109 年 國立臺灣大學財務金融研究所乙組《統計學（I）》

本題考驗期望值的性質與最佳化問題。我們需要找到一個常數 $b$，使得 $E[(x-b)^2]$ 最小。

我們已知 $u(x) = (x-b)^2$。
對 $b$ 取期望值：
$E[u(x)] = E[(x-b)^2]$

根據期望值的性質，我們可以將 $b$ 視為一個常數，展開上式：
$E[(x-b)^2] = E[x^2 - 2bx + b^2]$
$= E[x^2] - E[2bx] + E[b^2]$
$= E[x^2] - 2bE[x] + b^2$

核心觀念

• 效用函數與風險規避：效用函數 $u(x)$ 為二階可微，定義絕對風險規避係數
  $b^{*}= -\frac{u''(x)}{u'(x)}\;.$
  此係數衡量效用函數的凹度，若 $b^{*}>0$ 則 $u$ 為凹函數。
• 期望效用 vs. 效用的期望：$d=E[u(x)]-u(E[x])$ 為 凹度效應（即風險厭惡帶來的效用損失）。
• 二階泰勒近似：對隨機變數 $x$ 在其期望 $\mu=E[x]$ 附近展開 $u(x)$，保留至二階項，可得到
  $u(x)\approx u(\mu)+u'(\mu)(x-\mu)+\frac12 u''(\mu)(x-\mu)^2.$

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解題方法

1. 設 $\mu=E[x]$，$\sigma^{2}=Var(x)=E[(x-\mu)^2]$。
2. 以二階泰勒式在 $x=\mu$ 處展開 $u(x)$：
   $u(x)=u(\mu)+u'(\mu)(x-\mu)+\frac12 u''(\mu)(x-\mu)^2+o\!\big((x-\mu)^2\big).$
3. 取期望：

$$\begin{aligned} E[u(x)] &\approx E\!\big[u(\mu)+u'(\mu)(x-\mu)+\tfrac12 u''(\mu)(x-\mu)^2\big] \\ &= u(\mu)+u'(\mu)\underbrace{E[x-\mu]}_{=0}+\tfrac12 u''(\mu)E[(x-\mu)^2] \\ &= u(\mu)+\tfrac12 u''(\mu)\sigma^{2}. \end{aligned}$$

4. 計算 $d$：

$d = E[u(x)]-u(E[x]) \approx \frac12 u''(\mu)\sigma^{2}.$

核心觀念

• 隨機變數變換：若 $y=h(x)$，且 $h$ 在每一支單調區間上可逆，則
  $g_Y(y)=\sum_{x_i:h(x_i)=y}\frac{f_X(x_i)}{|h'(x_i)|}$
  其中 $x_i$ 為所有滿足 $h(x_i)=y$ 且落在 $X$ 的定義域的解。
• 單調分段：本題 $h(x)=(x-b)^2$ 不是全域單調，但在 $x<b$ 與 $x>b$ 兩段各自單調，可分別求逆。
• 支點（support）：$x\in(0,1)$，故 $y=(x-b)^2$ 的可能取值為
  $0\le y\le \max\{b^2,(1-b)^2\}.$

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解題方法

1. 求逆與導函數
   $y=(x-b)^2\quad\Longrightarrow\quad x=b\pm\sqrt{y},\qquad y\ge0.$
   導函數 $h'(x)=2(x-b)$，於逆點 $x_i=b\pm\sqrt{y}$ 時
   $|h'(x_i)|=2\sqrt{y}.$

2. 判斷哪兩根落在 $(0,1)$

   • 設 $a=b$, $c=1-b$（皆正）。
   • 當 $b\le\frac12$ 時：
     • $0\le y\le b^2$ 時，$b-\sqrt{y}\ge0$ 且 $b+\sqrt{y}\le1$，兩根均有效。
     • $b^2<y\le(1-b)^2$ 時，$b-\sqrt{y}<0$，僅有 $x=b+\sqrt{y}$ 有效。
   • 當 $b\ge\frac12$ 時：
     • $0\le y\le (1-b)^2$ 時，兩根均有效。
     • $(1-b)^2<y\le b^2$ 時，僅有 $x=b-\sqrt{y}$ 有效。

3. 套用變換公式
   $f_X(x)=2x\;(0<x<1)$，故

   • 兩根同時有效（$0\le y\le\min\{b^2,(1-b)^2\}$）

$$g_Y(y)=\frac{2(b+\sqrt y)}{2\sqrt y}+\frac{2(b-\sqrt y)}{2\sqrt y} =\frac{4b}{2\sqrt y} =\frac{2b}{\sqrt y}.$$

• 僅上支根有效（$b\le\frac12$，$b^2<y\le(1-b)^2$）

本題考驗條件機率與獨立事件的性質。

我們已知：

1. $A_1$ 和 $A_2$ 是互斥事件 (disjointed events)，這意味著 $A_1 \cap A_2 = \emptyset$。
2. $P(A_1) > 0$ 且 $P(A_2) > 0$。
3. $P(B|A_1) = 0.2$。
4. $P(B|A_2) = 0.2$。

我們需要計算 $P(B|A_1 \cup A_2)$。

根據條件機率的定義：
$P(B|A_1 \cup A_2) = \frac{P(B \cap (A_1 \cup A_2))}{P(A_1 \cup A_2)}$。

由於 $A_1$ 和 $A_2$ 是互斥事件，所以 $A_1 \cup A_2$ 的機率為：
$P(A_1 \cup A_2) = P(A_1) + P(A_2)$。

接著，我們考慮分子 $P(B \cap (A_1 \cup A_2))$。
利用分配律，我們可以將交集展開：
$B \cap (A_1 \cup A_2) = (B \cap A_1) \cup (B \cap A_2)$。

由於 $A_1$ 和 $A_2$ 是互斥事件，所以 $(B \cap A_1)$ 和 $(B \cap A_2)$ 也必定是互斥事件。
證明：$(B \cap A_1) \cap (B \cap A_2) = B \cap (A_1 \cap A_2)$。因為 $A_1 \cap A_2 = \emptyset$，所以 $B \cap \emptyset = \emptyset$。
因此，$(B \cap A_1)$ 和 $(B \cap A_2)$ 是互斥事件。

核心觀念

本題為商管研究所入學考試（台大財金、商研、國企等）極為經典的**貝氏定理（Bayes' Theorem）與條件獨立（Conditional Independence）**應用題。

涉及的核心機率觀念與公式包括：

1. 先驗機率（Prior Probability）：在獲得新證據前，目標事件發生的原始機率。
2. 事件獨立性與條件獨立（Conditional Independence）：給定真實狀態下，兩位觀察者各自判斷與陳述的行為互不影響，聯合機率等於個別條件機率之乘積。
3. 全機率定理（Law of Total Probability）：將樣本空間分割為互斥且完整的事件集，藉此計算觀察到證據的邊際機率 $P(E)$。
4. 貝氏定理（Bayes' Theorem）：結合先驗機率與概似度（Likelihood），更新得到事後機率（Posterior Probability）：

$$P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)P(B \mid A)}{P(A)P(B \mid A) + P(A^c)P(B \mid A^c)}$$

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解題方法

第一步：定義事件與先驗機率

設抽出的一顆糖果為研究對象，定義真實狀態事件：

• $M$：該顆糖果真的是牛奶糖（Milk candy）。
• $M^c$：該顆糖果真的是白巧克力糖（White chocolate candy）。

由題意，盒子內共有 $30$ 顆牛奶糖與 $70$ 顆白巧克力糖，共 $100$ 顆糖果，先驗機率分別為：

$$P(M) = \frac{30}{30 + 70} = 0.3$$ $$P(M^c) = \frac{70}{30 + 70} = 0.7$$

第二步：定義證據事件與概似度（Likelihood）

定義觀察到的新證據事件：

• $E$：皮卡丘（Pikachu）與胖丁（Jigglypuff）皆聲稱該糖果為牛奶口味。

題目給定兩人各自說實話的機率，且行為互相獨立：

• 皮卡丘說真話機率為 $0.5$（說謊機率為 $1 - 0.5 = 0.5$）。
• 胖丁說真話機率為 $0.9$（說謊機率為 $1 - 0.9 = 0.1$）。

在不同真實背景下，兩人「皆聲稱是牛奶口味」的條件機率為：

1. 若糖果真的是牛奶糖（$M$ 發生）：
   兩人皆聲稱牛奶口味，代表兩人都「說實話」。

$$P(E \mid M) = 0.5 \times 0.9 = 0.45$$

2. 若糖果實際上是白巧克力糖（$M^c$ 發生）：
   兩人皆聲稱牛奶口味，代表兩人都「說謊話」。

$$P(E \mid M^c) = (1 - 0.5) \times (1 - 0.9) = 0.5 \times 0.1 = 0.05$$

第三步：由全機率定理計算邊際機率 $P(E)$

兩人皆宣稱為牛奶口味的總機率為：

$$P(E) = P(M)P(E \mid M) + P(M^c)P(E \mid M^c)$$

核心觀念

• 本題給予的是參數 $\alpha>0$ 的Gamma 分布（形狀與尺度同為 $\alpha$）之機率密度函數

$$f(x;\alpha)=\frac{\alpha\Bigl(\dfrac{x}{\alpha}\Bigr)^{\alpha-1}e^{-x/\alpha}}{\Gamma(\alpha)}, \qquad x>0 .$$

• 隨機抽樣得到的五筆資料 $x_1,\dots ,x_5$ 為 $1,\;1.1,\;0.91,\;2,\;0.5$。
• 求 $\alpha$ 的最大概似估計 (MLE)，即找出使概似函數 $L(\alpha)=\prod_{i=1}^5 f(x_i;\alpha)$ 最大的參數值。

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解題方法

1. 寫出對數概似函數

$$\begin{aligned} \ell(\alpha)&=\log L(\alpha) =\sum_{i=1}^5\Bigl[\log\alpha+(\alpha-1)\log\frac{x_i}{\alpha} -\frac{x_i}{\alpha}-\log\Gamma(\alpha)\Bigr] \\[2mm] &=5\log\alpha+(\alpha-1)\sum_{i=1}^5\bigl[\log x_i-\log\alpha\bigr] -\frac{\sum_{i=1}^5 x_i}{\alpha}-5\log\Gamma(\alpha) \\[2mm] &=5(2-\alpha)\log\alpha+(\alpha-1)\sum_{i=1}^5\log x_i -\frac{\sum_{i=1}^5 x_i}{\alpha}-5\log\Gamma(\alpha). \end{aligned}$$

2. 對 $\alpha$ 求導（利用 $\displaystyle\frac{d}{d\alpha}\log\Gamma(\alpha)=\psi(\alpha)$，其中 $\psi$ 為 digamma 函數）

$$\frac{d\ell}{d\alpha}=5\Bigl[-\log\alpha+\frac{2-\alpha}{\alpha}\Bigr] +\sum_{i=1}^5\log x_i+\frac{\sum_{i=1}^5 x_i}{\alpha^{2}} -5\psi(\alpha)=0 .$$

3. 代入樣本

本題考驗聯合機率分佈的期望值計算。

首先，我們需要從表格中提取聯合機率分佈 $P(X=x, Y=y)$。

	$Y=1$	$Y=2$	$Y=3$	$Y=4$	Marginal P(X)
$X=1$	0.1	0	0	0	0.1
$X=2$	0.2	0.05	0.15	0	0.4
$X=3$	0.15	0.05	0.1	0.2	0.5
Marginal P(Y)	0.45	0.1	0.25	0.2	1

檢查總和是否為 1：
行總和：0.1 + 0.4 + 0.5 = 1。
列總和：0.45 + 0.1 + 0.25 + 0.2 = 1。
表格中的機率值是有效的聯合機率分佈。

i) $E(XY=1)$

這裡的表示法 $E(XY=1)$ 可能有兩種解釋：
解釋 1：求 $E(XY | Y=1)$。這是條件期望值，在 $Y=1$ 的條件下，求 $XY$ 的期望值。
解釋 2：求 $E(XY \cdot I(Y=1))$，其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。這相當於求 $XY$ 在 $Y=1$ 時的期望值。

從上下文和選項的風格來看，更可能是第一種解釋：計算當 $Y=1$ 時，$XY$ 的條件期望值。
我們需要先找出 $X$ 在 $Y=1$ 的條件下的機率分佈。
$P(Y=1) = 0.45$。
$P(X=1 | Y=1) = \frac{P(X=1, Y=1)}{P(Y=1)} = \frac{0.1}{0.45} = \frac{10}{45} = \frac{2}{9}$。
$P(X=2 | Y=1) = \frac{P(X=2, Y=1)}{P(Y=1)} = \frac{0.2}{0.45} = \frac{20}{45} = \frac{4}{9}$。
$P(X=3 | Y=1) = \frac{P(X=3, Y=1)}{P(Y=1)} = \frac{0.15}{0.45} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}$。
檢查總和：$\frac{2}{9} + \frac{4}{9} + \frac{1}{3} = \frac{6}{9} + \frac{3}{9} = \frac{9}{9} = 1$。

現在計算 $E(XY | Y=1)$：
$E(XY | Y=1) = \sum_{x} x \cdot y \cdot P(X=x | Y=1)$，其中 $y=1$。
$E(XY | Y=1) = (1 \cdot 1) P(X=1 | Y=1) + (2 \cdot 1) P(X=2 | Y=1) + (3 \cdot 1) P(X=3 | Y=1)$
$E(XY | Y=1) = 1 \cdot \frac{2}{9} + 2 \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{1}{3}$
$E(XY | Y=1) = \frac{2}{9} + \frac{8}{9} + 1$
$E(XY | Y=1) = \frac{10}{9} + 1 = \frac{19}{9}$。

如果解釋 2：$E(XY \cdot I(Y=1))$。
$XY \cdot I(Y=1)$ 的值只有在 $Y=1$ 時才非零。
當 $Y=1$ 時，$XY = X \cdot 1 = X$。
所以，$E(XY \cdot I(Y=1)) = E(X \cdot I(Y=1))$。
$E(X \cdot I(Y=1)) = \sum_{x} x \cdot P(X=x, Y=1)$
$= 1 \cdot P(X=1, Y=1) + 2 \cdot P(X=2, Y=1) + 3 \cdot P(X=3, Y=1)$
$= 1 \cdot (0.1) + 2 \cdot (0.2) + 3 \cdot (0.15)$
$= 0.1 + 0.4 + 0.45 = 0.95$。
$0.95 = \frac{19}{20}$。

比較 $\frac{19}{9} \approx 2.11$ 和 $0.95$。
在沒有選項的情況下，通常這種表示法 $E(XY=1)$ 指的是條件期望值 $E(XY | Y=1)$。

ii) The probability function of $E(XY)$

這個問題的表述有點奇怪。
$E(XY)$ 通常是一個單一的數值，它代表 $XY$ 的期望值。
如果 $X$ 和 $Y$ 是隨機變數，那麼 $XY$ 也是一個隨機變數。
$E(XY)$ 是這個隨機變數 $XY$ 的期望值，是一個常數。
一個常數沒有「機率函數」。

可能的解釋：

1. 題目想問的是隨機變數 $XY$ 的機率分佈 (probability distribution) 或機率質量函數 (probability mass function, p.m.f.)。
2. 題目可能是想問 $E(XY)$ 的估計量 (estimator) 的分佈，但這通常需要樣本。
3. 題目可能存在誤植。

假設題目是想問隨機變數 $XY$ 的機率分佈。
我們需要計算所有可能的 $XY$ 值及其對應的機率。
$XY$ 的可能值是 $x \times y$ 的組合。

$X \setminus Y$	1 (0.45)	2 (0.1)	3 (0.25)	4 (0.2)
1 (0.1)	1 (0.1)	2 (0)	3 (0)	4 (0)
2 (0.4)	2 (0.2)	4 (0.05)	6 (0.15)	8 (0)
3 (0.5)	3 (0.15)	6 (0.05)	9 (0.1)	12 (0.2)

可能的 $XY$ 值及其機率：

• $XY = 1$: $P(X=1, Y=1) = 0.1$
• $XY = 2$: $P(X=1, Y=2) + P(X=2, Y=1) = 0 + 0.2 = 0.2$
• $XY = 3$: $P(X=1, Y=3) + P(X=3, Y=1) = 0 + 0.15 = 0.15$
• $XY = 4$: $P(X=2, Y=2) = 0.05$
• $XY = 6$: $P(X=2, Y=3) + P(X=3, Y=2) = 0.15 + 0.05 = 0.2$

核心觀念

本題考查「帶漂移的隨機漫步模型」（random walk with drift）之平均數與變異數是否隨時間改變，以及時間序列的定態性。

模型通常寫為：

$$y_t=\mu+y_{t-1}+\varepsilon_t$$

其中：

• $\mu$ 為漂移項；
• $\varepsilon_t$ 為白噪音，滿足 $E(\varepsilon_t)=0$、$Var(\varepsilon_t)=\sigma^2$；
• 各期誤差項彼此不相關，且通常假設與初始值 $y_0$ 無關。

移項後可得：

$$\Delta y_t=y_t-y_{t-1}=\mu+\varepsilon_t$$

因此，$y_t$ 每期平均增加 $\mu$，而過去各期的隨機誤差會累積在目前的 $y_t$ 中。

解題方法

將模型逐期展開：

$$y_t=y_0+\mu+\varepsilon_1+\mu+\varepsilon_2+\cdots+\mu+\varepsilon_t$$

整理後：

$$y_t=y_0+\mu t+\sum_{i=1}^{t}\varepsilon_i$$

期望值

若 $y_0$ 為固定值，則：

$$E(y_t) =E\left(y_0+\mu t+\sum_{i=1}^{t}\varepsilon_i\right)$$ $$E(y_t)=y_0+\mu t$$

所以只要 $\mu\neq 0$，$E(y_t)$ 就會隨著時間 $t$ 線性改變，並非不依賴時間。

若初始值 $y_0$ 為隨機變數，則：

$$E(y_t)=E(y_0)+\mu t$$

結論仍然相同。

變異數

當 $y_0$ 為固定值，且誤差項彼此不相關時：

$$Var(y_t) =Var\left(\sum_{i=1}^{t}\varepsilon_i\right)$$

判斷： True (正確)

說明：
一個隨機過程被稱為協方差平穩 (Covariance Stationary) 或弱平穩 (Weakly Stationary)，是指它滿足以下三個條件：

1. 期望值是常數： 對於所有時間 $t$，該隨機變數的期望值 $E(X_t)$ 是一個常數，不隨時間 $t$ 改變。即 $E(X_t) = \mu$ 對於所有 $t$。
2. 變異數是常數： 對於所有時間 $t$，該隨機變數的變異數 $Var(X_t)$ 是一個常數，不隨時間 $t$ 改變。即 $Var(X_t) = \sigma^2$ 對於所有 $t$。
3. 自協方差函數僅依賴於時間差： 兩個時間點的協方差 $Cov(X_t, X_{t+h})$ 僅取決於時間差 $h$，而不取決於具體的時間點 $t$。即 $Cov(X_t, X_{t+h}) = \gamma(h)$ 對於所有 $t$ 和 $h$。

題目陳述為：「Covariance stationary requires that mean and variance of the random variable are a constant

判斷： False (錯誤)

說明：
中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT) 指出，對於一個具有有限期望值 $E(X) = \mu$ 和有限變異數 $Var(X) = \sigma^2$ 的隨機變數 $X$，當從其分佈中抽取一個足夠大的隨機樣本 $\{x_1, ..., x_n\}$ 時，樣本均值 $\bar{x}$ 的分佈近似於一個期望值為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2/n$ 的常態分佈 (Normal distribution)。

然而，標準柯西分佈 (Standard Cauchy distribution) 的一個重要特性是，它的期望值和變異數是不存在的（或者說，是無限大的）。
標準柯西分佈的機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f(x) = \frac{1}{\pi(1+x^2)}$, $-\infty < x < \infty$。
其期望值 $E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x \frac{1}{\pi(1+x^2)} dx$ 是一個發散的積分，因此期望值不存在。
由於期望值不存在，變異數也無法計算（因為變異數的定義依賴於期望值）。

中央極限定理的適用前提是隨機變數具有有限的期望值和變異數。
由於標準柯西分佈的期望值和變異數不存在，中央極限定理不適用於柯西分佈。
因此，即使樣本量 $n$ 趨近於無限大，樣本均值 $\bar{x}$ 的分佈也不會趨近於常態分佈。

本題考驗隨機變數線性變換的共變異數 (covariance) 計算。

我們已知聯合機率分佈表：
$P(X=0, Y=0) = 0.2$
$P(X=0, Y=1) = 0.1$
$P(X=1, Y=0) = 0.3$
$P(X=1, Y=1) = 0.4$

我們需要計算 $Cov(W, V)$，其中 $W = 2 + 7X$ 且 $V = 5 + 3Y$。
根據共變異數的性質：
$Cov(a + bX, c + dY) = bd \cdot Cov(X, Y)$
在這裡，$a=2, b=7, c=5, d=3$。
所以，$Cov(W, V) = 7 \times 3 \times Cov(X, Y) = 21 \cdot Cov(X, Y)$。

現在我們需要計算 $Cov(X, Y)$。
$Cov(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$。

首先，計算邊際機率分佈：
$P(X=0) = 0.2 + 0.1 = 0.3$
$P(X=1) = 0.3 + 0.4 = 0.7$
$P(Y=0) = 0.2 + 0.3 = 0.5$
$P(Y=1) = 0.1 + 0.4 = 0.5$

計算 $E(X)$ 和 $E(Y)$：
$E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) = 0 \cdot (0.3) + 1 \cdot (0.7) = 0.7$。

本題考驗中央極限定理 (CLT) 在樣本均值分佈上的應用，以及如何根據給定的機率要求來確定樣本大小。

已知：

• $y_i$ 是獨立同分佈 (i.i.d.) 的 Bernoulli 隨機變數。
• 成功機率 $p = 0.3$。
• 樣本均值 $\bar{Y} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} y_i$。
• 我們希望找到最小的樣本數 $n$，使得 $Pr(\bar{Y} < 0.35) \ge 0.975$。

首先，我們需要確定 Bernoulli 分佈的期望值和變異數。
對於 Bernoulli($p$) 分佈：
$E(y_i) = p = 0.3$
$Var(y_i) = p(1-p) = 0.3(1-0.3) = 0.3 \times 0.7 = 0.21$。

根據中央極限定理，當 $n$ 足夠大時，樣本均值 $\bar{Y}$ 的分佈近似於常態分佈，其期望值和變異數為：
$E(\bar{Y}) = E(y_i) = p = 0.3$
$Var(\bar{Y}) = \frac{Var(y_i)}{n} = \frac{p(1-p)}{n} = \frac{0.21}{n}$。

因此，$\bar{Y} \approx N(\mu_{\bar{Y}}, \sigma^2_{\bar{Y}}) = N(0.3, \frac{0.21}{n})$。

我們需要計算 $Pr(\bar{Y} < 0.35) \ge 0.975$。
為了使用標準常態分佈 (Z 分佈)，我們將 $\bar{Y}$ 標準化：

本題考驗期望值的線性性質以及獨立隨機變數的性質。

我們已知：

1. $X$ 和 $Z$ 是獨立分佈的標準常態隨機變數。
   標準常態分佈的期望值為 0，變異數為 1。
   $E(X) = 0$, $Var(X) = 1$。
   $E(Z) = 0$, $Var(Z) = 1$。
2. $Y = X^2 + gZ$, 其中 $g$ 是常數。
3. $X$ 和 $Z$ 是獨立的。

我們需要計算 $E(XY)$。

利用期望值的線性性質：
$E(XY) = E(X(X^2 + gZ))$
$E(XY) = E(X^3 + gXZ)$
$E(XY) = E(X^3) + E(gXZ)$
$E(XY) = E(X^3) + g E(XZ)$

由於 $X$ 和 $Z$ 是獨立的，所以 $E(XZ) = E(X)E(Z)$。
$E(X) = 0$ 且 $E(Z) = 0$。
所以，$E(XZ) = 0 \times 0 = 0$。

現在我們需要計算 $E(X^3)$。
由於 $X$ 服從標準常態分佈 $N(0, 1)$，其機率密度函數 (p.d.f.) 為 $f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2}$。

本題考驗對 OLS 迴歸估計結果的理解，特別是樣本均值之間的關係。

我們有一個 OLS 迴歸模型：
$\text{Earnings} = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \times \text{Capital\_Expenditure}$
其中，迴歸係數的估計值為：
截距 $\hat{\beta}_0 = 94$
斜率 $\hat{\beta}_1 = 5.16$

迴歸模型是以百萬美元為單位。
樣本大小 $n = 1000$ 家公司。
樣本平均資本支出 (Capital Expenditure) 為 $\overline{\text{Capital\_Expenditure}} = 60$ 百萬美元。

我們需要找到樣本平均企業收益 (Earnings) $\overline{\text{Earnings}}$。

OLS 迴歸的一個重要性質是，迴歸線會通過樣本數據的均值點。也就是說，預測值 $\hat{y}_i$ 的平均值等於實際值 $y_i$ 的平均值。
$\overline{\text{Earnings}} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \text{Earnings}_i$
$\overline{\text{Capital\_Expenditure}} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \text{Capital\_Expenditure}_i$

迴歸方程為：
$\text{Earnings}_i = \hat{\beta}_0 + \hat{\beta}_1 \times \text{Capital\_Expenditure}_i + \hat{e}_i$
其中 $\hat{e}_i$ 是殘差。

對迴歸方程兩邊取樣本平均值：

本題考驗遺漏變數偏誤 (Omitted Variable Bias, OVB) 的概念。

我們有兩個模型：

1. 真實模型 (True Model):
   $ln(Wage) = \beta_0 + \beta_1 Education + \beta_2 Experience + u_i$
   假設 $E(u_i | Education) = 0$ (這意味著 $u_i$ 與 $Education$ 獨立，或者至少條件期望為零)。
   題目給定 $Cov(Education, u_i) = 0$，這與 $E(u_i | Education) = 0$ 是一致的。
   同時，我們知道 $\beta_2 > 0$ (經驗對 log wage 有正影響)。
   以及 $Cov(Education, Experience_i) < 0$ (教育程度與工作經驗之間存在負相關)。

2. 估計模型 (Estimated Model):
   $ln(Wage) = \gamma_0 + \gamma_1 Education_i + \epsilon_i$
   在這個模型中，我們遺漏了 $Experience$ 這個變數。

我們需要分析 OLS 估計量 $\gamma_1$ 的性質。
根據 OLS 的性質，$\gamma_1$ 的期望值和一致性取決於遺漏變數 $Experience$ 與模型中包含的變數 $Education$ 之間的關係，以及遺漏變數 $Experience$ 對因變數 $ln(Wage)$ 的影響。

遺漏變數 $Experience$ 對 $ln(Wage)$ 的影響係數是 $\beta_2 > 0$。
遺漏變數 $Experience$ 與包含的變數 $Education$ 之間的協方差是負的：$Cov(Education, Experience_i) < 0$。

遺漏變數偏誤的公式為：
$Bias(\gamma_1) = E(\gamma_1) - \beta_1 = \beta_2 \cdot \frac{Cov(Education, Experience)}{Var(Education)}$

其中：

• $\beta_2$ 是遺漏變數 (Experience) 在真實模型中對因變數 (ln(Wage)) 的影響係數。我們知道 $\beta_2 > 0$。
• $Cov(Education, Experience)$ 是遺漏變數 (Experience) 與包含的變數 (Education) 之間的協方差。我們知道 $Cov(Education, Experience) < 0$。
• $Var(Education)$ 是包含變數 (Education) 的變異數，它永遠是正數。

將這些符號代入偏誤公式：
$Bias(\gamma_1) = (\text{正數}) \cdot \frac{(\text{負數})}{(\text{正數})}$
$Bias(\gamma_1) = (\text{正數}) \cdot (\text{負數})$
$Bias(\gamma_1) = \text{負數}$。

這意味著 $E(\gamma_1) - \beta_1 < 0$，即 $E(\gamma_1) < \beta_1$。
在小樣本情況下，估計量 $\gamma_1$ 的期望值會系統性地低於真實係數 $\beta_1$。

分析選項：

(a) $\gamma_1$ is a consistent estimator of $\beta_1$.
一致性估計量要求 $E(\gamma_1) \to \beta_1$ 當 $n \to \infty$。
如果遺漏變數 $Experience$ 與包含的變數 $Education$ 相關 ($Cov(Education, Experience) \ne 0$)，並且遺漏變數對因變數有影響 ($\beta_2 \ne 0$)，那麼 OLS 估計量 $\gamma_1$ 將是有偏的。
只有當 $Cov(Education, Experience) = 0$ 或 $\beta_2 = 0$ 時，偏誤才會消失。