114 年 國立中正大學財務金融學系碩士班《統計學》

此題主要在釐清 panel data 與 pooled cross-sectional data 的定義。

Panel Data: 指的是追蹤同一個樣本（例如個人、家庭、公司或國家）在不同時間點的數據。重點在於「同一個樣本」和「不同時間點」。

Pooled Cross-Sectional Data: 指的是在不同時間點收集的獨立樣本。這些樣本在時間上是獨立的，但它們可能代表了相同或可比較的總體。重點在於「不同時間點」且是「獨立樣本」。

此題考驗對數據變異性（variability）的直觀判斷，通常可以透過觀察數據的分散程度來判斷。對於直方圖，變異性較大的數據分佈會更寬廣，而變異性較小的數據分佈則會較集中。

觀察三個直方圖：
(i) 數據主要集中在 1 到 7 的範圍內，分佈相對集中。
(ii) 數據主要集中在 1 到 7 的範圍內，但比 (i) 更寬廣一些，尤其在 1 和 7 的部分有較高的頻率。

此題考驗對直方圖的解讀能力，包括判斷分佈的偏態（skewness）、集中趨勢以及變異性。

首先，觀察直方圖的橫軸代表「Length of time on hold in minutes」，縱軸代表「Frequency」。

(i) 判斷偏態：
觀察直方圖的形狀。圖中最高頻的區間是 3-4 分鐘，而數據往右側（較長等待時間）有較長的尾巴，顯示其為右偏（right-skewed）分佈。因此，敘述 (i) 是正確的。
敘述 (ii) 則是左偏，與圖形不符，故錯誤。

(iii) 和 (iv) 判斷「Most callers waited on hold for less than three minutes」或「at least three minutes」。
查看 0-1 分鐘、1-2 分鐘、2-3 分鐘這三個區間的頻率。
0-1 分鐘：約 5
1-2 分鐘：約 10
2-3 分鐘：約 15
總計：5 + 10 + 15 = 30

核心觀念

平均數、中位數、眾數的相對位置由分布的偏態決定：右偏（長尾在右）時，少數大值把平均數往右拉，通常 眾數 < 中位數 < 平均數。

讀圖（第 3、4 題共用直方圖：電話等候時間）

等候時間（分鐘）	1–2	2–3	3–4	4–5	5–6
次數	10	20	5	0	3

共 $n=38$ 人。最高柱在 2–3 分鐘，右側一路拖到 5–6 分鐘（中間還空一格），是明顯的右偏分布。

計算驗證

• 平均數（取組中點）：
  $\bar x \approx \frac{1.5(10)+2.5(20)+3.5(5)+5.5(3)}{38}=\frac{99}{38}\approx 2.61$

此題考查 Student's t 分佈相較於標準常態分佈 (Normal distribution) 的特性，以及為何在金融學中常用於描述股票報酬率的動態。

Student's t 分佈的特性：
Student's t 分佈是一種機率分佈，其形狀類似於常態分佈，但具有較重的尾部（fat tails）。它有兩個參數：自由度 (degrees of freedom, df) 和非中心性參數 (non-centrality parameter, ncp)，但通常在比較時，我們考慮的是標準 t 分佈，其均值為 0，方差為 1（當自由度趨近無限大時）。

與常態分佈的比較：

1. 對稱性: 標準 t 分佈是關於均值 (0) 對稱的，與標準常態分佈相同。因此，選項 A 和 B 關於不對稱性是錯誤的。
2. 尾部特性: t 分佈的尾部比常態分佈更「重」（fat tails）。

此題考查對「平均數 (mean)」作為敘述性統計量適用性的理解。平均數適用於量化數據，用來描述一個群體的「典型」數值。

選項分析：
A. the age of a typical voter：年齡是一個連續的量化變數，可以計算平均年齡來描述典型選民的年齡。這是適用平均數的。

此題考查標準差（standard deviation, SD）和變異數（variance, Var）的性質，以及它們如何影響樣本均值和個別觀測值的離散程度。

已知條件：$\sigma_A > \sigma_B$，其中 $\sigma_A$ 和 $\sigma_B$ 分別是總體 A 和總體 B 的標準差。

選項分析：
A. Population B has a smaller variance than population A.
變異數是標準差的平方 ($\sigma^2$)。如果 $\sigma_A > \sigma_B$，則 $\sigma_A^2 > \sigma_B^2$。因此，總體 B 的變異數小於總體 A 的變異數。此敘述為真。

B. The mean of a sample of 20 from population A has a larger standard deviation than the mean of a sample of 20 from population B.
樣本均值的標準差（標準誤, standard error of the mean, SEM）為 $\sigma_{\bar{x}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
對於總體 A，樣本均值的標準差為 $\sigma_{\bar{x}, A} = \frac{\sigma_A}{\sqrt{20}}$。
對於總體 B，樣本均值的標準差為 $\sigma_{\bar{x}, B} = \frac{\sigma_B}{\sqrt{20}}$。

此題考查對比例的抽樣分佈（sampling distribution of a proportion）的理解，並使用中央極限定理（Central Limit Theorem, CLT）來計算機率。

總體資訊：
總學生數 $N = 20,000$
州內學生比例 $p_{in-state} = 0.64$
州外學生比例 $p_{out-of-state} = 0.36$

樣本資訊：
樣本大小 $n = 400$

我們關心的是州外學生比例。
總體比例 $p = 0.36$。
樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分佈，根據 CLT，當 $n$ 足夠大時，其近似為常態分佈，其均值為總體比例 $p$，標準差為 $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$。

計算樣本比例的均值和標準差：
均值 $\mu_{\hat{p}} = p = 0.36$
標準差 $\sigma_{\hat{p}} = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} = \sqrt{\frac{0.36(1-0.36)}{400}} = \sqrt{\frac{0.36 \times 0.64}{400}} = \sqrt{\frac{0.2304}{400}} = \sqrt{0.000576} = 0.024$

我們要計算的機率是樣本比例 $\hat{p}$ 在 33% (0.33) 和 41% (0.41) 之間。
$P(0.33 < \hat{p} < 0.41)$

此題考查對二項分佈（Binomial Distribution）的應用。題目給定了獨立試驗、固定成功機率以及試驗次數，符合二項分佈的條件。

假設：
i. 每年最多一次颶風：這點有點誤導，因為 ii 和 iii 才是關鍵。 ii 說機率是 0.1， iii 說獨立。我們應該關注的是「每一年是否有發生颶風」。
ii. 每年發生颶風的機率 $p = 0.1$。
iii. 每年颶風的發生是獨立的。

我們關心的是在一個 10 年的時期內。這可以看作是進行了 $n = 10$ 次獨立的試驗（每一年）。
每次試驗的「成功」可以定義為「當年發生颶風」。
成功的機率 $p = 0.1$。
失敗的機率 $q = 1-p = 0.9$。

我們要求的是「10 年 period 內發生少於 3 次颶風」的機率。
這意味著在 10 年內發生 0 次、1 次或 2 次颶風。
令 $X$ 為 10 年內發生的颶風次數。 $X \sim Binomial(n=10, p=0.1)$。
我們需要計算 $P(X < 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)$。

二項分佈的機率公式為 $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$。

計算 $P(X=0)$:
$P(X=0) = \binom{10}{0} (0.1)^0 (0.9)^{10} = 1 \times 1 \times (0.9)^{10}$

核心觀念

• 正態分布（Normal distribution）：若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，則標準化變數 $Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$ 服從標準正態分布 $N(0,1)$。
• 標準正態分布累積機率 $\Phi(z)=P(Z\le z)$，可由常用統計表或計算機取得。
• 本題關注的是「在 17 分鐘內到達」的機率，即 $P(X\le 17)$；若需求是「超過 17 分鐘」則為 $1-P(X\le 17)$。

解題方法
對兩條道路分別計算在 17 分鐘內完成行程的機率，然後比較哪條路的成功機率較高。

1. 路線 R1（平均 20 分，標準差 5 分）

$Z_{R1}= \frac{17-20}{5}= -\frac{3}{5}= -0.6$

$P_{R1}(X\le 17)=\Phi(-0.6)=1-\Phi(0.6)\approx 1-0.7257=0.2743\;(27.43\%)$

2. 路線 R2（平均 15 分，標準差 8 分）

$Z_{R2}= \frac{17-15}{8}= \frac{2}{8}=0.25$

$P_{R2}(X\le 17)=\Phi(0.25)\approx 0.5987\;(59.87\%)$

比較結果：R2 在 17 分鐘內抵達的機率為 59.87%，遠高於 R1 的 27.43%。因此選擇 R2 可最大化准時到達的重要會議的機會。

選項分析

此題考查對假設檢定中 P 值（p-value）的正確解讀。

檢定設定：
虛無假設 $H_0: \mu = 532$
對立假設 $H_a: \mu < 532$ (單邊檢定，左尾檢定)
樣本平均數 $\bar{x} = 529$
P 值 = 0.03

P 值的定義是：在虛無假設為真的前提下，觀察到與樣本結果一樣極端或更極端的結果的機率。
在這個情境下，P 值 0.03 表示：如果總體平均數 $\mu$ 確實是 532，那麼隨機抽取一個樣本，其樣本平均數小於或等於 529（或更極端的值，即更小的值）的機率是 0.03。

選項分析：
A. There is a 0.03 probability that the population mean is smaller than 529.
這是對 P 值的錯誤解讀。P 值是基於 $H_0$ 為真的條件下的機率，它不能用來反推總體參數的機率。總體平均數 $\mu$ 是一個固定的值（儘管未知），它不是一個隨機變數，因此不能說它有 0.03 的機率小於 529。

此題考查對雙邊假設檢定（two-sided hypothesis test）的決策規則，以及 P 值與顯著水準（significance level, $\alpha$）的比較。

從問題 11 知道：
虛無假設 $H_0: \mu = 532$
樣本平均數 $\bar{x} = 529$
P 值 = 0.03

現在進行的是雙邊檢定，但 P 值是根據樣本數據計算出來的，它反映了觀察到當前樣本結果（或更極端結果）的可能性。對於雙邊檢定，P 值的計算方式可能與單邊檢定不同，但題目已經給定了 P 值是 0.03，我們直接使用這個 P 值來做決策。

決策規則：
若 P 值 $\le \alpha$，則拒絕 $H_0$。
若 P 值 $> \alpha$，則不拒絕 $H_0$（或接受 $H_0$）。

分析各敘述：
(i) If the significance level is 5%, you will accept the null hypothesis.
顯著水準 $\alpha = 0.05$。P 值 = 0.03。
因為 $0.03 \le 0.05$，所以我們應該拒絕虛無假設。
敘述 (i) 說「accept the null hypothesis」，是錯誤的。

此題考查卡方檢定（chi-square test）中「期望次數（expected counts）」的定義。

卡方檢定，特別是適合類別資料的卡方適配度檢定（chi-square goodness-of-fit test）和卡方獨立性檢定（chi-square test of independence），都是用來比較觀察到的次數（observed counts）與在某種假設下預期會觀察到的次數（expected counts）之間的差異。

卡方檢定的核心思想是：如果虛無假設（null hypothesis）為真，那麼觀察到的數據應該與期望的數據非常接近。如果觀察到的數據與期望的數據差異很大，我們就有理由拒絕虛無假設。

期望次數的計算是基於「虛無假設為真」的前提。
例如，在卡方獨立性檢定中，如果我們檢定兩個類別變數是否獨立，那麼期望次數的計算公式為：
$E_{ij} = \frac{(\text{Row } i \text{ Total}) \times (\text{Column } j \text{ Total})}{(\text{Grand Total})}$
這個公式正是假設兩個變數獨立時，在各儲存格中預期會出現的次數。

此題考查對「統計上顯著（statistically significant）」的理解，特別是在探討兩個類別變數關係時。

統計上的顯著性，通常是透過假設檢定來判斷。虛無假設（null hypothesis）通常設定為「兩個變數之間沒有關係」（或「獨立」），對立假設（alternative hypothesis）則設定為「兩個變數之間存在關係」。

當我們說一個關係是「統計上顯著」時，這意味著我們觀察到的樣本結果（例如，卡方檢定的值很大，或者 P 值很小）不太可能僅僅是由於隨機抽樣誤差而產生的。也就是說，如果實際上兩個變數在總體中並沒有關係，那麼我們在樣本中觀察到如此強的關係的機率是非常低的。

P 值的概念與此密切相關：P 值是虛無假設為真時，觀察到當前樣本結果或更極端結果的機率。如果 P 值非常小（例如，小於預設的顯著水準 $\alpha$），我們就拒絕虛無假設，認為觀察到的關係是統計上顯著的。

選項分析：
A. is small enough that it is likely to have occurred in the observed sample even if there is no relationship in the population.
這描述的是一個「不顯著」的關係。如果關係足夠小，以至於在總體無關係的情況下，在樣本中出現這種關係是很可能的（即抽樣誤差造成的），那麼我們不會認為它是統計上顯著的。

B. is small enough that it is unlikely to have occurred in the observed sample if there is no re

此題考查「統計上顯著（statistically significant）」的含義。

當我們說一個樣本觀察到的關係是統計上顯著的，這意味著我們有足夠的證據來拒絕「兩個變數在總體中沒有關係」的虛無假設。換句話說，我們認為觀察到的關係不太可能是由隨機抽樣誤差造成的，而是真實地存在於總體中。

選項分析：
A. not related in the population represented by the sample.
這與統計顯著性的含義相反。統計顯著意味著我們認為它們「是」相關的。

此題考查對信賴區間（confidence interval, CI）的正確解讀。

給定資訊：
樣本大小 $n = 150$
樣本中發現瑕疵的數量 = 12
樣本比例 $\hat{p} = \frac{12}{150} = 0.08$
90% 信賴區間為 (0.044, 0.116)

信賴區間的正確解釋是關於區間本身，而不是關於總體參數的單一機率。
一個 90% 的信賴區間意味著：如果我們重複進行多次抽樣，並為每個樣本都計算一個 90% 的信賴區間，那麼大約有 90% 的這些區間會包含真實的總體比例。

選項分析：
A. There is a 90% chance that the proportion of new phones that have cosmetic flaws is between 0.044 and 0.116.
這是對信賴區間最常見的錯誤解讀。一旦信賴區間被計算出來（例如 (0.044, 0.116)），總體比例 $\hat{p}$ 就落在這個區間內或區間外，這個機率是 0 或 1。我們不能說有 90% 的機率總體比例落在某個特定的區間內。信賴水準 90% 指的是我們建構區間的方法有 90% 的機率會捕捉到總體參數。

核心觀念

本題考查單一常態母體平均數 $\mu$ 的雙尾區間估計（母體標準差 $\sigma$ 未知、大樣本情形）：

1. 樞紐變數（Pivot Quantity）：
   當母體服從常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$ 且母體標準差 $\sigma$ 未知時，利用樣本標準差 $S$ 取代 $\sigma$，其樞紐量服從自由度為 $n-1$ 的 Student's $t$ 分配：
   $T = \frac{\bar{X} - \mu}{S / \sqrt{n}} \sim t(n-1)$

2. 大樣本近似：
   本題樣本數 $n = 100 \ge 30$，由中央極限定理（CLT）及 $t$ 分配之漸近性質，當自由度 $df = 99$ 很大時，$t_{0.025}(99) \approx z_{0.025} = 1.96$。

3. $100(1-\alpha)\%$ 信心區間公式：
   $\left[ \bar{X} - z_{\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}, \; \bar{X} + z_{\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}} \right]$
   其中上限（Upper Limit）為：
   $\text{Upper Limit} = \bar{X} + z_{\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}$

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解題方法

1. 整理題幹已知條件：

   • 樣本數：$n = 100$
   • 樣本平均數：$\bar{X} = 5$
   • 樣本標準差：$S = 2$
   • 信心水準：$1 - \alpha = 0.95 \implies \alpha = 0.05 \implies \alpha/2 = 0.025$

2. 計算樣本平均數的標準誤（Standard Error, SE）：
   $SE(\bar{X}) = \frac{S}{\sqrt{n}} = \frac{2}{\sqrt{100}} = \frac{2}{10} = 0.2$

3. 計算邊際誤差（Margin of Error, ME）：
   取標準常態臨界值 $z_{0.025} = 1.96$：

此題考查信賴區間（confidence interval, CI）的信心水準（confidence level）與最大估計誤差（maximum error of estimate，也稱為 margin of error, MOE）之間的關係。

信賴區間的公式為：$\bar{x} \pm MOE$，其中 $MOE = Z_{\alpha/2} \times \frac{s}{\sqrt{n}}$（當總體標準差未知時，通常用 $s$ 代替 $\sigma$）。

最大估計誤差 (MOE) 的大小取決於：

1. $Z_{\alpha/2}$：這個值與信心水準有關。信心水準越高，$\alpha$ 越小，$\alpha/2$ 越小，但 $Z_{\alpha/2}$ 越大。
2. $s$：樣本標準差。
3. $n$：樣本大小。

此題考查因果關係（causality）推論的基本概念。

因果關係的推論是統計學和經濟學中一個核心但又困難的問題。它要求證明一個變數的變化「引起」了另一個變數的變化，而不是僅僅相關或同時發生。

選項分析：
A. A variable has a causal effect on another variable if both variables increase or decrease simultaneously.
這描述的是「相關性（correlation）」，而不是「因果關係（causation）」。兩個變數同時變化（例如，冰淇淋銷量和溺水人數都在夏天增加）並不意味著一個引起另一個。這可能由第三個隱藏變數（如天氣炎熱）引起，或者只是巧合。

B. The notion of 'ceteris paribus' plays an important role in causal analysis.
「Ceteris paribus」是拉丁語，意為「其他條件不變」。在因果分析中，我們希望隔離特定變數的影響，並排除其他可能影響結果的因素。透過控制其他變數（讓它們保持不變），我們可以更清晰地觀察到我們要研究的變數的因果效應。這正是「ceteris paribus」在因果分析中的重要作用。

核心觀念

本題考查「迴歸模型是否線性」的判斷標準。

迴歸模型的線性與否，判斷重點不是看自變數 $x$ 是否以平方根、對數等形式出現，而是看模型是否對未知參數 $\beta_0,\beta_1,\ldots$ 呈線性。

一般線性迴歸模型可寫成：

$$Y=\beta_0+\beta_1g_1(X)+\beta_2g_2(X)+\epsilon$$

其中 $g_1(X),g_2(X)$ 可以是 $X^{1/2}$、$\log X$、$X^2$ 等函數；只要參數本身只以一次方出現，且沒有被放入分母、指數或其他非線性運算中，仍屬於線性迴歸模型。

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解題方法

逐一觀察各選項中的未知參數是否以線性方式出現：

• 若可整理成「參數乘上一個已知的 $x$ 函數，再相加」的形式，則為線性迴歸。
• 若參數出現在分母、指數、對數或其他非線性位置，則為非線性迴歸。

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選項分析

A. $y=\beta_0+\beta_1x^{1/2}+\epsilon$

此模型可寫成：

$$y=\beta_0+\beta_1\sqrt{x}+\epsilon$$

令 $z=\sqrt{x}$，則模型變為：

$$y=\beta_0+\beta_1z+\epsilon$$

對參數 $\beta_0,\beta_1$ 而言，模型仍是一次線性組合，因此屬於線性迴歸模型。

所以 A 錯誤。

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B. $\log y=\beta_0+\beta_1\log x+\epsilon$

令：

$$Y^*=\log y,\qquad X^*=\log x$$

則模型可寫成：

$$Y^*=\beta_0+\beta_1X^*+\epsilon$$

核心觀念
在單變量線性迴歸模型

$y_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + u_i ,\qquad i=1,\dots,n$

其中 $u_i$ 為誤差項（或殘差）。

• 同方差（homoskedasticity）：$\operatorname{Var}(u_i\mid x_i)=\sigma^2$ 為常數，與 $x_i$ 無關。
• 異方差（heteroskedasticity）：$\operatorname{Var}(u_i\mid x_i)=\sigma^2(x_i)$ 為 $x_i$ 的某個函數，亦即誤差的變異程度隨解釋變數的取值而改變。

異方差不影響 $E(u_i\mid x_i)=0$，但會破壞 OLS 估計量的最小變異（不再是 BLUE），且會使標準誤估計失真，須用穩健標準誤或加權最小平方法處理。

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解題方法
題目要求辨識「誤差項呈現異方差」的情況。直接套用異方差的定義：

$\operatorname{Var}(u_i\mid x_i) \text{ 不是常數，而是 } x_i \text{ 的函數}$

因此只要選項描述了「變異程度隨 $x$ 變化」即為正確；其他與誤差變異無關（恆定變異、同時性、內生性）則不符合。

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選項分析

選項	內容	是否符合異方差定義	說明
A	“It has a constant variance.”（誤差具有常數變異）	❌	常數變異即 同方差，與異方差相反。

此題考查對複迴歸（multiple regression）模型的假設和性質的理解。

選項分析：
A. The term "linear" in a multiple linear regression model means that the equation is linear in independent variables.
這是錯誤的。線性迴歸模型中的「線性」是指模型是關於參數（coefficients）線性的，而不是關於自變數（independent variables）線性的。例如，$y = \beta_0 + \beta_1x + \beta_2x^2 + \epsilon$ 是一個線性迴歸模型，儘管 $x^2$ 不是 $x$ 的線性函數。

B. The key assumption for the general multiple regression model is that all factors in the unobserved error term be correlated with the explanatory variables.
這是錯誤的。OLS 的關鍵假設之一是誤差項與所有解釋變數不相關（exogeneity assumption），即 $E(\epsilon_i | x_{i1}, x_{i2}, \dots, x_{ik}) = 0$。如果誤差項與解釋變數相關，則會產生內生性問題，導致估計量有偏。

C. The coefficient of determination decreases when an independent variable is added t

此題考查估計量（estimator）的兩個重要性質：不偏性（unbiasedness）和一致性（consistency），以及它們與樣本大小的關係。

根據題目，$\hat{\beta}_j$ 是一個不偏估計量（unbiased estimator），即 $E(\hat{\beta}_j) = \beta_j$。
同時，它也是一個一致估計量（consistent estimator）。

一致性（Consistency）的定義是：當樣本大小 $n$ 趨近於無限大時，估計量 $\hat{\beta}_j$ 趨近於真實參數 $\beta_j$ 的機率為 1。
用數學表示為：$P(|\hat{\beta}_j - \beta_j| < \epsilon) \to 1$ as $n \to \infty$，對於任意小的 $\epsilon > 0$。

這意味著，隨著樣本大小的增加，估計量 $\hat{\beta}_j$ 的值會越來越接近真實參數 $\beta_j$。換句話說，估計量的分佈會越來越集中在真實參數 $\beta_j$ 的值周圍。

選項分析：
A. becomes more and more loosely distributed around $\beta_j$
「loosely distributed」表示分散，與一致性（集中）相反。

此題考查應變數（dependent variable）單位變換對迴歸模型各項指標的影響。

假設原始模型為 $y = \beta_0 + \beta_1x + \epsilon$。
現在將應變數 $y$ 轉換單位，例如乘以一個常數 $c$。
新的應變數 $y^* = cy$。
則模型變為 $y^* = c(\beta_0 + \beta_1x + \epsilon) = c\beta_0 + c\beta_1x + c\epsilon$。
令 $\beta_0^* = c\beta_0$, $\beta_1^* = c\beta_1$, $\epsilon^* = c\epsilon$。
新的模型為 $y^* = \beta_0^* + \beta_1^*x + \epsilon^*$。

分析各選項：
A. The slope coefficient
原始斜率係數為 $\beta_1$。新的斜率係數為 $\beta_1^* = c\beta_1$。
除非 $c=1$，否則斜率係數會改變。例如，如果 $y$ 的單位從公尺改為公分（$c=100$），則斜率係數會乘以 100。
所以，斜率係數會改變。

B. The standard error of the regression
迴歸標準誤（standard error of the regression, $s_e$ 或 $s$) 是對誤差項標準差 $\sigma$ 的估計。
$s_e = \sqrt{\frac{SSE}{n-k-1}}$，其中 $SSE = \sum (y_i - \hat{y}_i)^2$。
如果 $y$ 的單位乘以 $c$，則 $y_i$ 變為 $cy_i$，$\hat{y}_i$ 變為 $c\hat{y}_i$。
$SSE^* = \sum (cy_i - c\hat{y}_i)^2 = \sum c^2(y_i - \hat{y}_i)^2 = c^2 \sum (y_i - \hat{y}_i)^2 = c^2 SSE$。

核心觀念

本題考查迴歸模型中的「虛擬變數」與「基準組」概念。

模型為：

$$Saving=\beta_0+\beta_1 Edu+\beta_2 Inc+\epsilon$$

其中：

• $Edu=1$：大學畢業者
• $Edu=0$：非大學畢業者
• $Inc$：個人年收入

在含有虛擬變數的迴歸模型中，設定為 $0$ 的群體就是基準組（benchmark group）。其他群體的迴歸係數，則是相對於基準組的差異。

解題方法

題目指定：

$$Edu= \begin{cases} 1, & \text{大學畢業者}\\ 0, & \text{非大學畢業者} \end{cases}$$

因此，當 $Edu=0$ 時，代表非大學畢業者。將 $Edu=0$ 代入模型：

$$Saving=\beta_0+\beta_2 Inc+\epsilon$$

這條迴歸式描述非大學畢業者的平均儲蓄與收入關係，因此非大學畢業者是基準組。

當 $Edu=1$ 時：

$$Saving=\beta_0+\beta_1+\beta_2 Inc+\epsilon$$

所以在收入 $Inc$ 相同的條件下，大學畢業者與非大學畢業者的預期儲蓄差異為：

$$\beta_1$$

也就是說，$\beta_1$ 衡量「大學畢業」相對於「非大學畢業」對年儲蓄的影響。

選項分析

核心觀念

本題屬於離散型隨機變數之期望值計算與期望值的線性性質（Linearity of Expectation），亦可透過**全期望值法則（Law of Total Expectation）**進行求解。

1. 單一事件之期望值：
   若隨機變數 $X$ 代表單一保戶在單月獲得的獎金，且無事故發生（機率為 $p$）時獲得 $5$ 元、有事故發生（機率為 $1-p$）時獲得 $0$ 元，則：
   $E[X] = 5 \times p + 0 \times (1 - p) = 5p$

2. 期望值的線性性質：
   不論各保戶之間或各月份之間是否獨立，總額的期望值等於個別期望值的總和：
   $E\left[\sum X_i\right] = \sum E[X_i]$

---

解題方法

步驟一：定義符號與條件

• 低風險駕駛（Low-risk, $L$）：人數 $N_L = 400$ 人，單月零事故機率 $P(\text{無事故} \mid L) = 0.9$。
• 高風險駕駛（High-risk, $H$）：人數 $N_H = 600$ 人，單月零事故機率 $P(\text{無事故} \mid H) = 0.8$。
• 保險公司每年計算期間：$T = 12$ 個月。
• 每月無事故之現金回饋獎金：$5。

步驟二：計算兩類駕駛每月每人的期望獎金

• 低風險駕駛每月期望獎金：
  $E[\text{Bonus} \mid L] = 5 \times 0.9 = 4.5 \text{（美元）}$
• 高風險駕駛每月期望獎金：
  $E[\text{Bonus} \mid H] = 5 \times 0.8 = 4.0 \text{（美元）}$

步驟三：計算全體 1000 位保戶一年（12 個月）的總期望發放獎金

由期望值的線性性質，全年度總發放金額之期望值為低風險群體與高風險群體的年度期望獎金總和：

此題考查比例的計算與比較，以及解釋統計結果中的潛在偏誤。

Part (1): 哪個老師有較高的優質教學評分比例？

我們要計算每個老師的「優質教學評分比例」，即 (優質教學人數 / 老師的總學生數)。

• Peter:

  • 總學生數 = 700
  • 優質教學評分人數 = 490
  • 優質教學比例 = $\frac{490}{700} = \frac{49}{70} = \frac{7}{10} = 0.7 = 70\%$

• Jane:

  • 總學生數 = 500
  • 優質教學評分人數 = 280
  • 優質教學比例 = $\frac{280}{500} = \frac{28}{50} = \frac{56}{100} = 0.56 = 56\%$

比較：
Peter 的優質教學比例 (70%) 高於 Jane 的優質教學比例 (56%)。

【答案 (1)】Peter 老師有較高的優質教學評分比例 (70%)。

Part (2): 分組後比較哪個老師的優質教學比例較高？

我們需要分別計算「認為自己數學好」的學生群體中，以及「認為自己數學不好」的學生群體中，各老師的優質教學比例。

2a. 認為自己數學好的學生群體 (Good at Math):
* Peter:
* 總學生數 = 600
* 優質教學評分人數 = 480
* 優質教學比例 = $\frac{480}{600} = \frac{48}{60} = \frac{4}{5} = 0.8 = 80\%$
* Jane:
* 總學生數 = 200
* 優質教學評分人數 = 180
* 優質教學比例 = $\frac{180}{200} = \frac{18}{20} = \frac{9}{10} = 0.9 = 90\%$

**比較 (Good at Math):**
在認為自己數學好的學生群體中，Jane 的優質教學比例 (90%) 高於 Peter 的優質教學比例 (80%)。

2b. 認為自己數學不好的學生群體 (Not Good at Math):
* Peter:
* 總學生數 = 100
* 優質教學評分人數 = 10
* 優質教學比例 = $\frac{10}{100} = 0.1 = 10\%$
* Jane:
* 總學生數 = 300
* 優質教學評分人數 = 100
* 優質教學比例 = $\frac{100}{300} = \frac{1}{3} \approx 0.333 = 33.3\%$

**比較 (Not Good at Math):**
在認為自己數學不好的學生群體中，Jane 的優質教學比例 (33.3%) 高於 Peter 的優質教學比例 (10%)。

核心觀念

令 $T$ 表示被保險人「自出生起算的壽命年數」。依圖中函數，

$$F(t)=1-\exp\left(\frac{1-1.1^t}{1000}\right),\qquad t>0.$$

由於被保險人在 $40$ 歲生日購買保單，表示購買當下已知 $T>40$。因此，保單理賠機率應採用條件機率：

$$P(40<T<50\mid T>40).$$

解題方法

保險給付金額 $Y$ 為

$$Y= \begin{cases} 5000, & 40<T<50,\\ 0, & T\geq 50. \end{cases}$$

所以期望給付為

$$E(Y\mid T>40) =5000P(40<T<50\mid T>40).$$

利用條件機率及累積分布函數：

$$P(40<T<50\mid T>40) =\frac{F(50)-F(40)}{1-F(40)}.$$

又因為

$$1-F(t)=\exp\left(\frac{1-1.1^t}{1000}\right),$$

故

核心觀念

本題的核心在於隨機變數的期望值（Expected Value）與期望值的線性性質（Linearity of Expectation）：

1. 白努利試驗的期望獎勵：
   設單月無事故為成功事件（Success），成功機率為 $p$。若成功則獲得獎金 $c$，失敗則獲得 $0$，則單一保戶每月的期望獎金為：
   $E[X] = c \cdot p + 0 \cdot (1 - p) = c \cdot p$
2. 期望值的線性性質（Linearity of Expectation）：
   對於任意隨機變數 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 與常數 $a_i$，無論隨機變數之間是否相互獨立，總期望值皆滿足加法可拆性：
   $E\left[\sum_{i=1}^{n} a_i X_i\right] = \sum_{i=1}^{n} a_i E[X_i]$
3. 分群加權與全機率觀念：
   全體保戶由不同風險族群組成，可分別計算各族群的期望值後加總，亦可透過全機率加權求出整體平均無事故機率。

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解題方法

1. 符號與已知條件定義

• 全體保戶人數：$N = 1000$ 人
• 低風險駕駛（Low-risk, 記為 $L$）：$N_L = 400$ 人，單月零事故機率 $P(\text{無事故} \mid L) = 0.9$
• 高風險駕駛（High-risk, 記為 $H$）：$N_H = 600$ 人，單月零事故機率 $P(\text{無事故} \mid H) = 0.8$
• 每人單月零事故之現金回饋獎金：$B =$$5
• 計算期間：一年共 $T = 12$ 個月

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2. 計算步驟

步驟一：計算兩類駕駛人「每人每月」的期望獎金

• 低風險駕駛人每月期望獎金：
  $E[B_L] = 5 \times P(\text{無事故} \mid L) = 5 \times 0.9 = 4.5 \text{（美元）}$
• 高風險駕駛人每月期望獎金：
  $E[B_H] = 5 \times P(\text{無事故} \mid H) = 5 \times 0.8 = 4.0 \text{（美元）}$

步驟二：計算全體 1000 位保戶「單月」的總期望獎金支出
由期望值的線性性質，單月總期望支出為各類保戶人數乘上其個人單月期望值之和：

此題考查比例的計算與比較，以及解釋統計結果中的潛在偏誤。

Part (1): 哪個老師有較高的優質教學評分比例？

我們要計算每個老師的「優質教學評分比例」，即 (優質教學人數 / 老師的總學生數)。

• Peter:

  • 總學生數 = 700
  • 優質教學評分人數 = 490
  • 優質教學比例 = $\frac{490}{700} = \frac{49}{70} = \frac{7}{10} = 0.7 = 70\%$

• Jane:

  • 總學生數 = 500
  • 優質教學評分人數 = 280
  • 優質教學比例 = $\frac{280}{500} = \frac{28}{50} = \frac{56}{100} = 0.56 = 56\%$

比較：
Peter 的優質教學比例 (70%) 高於 Jane 的優質教學比例 (56%)。

【答案 (1)】Peter 老師有較高的優質教學評分比例 (70%)。

Part (2): 分組後比較哪個老師的優質教學比例較高？

我們需要分別計算「認為自己數學好」的學生群體中，以及「認為自己數學不好」的學生群體中，各老師的優質教學比例。

2a. 認為自己數學好的學生群體 (Good at Math):
* Peter:
* 總學生數 = 600
* 優質教學評分人數 = 480
* 優質教學比例 = $\frac{480}{600} = \frac{48}{60} = \frac{4}{5} = 0.8 = 80\%$
* Jane:
* 總學生數 = 200
* 優質教學評分人數 = 180
* 優質教學比例 = $\frac{180}{200} = \frac{18}{20} = \frac{9}{10} = 0.9 = 90\%$

**比較 (Good at Math):**
在認為自己數學好的學生群體中，Jane 的優質教學比例 (90%) 高於 Peter 的優質教學比例 (80%)。

2b. 認為自己數學不好的學生群體 (Not Good at Math):
* Peter:
* 總學生數 = 100
* 優質教學評分人數 = 10
* 優質教學比例 = $\frac{10}{100} = 0.1 = 10\%$
* Jane:
* 總學生數 = 300
* 優質教學評分人數 = 100
* 優質教學比例 = $\frac{100}{300} = \frac{1}{3} \approx 0.333 = 33.3\%$

**比較 (Not Good at Math):**
在認為自己數學不好的學生群體中，Jane 的優質教學比例 (33.3%) 高於 Peter 的優質教學比例 (10%)。

核心觀念

令 $T$ 表示被保險人「自出生起算的壽命年數」。依圖中函數，

$$F(t)=1-\exp\left(\frac{1-1.1^t}{1000}\right),\qquad t>0.$$

由於被保險人在 $40$ 歲生日購買保單，表示購買當下已知 $T>40$。因此，保單理賠機率應採用條件機率：

$$P(40<T<50\mid T>40).$$

解題方法

保險給付金額 $Y$ 為

$$Y= \begin{cases} 5000, & 40<T<50,\\ 0, & T\geq 50. \end{cases}$$

所以期望給付為

$$E(Y\mid T>40) =5000P(40<T<50\mid T>40).$$

利用條件機率及累積分布函數：

$$P(40<T<50\mid T>40) =\frac{F(50)-F(40)}{1-F(40)}.$$

又因為

$$1-F(t)=\exp\left(\frac{1-1.1^t}{1000}\right),$$

故