qquad -\infty<w<\infty.$$

此題考驗對均值矩估計法 (Method of Moments, MOM)、一致性估計量、假設檢定與信賴區間的理解與應用，特別是針對均勻分布。

核心觀念：

• 均值矩估計法：令樣本動差等於母體動差，解出待估參數。
• 一致性：當樣本數趨近無限大時，估計量會趨近真實參數。
• 假設檢定：根據檢定統計量的值，判斷是否拒絕虛無假設。
• 信賴區間：給定信賴水準，參數落入該區間的機率。
• 均勻分布 $U[0, \theta]$ 的性質：期望值、變異數、CDF、PDF。

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(a) 尋找 $\theta$ 的矩估計量 $\hat{\theta}$，並判斷其一致性。

均勻分布 $U[0, \theta]$ 的機率密度函數 (PDF) 為：
$f(x; \theta) = \begin{cases} \frac{1}{\theta} & 0 \le x \le \theta \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

步驟 1：計算母體的一階動差 (期望值)。
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x; \theta) dx = \int_0^\theta x \cdot \frac{1}{\theta} dx = \frac{1}{\theta} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^\theta = \frac{1}{\theta} \left( \frac{\theta^2}{2} - 0 \right) = \frac{\theta}{2}$。

步驟 2：計算樣本的一階動差。
樣本的一階動差是樣本平均值：
$\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。

步驟 3：令樣本一階動差等於母體一階動差，解出 $\theta$。
$\bar{X} = E(X)$
$\bar{X} = \frac{\theta}{2}$
解出 $\theta$：
$\theta = 2\bar{X}$

因此，$\theta$ 的矩估計量為 $\hat{\theta}_{MOM} = 2\bar{X}$。

步驟 4：判斷 $\hat{\theta} = 2\bar{X}$ 的一致性。
一個估計量 $\hat{\theta}$ 對於參數 $\theta$ 是一致的，如果 $\lim_{n \to \infty} P(|\hat{\theta} - \theta| < \epsilon) = 1$ 對於任意 $\epsilon > 0$。
這等價於 $\lim_{n \to \infty} E(\hat{\theta}) = \theta$ 且 $\lim_{n \to \infty} Var(\hat{\theta}) = 0$。

• 檢查期望值：
  $E(\hat{\theta}) = E(2\bar{X}) = 2 E(\bar{X})$
  由於 $\bar{X}$ 是來自 $U[0, \theta]$ 的樣本平均值，其期望值為母體的期望值：$E(\bar{X}) = E(X) = \frac{\theta}{2}$。
  所以，$E(\hat{\theta}) = 2 \cdot \frac{\theta}{2} = \theta$。
  $\lim_{n \to \infty} E(\hat{\theta}) = \theta$，所以 $\hat{\theta}$ 是漸近無偏的 (asymptotically unbiased)。

• 檢查變異數：
  $Var(\hat{\theta}) = Var(2\bar{X}) = 2^2 Var(\bar{X}) = 4 Var(\bar{X})$。
  樣本平均值的變異數為母體變異數除以樣本數：$Var(\bar{X}) = \frac{Var(X)}{n}$。
  均勻分布 $U[0, \theta]$ 的變異數為：
  $Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2$
  $E(X^2) = \int_0^\theta x^2 \cdot \frac{1}{\theta} dx = \frac{1}{\theta} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^\theta = \frac{1}{\theta} \frac{\theta^3}{3} = \frac{\theta^2}{3}$。
  $Var(X) = \frac{\theta^2}{3} - \left(\frac{\theta}{2}\right)^2 = \frac{\theta^2}{3} - \frac{\theta^2}{4} = \frac{4\theta^2 - 3\theta^2}{12} = \frac{\theta^2}{12}$。
  所以，$Var(\bar{X}) = \frac{\theta^2/12}{n} = \frac{\theta^2}{12n}$。
  $Var(\hat{\theta}) = 4 \cdot \frac{\theta^2}{12n} = \frac{\theta^2}{3n}$。
  $\lim_{n \to \infty} Var(\hat{\theta}) = \lim_{n \to \infty} \frac{\theta^2}{3n} = 0$。

由於 $\lim_{n \to \infty} E(\hat{\theta}) = \theta$ 且 $\lim_{n \to \infty} Var(\hat{\theta}) = 0$，根據弱大數法則 (Weak Law of Large Numbers)，$\hat{\theta}$ 是一致的。

結論： $\theta$ 的矩估計量為 $\hat{\theta} = 2\bar{X}$，且 $\hat{\theta}$ 是一致估計量。

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(b) 針對 $H_0: \theta = 9$ vs. $H_1: \theta \neq 9$，以 $\alpha = 0.05$ 建立檢定統計量與拒絕域。

我們使用的估計量是 $\hat{\theta} = 2\bar{X}$。
在虛無假設 $H_0$ 下，我們假設 $\theta = 9$。
因此，在 $H_0$ 為真時，
$E(\hat{\theta}) = \theta = 9$
$Var(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2}{3n} = \frac{9^2}{3n} = \frac{81}{3n} = \frac{27}{n}$。

根據中央極限定理 (CLT)，當 $n$ 夠大時，$\hat{\theta} = 2\bar{X}$ 的分布近似於常態分布：
$\hat{\theta} \approx N(E(\hat{\theta}), Var(\hat{\theta})) = N(9, \frac{27}{n})$。

我們可以構造一個標準化的檢定統計量 $Z$：
$Z = \frac{\hat{\theta} - E(\hat{\theta})}{\sqrt{Var(\hat{\theta})}} = \frac{2\bar{X} - 9}{\sqrt{27/n}}$
在 $H_0$ 為真時，$Z \approx N(0, 1)$。

這是雙尾檢定，顯著水準為 $\alpha = 0.05$。
我們需要找到標準常態分布的臨界值 $z_{\alpha/2}$，使得 $P(|Z| > z_{\alpha/2}) = \alpha$。
對於 $\alpha = 0.05$，$\alpha/2 = 0.025$。
查標準常態分布表，累積機率為 $1 - 0.025 = 0.975$ 的 $z$ 值是 $1.96$。
所以，$z_{0.025} = 1.96$。

拒絕域：
我們在 $|Z| > z_{\alpha/2}$ 時拒絕 $H_0$。
即 $| \frac{2\bar{X} - 9}{\sqrt{27/n}} | > 1.96$。

檢定統計量：
$T = \frac{2\bar{X} - 9}{\sqrt{27/n}}$。
當 $|T| > 1.96$ 時，拒絕 $H_0$。

注意： 題目只給了 $n=3$ 的樣本，這是一個非常小的樣本數。CLT 的近似可能不夠準確。然而，在沒有其他資訊或更精確的分布資訊時，通常會基於 CLT 來進行。如果 $X_i$ 是常態分布，那麼 $\bar{X}$ 也是常態分布，此時 $Z$ 的分布是精確的標準常態分布。但這裡 $X_i$ 是均勻分布，所以 CLT 的應用是近似。

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(c) 給定樣本 $(X_1, X_2, X_3) = (6.30, 2.28, 7.46)$，建構 95% 信賴區間，並判斷是否拒絕 $H_0$。

步驟 1：計算樣本平均值 $\bar{X}$。
$n = 3$
$\bar{X} = \frac{6.30 + 2.28 + 7.46}{3} = \frac{16.04}{3} \approx 5.3467$

步驟 2：計算 $\hat{\theta}$ 的值。
$\hat{\theta} = 2\bar{X} = 2 \times 5.3467 \approx 10.6934$

步驟 3：建構 95% 信賴區間。
信賴區間的公式為：
$\hat{\theta} \pm z_{\alpha/2} \sqrt{Var(\hat{\theta})}$
其中 $Var(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2}{3n}$。
但是，信賴區間的建構通常是基於估計量本身的變異數。當我們建構 $\theta$ 的信賴區間時，我們使用 $\hat{\theta}$ 的變異數。
我們知道 $Var(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2}{3n}$。在建構信賴區間時，我們需要估計這個變異數。
一個常見的做法是將 $\theta$ 用其估計量 $\hat{\theta}$ 取代。
所以，我們使用 $\frac{\hat{\theta}^2}{3n}$ 作為變異數的估計。
$\sqrt{\frac{\hat{\theta}^2}{3n}} = \frac{\hat{\theta}}{\sqrt{3n}}$。

95% 信賴區間為：
$\hat{\theta} \pm z_{\alpha/2} \frac{\hat{\theta}}{\sqrt{3n}}$
其中 $z_{\alpha/2} = 1.96$ (因為 $\alpha = 0.05$)。
$n = 3$。
$\hat{\theta} \approx 10.6934$。

信賴區間 = $10.6934 \pm 1.96 \cdot \frac{10.6934}{\sqrt{3 \times 3}}$
= $10.6934 \pm 1.96 \cdot \frac{10.6934}{\sqrt{9}}$
= $10.6934 \pm 1.96 \cdot \frac{10.6934}{3}$
= $10.6934 \pm 1.96 \cdot 3.5645$
= $10.6934 \pm 6.9864$

信賴區間的下限：$10.6934 - 6.9864 = 3.7070$
信賴區間的上限：$10.6934 + 6.9864 = 17.6798$

所以，$\theta$ 的 95% 信賴區間是 $(3.7070, 17.6798)$。

另一種建構信賴區間的方法：
有些教材會直接使用 $\hat{\theta} = 2\bar{X}$ 的漸近分布 $N(\theta, \frac{\theta^2}{3n})$。
在建構信賴區間時，我們需要估計 $\frac{\theta^2}{3n}$。
一種方法是使用 $\frac{\hat{\theta}^2}{3n}$。
另一種方法是使用 plug-in estimator for variance: $\frac{\hat{\theta}^2}{3n}$。
$\sqrt{\frac{\hat{\theta}^2}{3n}} = \frac{\hat{\theta}}{\sqrt{3n}}$。
這與上面計算的結果相同。

核心觀念

本題考查：

• 機率積分轉換：若 $F$ 為連續分布函數，則 $F(X_i)\sim \operatorname{Uniform}(0,1)$。

• 最大順序統計量 $X_{(n)}$ 的分布：

  $P(X_{(n)}\le x)=F(x)^n.$

• 極限公式：

  $\left(1-\frac{y}{n}\right)^n\longrightarrow e^{-y}.$

題目中的 $Y_n=n(1-F(X_{(n)}))$ 衡量樣本最大值右側尾端機率的放大結果，因此其極限將呈現指數分布。

解題方法

由於 $F$ 可逆且連續，令

$U_i=F(X_i),\qquad i=1,\dots,n.$

根據機率積分轉換，

$U_i\sim \operatorname{Uniform}(0,1).$

又因為 $F$ 為遞增函數，

$$F(X_{(n)})=F\left(\max(X_1,\dots,X_n)\right) =\max(F(X_1),\dots,F(X_n)) =\max(U_1,\dots,U_n).$$

記

$U_{(n)}=\max(U_1,\dots,U_n),$

則

$Y_n=n(1-U_{(n)}).$

對任意固定的 $y<0$，因為 $Y_n\ge 0$，所以

$P(Y_n\le y)=0.$

對任意固定的 $y\ge 0$，當 $n>y$ 時，

$$\begin{aligned} P(Y_n\le y) &=P\left(n(1-U_{(n)})\le y\right)\\ &=P\left(U_{(n)}\ge 1-\frac{y}{n}\right)\\ &=1-P\left(U_{(n)}<1-\frac{y}{n}\right). \end{aligned}$$

此題考驗對線性迴歸模型中，對數轉換與指數轉換的期望值計算，以及估計量的性質，包含一致性估計量。

核心觀念：

1. 對數轉換： 當應變數對數轉換後，模型變成線性模型，但誤差項的分布會影響原始應變數的分布。
2. 常態分布的性質： $E(e^X)$ 當 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ 時，其值為 $e^{\mu + \sigma^2/2}$。
3. 條件期望值： $E(Y|X)$ 的計算。
4. OLS 估計量： 樣本迴歸線的預測值。
5. 一致性估計量： 當樣本數趨近無限大時，估計量趨近真實參數。
6. 殘差項： 實際值與預測值之間的差異。

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模型設定：
$\log y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u$
$E(u|x) = 0, \quad u|x \sim N(0, \sigma^2)$
其中 $x = (x_1, x_2)$。
令 $\log y = Y'$。則 $Y' = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u$。
令 $E(Y'|x) = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2$。
由 $E(u|x)=0$ 可知。
$Var(Y'|x) = Var(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u | x) = Var(u|x) = \sigma^2$。

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(a) Find $E(\exp(u))$.

我們已知 $u|x \sim N(0, \sigma^2)$。
根據常態分布的性質，$E(e^X) = e^{E(X) + Var(X)/2}$。
在這裡，$X=u$， $E(u) = 0$ 且 $Var(u) = \sigma^2$。
因此，
$E(\exp(u)|x) = E(e^u|x) = e^{E(u|x) + Var(u|x)/2}$
$= e^{0 + \sigma^2/2} = e^{\sigma^2/2}$。

由於 $E(\exp(u)|x)$ 對所有 $x$ 都是常數 $e^{\sigma^2/2}$，所以其無條件期望值也為 $e^{\sigma^2/2}$。
$E(\exp(u)) = E[E(\exp(u)|x)] = E[e^{\sigma^2/2}] = e^{\sigma^2/2}$。

【答案】 $E(\exp(u)) = e^{\sigma^2/2}$。

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(b) Find $E(y|x)$.

我們有 $\log y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u$。
這意味著 $y = \exp(\log y) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u)$。
$y = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2) \cdot \exp(u)$。
令 $E' = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2$。
則 $y = \exp(E') \cdot \exp(u)$。

我們需要計算條件期望值 $E(y|x)$。
$E(y|x) = E[\exp(E') \cdot \exp(u) | x]$
由於 $\exp(E')$ 是關於 $x$ 的函數，它對於條件期望值 $E(\cdot|x)$ 來說是常數。
$E(y|x) = \exp(E') \cdot E(\exp(u)|x)$
$E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2) \cdot E(\exp(u)|x)$。

從 (a) 的結果，我們知道 $E(\exp(u)|x) = e^{\sigma^2/2}$。
所以，
$E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2) \cdot e^{\sigma^2/2}$
$E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + \frac{\sigma^2}{2})$。

【答案】 $E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + \frac{\sigma^2}{2})$。

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(c) Find a consistent estimator for the predicted value of $y$, $\hat{y}$, in terms of $\widehat{\log y}$ and $\hat{\sigma}^2$, where $\hat{\sigma}^2$ is a consistent estimator for $\sigma^2$.

預測值 $\hat{y}$ 通常是指基於樣本估計出來的參數，代入模型計算出來的預測值。
根據 (b) 的結果，真實的條件期望值是 $E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + \frac{\sigma^2}{2})$。
將真實參數 $(\beta_0, \beta_1, \beta_2, \sigma^2)$ 用其 OLS 估計量 $(\hat{\beta}_0, \hat{\beta}_1, \hat{\beta}_2, \hat{\sigma}^2)$ 取代，我們可以得到 $\hat{y}$ 的預測值。
$\hat{y} = \exp(\hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_1 + \hat{\beta}_2 x_2 + \frac{\hat{\sigma}^2}{2})$。

題目要求用 $\widehat{\log y}$ 和 $\hat{\sigma}^2$ 來表示。
我們知道 $\widehat{\log y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_1 + \hat{\beta}_2 x_2$ 是 OLS 對 $\log y$ 的預測值。
所以，
$\hat{y} = \exp(\widehat{\log y} + \frac{\hat{\sigma}^2}{2})$。

說明一致性：
OLS 估計量 $\hat{\beta}_0, \hat{\beta}_1, \hat{\beta}_2$ 是 $\beta_0, \beta_1, \beta_2$ 的一致估計量，因為誤差項 $u$ 的條件期望為零且滿足其他標準假設。
$\hat{\sigma}^2$ 是 $\sigma^2$ 的一致估計量。
$\widehat{\log y}$ 是 $E(\log y|x)$ 的一致估計量。
由於 $\exp(\cdot)$ 是一個連續函數，根據連續函數保持一致性 (Slutsky's theorem or properties of consistent estimators)，$\exp(\widehat{\log y})$ 是 $\exp(E(\log y|x))$ 的一致估計量。
同理，$\exp(\widehat{\log y} + \frac{\hat{\sigma}^2}{2})$ 是 $\exp(E(\log y|x) + \frac{\sigma^2}{2})$ 的一致估計量。
而 $\exp(E(\log y|x) + \frac{\sigma^2}{2}) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + \frac{\sigma^2}{2}) = E(y|x)$。
所以，$\hat{y} = \exp(\widehat{\log y} + \frac{\hat{\sigma}^2}{2})$ 是一個一致估計量。

【答案】 $\hat{y} = \exp(\widehat{\log y} + \frac{\hat{\sigma}^2}{2})$。

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(d) If we know that $u$ is not normally distributed, find a consistent estimator for the predicted value of $y$, $\hat{y}$, in terms of $\widehat{\log y}$ and $\hat{u}_i$.

模型為：
$\log y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u$
$E(u|x) = 0$
$\widehat{\log y} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 x_1 + \hat{\beta}_2 x_2$
$\hat{u}_i = \log y_i - \widehat{\log y}_i$

我們需要找到 $\hat{y}$ 的一致估計量。
從 $y = \exp(\log y) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u)$。
$E(y|x) = E(\exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + u)|x)$
$E(y|x) = \exp(\beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2) \cdot E(\exp(u)|x)$。

在這一部分，我們不知道 $u$ 的分布，只知道 $E(u|x)=0$。
我們不能再使用 $E(\exp(u)|x) = e^{\sigma^2/2}$。
我們需要用樣本資訊來估計 $E(\exp(u)|x)$。

一個一致的估計量 $\hat{y}$ 應該基於 OLS 預測值 $\widehat{\log y}$ 和對 $E(\exp(u)|x)$ 的估計。

此題考驗對迴歸分析中，多重共線性 (multicollinearity) 與控制變數 (control variables) 對估計量標準誤與係數估計的影響。

核心觀念：

1. 簡單迴歸 (Simple Regression)： $y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + u$。 $\hat{\beta}_1$ 是 $y$ 對 $x_1$ 的簡單迴歸係數。
2. 複迴歸 (Multiple Regression)： $y = \beta_0 + \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2 + \beta_3 x_3 + v$。 $\hat{\beta}_{1.23}$ 是 $y$ 對 $x_1, x_2, x_3$ 的複迴歸係數。
3. Ceteris Paribus： 在其他條件不變的情況下。複迴歸的係數 $\hat{\beta}_{1.23}$ 試圖捕捉 $x_1$ 對 $y$ 的 ceteris paribus 效應。
4. 多重共線性： 自變數之間高度相關。
5. 標準誤 (Standard Error, SE)： 衡量迴歸係數估計量變異性的指標。較小的標準誤表示估計量較精確。

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(a) If $x_1$ is almost uncorrelated with $x_2$ and $x_3$ in the sample, and $x_2$ and $x_3$ are highly correlated, would you expect $\hat{\beta}_1$ and $\hat{\beta}_{1.23}$ to be similar or very different? Explain.

解釋：

• 簡單迴歸 $\hat{\beta}_1$： 估計的是 $x_1$ 對 $y$ 的總效應，其中包含了 $x_1$ 直接對 $y$ 的影響，以及 $x_1$ 間接通過 $x_2$ 和 $x_3$ 對 $y$ 的影響（如果 $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 相關的話）。
• 複迴歸 $\hat{\beta}_{1.23}$： 估計的是 $x_1$ 對 $y$ 的 ceteris paribus 效應，即在控制了 $x_2$ 和 $x_3$ 的影響後，$x_1$ 對 $y$ 的直接影響。

題目給定：

1. $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 幾乎不相關。
2. $x_2$ 與 $x_3$ 高度相關。

分析：
當 $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 幾乎不相關時，在複迴歸模型中，將 $x_2, x_3$ 加入迴歸式，對 $x_1$ 的係數 $\hat{\beta}_{1.23}$ 的影響會很小。
這是因為 $x_2, x_3$ 無法很好地解釋 $x_1$ 的變異。
標準迴歸理論告訴我們，複迴歸係數 $\hat{\beta}_{1.23}$ 可以看作是 $y$ 對 $x_1$ 的迴歸殘差，對 $x_2, x_3$ 的迴歸殘差進行迴歸的係數。
如果 $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 無關，那麼 $x_1$ 對 $y$ 的影響，在簡單迴歸和複迴歸中，基本上是相同的。
也就是說，控制 $x_2, x_3$ 的動作，並不會顯著地改變 $x_1$ 對 $y$ 的估計效應，因為 $x_2, x_3$ 並沒有「解釋」或「混淆」(confound) $x_1$ 對 $y$ 的關係。

$x_2$ 和 $x_3$ 高度相關（即多重共線性）主要會影響 $\hat{\beta}_2$ 和 $\hat{\beta}_3$ 的標準誤，並可能使它們變得很大，但對於 $x_1$ 的係數 $\hat{\beta}_{1.23}$ 的影響，取決於 $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 的關聯度。

結論：
因為 $x_1$ 與 $x_2, x_3$ 幾乎不相關，所以 $\hat{\beta}_1$ 和 $\hat{\beta}_{1.23}$ 應該是相似的。
加入 $x_2$ 和 $x_3$ 作為控制變數，並不會顯著改變 $x_1$ 對 $y$ 的 ceteris paribus 效應的估計。

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(b) If $x_1$ is highly correlated with $x_2$ and $x_3$, and $x_2$ and $x_3$ have small partial effects on $y$, would you expect $se(\hat{\beta}_1)$ or $se(\hat{\beta}_{1.23})$ to be smaller? Explain.

解釋：

• $se(\hat{\beta}_1)$： 簡單迴歸中 $x_1$ 係數的標準誤。