112 年 國立臺灣大學財務金融研究所丙組《商用統計學》

本題主要考驗對機率密度函數積分性質的理解，特別是標準常態分布函數 $h(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$ 的奇偶性以及高斯積分的應用。

首先，我們需要計算 $\kappa_1$。
$\kappa_1 = \int_{-\infty}^{\infty} (x + x^2 + x^3 + x^4)h(x)dx$
由於 $h(x) = \exp(-x^2/2)$ 是偶函數，且 $\int_{-\infty}^{\infty} h(x) dx = \sqrt{2\pi}$ (標準常態分布的積分值)。
我們可以將積分拆解為：
$\kappa_1 = \int_{-\infty}^{\infty} x h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} x^2 h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} x^3 h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} x^4 h(x) dx$
觀察被積函數的奇偶性：

1. $x h(x)$ 是奇函數 (奇函數 $\times$ 偶函數 = 奇函數)。因此，$\int_{-\infty}^{\infty} x h(x) dx = 0$。
2. $x^3 h(x)$ 是奇函數 (奇函數 $\times$ 偶函數 = 奇函數)。因此，$\int_{-\infty}^{\infty} x^3 h(x) dx = 0$。
3. $x^2 h(x)$ 是偶函數 (偶函數 $\times$ 偶函數 = 偶函數)。
4. $x^4 h(x)$ 是偶函數 (偶函數 $\times$ 偶函數 = 偶函數)。

所以，$\kappa_1 = \int_{-\infty}^{\infty} x^2 h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} x^4 h(x) dx$。
這裡的 $h(x) = e^{-x^2/2}$。如果我們考慮標準常態分布的機率密度函數 $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$，則 $h(x) = \sqrt{2\pi}\phi(x)$。
因此，
$\int_{-\infty}^{\infty} x^2 h(x) dx = \sqrt{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 \phi(x) dx$
$\int_{-\infty}^{\infty} x^2 \phi(x) dx$ 是標準常態分布的變異數，等於 1。
所以，$\int_{-\infty}^{\infty} x^2 h(x) dx = \sqrt{2\pi} \times 1 = \sqrt{2\pi}$。

接著計算 $\int_{-\infty}^{\infty} x^4 h(x) dx = \sqrt{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} x^4 \phi(x) dx$。
$\int_{-\infty}^{\infty} x^4 \phi(x) dx$ 是標準常態分布的第四個動差，其值為 3。
所以，$\int_{-\infty}^{\infty} x^4 h(x) dx = \sqrt{2\pi} \times 3 = 3\sqrt{2\pi}$。

因此，$\kappa_1 = \sqrt{2\pi} + 3\sqrt{2\pi} = 4\sqrt{2\pi}$。
選項 (B) $\kappa_1 = 4\sqrt{2\pi}$ 是正確的。

接下來，我們計算 $\kappa_2$。
$\kappa_2 = \int_{-\infty}^{\infty} (\sin(x) + \cos(x) + \exp(2x))h(x)dx$
$\kappa_2 = \int_{-\infty}^{\infty} \sin(x) h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} \cos(x) h(x) dx + \int_{-\infty}^{\infty} \exp(2x) h(x) dx$

核心觀念

• Chebyshev 不等式：對任意隨機變數 $X$ 與常數 $a>0$，
  $P\!\left(|X-\mathbb E[X]|\ge a\right)\le\frac{\operatorname{Var}(X)}{a^{2}}$
  從而得到下界
  $P\!\left(|X-\mathbb E[X]|\le a\right)\ge 1-\frac{\operatorname{Var}(X)}{a^{2}}.$

• 平方標準常態的分布性質：若 $Y\sim N(0,1)$，則 $Y^{2}$ 服從自由度 $1$ 的 $\chi^{2}$ 分布，
  $\mathbb E[Y^{2}]=1,\qquad \operatorname{Var}(Y^{2})=2.$
  （計算：$\mathbb E[Y^{4}]=3$，故 $\operatorname{Var}(Y^{2})= \mathbb E[Y^{4}]-(\mathbb E[Y^{2}])^{2}=3-1=2$。）

• 樣本均值的方差：對獨立同分布的 $Y_{i}^{2}$，

$$\bar{Z}_{n}:=\frac1n\sum_{i=1}^{n}Y_{i}^{2},\qquad \mathbb E[\bar Z_{n}]=1,\qquad \operatorname{Var}(\bar Z_{n})=\frac{2}{n}.$$

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解題方法

1. 設定隨機變數
   把題目中的事件寫成與 $\bar Z_{n}$ 的關係

$$B=\Bigl\{\bigl|\bar Z_{n}\bigr|\le\sqrt{3}\Bigr\} =\Bigl\{\bar Z_{n}\le\sqrt{3}\Bigr\},$$

因 $\bar Z_{n}\ge0$（平方的平均值不會負）。

2. 套用 Chebyshev
   為了得到下界，我先把 $B$ 包含在一個更容易估計的事件裡。
   觀察到

$$\bigl|\bar Z_{n}-1\bigr|\le\sqrt{3}-1\quad\Longrightarrow\quad \bar Z_{n}\le\sqrt{3}.$$

因此
$P(B)\ge P\!\left(\bigl|\bar Z_{n}-1\bigr|\le\sqrt{3}-1\right).$

使用 Chebyshev，取 $a=\sqrt{3}-1$，得

本題主要考驗對條件期望、條件變異數性質以及變異數不等式的理解。

首先，我們來分析選項 (A)：
$\text{cov}(X,Y) = E[XY] - E[X]E[Y]$。
選項 (A) 的右側是 $E[E[Y|X]] - E[E[X|Y]]E[E[Y|X]]$。
我們知道 $E[E[Y|X]] = E[Y]$ 且 $E[E[X|Y]] = E[X]$。
所以，右側變為 $E[Y] - E[X]E[Y]$。
這顯然不等於 $\text{cov}(X,Y)$。
因此，選項 (A) 是錯誤的。

接下來，我們來分析選項 (B)：
$\text{var}[E[Y|X]] \le \text{var}[Y]$。
這是一個重要的條件期望的性質，稱為「全期望公式」或「變異數分解公式」的推論。
我們有 $\text{var}(Y) = E[\text{var}(Y|X)] + \text{var}(E[Y|X])$。
由於 $\text{var}(Y|X) \ge 0$，所以 $E[\text{var}(Y|X)] \ge 0$。
因此，$\text{var}(Y) \ge \text{var}(E[Y|X])$。
選項 (B) $\text{var}[E[Y|X]] \le \text{var}[Y]$ 是正確的。

最後，我們來分析選項 (C)：
$E[|XY|^2] \le \text{var}(X)$ if Y is N(0,1)-distributed.
$E[|XY|^2] = E[X^2 Y^2]$。

本題考驗對期望值和變異數的計算，特別是對於獨立隨機變數的運算，以及均勻分布的性質。

首先，我們需要知道均勻分布 U(0, 1) 的期望值和變異數。
對於 $X \sim U(0, 1)$，我們有：
$E[X] = \frac{0+1}{2} = \frac{1}{2}$
$Var(X) = \frac{(1-0)^2}{12} = \frac{1}{12}$
$E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2 = \frac{1}{12} + (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{12} + \frac{1}{4} = \frac{1+3}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$。

因為 X 和 W 是獨立且同分布的 U(0, 1)，所以我們對 W 也有相同的期望值和變異數。

現在我們逐一計算選項：

(A) $E[Y]$
$Y = X + X^2 + W + W^2$
$E[Y] = E[X + X^2 + W + W^2]$
由於期望值的線性性質，
$E[Y] = E[X] + E[X^2] + E[W] + E[W^2]$
$E[Y] = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}$
$E[Y] = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$。
選項 (A) 說 $E[Y] = 2/3$，這是錯誤的。

(B) $E[(X + X^2)^2]$
$E[(X + X^2)^2] = E[X^2 + 2X^3 + X^4]$
$= E[X^2] + 2E[X^3] + E[X^4]$。
我們已經知道 $E[X^2] = 1/3$。
現在需要計算 $E[X^3]$ 和 $E[X^4]$。
對於 $X \sim U(0, 1)$，其機率密度函數為 $f(x) = 1$ for $0 \le x \le 1$。
$E[X^k] = \int_0^1 x^k f(x) dx = \int_0^1 x^k dx = \left[\frac{x^{k+1}}{k+1}\right]_0^1 = \frac{1}{k+1}$。
所以，
$E[X^3] = \frac{1}{3+1} = \frac{1}{4}$。
$E[X^4] = \frac{1}{4+1} = \frac{1}{5}$。
因此，
$E[(X + X^2)^2] = \frac{1}{3} + 2 \times \frac{1}{4} + \frac{1}{5}$
$= \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{5}$
$= \frac{10 + 15 + 6}{30} = \frac{31}{30}$。

核心觀念

1. t 分布的密度

$$f(y|\nu)=\frac{\Gamma\!\left(\frac{\nu+1}{2}\right)}{\Gamma\!\left(\frac{\nu}{2}\right)}\, \frac{1}{\sqrt{\nu}}\Bigl(1+\frac{y^{2}}{\nu}\Bigr)^{-\frac{\nu+1}{2}},\qquad y\in\mathbb R,\ \nu>2$$

這是標準 Student‑t 分布（自由度 $\nu$）的常見寫法。

2. 最大概似估計 (MLE)

$L_n(\nu)=\sum_{i=1}^{n}\log f(Y_i|\nu)$

$\hat\nu$ 為使 $L_n(\nu)$ 最大化（或使其導數＝0）的解。

3. digamma 函數
   $\psi(x)=\Gamma'(x)/\Gamma(x)$ 為 Gamma 函數的對數導數，常在對 $\log\Gamma$ 求導時出現。

4. 一致性
   若估計量在樣本數 $n\to\infty$ 時收斂於真參數，則稱其 consistent。

   • MLE 在符合正則條件（參數在內部、資訊矩陣有限且可逆）時一致。
   • 方法矩（moment）估計需把樣本矩與理論矩相等；若所用的矩不是參數的真矩，所得估計量會偏離真值，因而 不一致。

5. Student‑t 的二階矩
   當 $\nu>2$ 時，$\displaystyle \mathbb E[Y^{2}]=\frac{\nu}{\nu-2}$。
   $\displaystyle \operatorname{Var}(Y)=\frac{\nu}{\nu-2}$（因均值為 0）。

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解題方法

1. 求 MLE 的一階條件（score equation）

$$\begin{aligned} \ell_i(\nu)&:=\log f(Y_i|\nu)\\ &=\log\Gamma\!\Bigl(\frac{\nu+1}{2}\Bigr)-\log\Gamma\!\Bigl(\frac{\nu}{2}\Bigr) -\tfrac12\log\nu-\tfrac{\nu+1}{2}\log\!\Bigl(1+\frac{Y_i^{2}}{\nu}\Bigr). \end{aligned}$$

對 $\nu$ 求導：

$$\begin{aligned} \frac{\partial\ell_i}{\partial\nu} &=\frac12\psi\!\Bigl(\frac{\nu+1}{2}\Bigr)-\frac12\psi\!\Bigl(\frac{\nu}{2}\Bigr)-\frac1{2\nu}\\[2mm] &\qquad-\frac12\log\!\Bigl(1+\frac{Y_i^{2}}{\nu}\Bigr) +\frac{\nu+1}{2}\,\frac{Y_i^{2}/\nu^{2}}{1+Y_i^{2}/\nu}. \end{aligned}$$

把所有樣本加總得到 score 函式

$$S_n(\nu)=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial\ell_i}{\partial\nu} = \frac{n}{2}\psi\!\Bigl(\frac{\nu+1}{2}\Bigr)-\frac{n}{2}\psi\!\Bigl(\frac{\nu}{2}\Bigr) -\frac{n}{2\nu} -\frac{n}{2}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\log\!\Bigl(1+\frac{Y_i^{2}}{\nu}\Bigr) +\frac{\nu+1}{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_i^{2}/\nu^{2}}{1+Y_i^{2}/\nu}.$$

MLE $\hat\nu$ 必須滿足 $S_n(\hat\nu)=0$。

2. 檢查選項 (A)–(E)

選項	內容	正/誤	理由

核心觀念

1. 中心極限定理 (CLT)：對 i.i.d. $Y_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，

$\sqrt{n}\,\frac{\bar Y-\mu}{\sigma}\;\xrightarrow{d}\;N(0,1).$

2. 弱大數定律：樣本變異數 $\hat\sigma^2:=\frac1n\sum (Y_i-\bar Y)^2$ 以機率收斂至 $\sigma^2$，因而 $\hat\sigma\xrightarrow{p}\sigma$。
3. 連續映射定理：若 $X_n\xrightarrow{d}X$，則對任何連續函數 $g$，$g(X_n)\xrightarrow{d}g(X)$。
4. 局部備選 (local alternative)：把 $\mu$ 設為 $\mu_n=\delta/\sqrt n$，此時 $\sqrt n\,\mu_n=\delta$ 為常數，形成非零的「漂移」項。

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解題方法

• 先求 $T$ 在 虛無假設 $\mu=0$ 下的漸近分布。

$$T=\frac{\sqrt n\,\bar Y}{\hat\sigma} =\frac{\sqrt n(\bar Y-0)}{\hat\sigma} =\frac{\sqrt n(\bar Y-0)/\sigma}{\hat\sigma/\sigma} \xrightarrow{d}\frac{N(0,1)}{1}=N(0,1).$$

其中分子利用 CLT，分母利用弱大數定律。

• 由此可直接得到各選項的極限機率。
• 在 局部備選 $\mu=\delta/\sqrt n$ 下，

$$\sqrt n\,\bar Y=\sqrt n\mu+\sqrt n(\bar Y-\mu) =\delta+\sigma Z,\qquad Z\sim N(0,1),$$

且 $\hat\sigma\xrightarrow{p}\sigma$，故

$T\xrightarrow{d} \frac{\delta+\sigma Z}{\sigma}=Z+\frac{\delta}{\sigma}\sim N\!\Big(\frac{\delta}{\sigma},1\Big).$

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選項分析

核心觀念

本題考查「投影矩陣」與「冪等矩陣」的性質。

因為 $Z$ 為 $n\times 4$ 矩陣，且 $Z'Z$ 正定，所以 $Z'Z$ 可逆，並且 $Z$ 的欄秩為 $4$。矩陣

$$P=Z(Z'Z)^{-1}Z'$$

是投影到 $Z$ 的欄空間上的正交投影矩陣。因此

$$W=I_n-P$$

是投影到 $Z$ 欄空間正交補空間上的正交投影矩陣。

正交投影矩陣具有：

$$W'=W,\qquad W^2=W$$

且其秩等於投影空間的維度。

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解題方法

先驗證 $W$ 的冪等性：

$$\begin{aligned} W^2 &=\left[I_n-Z(Z'Z)^{-1}Z'\right]^2\\ &=I_n-2Z(Z'Z)^{-1}Z' +Z(Z'Z)^{-1}Z'Z(Z'Z)^{-1}Z'\\ &=I_n-2Z(Z'Z)^{-1}Z' +Z(Z'Z)^{-1}Z'\\ &=I_n-Z(Z'Z)^{-1}Z'\\ &=W. \end{aligned}$$

所以 $W$ 是冪等矩陣，進而有

$$W^3=W^2W=WW=W.$$

此外，$P=Z(Z'Z)^{-1}Z'$ 投影到 $Z$ 的欄空間，而 $Z$ 的欄空間維度為 $4$。因此 $W$ 投影到其正交補空間，該空間維度為

$$n-4.$$

故

$$\operatorname{rank}(W)=n-4.$$

冪等矩陣滿足 $\operatorname{rank}(W^2)=\operatorname{rank}(W)$，因此

$$\operatorname{rank}(WW)=n-4.$$

最後，冪等矩陣的特徵值只能是 $0$ 或 $1$。$W$ 有 $n-4$ 個特徵值為 $1$，以及 $4$ 個特徵值為 $0$，所以

$$\operatorname{trace}(W)=n-4.$$

由於 $W^3=W$，可得

$$\operatorname{trace}(WWW) =\operatorname{trace}(W^3) =\operatorname{trace}(W) =n-4.$$

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選項分析

(A) $W$ is singular.

正確。

因為

本題考驗對線性回歸模型中最小平方法 (OLS) 估計量的性質的理解。

題目給出一個線性回歸模型：
$Y_i = \sum_{j=1}^K \beta_j X_{j,i} + \epsilon_i$
其中 $X_{j,i}$ 是解釋變數， $\beta_j$ 是迴歸係數， $\epsilon_i$ 是誤差項。
我們通常假設誤差項的期望值為零，即 $E[\epsilon_i] = 0$。
令 $X_i = (X_{1,i}, \dots, X_{K,i})'$， $\beta = (\beta_1, \dots, \beta_K)'$。
則模型可以寫成 $Y_i = X_i' \beta + \epsilon_i$。
矩陣形式為 $Y = X \beta + \epsilon$，其中 $Y$ 是 $n \times 1$ 的因變數向量，$X$ 是 $n \times K$ 的解釋變數矩陣，$\beta$ 是 $K \times 1$ 的係數向量，$\epsilon$ 是 $n \times 1$ 的誤差向量。

最小平方法估計量 $\hat{\beta}$ 是使殘差平方和最小化的向量：
$S(\beta) = \sum_{i=1}^n \epsilon_i^2 = \sum_{i=1}^n (Y_i - X_i' \beta)^2 = ||Y - X\beta||^2$。
最小化條件是得分函數對 $\beta$ 的偏導數為零：
$\frac{\partial S(\beta)}{\partial \beta} = -2 X'(Y - X\beta) = 0$
$X'(Y - X\beta) = 0$
$X'Y - X'X\beta = 0$
$X'X\hat{\beta} = X'Y$
$\hat{\beta} = (X'X)^{-1} X'Y$ （假設 $X'X$ 可逆）。

殘差向量 $\hat{\epsilon}$ 定義為：
$\hat{\epsilon} = Y - X\hat{\beta}$。

現在我們來分析選項 (A)： $\sum_{i=1}^n \hat{\epsilon}_i = 0$。
這相當於檢查殘差向量的元素和是否為零，即 $\mathbf{1}' \hat{\epsilon} = 0$，其中 $\mathbf{1}$ 是 $n \times 1$ 的全 1 向量

核心觀念

• 最小平方法 (OLS) 估計式：在單變量線性迴歸 $Y_i=\beta X_i+e_i$ 中，

$$\hat\beta=\frac{\sum_{i=1}^n X_iY_i}{\sum_{i=1}^n X_i^2} =\frac{\frac1n\sum X_iY_i}{\frac1n\sum X_i^2} .$$

• 大數法則：若 $(X_i,Y_i)$ 為 i.i.d. 且二階矩存在，則樣本均值 $\frac1n\sum X_iY_i$ 與 $\frac1n\sum X_i^2$ 分別以機率收斂至其期望值。
• 卡方分布性質：若 $X\sim\chi^2(k_1)$，$Z\sim\chi^2(k_2)$ 且獨立，則 $E[X]=k_1,\;E[X^2]=k_1(k_1+2)$，同理 $E[Z]=k_2,\;E[Z^2]=k_2(k_2+2)$。

解題方法

1. 計算 $X_i$、$Y_i=X_i+Z_i$ 的二階矩：

$$\begin{aligned} E[X_i] &= k_1,\\ E[Y_i] &= E[X_i+Z_i]=k_1+k_2,\\ E[X_i^2] &= k_1(k_1+2),\\ E[X_iY_i] &= E[X_i^2]+E[X_iZ_i] =E[X_i^2]+E[X_i]E[Z_i] \quad(\text{因獨立})\\ &=k_1(k_1+2)+k_1k_2 . \end{aligned}$$

2. 依據大數法則，當 $n\to\infty$ 時

$$\hat\beta \xrightarrow{p} \frac{E[X_iY_i]}{E[X_i^2]} =\frac{k_1(k_1+2)+k_1k_2}{k_1(k_1+2)} =1+\frac{k_2}{k_1+2}.$$

這裡使用了 $\displaystyle\frac{a+b}{a}=1+\frac{b}{a}$ 的代數變形。

3. 觀察選項中沒有 $1+\dfrac{k_2}{k_1+2}$ 這個形式，必須檢查是否有其他等價寫法。

核心觀念

• 大數法則 (LLN)：若 $X_i\overset{i.i.d}{\sim}\mu$，則 $\bar X_n\to\mathbb E[X]$ (a.s.)；對於樣本變異數 $\frac1n\sum (X_i-\bar X_n)^2\to\operatorname{Var}(X)$。
• 中心極限定理 (CLT)：$\displaystyle\sqrt{n}\,(\bar X_n-\mathbb E[X])\xrightarrow{d}N(0,\operatorname{Var}(X))$。
• Delta 方法：若 $T_n\overset{d}{\to}\theta$，且 $\sqrt{n}(T_n-\theta)\xrightarrow{d}N(0,\tau^2)$，對可微函數 $g$ 有

$\sqrt{n}\,[g(T_n)-g(\theta)]\xrightarrow{d}N\!\bigl(0,\,[g'(\theta)]^2\tau^2\bigr).$

解題方法

1. 檢視 $\hat\mu$ 的定義：
   $\displaystyle\hat\mu=\sum_{i=1}^nY_i$，而 $Y_i\sim N(0,1)$ 獨立。

   • $\hat\mu\sim N(0,n)$（因為變異數相加）。
   • $\sqrt{n}(\hat\mu-1)=\sqrt{n}\hat\mu-\sqrt{n}$，其中 $\sqrt{n}\hat\mu\sim N(0,n^2)$，其變異數隨 $n\to\infty$ 無界，故 不存在非退化的極限定分布。

2. 檢視 $\hat\sigma^2$ 的性質：

$$\hat\sigma^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (Y_i-\bar Y)^2,\qquad \bar Y=\frac1n\sum_{i=1}^nY_i.$$

• 由 LLN，$\displaystyle\hat\sigma^2\to\operatorname{Var}(Y)=1$ (a.s.)。
• 為取得 $\sqrt{n}(\hat\sigma-1)$ 的極限定分布，先求 $\sqrt{n}(\hat\sigma^2-1)$。利用 CLT 處理 $(Y_i-\bar Y)^2$：

本題考驗對不同數據結構類型的理解。題目描述了 Ash 的研究，他調查了 23 個 Pokémon 怪物在五年的攻擊力，並將攻擊力與重量進行迴歸分析。

數據結構的定義：

• Cross-sectional data (橫斷面數據): 在同一時間點收集的數據，通常涉及多個個體，但時間維度很短或不存在。例如，一次性調查不同公司的財務狀況。
• Time-series data (時間序列數據): 針對單一實體，在不同時間點收集的數據。例如，某個國家的 GDP 隨時間的變化。
• Panel data (面板數據): 同時具有橫斷面和時間序列維度的數據。即，針對多個個體，在多個時間點收集數據。這就是題目中描述的情況：23 個 Pokémon（個體）在 5 年（時間）內的數據。
• Longitudinal data (縱向數據): 與 Panel data 相似，強調對同一組對象在時間上的追蹤。

核心觀念

本題考查常態 Q-Q plot（quantile-quantile plot）的判讀。其作法是將：

• 橫軸：理論常態分配分位數；
• 縱軸：實際資料 $y$ 的排序分位數。

若資料近似常態分配，各點應大致落在一條直線附近。

判斷重點如下：

• 點呈現彎曲向上：右偏（right-skewed）。
• 點呈現彎曲向下：左偏（left-skewed）。
• 左尾低於直線、右尾高於直線，呈反 S 型：厚尾（fat-tailed）。
• 各點大致呈直線：近似常態分配。

解題方法

由圖可見，資料中間部分大致沿著直線排列，但右側尾端明顯向上偏離，形成右尾較長的型態；左側資料則沒有呈現比常態更極端的負向尾端。

因此，此 Q-Q plot 顯示資料不是完整的常態分配，而是具有右偏特徵。

選項分析

(A) Data do not follow a normality

正確。若資料服從常態分配，Q-Q plot 的點應大致呈直線。圖中尾端明顯偏離直線，因此資料不符合常態性。

核心觀念

本題考查變異數分析（ANOVA）中**總變異（Total Variation）與應變數 $y$ 之樣本無條件變異數（Unconditional Variance）**的對應關係。

1. 總平方和（Total Sum of Squares, $SST$）：
   衡量所有觀測值偏離總平均數 $\bar{y}$ 的總離差平方和：
   $SST = \sum_{i=1}^n (y_i - \bar{y})^2$
2. 總自由度（Total Degrees of Freedom, $df_T$）：
   對於樣本總數為 $n$ 的資料，總自由度為：
   $df_T = n - 1$
3. 無條件變異數（Unconditional Variance / Total Mean Square, $MST$）：
   應變數 $y$ 的不分組（無條件）樣本變異數 $s_y^2$，其定義即為總平方和除以其自由度：
   $s_y^2 = \frac{\sum_{i=1}^n (y_i - \bar{y})^2}{n - 1} = \frac{SST}{df_T} = MST$

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解題方法

本題為民國 112 年臺大財金所丙組題組之一。題組提供了一張單因子變異數分析表（One-way ANOVA Table），其摘要數值如下：

• 組間平方和（$SS_{Between}$ 或 $SSR$ / $SSA$）：$202.95$，$df = 4$
• 組內平方和（$SS_{Within}$ 或 $SSE$）：$3340.038$，$df = 55$
• 總平方和（$SST$）：$SST = SSA + SSE = 202.95 + 3340.038 = 3542.988$