111 年 國立臺灣大學財務金融研究所丙組《商用統計學》

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第 1 題5 分

Multiple Choice Questions. Notes:
(1) Please choose only one of the answer choices (a)-(e).
(2) Write down your answers on the scantron answer sheet.
(3) Each question is worth 5 points.

  1. Suppose that X is a random variable that has the characteristic function ϕX(t)=exp⁡(−12λ2t2)\phi_X(t) = \exp(-\frac{1}{2}\lambda^2 t^2), where λ\lambda is a real number. Denote Z1:=(1+X)4Z_1 := (1+X)^4 and Z2:=sin⁡(X)+2Z_2 := \sin(X) + 2. Which of the following is right?
    a. E(Z1)=8E(Z_1) = 8 and E(Z2)=−2E(Z_2) = -2
    b. E(Z1)=10E(Z_1) = 10 and E(Z2)=0E(Z_2) = 0
    c. E(Z1)=12E(Z_1) = 12 and E(Z2)=2E(Z_2) = 2
    d. E(Z1)=14E(Z_1) = 14 and E(Z2)=4E(Z_2) = 4
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

特徵函數定義為 ϕX(t)=E(eitX)\phi_X(t)=E(e^{itX})。常態分配 N(0,λ2)N(0,\lambda^2) 的特徵函數為

ϕX(t)=exp⁡(−12λ2t2).\phi_X(t)=\exp\left(-\frac{1}{2}\lambda^2t^2\right).

因此,XX 的分配以 00 為中心,且變異數為 λ2\lambda^2。其奇數階動差為 00,並有

E(X2)=λ2,E(X4)=3λ4.E(X^2)=\lambda^2,\qquad E(X^4)=3\lambda^4.

解題方法

先展開 Z1Z_1,利用奇數階動差為 00:

E(Z1)=E[(1+X)4]=E(1+4X+6X2+4X3+X4)=1+6λ2+3λ4.\begin{aligned} E(Z_1) &=E\left[(1+X)^4\right]\\ &=E(1+4X+6X^2+4X^3+X^4)\\ &=1+6\lambda^2+3\lambda^4. \end{aligned}

再由特徵函數計算 E[sin⁡(X)]E[\sin(X)]。因為

ϕX(1)=E(eiX)=E[cos⁡(X)]+iE[sin⁡(X)],\phi_X(1)=E(e^{iX})=E[\cos(X)]+iE[\sin(X)],

而 ϕX(1)=exp⁡(−λ2/2)\phi_X(1)=\exp(-\lambda^2/2) 是實數,所以虛部為 00,即 E[sin⁡(X)]=0E[\sin(X)]=0。因此

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第 2 題5 分

  1. Let X be a random variable that has the probability density function:
    f(x,ζ)=exp⁡(−x/ζ)ζ(1+exp⁡(−x/ζ))2f(x, \zeta) = \frac{\exp(-x/\zeta)}{\zeta(1+\exp(-x/\zeta))^2}
    where x∈Rx \in \mathbb{R} and ζ>0\zeta > 0 is the parameter. In addition, we define Z1:=1ζln⁡f(X,ζ)Z_1 := \frac{1}{\zeta} \ln f(X, \zeta) and Z2:=Z12+1ζln⁡f(X,ζ)Z_2 := Z_1^2 + \frac{1}{\zeta} \ln f(X, \zeta). Which of the following is right?
    a. E(Z1)=ζπE(Z_1) = \zeta\pi and E(Z2)=π26E(Z_2) = \frac{\pi^2}{6}
    b. E(Z1)=0E(Z_1) = 0 and E(Z2)=0E(Z_2) = 0
    c. E(Z1)=ζπE(Z_1) = \zeta\pi and E(Z2)=π26E(Z_2) = \frac{\pi^2}{6}
    d. E(Z1)=π3E(Z_1) = \frac{\pi}{3} and E(Z2)=π26E(Z_2) = \frac{\pi^2}{6}
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

  • 本題的機率密度函數

f(x,ζ)=e−x/ζζ(1+e−x/ζ)2,x∈R,  ζ>0f(x,\zeta)=\frac{e^{-x/\zeta}}{\zeta\bigl(1+e^{-x/\zeta}\bigr)^{2}},\qquad x\in\mathbb R,\;\zeta>0

正好是 Logistic 分佈(位置參數 μ=0\mu=0,尺度參數 s=ζs=\zeta)。
Logistic 分佈的幾個已知性質:

性質形式
pdfg(y)=e−y(1+e−y)2g(y)=\dfrac{e^{-y}}{(1+e^{-y})^{2}}(尺度 1)
變換若 X∼Logistic(0,ζ)X\sim\text{Logistic}(0,\zeta),則 Y:=X/ζ∼Logistic(0,1)Y:=X/\zeta\sim\text{Logistic}(0,1)
期望E[Y]=0E[Y]=0
變異Var⁡(Y)=π23\operatorname{Var}(Y)=\dfrac{\pi^{2}}{3}
熵h=ln⁡ζ+2\displaystyle h=\ln \zeta+2(單位 nats)

題目定義

Z1:=1ζln⁡f(X,ζ),Z2:=Z12+1ζln⁡f(X,ζ)=Z12+Z1=Z1(Z1+1)Z_{1}:=\frac{1}{\zeta}\ln f(X,\zeta),\qquad Z_{2}:=Z_{1}^{2}+\frac{1}{\zeta}\ln f(X,\zeta)=Z_{1}^{2}+Z_{1}=Z_{1}(Z_{1}+1)

要計算 E[Z1]E[Z_{1}] 與 E[Z2]E[Z_{2}]。


解題方法

1. 計算 E[ln⁡f(X,ζ)]E[\ln f(X,\zeta)]

對任意密度 ff 有

h(X)=−E[ln⁡f(X)]⟹E[ln⁡f(X)]=−  h(X)h(X)=-E[\ln f(X)]\quad\Longrightarrow\quad E[\ln f(X)]=-\;h(X)

Logistic 分佈的微分熵已知為

h(X)=ln⁡ζ+2h(X)=\ln \zeta+2

因此

E[ln⁡f(X,ζ)]=−(ln⁡ζ+2).E[\ln f(X,\zeta)]=-(\ln\zeta+2).

2. 取得 E[Z1]E[Z_{1}]

Z1=1ζln⁡f(X,ζ)⟹E[Z1]=1ζ E[ln⁡f(X,ζ)]=1ζ[−(ln⁡ζ+2)]=−ln⁡ζ+2ζ.Z_{1}= \frac{1}{\zeta}\ln f(X,\zeta) \quad\Longrightarrow\quad E[Z_{1}] = \frac{1}{\zeta}\,E[\ln f(X,\zeta)] = \frac{1}{\zeta}\bigl[-(\ln\zeta+2)\bigr] = -\frac{\ln\zeta+2}{\zeta}.

此結果明顯 與 ζ\zeta 相關,而選項裡的所有常數(π,π/3,π2/6\pi,\pi/3,\pi^{2}/6)皆不含 ζ\zeta,故已可排除 a–d。

3. 計算 E[Z2]E[Z_{2}]

因 Z2=Z12+Z1Z_{2}=Z_{1}^{2}+Z_{1},

E[Z2]=E[Z12]+E[Z1].E[Z_{2}]=E[Z_{1}^{2}]+E[Z_{1}].

先求 E[Z12]E[Z_{1}^{2}]。寫成

Z1=1ζ[−Xζ−ln⁡ζ−2ln⁡(1+e−X/ζ)]=−Xζ2−ln⁡ζζ−2ζln⁡(1+e−X/ζ).Z_{1}= \frac{1}{\zeta}\Bigl[-\frac{X}{\zeta}-\ln\zeta-2\ln\bigl(1+e^{-X/\zeta}\bigr)\Bigr] =-\frac{X}{\zeta^{2}}-\frac{\ln\zeta}{\zeta} -\frac{2}{\zeta}\ln\bigl(1+e^{-X/\zeta}\bigr).

令 Y:=X/ζ∼Logistic(0,1)Y:=X/\zeta\sim\text{Logistic}(0,1),則

Z1=−Yζ−ln⁡ζζ−2ζln⁡(1+e−Y).Z_{1}= -\frac{Y}{\zeta}-\frac{\ln\zeta}{\zeta} -\frac{2}{\zeta}\ln\bigl(1+e^{-Y}\bigr).

由於 YY 的分佈與 ζ\zeta 無關,Z1Z_{1} 可以寫成

Z1=1ζ A(Y)−ln⁡ζζ,A(Y):=−Y−2ln⁡(1+e−Y).Z_{1}= \frac{1}{\zeta}\,A(Y)-\frac{\ln\zeta}{\zeta}, \qquad A(Y):=-Y-2\ln\bigl(1+e^{-Y}\bigr).

因此

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第 3 題

  1. Let {Zi}i=1∞\{Z_i\}_{i=1}^\infty be an IID sequence of N(0,1)N(0, 1)-distributed random variables. Consider the following two processes:
    with X0=Z0X_0 = Z_0, and
    Xi=Xi−1+Zi,i=1,2,…X_i = X_{i-1} + Z_i, \quad i=1, 2, \dots
    Yi=Zi−1+Zi,i=1,2,…Y_i = Z_{i-1} + Z_i, \quad i=1, 2, \dots
    Define Xˉn:=1n∑i=1nXi\bar{X}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i and Yˉn:=1n∑i=1nYi\bar{Y}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Y_i. Please calculate var(Xn)\text{var}(X_n) and var(Yˉn)\text{var}(\bar{Y}_n).
    a. var(Xn)=n\text{var}(X_n) = n and var(Yˉn)=48n2\text{var}(\bar{Y}_n) = \frac{48}{n^2}
    b. var(Xn)=n+1\text{var}(X_n) = n + 1 and var(Yˉn)=4n−6n2\text{var}(\bar{Y}_n) = \frac{4n-6}{n^2}
    c. var(Xn)=n+1\text{var}(X_n) = n + 1 and var(Yˉn)=4n−2n2\text{var}(\bar{Y}_n) = \frac{4n-2}{n^2}
    d. var(Xn)=n\text{var}(X_n) = n and var(Yˉn)=4n−2n2\text{var}(\bar{Y}_n) = \frac{4n-2}{n^2}
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查獨立標準常態變數的線性組合變異數,以及隨機變數間因共用變數而產生的共變異數。

若 Z0,Z1,…,ZnZ_0,Z_1,\ldots,Z_n 互相獨立且各自服從 N(0,1)N(0,1),則

Var⁡(∑j=0najZj)=∑j=0naj2Var⁡(Zj)=∑j=0naj2.\operatorname{Var}\left(\sum_{j=0}^{n} a_j Z_j\right) =\sum_{j=0}^{n} a_j^2\operatorname{Var}(Z_j) =\sum_{j=0}^{n} a_j^2.

解題方法

由 X0=Z0X_0=Z_0 且 Xi=Xi−1+ZiX_i=X_{i-1}+Z_i,逐步展開可得

Xn=Z0+Z1+⋯+Zn.X_n=Z_0+Z_1+\cdots+Z_n.

這是 n+1n+1 個互相獨立、變異數皆為 11 的變數之和,因此

Var⁡(Xn)=∑j=0nVar⁡(Zj)=n+1.\operatorname{Var}(X_n) =\sum_{j=0}^{n}\operatorname{Var}(Z_j) =n+1.

再計算 Yˉn\bar Y_n。將 Yi=Zi−1+ZiY_i=Z_{i-1}+Z_i 從 i=1i=1 加到 nn,端點的 Z0Z_0 與 ZnZ_n 各出現一次,中間的 Z1,…,Zn−1Z_1,\ldots,Z_{n-1} 各出現兩次:

∑i=1nYi=Z0+2Z1+⋯+2Zn−1+Zn.\sum_{i=1}^{n}Y_i =Z_0+2Z_1+\cdots+2Z_{n-1}+Z_n.

所以

Var⁡(Yˉn)=Var⁡(1n∑i=1nYi)=1n2[1+4(n−1)+1]=4n−2n2.\operatorname{Var}(\bar Y_n) =\operatorname{Var}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\right) =\frac{1}{n^2}\left[1+4(n-1)+1\right] =\frac{4n-2}{n^2}.

因此兩個結果分別是 n+1n+1 與 4n−2n2\dfrac{4n-2}{n^2}。

選項分析

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第 4 題

  1. Let {Xi}i=1∞\{X_i\}_{i=1}^\infty be an IID sequence of N(0,1)N(0, 1) random variables, and {Zi}i=1∞\{Z_i\}_{i=1}^\infty be another IID sequence of N(0,1)N(0, 1) random variables. In addition, {Xi}i=1∞\{X_i\}_{i=1}^\infty is independent of {Zi}i=1∞\{Z_i\}_{i=1}^\infty, and we define Yi:=2Xi+3ZiY_i := 2X_i + 3Z_i. Consider a simple linear regression:
    Yi=β0+β1Xi+ei,Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_i + e_i,
    where β0\beta_0 and β1\beta_1 are regression coefficients, and eie_i is a zero-mean error. Let β^0\hat{\beta}_0 and β^1\hat{\beta}_1 be the ordinary least squares estimators for β0\beta_0 and β1\beta_1, respectively. Suppose that β^0\hat{\beta}_0 and β^1\hat{\beta}_1 are, respectively, consistent for β0\beta_0 and β1\beta_1, as n→∞n \to \infty. Please calculate β^0\hat{\beta}_0 and β^1\hat{\beta}_1.
    a. β^0=9\hat{\beta}_0 = 9 and β^1=6\hat{\beta}_1 = 6
    b. β^0=7\hat{\beta}_0 = 7 and β^1=4\hat{\beta}_1 = 4
    c. β^0=5\hat{\beta}_0 = 5 and β^1=3\hat{\beta}_1 = 3
    d. β^0=1\hat{\beta}_0 = 1 and β^1=1\hat{\beta}_1 = 1
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

  • 簡單線性迴歸的母體係數:在模型 Yi=β0+β1Xi+eiY_i=\beta_0+\beta_1X_i+e_i 中,
β1=Cov⁡(Y,X)Var⁡(X),β0=E[Y]−β1E[X].\beta_1=\frac{\operatorname{Cov}(Y,X)}{\operatorname{Var}(X)},\qquad \beta_0=E[Y]-\beta_1E[X].
  • 一致性:OLS 估計量 β^0,β^1\hat\beta_0,\hat\beta_1 在樣本數 n→∞n\to\infty 時會收斂到上述母體係數。
  • 獨立同分布的正態變數:若 X∼N(0,1)X\sim N(0,1)、Z∼N(0,1)Z\sim N(0,1) 且相互獨立,則 E[X]=E[Z]=0E[X]=E[Z]=0,Var⁡(X)=Var⁡(Z)=1\operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(Z)=1,且 Cov⁡(X,Z)=0\operatorname{Cov}(X,Z)=0。

解題方法

  1. 寫出 YiY_i 的顯式表達式:

Yi=2Xi+3Zi.Y_i = 2X_i + 3Z_i .

  1. 計算 E[Y]E[Y]、E[X]E[X]:

E[Y]=2E[X]+3E[Z]=0,E[X]=0.E[Y]=2E[X]+3E[Z]=0,\qquad E[X]=0.

  1. 計算 Var⁡(X)\operatorname{Var}(X):

Var⁡(X)=1.\operatorname{Var}(X)=1.

  1. 計算 Cov⁡(Y,X)\operatorname{Cov}(Y,X):
Cov⁡(Y,X)=Cov⁡(2X+3Z,  X)=2Cov⁡(X,X)+3Cov⁡(Z,X)=2Var⁡(X)+3⋅0=2.\operatorname{Cov}(Y,X)=\operatorname{Cov}(2X+3Z,\;X)=2\operatorname{Cov}(X,X)+3\operatorname{Cov}(Z,X) =2\operatorname{Var}(X)+3\cdot0=2.
  1. 得到母體迴歸係數
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第 5 題

  1. Let {Yi}i=1∞\{Y_i\}_{i=1}^\infty be an IID sequence of Student's t(2)-distributed random variables. Denote μ:=E(Y)\mu := E(Y), Yˉn:=1n∑i=1nYi\bar{Y}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Y_i, σ2:=1n−1∑i=1n(Yi−Yˉn)2\sigma^2 := \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (Y_i - \bar{Y}_n)^2, and
    Zn:=n(Yˉn−μ)σ2Z_n := \frac{\sqrt{n}(\bar{Y}_n - \mu)}{\sqrt{\sigma^2}}
    Note that " →d\xrightarrow{d} " means that "convergence in distribution." Which of the following is right?
    a. Zn→dN(0,4)Z_n \xrightarrow{d} N(0,4) and σ2→dχ2(4)\sigma^2 \xrightarrow{d} \chi^2(4), as n→∞n \to \infty
    b. Zn→dN(0,3)Z_n \xrightarrow{d} N(0,3) and σ2→dχ2(3)\sigma^2 \xrightarrow{d} \chi^2(3), as n→∞n \to \infty
    c. Zn→dN(0,2)Z_n \xrightarrow{d} N(0,2) and σ2→dχ2(2)\sigma^2 \xrightarrow{d} \chi^2(2), as n→∞n \to \infty
    d. Zn→dN(0,1)Z_n \xrightarrow{d} N(0, 1) and σ2→dχ2(1)\sigma^2 \xrightarrow{d} \chi^2(1), as n→∞n \to \infty
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

  • Student‑t 分布在自由度 ν\nu 為 22 時,具有
    E⁡[Y]=0,Var⁡(Y)=νν−2=20=∞.\operatorname{E}[Y]=0,\qquad \operatorname{Var}(Y)=\frac{\nu}{\nu-2}=\frac{2}{0}= \infty.
    也就是說 t(2)t(2) 的變異數不存在,僅有有限的第一階矩。
  • 中央極限定理(CLT)要求母體變異數有限才能得到
    n(Yˉn−μ)→dN(0,σ2),\sqrt{n}(\bar Y_n-\mu)\xrightarrow{d}N(0,\sigma^2),
    其中 σ2=Var⁡(Y)\sigma^2=\operatorname{Var}(Y)。若 Var⁡(Y)=∞\operatorname{Var}(Y)=\infty,CLT 不適用。
  • 標本變異數 σ2=1n−1∑i=1n(Yi−Yˉn)2\sigma^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (Y_i-\bar Y_n)^2 只在樣本值的二次矩存在時才會收斂到某個有意義的分布。當母體二次矩不存在時,σ2\sigma^2 本身不會收斂到卡方分布。

解題方法

  1. 求母體常數 μ\mu。對於 t(2)t(2),對稱且自由度大於 11,故 μ=0\mu=0。
  2. 檢驗 Var⁡(Y)\operatorname{Var}(Y) 是否有限。對自由度 ν=2\nu=2 的 t 分布
    Var⁡(Y)=νν−2\operatorname{Var}(Y)=\frac{\nu}{\nu-2}
    在 ν≤2\nu\le 2 時不存在(無窮大)。故 Var⁡(Y)=∞\operatorname{Var}(Y)=\infty。
  3. 由第 2 步可知 CLT 失效,ZnZ_n 的極限分布不會是常態分布,也不會取得有限的方差係數。
  4. 同理,σ2\sigma^2 依賴樣本二次矩;二次矩在母體不存在時,樣本變異數不會收斂成 χ2\chi^2 分布。
  5. 因此所有選項 (a)–(d) 中所列的極限分布皆假設了有限變異數,是錯誤的。

選項逐一分析

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第 6 題

  1. Let {Xi}i=1∞\{X_i\}_{i=1}^\infty be an IID sequence of random variables with zero mean and variance σ2<∞\sigma^2 < \infty. Define Xˉn:=1n∑i=1nXi\bar{X}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i. Let Cn(t)C_n(t) be the characteristic function of the statistic n1/2(Xˉn−μ)/σn^{1/2}(\bar{X}_n - \mu)/\sigma, and C(t)C(t) be the characteristic function of the random variable XiX_i. We also let λ\lambda be an arbitrary real number. Which of the following is right?
    a. Cn(t)=C(tn)C_n(t) = C(\frac{t}{\sqrt{n}})
    b. Cn(t)=C(tσn)C_n(t) = C(\frac{t}{\sigma\sqrt{n}})
    c. Cn(t)=C(tσ)λ−2C_n(t) = C(\frac{t}{\sigma})\lambda^{-2}
    d. nCn(t)=C(tσ)−1n C_n(t) = C(\frac{t}{\sigma})^{-1}
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查特徵函數的定義,以及獨立同分布隨機變數之和的特徵函數乘法性質。

對隨機變數 YY,其特徵函數定義為

ϕY(t)=E(eitY).\phi_Y(t)=E\left(e^{itY}\right).

若 Y1,…,YnY_1,\ldots,Y_n 相互獨立,則

ϕY1+⋯+Yn(t)=∏i=1nϕYi(t).\phi_{Y_1+\cdots+Y_n}(t) = \prod_{i=1}^n \phi_{Y_i}(t).

本題中 XiX_i 的平均數為 00,因此 μ=0\mu=0,且

Xˉn=1n∑i=1nXi.\bar X_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i.

題目所定義的統計量為

Zn=n(Xˉn−μ)σ=1σn∑i=1n(Xi−μ).Z_n = \frac{\sqrt n(\bar X_n-\mu)}{\sigma} = \frac{1}{\sigma\sqrt n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu).

由於本題 μ=0\mu=0,可寫成

Zn=1σn∑i=1nXi.Z_n = \frac{1}{\sigma\sqrt n}\sum_{i=1}^nX_i.

解題方法與推導

依特徵函數定義,

Cn(t)=E(eitZn).C_n(t) = E\left(e^{itZ_n}\right).

代入 ZnZ_n:

Cn(t)=E[exp⁡(itσn∑i=1nXi)].C_n(t) = E\left[ \exp\left( \frac{it}{\sigma\sqrt n}\sum_{i=1}^nX_i \right) \right].

利用指數函數的加法性質,

Cn(t)=E[∏i=1nexp⁡(itσnXi)].C_n(t) = E\left[ \prod_{i=1}^n \exp\left(\frac{it}{\sigma\sqrt n}X_i\right) \right].

因為 X1,…,XnX_1,\ldots,X_n 相互獨立,期望值可以拆成乘積:

Cn(t)=∏i=1nE[exp⁡(itσnXi)].C_n(t) = \prod_{i=1}^n E\left[ \exp\left(\frac{it}{\sigma\sqrt n}X_i\right) \right].

又因為各個 XiX_i 同分布,且 C(t)C(t) 是 XiX_i 的特徵函數,所以

E[exp⁡(itσnXi)]=C(tσn).E\left[ \exp\left(\frac{it}{\sigma\sqrt n}X_i\right) \right] = C\left(\frac{t}{\sigma\sqrt n}\right).

因此

Cn(t)=[C(tσn)]n.\boxed{ C_n(t) = \left[ C\left(\frac{t}{\sigma\sqrt n}\right) \right]^n }.

這個結果不是選項 a 至 d 中的任何一個,因此正確答案為 e。


選項分析

a. Cn(t)=C(tn)C_n(t)=C\left(\frac{t}{\sqrt n}\right)

錯誤。

此選項有兩個問題:

  1. 標準化統計量含有除以 σ\sigma,因此自變數應為 tσn\frac{t}{\sigma\sqrt n}。
  2. 統計量是 nn 個獨立隨機變數之和,特徵函數必須相乘 nn 次,因此應有 nn 次方。

正確形式為

Cn(t)=[C(tσn)]n.C_n(t) = \left[ C\left(\frac{t}{\sigma\sqrt n}\right) \right]^n.
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第 7 題

  1. Let Y be a random variable with two possible outcomes: 0 and 1, and XiX_i be a N(0,1)N(0, 1)-distributed random variable. Suppose that {(Yi,Xi)}i=1n\{(Y_i, X_i)\}_{i=1}^n is an IID sequence, and P(Yi=1∣Xi)=p(Xi)>0P(Y_i = 1 | X_i) = p(X_i) > 0. Consider a simple linear regression:
    Yi=βXi+ei,Y_i = \beta X_i + e_i,
    where eie_i is a zero-mean error. Let β^\hat{\beta} be the ordinary least squares estimator for β\beta, and define e^i:=Yi−β^Xi\hat{e}_i := Y_i - \hat{\beta} X_i and σ^2:=1n−1∑i=1ne^i2\hat{\sigma}^2 := \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n \hat{e}_i^2. Suppose that β^\hat{\beta} and σ^2\hat{\sigma}^2 are, respectively, consistent for β∗\beta^* and σ∗2\sigma^{*2}, as n→∞n \to \infty. Please calculate β∗\beta^* and σ∗2\sigma^{*2}.
    a. β∗=E(p2(Xi))\beta^* = E(p^2(X_i)) and σ∗2=E(p(Xi)(1−p(Xi)))\sigma^{*2} = E(p(X_i)(1-p(X_i)))
    b. β∗=E(Xip(Xi))\beta^* = E(X_i p(X_i)) and σ∗2=E(p(Xi)(1−p(Xi)))\sigma^{*2} = E(p(X_i)(1-p(X_i)))
    c. β∗=E(Xip(Xi))\beta^* = E(X_i p(X_i)) and σ∗2=β∗2+E(p(Xi))\sigma^{*2} = \beta^{*2} + E(p(X_i))
    d. β∗=E(p2(Xi))\beta^* = E(p^2(X_i)) and σ∗2=β∗2+E(p(Xi)(1−p(Xi)))\sigma^{*2} = \beta^{*2} + E(p(X_i)(1-p(X_i)))
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查「無截距簡單線性迴歸」的機率極限,以及二元隨機變數的條件期望與條件變異數。

由於迴歸式為

Yi=βXi+eiY_i=\beta X_i+e_i

沒有截距項,OLS 估計量為

β^=∑i=1nXiYi∑i=1nXi2.\hat{\beta} = \frac{\sum_{i=1}^n X_iY_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2}.

依大數法則,

β^→pE(XY)E(X2).\hat{\beta} \xrightarrow{p} \frac{E(XY)}{E(X^2)}.

又因為 Xi∼N(0,1)X_i\sim N(0,1),所以

E(X)=0,E(X2)=1.E(X)=0,\qquad E(X^2)=1.

此外,YY 為條件於 XX 的 Bernoulli 隨機變數,因此

E(Y∣X)=P(Y=1∣X)=p(X),E(Y\mid X)=P(Y=1\mid X)=p(X),

且

E(Y2∣X)=E(Y∣X)=p(X),E(Y^2\mid X)=E(Y\mid X)=p(X),

因為 Y2=YY^2=Y。

解題方法:求 β∗\beta^*

先計算 E(XY)E(XY):

E(XY)=E[XE(Y∣X)]=E[Xp(X)].E(XY) = E\bigl[XE(Y\mid X)\bigr] = E\bigl[Xp(X)\bigr].

因此

β∗=E(XY)E(X2)=E[Xp(X)].\beta^* = \frac{E(XY)}{E(X^2)} = E\bigl[Xp(X)\bigr].

所以選項中正確的 β∗\beta^* 應為

β∗=E[Xp(X)].\boxed{\beta^*=E\bigl[Xp(X)\bigr]}.

解題方法:求 σ∗2\sigma^{*2}

題目定義

σ^2=1n−1∑i=1ne^i2,e^i=Yi−β^Xi.\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n\hat e_i^2, \qquad \hat e_i=Y_i-\hat\beta X_i.

由於 β^→pβ∗\hat\beta\xrightarrow{p}\beta^*,因此

σ^2→pE[(Y−β∗X)2].\hat{\sigma}^2 \xrightarrow{p} E\left[(Y-\beta^*X)^2\right].

展開平方:

E[(Y−β∗X)2]=E(Y2)−2β∗E(XY)+β∗2E(X2).E\left[(Y-\beta^*X)^2\right] = E(Y^2)-2\beta^*E(XY)+\beta^{*2}E(X^2).

逐項代入:

E(Y2)=E(Y)=E[E(Y∣X)]=E[p(X)],E(Y^2)=E(Y)=E\bigl[E(Y\mid X)\bigr]=E[p(X)], E(XY)=β∗,E(X2)=1.E(XY)=\beta^*, \qquad E(X^2)=1.

因此

σ∗2=E[p(X)]−2β∗2+β∗2=E[p(X)]−β∗2.\sigma^{*2} = E[p(X)]-2\beta^{*2}+\beta^{*2} = E[p(X)]-\beta^{*2}.

故

σ∗2=E[p(X)]−β∗2.\boxed{\sigma^{*2}=E[p(X)]-\beta^{*2}}.

也可利用條件變異數分解驗算:

E[p(X)]=E[p(X)(1−p(X))]+E[p(X)2],E[p(X)] = E[p(X)(1-p(X))]+E[p(X)^2],

所以

σ∗2=E[p(X)(1−p(X))]+E[p(X)2]−β∗2.\sigma^{*2} = E[p(X)(1-p(X))] + E[p(X)^2] - \beta^{*2}.
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第 8 題

  1. Let {(Yi,X1i,X2i)}i=1n\{(Y_i, X_{1i}, X_{2i})\}_{i=1}^n be an IID sequence of trivariate normal random variables. The mean vector and the covariance matrix of (Yi,X1i,X2i)′(Y_i, X_{1i}, X_{2i})' are unknown. Consider the following linear regression:
    Yi=β0+β1X1i+β2X2i+ei,Y_i = \beta_0 + \beta_1 X_{1i} + \beta_2 X_{2i} + e_i,
    where eie_i is a zero-mean error. Let PP be the p-value of the t statistic for the following hypotheses:
    H0:β2=0;H_0: \beta_2 = 0;
    H1:β2>0.H_1: \beta_2 > 0.
    Please calculate the second moment and the variance of PP under H0H_0.
    a. E(P2)=1/5E(P^2) = 1/5 and var(P)=1/16\text{var}(P) = 1/16
    b. E(P2)=1/4E(P^2) = 1/4 and var(P)=1/14\text{var}(P) = 1/14
    c. E(P2)=1/3E(P^2) = 1/3 and var(P)=1/12\text{var}(P) = 1/12
    d. E(P2)=1/2E(P^2) = 1/2 and var(P)=1/10\text{var}(P) = 1/10
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

  1. 常態假定下的 tt 檢定量分配:
    在自變數與應變數服從聯合常態分配(Joint Normal Distribution)且樣本獨立同分布(IID)的古典線性迴歸模型中,當虛無假說 H0:β2=0H_0: \beta_2 = 0 為真時,tt 檢定統計量 TT 服從自由度為 n−3n-3 的學生氏 tt 分配(Student's tt-distribution),即:

    T∼t(n−3)T \sim t(n-3)

    此分配為連續型隨機變數,其累積機率分配函數(CDF)記為 F(t)F(t),且 F(t)F(t) 嚴格遞增且連續。

  2. pp 值的定義與機率積分轉換(Probability Integral Transformation):
    對於右尾檢定(H1:β2>0H_1: \beta_2 > 0),在給定檢定統計量觀測值 tobst_{obs} 時,pp 值為:

    P=P(T≥tobs∣H0)=1−F(T)P = P(T \ge t_{obs} \mid H_0) = 1 - F(T)

    根據機率積分轉換定理,若連續型隨機變數 TT 的 CDF 為 FF,則:

    F(T)∼U(0,1)  ⟹  P=1−F(T)∼U(0,1)F(T) \sim U(0, 1) \implies P = 1 - F(T) \sim U(0, 1)

    亦即:在連續型檢定統計量的虛無假說成立下,pp 值作為隨機變數必均勻分布於 (0,1)(0, 1)。

  3. 連續型均勻分配 U(0,1)U(0, 1) 的動差性質:
    若 P∼U(0,1)P \sim U(0, 1),其機率密度函數為 f(p)=1f(p) = 1(0≤p≤10 \le p \le 1),則:

    E(Pk)=∫01pk⋅1 dp=1k+1E(P^k) = \int_0^1 p^k \cdot 1 \, dp = \frac{1}{k+1} var(P)=E(P2)−[E(P)]2\text{var}(P) = E(P^2) - [E(P)]^2

解題方法

  1. 確認 TT 統計量在 H0H_0 下的連續分配:
    因資料集 {(Yi,X1i,X2i)}i=1n\{(Y_i, X_{1i}, X_{2i})\}_{i=1}^n 為 IID 之三元常態分配,滿足古典常態迴歸之條件。在 H0:β2=0H_0: \beta_2 = 0 成立下:

    T=β^2se(β^2)∼t(n−3)T = \frac{\hat{\beta}_2}{\text{se}(\hat{\beta}_2)} \sim t(n-3)

    其分布為連續對稱之 tt 分配,令其累積分布函數為 F(t)F(t)。

  2. 推導 PP 的分布:
    右尾檢定的 pp 值定義為:

    P=1−F(T)P = 1 - F(T)

    因 TT 為連續型隨機變數,由機率積分轉換性質可知:

    F(T)∼U(0,1)F(T) \sim U(0, 1)

    由於若 U∼U(0,1)U \sim U(0, 1),則其補數 1−U∼U(0,1)1 - U \sim U(0, 1) 同樣成立,因此在 H0H_0 下:

    P∼U(0,1)P \sim U(0, 1)
  3. 計算二階動差 E(P2)E(P^2) 與變異數 var(P)\text{var}(P):
    依據 U(0,1)U(0, 1) 之動差公式:

    • 一階動差(期望值): E(P)=∫01p⋅1 dp=[p22]01=12E(P) = \int_0^1 p \cdot 1 \, dp = \left[ \frac{p^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}
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第 9 題

  1. Let {Xi}i=1n\{X_i\}_{i=1}^n be an IID sequence of random variables with μ=E(Xi)\mu = E(X_i) and σ2=var(Xi)\sigma^2 = \text{var}(X_i), and denote Xˉn:=1n∑i=1nXi\bar{X}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i. Suppose that we have the following inequality:
    P(∣Xˉn−μ∣≥δ)≤var(Xˉn)δ2P(|\bar{X}_n - \mu| \ge \delta) \le \frac{\text{var}(\bar{X}_n)}{\delta^2}
    for an arbitrary constant δ>0\delta > 0. Which of the following is right as n→∞n \to \infty?
    a. var(Xˉn)=1\text{var}(\bar{X}_n) = 1, and we may use this inequality to show the normality of Xˉn\bar{X}_n
    b. var(Xˉn)=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \frac{\sigma^2}{n}, and we may use this inequality to show the efficiency of Xˉn\bar{X}_n
    c. var(Xˉn)=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \frac{\sigma^2}{n}, and we may use this inequality to show the normality of Xˉn\bar{X}_n
    d. var(Xˉn)=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \frac{\sigma^2}{n}, and we may use this inequality to show the consistency of Xˉn\bar{X}_n
    e. None of the above choices (a)-(d).

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這一題的完整詳解

這題考驗對柴比雪夫不等式的理解,以及它與大數法則和中央極限定理的關係。

題目給出的不等式是 P(∣Xˉn−μ∣≥δ)≤var(Xˉn)δ2P(|\bar{X}_n - \mu| \ge \delta) \le \frac{\text{var}(\bar{X}_n)}{\delta^2}。
這正是柴比雪夫不等式 (Chebyshev's inequality) 的形式。
柴比雪夫不等式對於任何具有有限期望值 μ\mu 和有限方差 σ2\sigma^2 的隨機變數都成立。
對於樣本均值 Xˉn\bar{X}_n,我們知道:
E(Xˉn)=E(1n∑Xi)=1n∑E(Xi)=1nnμ=μE(\bar{X}_n) = E(\frac{1}{n} \sum X_i) = \frac{1}{n} \sum E(X_i) = \frac{1}{n} n \mu = \mu。
var(Xˉn)=var(1n∑Xi)=1n2∑var(Xi)=1n2nσ2=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \text{var}(\frac{1}{n} \sum X_i) = \frac{1}{n^2} \sum \text{var}(X_i) = \frac{1}{n^2} n \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n}。
其中 σ2=var(Xi)\sigma^2 = \text{var}(X_i) 是有限的。

因此,柴比雪夫不等式應用於 Xˉn\bar{X}_n 時,形式為:
P(∣Xˉn−μ∣≥δ)≤σ2/nδ2P(|\bar{X}_n - \mu| \ge \delta) \le \frac{\sigma^2/n}{\delta^2}。

現在我們分析選項:
首先,我們確定 var(Xˉn)\text{var}(\bar{X}_n)。根據上面的推導,var(Xˉn)=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \frac{\sigma^2}{n}。
這排除了選項 a (var(Xˉn)=1\text{var}(\bar{X}_n) = 1)。
選項 b, c, d 都正確地指出了 var(Xˉn)=σ2n\text{var}(\bar{X}_n) = \frac{\sigma^2}{n}。

接下來,我們看不等式的作用。
柴比雪夫不等式 P(∣Xˉn−μ∣≥δ)≤σ2/nδ2P(|\bar{X}_n - \mu| \ge \delta) \le \frac{\sigma^2/n}{\delta^2}。

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第 10 題

  1. Let {Zi}i=1n\{Z_i\}_{i=1}^n be an IID sequence of logistic random variables with μ=E(Zi)\mu = E(Z_i) and σ2=var(Zi)\sigma^2 = \text{var}(Z_i). Denote Zˉn:=1n∑i=1nZi\bar{Z}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i, Z~i:=Zi−Zˉn\tilde{Z}_i := Z_i - \bar{Z}_n, and νi:=Zi−μ\nu_i := Z_i - \mu. Which of the following is right?
    a. n−1/2∑i=1nZ~i→d0n^{-1/2} \sum_{i=1}^n \tilde{Z}_i \xrightarrow{d} 0, as n→∞n \to \infty
    b. n−1/2∑i=1nνi→d0n^{-1/2} \sum_{i=1}^n \nu_i \xrightarrow{d} 0, as n→∞n \to \infty
    c. n1/2(Zˉn−μ)→d0n^{1/2}(\bar{Z}_n - \mu) \xrightarrow{d} 0, as n→∞n \to \infty
    d. n(Zˉn−μ)2→d0n(\bar{Z}_n - \mu)^2 \xrightarrow{d} 0, as n→∞n \to \infty
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考驗樣本平均數的中心化、中心極限定理,以及連續映射定理。

令 Z1,…,ZnZ_1,\ldots,Z_n 為 IID logistic 隨機變數,平均數為 μ\mu、變異數為 σ2\sigma^2。Logistic 分配具有有限且正的變異數,因此依中心極限定理,

n(Zˉn−μ)=1n∑i=1n(Zi−μ)→dN(0,σ2).\sqrt{n}(\bar Z_n-\mu) = \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{i=1}^n(Z_i-\mu) \xrightarrow{d}N(0,\sigma^2).

這個極限是變異數為 σ2\sigma^2 的常態分配,並非集中在 00 的退化分配。

解題方法

先直接化簡各選項中的量,再判斷其極限分配。

對選項 a,因為 Z~i=Zi−Zˉn\tilde Z_i=Z_i-\bar Z_n,所以

∑i=1nZ~i=∑i=1n(Zi−Zˉn)=∑i=1nZi−nZˉn=0.\sum_{i=1}^n \tilde Z_i = \sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z_n) = \sum_{i=1}^n Z_i-n\bar Z_n = 0.

因此 n−1/2∑i=1nZ~in^{-1/2}\sum_{i=1}^n\tilde Z_i 對每個 nn 都恆等於 00,其分配當然收斂至集中在 00 的分配。

其餘選項可由中心極限定理判斷。選項 b 與 c 的量都等於 n(Zˉn−μ)\sqrt n(\bar Z_n-\mu),極限為 N(0,σ2)N(0,\sigma^2)。選項 d 則是該量的平方;依連續映射定理,其極限為 σ2χ12\sigma^2\chi_1^2,也不是 00 的退化分配。

選項分析

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第 11 題

  1. Suppose that A and B are two events. P(A)P(A) is the probability of the happening of event A. If P(A∖B)<P(A)P(A \setminus B) < P(A), which of the following is right.
    a. P(A)<P(B)P(A) < P(B);
    b. P(B)<P(A)P(B) < P(A);
    c. P(A)<P(A∩B)P(A) < P(A \cap B);
    d. P(A∖B)<P(A∩B)P(A \setminus B) < P(A \cap B);
    e. P(B∣A)<P(B)P(B|A) < P(B).

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核心觀念

  • 事件的差集:A∖B=A∩BcA\setminus B = A\cap B^{c}。
  • 機率的加法公式:P(A)=P(A∩B)+P(A∩Bc)P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap B^{c})。
  • 因此 P(A∖B)=P(A)−P(A∩B)P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)。

解題方法
把題目給的不等式直接帶入上式:

P(A∖B)<P(A)⟺P(A)−P(A∩B)<P(A)⟺−P(A∩B)<0⟺P(A∩B)>0.P(A\setminus B)<P(A) \Longleftrightarrow P(A)-P(A\cap B)<P(A) \Longleftrightarrow -P(A\cap B)<0 \Longleftrightarrow P(A\cap B)>0 .

所以「P(A∖B)<P(A)P(A\setminus B)<P(A)」僅等價於「AA 與 BB 有正的交集概率」P(A∩B)>0P(A\cap B)>0。
此結論不涉及 P(A)P(A) 與 P(B)P(B) 的大小關係,也不涉及條件機率與其他不等式的必然性。

選項分析

選項文字是否必然成立說明
aP(A)<P(B)P(A)<P(B)否只知道 P(A∩B)>0P(A\cap B)>0,P(B)P(B) 可以大於、等於或小於 P(A)P(A)。例如:P(A)=0.4,  P(B)=0.2,  P(A∩B)=0.1P(A)=0.4,\;P(B)=0.2,\;P(A\cap B)=0.1 時 P(A)>P(B)P(A)>P(B)。
bP(B)<P(A)P(B)<P(A)否同上,P(B)P(B) 可能大於 P(A)P(A)。
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第 12 題

  1. The number of red chips and white chips in an urn is not known, but it is known that the proportion, p, of reds is either 1/5, 1/3, 1/2, or 3/4. A sample of size 4, drawn with replacement, yields the sequence red, white, white, white. The MLE for p is:
    a. 1/5;
    b. 1/4;
    c. 1/3;
    d. 1/2;
    e. 3/4.

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核心觀念

本題考查最大概似估計量(Maximum Likelihood Estimator, MLE)。

若觀察到樣本資料 xx,概似函數定義為

L(p∣x)=P(觀察到資料 x∣p)L(p\mid x)=P(\text{觀察到資料 }x\mid p)

MLE 是在參數允許的範圍內,使概似函數最大的參數值:

p^MLE=arg⁡max⁡p∈ΘL(p∣x)\hat p_{\text{MLE}}=\arg\max_{p\in\Theta}L(p\mid x)

本題已知參數空間為

Θ={15,13,12,34}\Theta=\left\{\frac15,\frac13,\frac12,\frac34\right\}

因此,必須在這四個指定值中比較概似函數大小。

解題方法

抽樣採「放回抽樣」,每次抽樣彼此獨立。觀察結果為:

  • 第 1 次:紅色,機率為 pp
  • 第 2 至第 4 次:白色,每次機率為 1−p1-p

因此,觀察到特定順序「紅、白、白、白」的概似函數為

L(p)=p(1−p)3L(p)=p(1-p)^3

逐一代入允許的 pp 值:

當 p=15p=\frac15

L(15)=15(1−15)3=15(45)3=64625=0.1024L\left(\frac15\right) =\frac15\left(1-\frac15\right)^3 =\frac15\left(\frac45\right)^3 =\frac{64}{625} =0.1024

當 p=13p=\frac13

L(13)=13(23)3=881≈0.0988L\left(\frac13\right) =\frac13\left(\frac23\right)^3 =\frac{8}{81} \approx 0.0988

當 p=12p=\frac12

L(12)=12(12)3=116=0.0625L\left(\frac12\right) =\frac12\left(\frac12\right)^3 =\frac1{16} =0.0625

當 p=34p=\frac34

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第 13 題

  1. Let {Xi}i=1n\{X_i\}_{i=1}^n be an IID sequence of random variables drawn from a normal distribution N(μ,σ2)N(\mu, \sigma^2). Define Xˉn:=1n∑i=1nXi\bar{X}_n := \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i. Suppose that ZZ is the standard normal distribution (Z∼N(0,1)Z \sim N(0,1)). What is the probability that X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ]X_4 \in [\bar{X}_n - 2\sigma, \bar{X}_n + 2\sigma]?
    a. Pr(X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ])=Pr(Z∈[−2,2])Pr(X_4 \in [\bar{X}_n - 2\sigma, \bar{X}_n + 2\sigma]) = Pr(Z \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]);
    b. Pr(X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ])=Pr(Z∈[−3,3])Pr(X_4 \in [\bar{X}_n - 2\sigma, \bar{X}_n + 2\sigma]) = Pr(Z \in [-\sqrt{3}, \sqrt{3}]);
    c. Pr(X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ])=Pr(Z∈[−2,2])Pr(X_4 \in [\bar{X}_n - 2\sigma, \bar{X}_n + 2\sigma]) = Pr(Z \in [-2,2]);
    d. Pr(X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ])=Pr(Z∈[−1.96,1.96])Pr(X_4 \in [\bar{X}_n - 2\sigma, \bar{X}_n + 2\sigma]) = Pr(Z \in [-1.96, 1.96]);
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查:

  1. 常態分配的線性組合仍服從常態分配。
  2. 樣本平均數的變異數:
    Var⁡(Xˉn)=σ2n\operatorname{Var}(\bar X_n)=\frac{\sigma^2}{n}
  3. X4X_4 包含在 Xˉn\bar X_n 中,因此 X4X_4 與 Xˉn\bar X_n 並非獨立,必須計算兩者的共變異數。

題目要求:

Pr⁡(X4∈[Xˉn−2σ,Xˉn+2σ])\Pr\left(X_4\in[\bar X_n-2\sigma,\bar X_n+2\sigma]\right)

等價於:

Pr⁡(∣X4−Xˉn∣≤2σ)\Pr\left(|X_4-\bar X_n|\le 2\sigma\right)

解題方法

令

D=X4−XˉnD=X_4-\bar X_n

由於 X4X_4 與 Xˉn\bar X_n 都是常態隨機變數的線性組合,所以 DD 亦服從常態分配。

第一步:求 DD 的期望值

因為 E(X4)=μE(X_4)=\mu,且 E(Xˉn)=μE(\bar X_n)=\mu,所以:

E(D)=E(X4−Xˉn)=μ−μ=0E(D)=E(X_4-\bar X_n)=\mu-\mu=0

第二步:求 DD 的變異數

Var⁡(D)=Var⁡(X4−Xˉn)\operatorname{Var}(D) = \operatorname{Var}(X_4-\bar X_n)

使用公式:

Var⁡(A−B)=Var⁡(A)+Var⁡(B)−2Cov⁡(A,B)\operatorname{Var}(A-B) = \operatorname{Var}(A)+\operatorname{Var}(B)-2\operatorname{Cov}(A,B)

其中:

Var⁡(X4)=σ2\operatorname{Var}(X_4)=\sigma^2

而:

Var⁡(Xˉn)=σ2n\operatorname{Var}(\bar X_n)=\frac{\sigma^2}{n}

接著計算共變異數:

Cov⁡(X4,Xˉn)=Cov⁡(X4,1n∑i=1nXi)\operatorname{Cov}(X_4,\bar X_n) = \operatorname{Cov}\left(X_4,\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i\right)

由於 XiX_i 彼此獨立,只有 X4X_4 與自身的共變異數不為零,因此:

Cov⁡(X4,Xˉn)=1nVar⁡(X4)=σ2n\operatorname{Cov}(X_4,\bar X_n) = \frac{1}{n}\operatorname{Var}(X_4) = \frac{\sigma^2}{n}

因此:

Var⁡(D)=σ2+σ2n−2(σ2n)=σ2−σ2n=σ2(1−1n)\begin{aligned} \operatorname{Var}(D) &=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n} -2\left(\frac{\sigma^2}{n}\right)\\ &=\sigma^2-\frac{\sigma^2}{n}\\ &=\sigma^2\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{aligned}

所以:

D∼N(0,σ2(1−1n))D\sim N\left(0,\sigma^2\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)

第三步:標準化

令 Z∼N(0,1)Z\sim N(0,1),則:

Dσ1−1n∼N(0,1)\frac{D}{\sigma\sqrt{1-\frac{1}{n}}}\sim N(0,1)

原事件為:

∣D∣≤2σ|D|\le 2\sigma

標準化後得到:

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第 14 題

  1. A random variable XX is normally distributed, X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2). A sample of size n=4n = 4 is drawn and yields: ∑i=14Xi=40\sum_{i=1}^4 X_i = 40, and ∑i=14(Xi−Xˉ)2=48\sum_{i=1}^4 (X_i - \bar{X})^2 = 48, where Xˉ=14∑i=14Xi\bar{X} = \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 X_i. We would like to test the following hypothesis: H0:μ=5H_0: \mu = 5 and H1:μ≠5H_1: \mu \neq 5. We are given that t3,0.99=4.541t_{3,0.99} = 4.541, t3,0.975=3.182t_{3,0.975} = 3.182, t3,0.95=2.353t_{3,0.95} = 2.353, and t3,0.90=1.638t_{3,0.90} = 1.638, where td,αt_{d, \alpha} is the t-statistic with degree of freedom dd and cumulative probability of α\alpha. Which of the following is true?
    a. We cannot reject the null at 90% confidence level;
    b. We can reject the null at 90% confidence level but not at 95% confidence level;
    c. We can reject the null at 95% confidence level but not at 97.5% confidence level;
    d. We can reject the null at 97.5% confidence level but not at 99% confidence level;
    e. We can reject the null at 99% confidence level.

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核心觀念

母體為常態分配、母體變異數未知,且樣本數小,因此檢定母體平均數時使用單一樣本 tt 檢定。檢定統計量為

t=Xˉ−μ0s/n,s2=∑i=1n(Xi−Xˉ)2n−1,t=\frac{\bar X-\mu_0}{s/\sqrt{n}}, \qquad s^2=\frac{\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2}{n-1},

自由度為 n−1n-1。由於對立假設是 H1:μ≠5H_1:\mu\neq 5,這是雙尾檢定。

解題方法

先由樣本總和求樣本平均數:

Xˉ=∑i=14Xi4=404=10.\bar X=\frac{\sum_{i=1}^{4}X_i}{4}=\frac{40}{4}=10.

樣本變異數使用分母 n−1n-1:

s2=484−1=16,s=4.s^2=\frac{48}{4-1}=16, \qquad s=4.

因此標準誤為

sn=44=2.\frac{s}{\sqrt n}=\frac{4}{\sqrt 4}=2.

以虛無假設中的 μ0=5\mu_0=5 計算檢定統計量:

t=10−52=2.5,df=4−1=3.t=\frac{10-5}{2}=2.5, \qquad df=4-1=3.

雙尾檢定的信賴水準為 CC 時,臨界值取 t3, (1+C)/2t_{3,\,(1+C)/2}。在 90% 信賴水準下,臨界值為 t3,0.95=2.353t_{3,0.95}=2.353;因為 ∣2.5∣>2.353|2.5|>2.353,拒絕虛無假設。

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第 15 題

  1. Consider a normal distribution of the form N(μ,4)N(\mu, 4). You want to test the hypothesis that H0:μ=5H_0: \mu = 5 against the alternative H1:μ>5H_1: \mu > 5. A random sample X1,X2,…,XnX_1, X_2, \dots, X_n was obtained.
    Suppose you would like to test the above one-sided hypothesis using a 5% level of significance. How would you test it?
    a. Set up a Z test where z=Xˉ−54/nz = \frac{\bar{X} - 5}{\sqrt{4/n}} and reject the null if z>1.96z > 1.96;
    b. Set up a Z test where z=Xˉ−54/nz = \frac{\bar{X} - 5}{\sqrt{4/n}} and reject the null if z>1.645z > 1.645;
    c. Set up a Z test where z=Xˉ−54/nz = \frac{\bar{X} - 5}{\sqrt{4/n}} and reject the null if z>1.96z > 1.96;
    d. Set up a Z test where z=Xˉ−54/nz = \frac{\bar{X} - 5}{\sqrt{4/n}} and reject the null if z>1.645z > 1.645;
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

  • 正態分布已知變異數:N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2),此題 σ2=4\sigma^2=4(即 σ=2\sigma=2)。
  • 單側假設檢定:
    • 零假設 H0:μ=5H_0:\mu=5
    • 對立假設 H1:μ>5H_1:\mu>5(右尾)
  • 以顯著水準 α=0.05\alpha=0.05 進行檢定,使用標準化的 ZZ 統計量。
  • 已知母體變異數時,可直接使用 ZZ 檢定,而不必轉為 tt 檢定。

解題方法

  1. 建立檢定統計量
Z=Xˉ−5σ/n=Xˉ−52/n=Xˉ−54/n.Z=\frac{\bar X-5}{\sigma/\sqrt n} =\frac{\bar X-5}{2/\sqrt n} =\frac{\bar X-5}{\sqrt{4/n}} .

在 H0H_0 成立時,Z∼N(0,1)Z\sim N(0,1)。

  1. 確定臨界值
    單側右尾檢定,顯著水準 α=0.05\alpha=0.05,即

P(Z>zα)=0.05  ⟹  zα=z0.95=1.645.P(Z>z_{\alpha})=0.05 \;\Longrightarrow\; z_{\alpha}=z_{0.95}=1.645.

故拒絕域為 Z>1.645Z>1.645。

  1. 檢定流程
    • 計算樣本平均 Xˉ\bar X。
    • 代入上式求得 ZZ。
    • 若 Z>1.645Z>1.645,拒絕 H0H_0;否則不拒絕 H0H_0。

選項分析

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第 16 題

  1. Korosensei is a junior high school teacher. A few of his students performed weakly during the midterm exam, and Korosensei decided to provide additional but mandatory tutor sessions to those who scored below 60 in the midterm. After the final exam, Korosensei collects the scores and calculate did_i as the score difference between the final exam and the midterm exam for each student ii. Let's express d[x:y]d_{[x:y]} as the average did_i among students who scored between xx and yy in the midterm exam. Let's also make an assumption that students have similar intrinsic ability (not statistically different) if their midterm exam score difference is less or equal to 10 points. Before conducting any hypothesis testing, among the following statistics, which one would be more informative about the effect of Korosensei's additional tutor session?
    a. d[0:100]d_{[0:100]};
    b. d[0:60)d_{[0:60)};
    c. d[60:100]−d[0:60)d_{[60:100]} - d_{[0:60)};
    d. d[95:100]−d[55:60)d_{[95:100]} - d_{[55:60)};
    e. d[60:65]−d[55:60)d_{[60:65]} - d_{[55:60)}.

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這題考驗對數據分析的理解,以及如何設計統計量來評估一個干預措施(補習班)的效果。

題目描述了一個情境:老師為期中考成績低於 60 分的學生提供額外補習。
我們要找出哪個統計量最能反映補習的效果。
did_i 是期末考成績與期中考成績的差值。
d[x:y]d_{[x:y]} 是期中考成績在 [x,y)[x, y) 區間內的學生的平均差值。

補習的對象是期中考成績低於 60 分的學生。
所以,我們應該比較補習組(期中考 < 60)和未補習組(期中考 >= 60)的成績差值。
更精確地說,我們應該比較補習組的成績差值與未補習組的成績差值。
如果補習有效,那麼補習組的成績差值應該比未補習組的成績差值更大。

選項 a: d[0:100]d_{[0:100]}。這是所有學生的平均成績差值。它沒有區分補習組和未補習組。
選項 b: d[0:60)d_{[0:60)}。這是期中考成績低於 60 分的學生的平均成績差值。這代表了補習組的效果,但沒有對照組。
選項 c: d[60:100]−d[0:60)d_{[60:100]} - d_{[0:60)}。
d[0:60)d_{[0:60)} 是補習組(期中考 < 60)的平均成績差值。
d[60:100]d_{[60:100]} 是未補習組(期中考 >= 60)的平均成績差值。
這個統計量比較了兩組的平均成績差值之差。如果補習有效,我們期望 d[0:60)d_{[0:60)} 比 d[60:100]d_{[60:100]} 更大。所以, d[60:100]−d[0:60)d_{[60:100]} - d_{[0:60)} 應該是一個負值(如果補習有效)。
這衡量的是補習組相對於未補習組的成績提升程度。如果補習有效,這個值應該是負的,表示補習組的平均差值更大。
但是,更直接地,我們應該比較 d[0:60)d_{[0:60)} 和 d[60:100]d_{[60:100]}。
補習效果的衡量應該是 d[0:60)d_{[0:60)} 的值,或者 d[0:60)d_{[0:60)} 與 d[60:100]d_{[60:100]} 的比較。
如果補習有效,我們期望 d[0:60)d_{[0:60)} 變大。

選項 d: d[95:100]−d[55:60)d_{[95:100]} - d_{[55:60)}。
這比較的是期中考成績非常高的學生(95-100分)和期中考成績非常低的學生(55-60分,這部分學生可能接受補習)。
這不直接反映補習的效果,因為期中考成績非常高的學生可能不需要補習,或者他們的表現與補習無關。

選項 e: d[60:65]−d[55:60)d_{[60:65]} - d_{[55:60)}。
d[55:60)d_{[55:60)} 是期中考成績在 55-60 分之間的學生的平均成績差值。這部分學生可能接受補習。
d[60:65]d_{[60:65]} 是期中考成績在 60-65 分之間的學生的平均成績差值。這部分學生可能沒有接受補習(因為他們的分數剛好在 60 分以上)。

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第 17 題

  1. Bob is testing the following empirical model using a sample of 1,000 observations:
    Yi=α+β1X1i+β2X2i+β3X3i+ϵiY_i = \alpha + \beta_1 X_{1i} + \beta_2 X_{2i} + \beta_3 X_{3i} + \epsilon_i
    He found that the F-statistic of the joint test for the entire model is 500. He now considers expressing the model's strength using (unadjusted) R-square. Please calculate the R-square value for him.
    a. 0.334;
    b. 0.501;
    c. 0.601;
    d. 0.668;
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查「整體迴歸模型的 FF 檢定」與未調整 R2R^2 的關係。

在包含截距項的多元線性迴歸模型中,若有 kk 個解釋變數、樣本數為 nn,則整體模型的 FF 統計量為

F=R2/k(1−R2)/(n−k−1)F=\frac{R^2/k}{(1-R^2)/(n-k-1)}

其中:

  • R2R^2:未調整的決定係數;
  • kk:斜率參數的個數;
  • n−k−1n-k-1:殘差自由度。

本題模型包含 X1、X2、X3X_1、X_2、X_3 三個解釋變數,因此 k=3k=3;樣本數為 n=1000n=1000。

解題方法

將題目資料代入公式:

500=R2/3(1−R2)/(1000−3−1)500=\frac{R^2/3}{(1-R^2)/(1000-3-1)}

殘差自由度為

1000−3−1=9961000-3-1=996

因此:

500=R2/3(1−R2)/996500=\frac{R^2/3}{(1-R^2)/996}

整理右側:

500=996R23(1−R2)500=\frac{996R^2}{3(1-R^2)} 500=332R21−R2500=\frac{332R^2}{1-R^2}

交叉相乘:

500(1−R2)=332R2500(1-R^2)=332R^2 500−500R2=332R2500-500R^2=332R^2 500=832R2500=832R^2

因此:

R2=500832≈0.60096R^2=\frac{500}{832}\approx 0.60096

四捨五入至小數點後三位:

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第 18 題

  1. In the two-variable model:
    Yi=β1X1i+β2X2i+ϵi,i=1,2,3,…,11Y_i = \beta_1 X_{1i} + \beta_2 X_{2i} + \epsilon_i, \quad i=1, 2, 3, \dots, 11
    Suppose that X1′X1=2X_1'X_1 = 2, X2′X2=2X_2'X_2 = 2, X1′X2=1X_1'X_2 = 1, X1′Y=1X_1'Y = 1, X2′Y=1X_2'Y = 1, and Y′Y=4/3Y'Y = 4/3, where X1,X2X_1, X_2, and YY are the column vectors with typical elements X1i,X2iX_{1i}, X_{2i}, and YiY_i respectively. Furthermore, X1′,X2′,X_1', X_2', and Y′Y' are the transpose of X1,X2,X_1, X_2, and YY respectively. Assume ϵi∼IID N(0,σϵ2)\epsilon_i \sim \text{IID } N(0, \sigma_\epsilon^2).
    Now suppose you would like to make out-of-sample predictions about the dependent variable for one hypothetical observation (Yj,X1j,X2j)(Y_j, X_{1j}, X_{2j}) for some j>11j > 11. We can observe that X1j=5X_{1j} = 5 and X2j=−2X_{2j} = -2. Please estimate the expected value and variance of YjY_j using the formula: Y^j=β^1X1j+β^2X2j\hat{Y}_j = \hat{\beta}_1 X_{1j} + \hat{\beta}_2 X_{2j}.
    Note: please estimate the variance-covariance matrix of β\beta as s2(X′X)−1s^2(X'X)^{-1} where s2s^2 is the residual sum of squares divided by the degree of freedom and X=[X1X2]X = [X_1 X_2].
    a. E(Y^j)=2E(\hat{Y}_j) = 2, Var(Y^j)=3.42\text{Var}(\hat{Y}_j) = 3.42;
    b. E(Y^j)=1E(\hat{Y}_j) = 1, Var(Y^j)=2.00\text{Var}(\hat{Y}_j) = 2.00;
    c. E(Y^j)=2E(\hat{Y}_j) = 2, Var(Y^j)=2.54\text{Var}(\hat{Y}_j) = 2.54;
    d. E(Y^j)=1E(\hat{Y}_j) = 1, Var(Y^j)=1.92\text{Var}(\hat{Y}_j) = 1.92;
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查無截距多元線性迴歸模型中的:

  • 最小平方法估計量
  • (X′X)−1(X'X)^{-1} 的計算
  • 殘差變異數 s2s^2 的估計
  • 迴歸係數的變異數—共變異數矩陣
  • 樣本外預測值的變異數

模型為:

Y=Xβ+ϵY=X\beta+\epsilon

其中:

β^=(X′X)−1X′Y\hat{\beta}=(X'X)^{-1}X'Y

對新觀察值 (X1j,X2j)=(5,−2)(X_{1j},X_{2j})=(5,-2),預測值為:

Y^j=xj′β^\hat{Y}_j=x_j'\hat{\beta}

且預測估計值的變異數為:

Var⁡(Y^j)=xj′Var⁡(β^)xj\operatorname{Var}(\hat{Y}_j) =x_j'\operatorname{Var}(\hat{\beta})x_j

解題方法

一、計算迴歸係數估計值

已知:

X′X=[X1′X1X1′X2X2′X1X2′X2]=[2112]X'X= \begin{bmatrix} X_1'X_1 & X_1'X_2\\ X_2'X_1 & X_2'X_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{bmatrix}

其反矩陣為:

(X′X)−1=12(2)−1(1)[2−1−12]=13[2−1−12](X'X)^{-1} = \frac{1}{2(2)-1(1)} \begin{bmatrix} 2&-1\\ -1&2 \end{bmatrix} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 2&-1\\ -1&2 \end{bmatrix}

又因為:

X′Y=[X1′YX2′Y]=[11]X'Y= \begin{bmatrix} X_1'Y\\ X_2'Y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}

因此:

β^=13[2−1−12][11]=13[11]=[1/31/3]\hat{\beta} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 2&-1\\ -1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/3\\ 1/3 \end{bmatrix}

所以:

β^1=13,β^2=13\hat{\beta}_1=\frac13,\qquad \hat{\beta}_2=\frac13

二、計算新觀察值的預測期望值

新觀察值的自變數向量為:

xj=[5−2]x_j= \begin{bmatrix} 5\\ -2 \end{bmatrix}

因此:

Y^j=5β^1−2β^2\hat{Y}_j = 5\hat{\beta}_1-2\hat{\beta}_2

代入估計值:

Y^j=5(13)−2(13)=33=1\hat{Y}_j = 5\left(\frac13\right)-2\left(\frac13\right) = \frac{3}{3} = 1

故估計的期望值為:

E(Y^j)=1E(\hat{Y}_j)=1

三、計算殘差變異數 s2s^2

殘差平方和可利用下式計算:

SSE=Y′Y−β^′X′YSSE=Y'Y-\hat{\beta}'X'Y

先計算:

β^′X′Y=[1/31/3][11]=23\hat{\beta}'X'Y = \begin{bmatrix} 1/3&1/3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} = \frac23

因此:

SSE=43−23=23SSE = \frac43-\frac23 = \frac23

本模型沒有截距,估計參數個數為 22,樣本數為 1111,所以自由度為:

df=11−2=9df=11-2=9

故:

s2=SSEdf=2/39=227s^2=\frac{SSE}{df} = \frac{2/3}{9} = \frac{2}{27}

四、計算 β^\hat{\beta} 的變異數—共變異數矩陣

題目指定:

Var⁡(β^)=s2(X′X)−1\operatorname{Var}(\hat{\beta}) = s^2(X'X)^{-1}

因此:

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第 19 題

  1. Suppose that a data generating process is as the following:
    Yi=α+bXi+ϵiY_i = \alpha + b X_i + \epsilon_i
    However, we have some measurement error in XiX_i. The collectable Xi∗=Xi+uiX_i^* = X_i + u_i. We know that ϵi∼N(0,σϵ2)\epsilon_i \sim N(0, \sigma_\epsilon^2) and ui∼N(0,σu2)u_i \sim N(0, \sigma_u^2). uiu_i is also uncorrelated to XiX_i, YiY_i, and ϵi\epsilon_i. If we run the regression of YY on Xi∗X_i^* along with an intercept, what is the relationship between the estimated b^\hat{b} and the true bb?
    a. plim(b^)=b\text{plim}(\hat{b}) = b;
    b. plim(b^)=var(Xi)var(Xi)+σu2b\text{plim}(\hat{b}) = \frac{\text{var}(X_i)}{\text{var}(X_i) + \sigma_u^2} b;
    c. plim(b^)=var(Xi)var(Xi)+σu2b\text{plim}(\hat{b}) = \frac{\text{var}(X_i)}{\text{var}(X_i) + \sigma_u^2} b;
    d. plim(b^)=b\text{plim}(\hat{b}) = b;
    e. None of the above choices (a)-(d).

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核心觀念

本題考查「解釋變數測量誤差」造成的估計偏誤,亦稱為:

  • 測量誤差偏誤(measurement error bias)
  • 衰減偏誤(attenuation bias)

真實模型為:

Yi=α+bXi+ϵiY_i=\alpha+bX_i+\epsilon_i

但實際觀察到的是含有測量誤差的變數:

Xi∗=Xi+uiX_i^*=X_i+u_i

其中 uiu_i 為測量誤差。依照通常的迴歸外生性假設,XiX_i 與 ϵi\epsilon_i 不相關;題目另給定 uiu_i 與 XiX_i、YiY_i、ϵi\epsilon_i 均不相關。


解題方法與推導

對 YiY_i 和 Xi∗X_i^* 進行含截距的簡單線性迴歸時,OLS 斜率估計量的極限為:

plim⁡(b^)=Cov⁡(Xi∗,Yi)Var⁡(Xi∗)\operatorname{plim}(\hat b) = \frac{\operatorname{Cov}(X_i^*,Y_i)} {\operatorname{Var}(X_i^*)}

先計算分子。由於 Xi∗=Xi+uiX_i^*=X_i+u_i:

Cov⁡(Xi∗,Yi)=Cov⁡(Xi+ui,Yi)\operatorname{Cov}(X_i^*,Y_i) = \operatorname{Cov}(X_i+u_i,Y_i) =Cov⁡(Xi,Yi)+Cov⁡(ui,Yi)= \operatorname{Cov}(X_i,Y_i)+\operatorname{Cov}(u_i,Y_i)

題目給定 uiu_i 與 YiY_i 不相關,因此:

Cov⁡(ui,Yi)=0\operatorname{Cov}(u_i,Y_i)=0

又因為:

Yi=α+bXi+ϵiY_i=\alpha+bX_i+\epsilon_i

且在標準迴歸假設下 Cov⁡(Xi,ϵi)=0\operatorname{Cov}(X_i,\epsilon_i)=0,所以:

Cov⁡(Xi,Yi)=Cov⁡(Xi,α+bXi+ϵi)=bVar⁡(Xi)\operatorname{Cov}(X_i,Y_i) = \operatorname{Cov}(X_i,\alpha+bX_i+\epsilon_i) = b\operatorname{Var}(X_i)

因此:

Cov⁡(Xi∗,Yi)=bVar⁡(Xi)\operatorname{Cov}(X_i^*,Y_i) = b\operatorname{Var}(X_i)

再計算分母:

Var⁡(Xi∗)=Var⁡(Xi+ui)\operatorname{Var}(X_i^*) = \operatorname{Var}(X_i+u_i)

由於 uiu_i 與 XiX_i 不相關:

Var⁡(Xi∗)=Var⁡(Xi)+Var⁡(ui)=Var⁡(Xi)+σu2\operatorname{Var}(X_i^*) = \operatorname{Var}(X_i)+\operatorname{Var}(u_i) = \operatorname{Var}(X_i)+\sigma_u^2

代回 OLS 斜率的極限:

plim⁡(b^)=bVar⁡(Xi)Var⁡(Xi)+σu2\operatorname{plim}(\hat b) = \frac{b\operatorname{Var}(X_i)} {\operatorname{Var}(X_i)+\sigma_u^2}

因此:

plim⁡(b^)=Var⁡(Xi)Var⁡(Xi)+σu2b\boxed{ \operatorname{plim}(\hat b) = \frac{\operatorname{Var}(X_i)} {\operatorname{Var}(X_i)+\sigma_u^2}b }

因為:

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第 20 題

  1. Consider the following linear model:
    Yi=α+β1Xi+β2Zi+ui,E(ui∣Xi,Zi)=0,ui∼N(0,σϵ2)Y_i = \alpha + \beta_1 X_i + \beta_2 Z_i + u_i, \quad E(u_i | X_i, Z_i) = 0, u_i \sim N(0, \sigma_\epsilon^2)
    Assume that you want to conduct an alternative regression model where the dependent variable is the difference between YiY_i and ZiZ_i:
    (Yi−Zi)=α∗+β1∗Xi+β2∗Zi+ui∗(Y_i - Z_i) = \alpha^* + \beta_1^* X_i + \beta_2^* Z_i + u_i^*
    What is the relationship between the OLS estimate β^1\hat{\beta}_1 and β1\beta_1?
    a. E(β^1)=β1E(\hat{\beta}_1) = \beta_1;
    b. E(β^1)<β1E(\hat{\beta}_1) < \beta_1;
    c. E(β^1)>β1E(\hat{\beta}_1) > \beta_1;
    d. E(β^1)<∣β1∣E(\hat{\beta}_1) < |\beta_1|;
    e. E(β^1)E(\hat{\beta}_1) could be larger or smaller than β1\beta_1.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「線性模型的代數變形」與「OLS 估計量的不偏性」。

原模型為:

Yi=α+β1Xi+β2Zi+uiY_i=\alpha+\beta_1X_i+\beta_2Z_i+u_i

且滿足:

E(ui∣Xi,Zi)=0E(u_i\mid X_i,Z_i)=0

在模型包含截距項、XiX_i 與 ZiZ_i 的情況下,若誤差項對所有解釋變數的條件期望為零,則 OLS 估計量具有條件不偏性:

E(β^∣X,Z)=βE(\hat{\boldsymbol{\beta}}\mid X,Z)=\boldsymbol{\beta}

因此,β^1\hat{\beta}_1 對應的母體參數就是 XiX_i 的係數 β1\beta_1。

解題方法

將原模型兩邊同時減去 ZiZ_i:

Yi−Zi=α+β1Xi+β2Zi+ui−ZiY_i-Z_i = \alpha+\beta_1X_i+\beta_2Z_i+u_i-Z_i

整理後得到:

Yi−Zi=α+β1Xi+(β2−1)Zi+uiY_i-Z_i = \alpha+\beta_1X_i+(\beta_2-1)Z_i+u_i

與題目所設定的替代模型比較:

Yi−Zi=α∗+β1∗Xi+β2∗Zi+ui∗Y_i-Z_i = \alpha^*+\beta_1^*X_i+\beta_2^*Z_i+u_i^*

可直接對應出:

α∗=α\alpha^*=\alpha β1∗=β1\beta_1^*=\beta_1 β2∗=β2−1\beta_2^*=\beta_2-1 ui∗=uiu_i^*=u_i

關鍵在於:將依變數減去 ZiZ_i,只會使 ZiZ_i 的係數減少 11,並未改變 XiX_i 的係數。且替代模型仍然包含 XiX_i 與 ZiZ_i,沒有發生遺漏變數問題。

此外:

E(ui∗∣Xi,Zi)=E(ui∣Xi,Zi)=0E(u_i^*\mid X_i,Z_i) = E(u_i\mid X_i,Z_i) = 0

所以替代模型仍符合 OLS 不偏性的條件。因此:

E(β^1∣X,Z)=β1E(\hat{\beta}_1\mid X,Z)=\beta_1

進一步可得:

E(β^1)=β1E(\hat{\beta}_1)=\beta_1

選項分析

a. E(β^1)=β1E(\hat{\beta}_1)=\beta_1

正確。因為替代模型中,XiX_i 的真實係數仍為:

β1∗=β1\beta_1^*=\beta_1
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