108 年 國立臺灣大學財務金融研究所丙組《商用統計學》

核心觀念

1. 勝算（Odds）的定義：
   在二元分類問題中，事件發生的機率若為 $p = P(Y=1)$，則事件不發生的機率為 $1 - p = P(Y=0)$。定義該事件的**勝算（Odds）**為事件發生機率與不發生機率之比值：

   $$\text{Odds} = \frac{p}{1 - p} = \frac{P(Y=1)}{P(Y=0)}$$

   勝算的取值範圍為 $[0, \infty)$。當 $\text{Odds} = 1$ 時，代表事件發生與不發生的機率完全相等。

2. 名詞辨析（Odds vs. Odds Ratio）：

   • Odds（勝算／賠率／比數）：針對「單一事件或單一群體」，計算發生機率與未發生機率之比值（即 $\frac{p}{1-p}$）。
   • Odds Ratio（勝算比／交叉比，OR）：針對「兩個不同群體或條件」，計算兩組勝算的比值（即 $\frac{\text{Odds}_1}{\text{Odds}_2}$）。
   • 本題題目敘述為「$Y$ 的勝算率 (odds ratio)」，且未給定任何分組條件或自變數，屬於商管研究所考題常見的英文中譯混用（將單一變數的勝算 Odds 誤植標註為 odds ratio）。考場上面對此類語病，應精準鎖定核心：求解樣本中 $Y=1$ 的勝算（Odds）。

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解題方法

1. 統計樣本頻率：
   檢視題幹資料，樣本總數 $n = 20$ 隻皮丘：

   • 進化成功（$Y = 1$）的個體：編號 1 至 10，共 $n_1 = 10$ 隻。
   • 進化失敗（$Y = 0$）的個體：編號 11 至 20，共 $n_0 = 10$ 隻。

2. 計算邊際機率：
   在未給定 $X$ 的條件下，$Y$ 的邊際機率估計值為：

   $$\hat{p} = P(Y=1) = \frac{10}{20} = 0.5$$

核心觀念

本題考查連續型隨機變數的常態分配（Normal Distribution）之機率密度函數（Probability Density Function, PDF）的標準數學定義。

設隨機變數 $X$ 服從常態分配，記為 $X \sim N(\mu_X, \sigma^2)$，其中母體平均數為 $\mu_X$、母體變異數為 $\sigma^2$（母體標準差為 $\sigma > 0$）。一個完整的機率函數（機率密度函數）表示式，除了核心的指數函數型態之外，必須明確標註隨機變數的定義域（Support，即取值範圍）與母體參數之限制範圍，方屬嚴謹完整的數學表達。

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解題方法

1. 常態分配之機率密度函數基本公式：
   對於連續型常態隨機變數 $X \sim N(\mu_X, \sigma^2)$，其機率密度函數定義為：

   $$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \exp\left\{ -\frac{1}{2}\left(\frac{x - \mu_X}{\sigma}\right)^2 \right\}$$

   或等價展開寫作：

   $$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x - \mu_X)^2}{2\sigma^2}}$$

2. 完整表達要素檢視：

   • 常態化常數（Normalizing Constant）：$\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$ 或 $\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}$，確保曲線下面積全積分等於 1，即 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1$。

核心觀念

本題評量隨機變數之線性轉換（Linear Transformation）下的變異數性質。

對於任一隨機變數 $X$ 與常數 $a, b \in \mathbb{R}$：

1. 常數平移不影響變異數：變異數衡量的是資料與其平均數的離散程度。將所有數值加上常數 $a$，僅代表整體分佈平移，離散程度保持不變，即 $\mathrm{var}(X + a) = \mathrm{var}(X)$。
2. 尺度縮放會平方放大：若將數值放大 $b$ 倍，其離散程度會放大 $|b|$ 倍，對應的變異數則放大為 $b^2$ 倍，即 $\mathrm{var}(bX) = b^2 \mathrm{var}(X)$。

綜合以上性質，可得通用定理：

$$\mathrm{var}(a + bX) = b^2 \mathrm{var}(X)$$

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解題方法

此題形式上可有兩種呈現方式：

• 代數形式：以 $\mathrm{var}(X)$（或記為 $\sigma_X^2$）表示通用公式。
• 數值形式：將題幹所給的 20 筆樣本資料計算出 $X$ 的變異數後代入。

為求嚴謹完整，以下分別給出性質的數學推導，以及樣本數值的代入結果。

1. 變異數性質之嚴謹推導

依變異數之數學期望值定義：

$$\mathrm{var}(Z) = \mathbb{E}\left[ (Z - \mathbb{E}[Z])^2 \right]$$

令 $Z = a + bX$。由期望值的線性性質可知：

$$\mathbb{E}[Z] = \mathbb{E}[a + bX] = a + b\,\mathbb{E}[X]$$

將此結果代入變異數定義式：

$$\begin{aligned} \mathrm{var}(a + bX) &= \mathbb{E}\left[ \Big( (a + bX) - (a + b\,\mathbb{E}[X]) \Big)^2 \right] \\ &= \mathbb{E}\left[ \Big( b(X - \mathbb{E}[X]) \Big)^2 \right] \\ &= \mathbb{E}\left[ b^2 (X - \mathbb{E}[X])^2 \right] \\ &= b^2\,\mathbb{E}\left[ (X - \mathbb{E}[X])^2 \right] \\ &= b^2 \mathrm{var}(X) \end{aligned}$$

2. 若需結合題幹樣本資料計算 $\mathrm{var}(X)$

若評分標準要求計算出該組皮丘樣本的特定數值：

• 樣本總數 $n = 20$。
• 觀察值總和 $\sum_{i=1}^{20} X_i$：
  • 進化組（$Y=1$）：$4 + 5 + 5 + 6 + 6 + 6 + 7 + 7 + 9 + 9 = 64$
  • 未進化組（$Y=0$）：$1 + 2 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 + 4 + 6 + 6 = 36$

核心觀念

常態分位圖（Normal Quantile-Quantile Plot，簡稱 Normal Q-Q Plot） 是一種用來檢驗單變量樣本資料是否來自常態母體的圖形診斷工具。

1. 基本原理：

   • 將樣本容量為 $n$ 的觀測值由小到大排序，得到順序統計量 $X_{(1)} \le X_{(2)} \le \dots \le X_{(n)}$。
   • 計算每一筆觀測值對應的累積機率點（Plotting Position），常見公式為：
     $p_i = \frac{i - 0.5}{n} \quad \text{或} \quad p_i = \frac{i}{n + 1}, \quad i = 1, 2, \dots, n$
   • 透過標準常態分配累積分布函數的逆函數（分位數函數）找出對應的理論分位數（Theoretical Quantiles）：
     $z_i = \Phi^{-1}(p_i)$
   • 將點對 $(z_i, X_{(i)})$（或 $(X_{(i)}, z_i)$）繪製於平面坐標圖上。

2. 判讀準則：

   • 若資料服從常態分配：散佈點會緊密落在斜率為正的一條直線上（即 $X_{(i)} \approx \mu + \sigma z_i$）。
   • 若資料不服從常態分配：點群會顯著偏離直線，常見形態包括：
     • 階梯狀水平橫線：資料為離散型且包含大量重複值（Ties）。
     • S 型或倒 S 型曲線：厚尾（Heavy-tailed）或輕尾（Light-tailed）。
     • 向下或向上彎曲：右偏（Right-skewed）或左偏（Left-skewed）。

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解題方法

步驟一：整理 $X$ 的順序統計量與理論分位數

將 20 隻皮丘的訓練次數 $X$ 合併並由小到大排列（$n = 20$）：

• 原始資料：
  • 進化組（$Y=1$）：$4, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 9, 9$
  • 未進化組（$Y=0$）：$1, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 6, 6$
• 排序後樣本 $X_{(i)}$：
  $1, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 9, 9$

採用標準連續修正繪圖位置 $p_i = \dfrac{i - 0.5}{20}$，查標準常態表可得對應的理論分位數 $z_i$：

序號 $i$	樣本值 $X_{(i)}$	累積機率 $p_i = \frac{i-0.5}{20}$	理論常態分位數 $z_i$
1	1	0.025	$-1.96$
2	2	0.075	$-1.44$
3	3	0.125	$-1.15$
4	3	0.175	$-0.93$
5	3	0.225	$-0.76$
6	4	0.275	$-0.60$
7	4	0.325	$-0.45$
8	4	0.375	$-0.32$
9	4	0.425	$-0.19$
10	5	0.475	$-0.06$
11	5	0.525	$+0.06$
12	6	0.575	$+0.19$
13	6	0.625	$+0.32$
14	6	0.675	$+0.45$
15	6	0.725	$+0.60$
16	6	0.775	$+0.76$
17	7	0.825	$+0.93$
18	7	0.875	$+1.15$
19	9	0.925	$+1.44$
20	9	0.975	$+1.96$

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步驟二：繪製 Normal Q-Q Plot

以橫軸（x 軸）表示「理論常態分位數 $z$」，縱軸（y 軸）表示「樣本觀測值 $X$」：

核心觀念

本題旨在檢定常態母體的「單一母體變異數」（Single Population Variance）。相關核心定理與公式如下：

1. 抽樣分配定理：
   設隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，則樣本變異數 $S^2$ 經標準化後，服從自由度為 $n-1$ 的卡方分配：
   $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$
2. 假設檢定架構：
   • 虛無假設 $H_0: \sigma_X^2 = \sigma_0^2 = 1$
   • 檢定統計量：
     $\chi^2 = \frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2} = \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}{\sigma_0^2}$
   • 拒絕域判定：題目給定臨界值提示為 $\chi^2_{0.05, 19} = 30.144$（右尾面積為 $0.05$ 之臨界點）。當檢定統計量大於臨界值時，落在拒絕域，拒絕虛無假設 $H_0$。

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解題方法

步驟一：彙整樣本數據並計算樣本平均數 $\bar{X}$

樣本總數 $n = 20$。將全體 20 隻皮丘的訓練次數 $X$ 彙整如下：

• $Y=1$ 群體（10 筆）：$4, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 9, 9$
• $Y=0$ 群體（10 筆）：$1, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 6, 6$

計算樣本總和 $\sum_{i=1}^{20} X_i$：
$\sum_{i=1}^{10} X_{i, Y=1} = 4 + 5 + 5 + 6 + 6 + 6 + 7 + 7 + 9 + 9 = 64$
$\sum_{i=1}^{10} X_{i, Y=0} = 1 + 2 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 + 4 + 6 + 6 = 36$
$\sum_{i=1}^{20} X_i = 64 + 36 = 100$

求得樣本平均數：
$\bar{X} = \frac{100}{20} = 5$

步驟二：計算離均差平方和與樣本變異數 $S^2$

計算各資料點的離均差平方和 $\sum_{i=1}^{20} (X_i - \bar{X})^2$：

• $X=1$（1 個）：$(1 - 5)^2 = 16$
• $X=2$（1 個）：$(2 - 5)^2 = 9$
• $X=3$（3 個）：$3 \times (3 - 5)^2 = 3 \times 4 = 12$
• $X=4$（4 個）：$4 \times (4 - 5)^2 = 4 \times 1 = 4$
• $X=5$（2 個）：$2 \times (5 - 5)^2 = 0$
• $X=6$（5 個）：$5 \times (6 - 5)^2 = 5 \times 1 = 5$
• $X=7$（2 個）：$2 \times (7 - 5)^2 = 2 \times 4 = 8$

核心觀念

本題評量兩獨立常態母體變異數齊一性之 $F$ 檢定（Test for Equality of Two Variances）。

1. 基本假設：
   兩組樣本分別來自獨立常態母體，即 $X \mid (Y=1) \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 且 $X \mid (Y=0) \sim N(\mu_0, \sigma_0^2)$，樣本數分別為 $n_1 = 10$、$n_0 = 10$。

2. 假設設定：

   • 虛無假設 $H_0: \sigma_{X|Y=0}^2 = \sigma_{X|Y=1}^2$（兩組變異數相等）
   • 對立假設 $H_1: \sigma_{X|Y=0}^2 \neq \sigma_{X|Y=1}^2$（兩組變異數不相等）

3. 樣本變異數公式：
   $s^2 = \frac{\sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2}{n - 1} = \frac{\sum_{i=1}^{n} X_i^2 - n\bar{X}^2}{n - 1}$

4. 檢定統計量：
   在 $H_0$ 成立下，檢定統計量服從 $F$ 分配：
   $F = \frac{s_1^2}{s_0^2} \sim F(n_1 - 1,\, n_0 - 1) = F(9, 9)$
   一般商用統計學實務上，為便於查單側 $F$ 表，通常將較大的樣本變異數置於分子，$F = \frac{s_{\max}^2}{s_{\min}^2}$。

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解題方法

步驟一：計算兩組之樣本平均數與樣本變異數

1. 進化組（$Y=1$, $n_1 = 10$）：

   • 觀測值：$4, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 9, 9$
   • 總和：
     $\sum X = 4 + 5 + 5 + 6 + 6 + 6 + 7 + 7 + 9 + 9 = 64$
   • 樣本平均數：
     $\bar{X}_1 = \frac{64}{10} = 6.4$
   • 平方和：
     $\sum X^2 = 4^2 + 5^2 + 5^2 + 6^2 + 6^2 + 6^2 + 7^2 + 7^2 + 9^2 + 9^2 = 16 + 25 + 25 + 36 + 36 + 36 + 49 + 49 + 81 + 81 = 434$
   • 離差平方和（$SS_1$）：
     $SS_1 = \sum X^2 - n_1\bar{X}_1^2 = 434 - 10 \times (6.4)^2 = 434 - 409.6 = 24.4$
   • 樣本變異數：
     $s_1^2 = \frac{SS_1}{n_1 - 1} = \frac{24.4}{9} \approx 2.7111$

2. 未進化組（$Y=0$, $n_0 = 10$）：

   • 觀測值：$1, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 6, 6$
   • 總和：
     $\sum X = 1 + 2 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 + 4 + 6 + 6 = 36$
   • 樣本平均數：
     $\bar{X}_0 = \frac{36}{10} = 3.6$
   • 平方和：

核心觀念

本題的核心觀念為雙獨立樣本平均數差異的假說檢定（Two-Independent-Sample $t$-test）及其檢定統計量的精確抽樣分配（Exact Sampling Distribution）。

1. 基本假設：

   • 兩獨立母體皆服從常態分配：
     $X \mid (Y=1) \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$，樣本數 $n_1 = 10$。
     $X \mid (Y=0) \sim N(\mu_0, \sigma_0^2)$，樣本數 $n_0 = 10$。
   • 在母體變異數未知但假設相等（齊一性假設，$\sigma_1^2 = \sigma_0^2 = \sigma^2$）的條件下，檢定統計量方具有實際精確分配（Exact Distribution）。

2. 合併變異數（Pooled Sample Variance）與標準誤：

   • 兩組之樣本變異數分別為 $S_1^2$ 與 $S_0^2$，其合併變異數估計量為： $$S_p^2 = \frac{(n_1 - 1)S_1^2 + (n_0 - 1)S_0^2}{n_1 + n_0 - 2}$$
   • 樣本平均數差之估計標準差（即標準誤，題目記為 $SD(\bar{X}_1 - \bar{X}_0)$ 或常寫作 $SE(\bar{X}_1 - \bar{X}_0)$）： $$SD(\bar{X}_1 - \bar{X}_0) = \sqrt{S_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_0}\right)}$$

3. 檢定統計量之抽樣分配：

   • 在虛無假設 $H_0: \mu_1 = \mu_0$ 為真的條件下： $$T = \frac{\bar{X}_1 - \bar{X}_0}{SD(\bar{X}_1 - \bar{X}_0)} \sim t(n_1 + n_0 - 2)$$
   • 統計量服從自由度為 $df = n_1 + n_0 - 2$ 之學生氏 $t$ 分配（Student's $t$-distribution）。

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解題方法

1. 確認樣本大小：
   • 成功進化組（$Y=1$）：包含編號 1 至 10，樣本數 $n_1 = 10$。
   • 未進化組（$Y=0$）：包含編號 11 至 20，樣本數 $n_0 = 10$。

核心觀念

本題考查**獨立雙樣本 $t$ 檢定（Independent Two-Sample $t$-test）**之檢定統計量計算與假設檢定決策。

1. 基本設定與符號：

   • 母體 1（進化組，$Y=1$）：樣本數 $n_1 = 10$，樣本平均數 $\bar{X}_1$，母體平均數 $\mu_1$。
   • 母體 0（未進化組，$Y=0$）：樣本數 $n_0 = 10$，樣本平均數 $\bar{X}_0$，母體平均數 $\mu_0$。
   • 題目假設 $X$ 服從常態分配，且兩群體各自獨立。在同題組前述檢定中，已確認兩母體變異數具同質性（$\sigma_1^2 = \sigma_0^2 = \sigma^2$）。

2. 合併樣本變異數（Pooled Variance）：
   $S_p^2 = \frac{\sum (X_{1i} - \bar{X}_1)^2 + \sum (X_{0i} - \bar{X}_0)^2}{n_1 + n_0 - 2} = \frac{(n_1 - 1)s_1^2 + (n_0 - 1)s_0^2}{n_1 + n_0 - 2}$

3. 雙樣本差值 $t$ 檢定統計量：
   欲檢驗兩組平均訓練次數差值是否等於或超過特定數值 $D_0$（$H_0: \mu_1 - \mu_0 \le D_0$ 或 $H_0: \mu_1 - \mu_0 = D_0$）：
   $t = \frac{(\bar{X}_1 - \bar{X}_0) - D_0}{\sqrt{S_p^2 \left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_0}\right)}}$
   在 $H_0$ 成立下，$t$ 統計量服從自由度 $df = n_1 + n_0 - 2$ 之 Student's $t$ 分配。

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解題方法

本題題幹未重複列出前小題所設定之「第三個假設」文字，依原卷題組脈絡，大木博士之第三個假設係檢驗「進化組的平均訓練次數是否比未進化組至少多出 2 次」（即 $H_0: \mu_1 - \mu_0 \le 2$ vs $H_1: \mu_1 - \mu_0 > 2$）；若原試卷題組第三個假設設定為檢驗兩組平均數是否存在差異（即 $H_0: \mu_1 - \mu_0 \le 0$），下文亦一併提供對應之標準計算。

步驟一：計算兩組之樣本統計量

1. 進化組（$Y=1, n_1 = 10$）：

   • 數值：$4, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 9, 9$
     $\sum X_{1i} = 4 + 5 + 5 + 6 + 6 + 6 + 7 + 7 + 9 + 9 = 64$
     $\bar{X}_1 = \frac{64}{10} = 6.4$
     $\sum X_{1i}^2 = 4^2 + 5^2 + 5^2 + 6^2 + 6^2 + 6^2 + 7^2 + 7^2 + 9^2 + 9^2 = 434$
     $SS_1 = \sum (X_{1i} - \bar{X}_1)^2 = 434 - 10 \times (6.4)^2 = 434 - 409.6 = 24.4$

2. 未進化組（$Y=0, n_0 = 10$）：

   • 數值：$1, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 6, 6$
     $\sum X_{0i} = 1 + 2 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 + 4 + 6 + 6 = 36$
     $\bar{X}_0 = \frac{36}{10} = 3.6$
     $\sum X_{0i}^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 3^2 + 3^2 + 4^2 + 4^2 + 4^2 + 6^2 + 6^2 = 152$
     $SS_0 = \sum (X_{0i} - \bar{X}_0)^2 = 152 - 10 \times (3.6)^2 = 152 - 129.6 = 22.4$

3. 平均數差：
   $\bar{X}_1 - \bar{X}_0 = 6.4 - 3.6 = 2.8$

步驟二：計算合併樣本變異數與標準誤

1. 合併樣本變異數 $S_p^2$：
   自由度 $df = n_1 + n_0 - 2 = 10 + 10 - 2 = 18$。
   $S_p^2 = \frac{SS_1 + SS_0}{18} = \frac{24.4 + 22.4}{18} = \frac{46.8}{18} = 2.6$

核心觀念

本題旨在評量統計學中最基礎且核心的抽樣分配理論（Sampling Distribution Theory），主要包含兩大觀念：

1. Student's $t$ 分配的嚴格數學定義：由相互獨立的「標準常態隨機變數 $Z$」與「卡方隨機變數 $V$（除以其自由度後開根號）」之比值所構成。
2. 單一樣本 $t$ 檢定統計量的建構與推導：在常態母體假設下，利用母體變異數 $\sigma_X^2$ 未知時，以不偏估計量 $S_X^2$ 取代 $\sigma_X^2$，並透過 Cochran 定理（或常態樣本下樣本平均數與樣本變異數互相獨立之性質），證明該標準化比值完全符合 $t$ 分配之結構。

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解題方法

第一部分：$t$ 分配如何由標準常態分配 $Z$ 形成（3 分）

設有兩個相互獨立的隨機變數 $Z$ 與 $V$：

• $Z \sim N(0, 1)$（標準常態分配）
• $V \sim \chi^2(k)$（自由度為 $k$ 的卡方分配）

定義隨機變數 $T$ 為 $Z$ 與其自由度調整後的卡方變數平方根之比值：

$$T = \frac{Z}{\sqrt{V / k}}$$

則隨機變數 $T$ 服從自由度為 $k$ 的 Student's $t$ 分配，記為 $T \sim t(k)$。

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第二部分：說明 $\dfrac{\bar{X} - \mu_X}{\hat{S}_{\bar{X}}}$ 為何服從 $t$ 分配（2 分）

題幹假設隨機變數 $X$ 遵循常態分配，令隨機樣本為 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(\mu_X, \sigma_X^2)$，樣本數為 $n$。

步驟一：建構標準常態變數 $Z$
由常態分配的線性組合性質可知，樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 滿足：

$$\bar{X} \sim N\left(\mu_X, \frac{\sigma_X^2}{n}\right)$$

將其標準化，可得標準常態隨機變數：

$$Z = \frac{\bar{X} - \mu_X}{\sigma_X / \sqrt{n}} \sim N(0, 1)$$

步驟二：建構卡方隨機變數 $V$
令樣本變異數為 $S_X^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。在常態母體假設下，由抽樣分配理論（或 Cochran 定理）：

$$V = \frac{(n-1)S_X^2}{\sigma_X^2} \sim \chi^2(n-1)$$

此處自由度 $k = n - 1$。

步驟三：獨立性檢驗
常態母體下之獨立樣本具有一關鍵性質：樣本平均數 $\bar{X}$ 與樣本變異數 $S_X^2$ 彼此統計獨立。因此，由 $\bar{X}$ 所構成的 $Z$ 與由 $S_X^2$ 所構成的 $V$ 亦相互獨立。

步驟四：代入 $t$ 分配定義式化簡
將 $Z$ 與 $V$ 代入 $t$ 分配定義：

核心觀念

1. 單因子變異數分析（One-way ANOVA）：
   用於檢定一個具多個水準（分類變數）的自變數，對連續型依變數的母體平均數是否有顯著影響。在本題的情境中：
   • 依變數（Dependent Variable, Response）：訓練次數 $X$（連續型變數，服從常態分配）。
   • 因子變數（Factor / Independent Variable）：進化與否 $Y$（類別變數，有 $Y=1$ 與 $Y=0$ 兩組水準）。
2. 第三個虛無假設（$H_0$）：
   在該題組的檢定架構中，第三個虛無假設為檢定「進化組」與「未進化組」的平均訓練次數是否相等： $$H_0: \mu_1 = \mu_0 \quad \text{vs.} \quad H_1: \mu_1 \neq \mu_0$$ 在兩組獨立樣本且變異數齊一的假設下，單因子變異數分析的 $F$ 檢定與雙樣本 $t$ 檢定等價（$F = t^2$）。
3. 統計軟體模型語法規範：
   單因子 ANOVA 的模型公式一般表示為 依變數 ~ 因子變數（即 X ~ Y，注意因果與對應關係不可顛倒），且因子變數必須被宣告為類別型態（Factor/Categorical）。

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解題方法

本題要求寫出執行該單因子 ANOVA 的統計軟體語法。題目允許 SAS、Stata、R 任擇其一。以下提供主流三種軟體的標準語法，並以 R 語言 與 SAS 作為主力示範：

方案一：R 語言語法（最推薦、最簡潔）

在 R 中，依變數為 X，分組變數為 Y。必須先確保 Y 轉換為因子向量 as.factor(Y)，再使用 aov() 或 lm() 配合 anova()：

# 確保 Y 為因子變數，並執行單因子變異數分析
fit <- aov(X ~ as.factor(Y), data = pikachu_data)
summary(fit)

註：亦可使用線性模型語法 summary(anova(lm(X ~ factor(Y), data = pikachu_data)))。

核心觀念

本題的核心為計量經濟學與迴歸分析中的遺漏變數偏誤（Omitted Variable Bias, OVB）。

在古典多元線性迴歸模型中，若真實的資料生成過程（Data Generating Process, DGP）包含未被納入迴歸式的解釋變數，且該遺漏變數與模型中的解釋變數相關，則古典最小平方法（OLS）估計式將失去不偏性（Unbiasedness）與一致性（Consistency）。

設真實模型為：

$$y = \gamma_0 + \gamma_1 x_1 + \gamma_2 x_2 + \gamma_3 x_3 + u$$

其中 $E(u \mid x_1, x_2, x_3) = 0$。若估計時遺漏了 $x_3$，只估計簡化模型：

$$y = \hat{\gamma}_0 + \hat{\gamma}_1 x_1 + \hat{\gamma}_2 x_2 + e$$

將遺漏變數 $x_3$ 對模型中保留的解釋變數 $x_1, x_2$ 進行輔助迴歸（Auxiliary Regression）：

$$x_3 = \delta_0 + \delta_1 x_1 + \delta_2 x_2 + v$$

則 OLS 估計式的條件期望值滿足：

$$E(\hat{\gamma}_1 \mid X) = \gamma_1 + \gamma_3 \delta_1$$ $$E(\hat{\gamma}_2 \mid X) = \gamma_2 + \gamma_3 \delta_2$$

其中輔助迴歸係數矩陣為：

$$\begin{bmatrix} \delta_1 \\ \delta_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathrm{Var}(x_1) & \mathrm{Cov}(x_1, x_2) \\ \mathrm{Cov}(x_1, x_2) & \mathrm{Var}(x_2) \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} \mathrm{Cov}(x_1, x_3) \\ \mathrm{Cov}(x_2, x_3) \end{bmatrix}$$

偏誤的方向與大小完全取決於真實係數 $\gamma_3$ 以及輔助迴歸係數 $\delta_j$ 的符號與數值。

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解題方法

令真實模型 (1) 與估計模型 (2) 中的變數對應為：

• 被解釋變數：$y = \ln(wage)$
• 保留解釋變數：$x_1 = educ$（教育年數）、$x_2 = exper$（工作年資）
• 遺漏變數：$x_3 = abil$（天生能力）
• 題目給定參數條件：$\gamma_1 > 0$、$\gamma_2 > 0$、$\gamma_3 > 0$

將遺漏變數 $abil$ 對 $educ$ 與 $exper$ 作輔助迴歸：

$$abil = \delta_0 + \delta_1 educ + \delta_2 exper + v$$

由多元迴歸係數公式，展開兩者之係數：

$$\delta_1 = \frac{\mathrm{Var}(exper)\mathrm{Cov}(educ, abil) - \mathrm{Cov}(educ, exper)\mathrm{Cov}(exper, abil)}{\mathrm{Var}(educ)\mathrm{Var}(exper) - [\mathrm{Cov}(educ, exper)]^2}$$ $$\delta_2 = \frac{\mathrm{Var}(educ)\mathrm{Cov}(exper, abil) - \mathrm{Cov}(educ, exper)\mathrm{Cov}(educ, abil)}{\mathrm{Var}(educ)\mathrm{Var}(exper) - [\mathrm{Cov}(educ, exper)]^2}$$

令分母之行列式值為 $D = \mathrm{Var}(educ)\mathrm{Var}(exper)(1 - r_{12}^2) > 0$（其中 $r_{12}$ 為 $educ$ 與 $exper$ 之相關係數，滿足 $|r_{12}| < 1$）。

根據此推導，對各選項的條件進行偏誤分析：

1. 當 $\mathrm{Cov}(abil, educ) = 0$ 且 $\mathrm{Cov}(abil, exper) = 0$ 時：
   分子皆為 0，得 $\delta_1 = 0$ 且 $\delta_2 = 0$。
   因此： $$E(\hat{\gamma}_1) = \gamma_1 + \gamma_3 (0) = \gamma_1$$ $$E(\hat{\gamma}_2) = \gamma_2 + \gamma_3 (0) = \gamma_2$$ 兩者皆為不偏估計式。

核心觀念

本題考查計量經濟學中處理不可觀察變數（Unobserved Explanatory Variable）的代理變數法（Proxy Variable Approach）及其 OLS 估計式之不偏性（Unbiasedness）。

1. 真實模型（True Model）：

   $$\ln(wage)_i = \gamma_0 + \gamma_1 educ_i + \gamma_2 exper_i + \gamma_3 abil_i + u_i$$

   其中 $abil$ 為無法直接觀測的潛在變數（Latent Variable）。若直接忽略 $abil$ 會導致遺漏變數偏誤（Omitted Variable Bias, OVB）。

2. 代理變數假設（Proxy Variable Assumptions）：
   小光使用 $IQ$ 作為 $abil$ 的代理變數，依計量經濟學標準設定（Wooldridge 代理變數架構）：

   • $u_i$ 與所有解釋變數及代理變數均外生不相關：$E(u_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = 0$。
   • 給定代理變數 $IQ$ 後，$abil$ 與其餘解釋變數條件獨立，即滿足： $$E(abil_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = E(abil_i \mid IQ_i) = \delta_0 + \delta_3 IQ_i$$ 定義誤差項 $v_i \equiv abil_i - (\delta_0 + \delta_3 IQ_i)$，則滿足條件期望值 $E(v_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = 0$。

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解題方法

將無法觀測的 $abil_i$ 表為代理變數 $IQ_i$ 與誤差項 $v_i$ 的線性關係：

$$abil_i = \delta_0 + \delta_3 IQ_i + v_i \qquad (\text{其中 } E(v_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = 0)$$

將上式代入真實母體迴歸式 (1)：

$$\ln(wage)_i = \gamma_0 + \gamma_1 educ_i + \gamma_2 exper_i + \gamma_3 (\delta_0 + \delta_3 IQ_i + v_i) + u_i$$

展開並重新整理同類項，可得實際估計的迴歸模型：

$$\ln(wage)_i = (\gamma_0 + \gamma_3 \delta_0) + \gamma_1 educ_i + \gamma_2 exper_i + (\gamma_3 \delta_3) IQ_i + e_i$$

其中複合誤差項為 $e_i = u_i + \gamma_3 v_i$。

檢驗複合誤差項 $e_i$ 的條件期望值：

$$E(e_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = E(u_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) + \gamma_3 E(v_i \mid educ_i, exper_i, IQ_i) = 0 + 0 = 0$$

由於複合誤差項與式中的所有自變數外生獨立，小光以 OLS 估計式 (3)：