115 年 國立臺灣大學財務金融研究所乙組《統計學（I）》

本題主要在探討如何處理資料中的離群值 (outliers) 以減少其對分析結果的影響。

離群值是指資料集中與其他數據點顯著不同的數值。它們可能是測量錯誤、輸入錯誤，或是真實但極端的數據。若不妥善處理，離群值可能嚴重扭曲統計量（如平均數、標準差）和模型參數的估計。

處理離群值的方法主要有以下幾種：

1. 移除離群值 (Remove outliers)：直接將離群值從資料集中刪除。這是最直接的方法，但可能損失有用的資訊，且若離群值是真實的極端值，則移除會導致結果偏差。
2. 溫索化 (Winsorize outliers)：將離群值「縮小」到某個預設的百分位數上。例如，將低於 5% 分位數的數值改為 5% 分位數的值，將高於 95% 分位數的數值改為 95% 分位數的值。這種方法保留了資料點的數量，但減弱了離群值的極端影響。
3. 轉換資料 (Transform data)：對整個資料集或部分資料進行數學轉換，例如取對數、開根號等。這些轉換可以縮小資料的變異範圍，有時能將原本的離群值拉近到其他數據點的範圍內。例如，取對數轉換（如自然對數）常對偏態（skewed）的資料有效，能夠減少極大值的影響。
4. 使用穩健統計方法 (Robust statistical methods)：選擇對離群值不敏感的統計方法，例如使用中位數代替平均數，或使用中位數絕對偏差 (Median Absolute Deviation, MAD) 代替標準差。

核心觀念

對 $a$ 組平均數的線性組合

$$L=\sum_{i=1}^{a}c_i\mu_i$$

若係數滿足 $\sum_{i=1}^{a}c_i=0$，則稱為對比（contrast）。本題的假設為

$$H_0:L=0,\qquad L=\mu_1-\frac{\mu_2+\mu_3+\mu_4}{3}$$

因此對比係數為 $c_1=1$、$c_2=c_3=c_4=-\frac13$，係數總和為 $1-1=0$。

在單因子變異數分析中，對比檢定使用組內均方誤差 $MSE$ 估計共同變異數，檢定統計量為

$$t=\frac{\hat L}{\sqrt{MSE\displaystyle\sum_{i=1}^{a}\frac{c_i^2}{n_i}}}$$

其自由度為 ANOVA 的組內誤差自由度 $N-a$。

解題方法

先用樣本平均數估計對比值：

$$\hat L=\bar X_1-\frac{\bar X_2+\bar X_3+\bar X_4}{3} =70-\frac{75+78+82}{3} =-\frac{25}{3}\approx-8.333$$

四組樣本數皆為 $10$，所以對比估計量的標準誤為

本題考驗對 Bernoulli 分佈的理解，以及事件機率的計算與範圍。

核心觀念：

1. Bernoulli 分佈：一個隨機變數 $X$ 服從 Bernoulli($p$) 分佈，表示 $X$ 只有兩個可能的取值：1（成功）與 0（失敗）。其機率質量函數為 $P(X=1) = p$ 且 $P(X=0) = 1-p$。
2. 事件的機率：計算特定事件發生的機率。
3. 機率的範圍：任何事件的機率都必須介於 0 和 1 之間（包含 0 和 1）。

題目設定：

• $X \sim Bernoulli(p)$, $0 < p < 1$。
• 事件 $A = \{(X-p)^2 > 4p(1-p)\}$。
• 要求 $P(A)$ 可能的取值。

分析事件 A：
由於 $X$ 只能取 0 或 1，我們需要分別討論這兩種情況：

情況 1：$X = 1$
此時，$X-p = 1-p$。
$(X-p)^2 = (1-p)^2$。
事件 A 的條件變為 $(1-p)^2 > 4p(1-p)$。
由於 $0 < p < 1$，所以 $1-p > 0$。我們可以同時除以 $(1-p)$：
$1-p > 4p$
$1 > 5p$
$p < 1/5$。
所以，如果 $X=1$ 且 $p < 1/5$，則事件 A 成立。
此情況發生的機率是 $P(X=1 \text{ and } p < 1/5) = P(X=1) \times I(p < 1/5)$，其中 $I(\cdot)$ 是指示函數。
這個機率是 $p$ 如果 $p < 1/5$，否則為 0。

情況 2：$X = 0$
此時，$X-p = 0-p = -p$。
$(X-p)^2 = (-p)^2 = p^2$。
事件 A 的條件變為 $p^2 > 4p(1-p)$。
由於 $0 < p < 1$，所以 $p > 0$。我們可以同時除以 $p$：
$p > 4(1-p)$
$p > 4 - 4p$
$5p > 4$
$p > 4/5$。
所以，如果 $X=0$ 且 $p > 4/5$，則事件 A 成立。
此情況發生的機率是 $P(X=0 \text{ and } p > 4/5) = P(X=0) \times I(p > 4/5)$。
這個機率是 $(1-p)$ 如果 $p > 4/5$，否則為 0。

計算 $P(A)$：
$P(A) = P(\{(X-p)^2 > 4p(1-p)\})$
$P(A) = P(\{(X-p)^2 > 4p(1-p)\} | X=1) P(X=1) + P(\{(X-p)^2 > 4p(1-p)\} | X=0) P(X=0)$
$P(A) = I((1-p)^2 > 4p(1-p)) \times p + I(p^2 > 4p(1-p)) \times (1-p)$

本題考驗對連續隨機變數的變數轉換，包括求新隨機變數的取值範圍、累積分佈函數 (CDF) 和機率密度函數 (PDF)，以及期望值。

核心觀念：

1. 隨機變數轉換：若已知隨機變數 $X$ 的分佈，求由 $X$ 轉換而來的新隨機變數 $Y=g(X)$ 的分佈。
2. 累積分佈函數 (CDF)：$F_Y(y) = P(Y \le y)$。
3. 機率密度函數 (PDF)：$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y)$。
4. 期望值 (Expectation)：$E(Y) = \int_{-\infty}^{\infty} y f_Y(y) dy$ 或 $E(Y) = \int_{-\infty}^{\infty} g(x) f_X(x) dx$。

題目數據與設定：

• $X$ 的 PDF: $f_X(x) = 2x$, for $0 \le x \le 1$。
• 新隨機變數 $Y = X^2$。

步驟一：確定 Y 的取值範圍
因為 $X$ 的取值範圍是 $[0, 1]$，且 $Y = X^2$ 是一個單調遞增函數在 $[0, 1]$ 上，所以：
當 $X=0$ 時，$Y = 0^2 = 0$。
當 $X=1$ 時，$Y = 1^2 = 1$。
因此，$Y$ 的取值範圍是 $[0, 1]$。
選項 (A) 說 Y 取值在 (0,1)，這是開區間，不包含端點 0 和 1。實際上，Y 可以取到 0 和 1。因此，選項 (A) 是錯誤的。

步驟二：求 Y 的累積分佈函數 (CDF)
$F_Y(y) = P(Y \le y)$
由於 $Y = X^2$，所以 $F_Y(y) = P(X^2 \le y)$。
對於 $y \in [0, 1]$：
$P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y})$。
因為 $X$ 的取值範圍是 $[0, 1]$，且 $\sqrt{y} \ge 0$，所以我們只需要考慮 $X \ge 0$ 的部分。
$P(X^2 \le y) = P(0 \le X \le \sqrt{y})$。

核心觀念

估計量 $T$ 對母體平均數 $\mu$ 的偏誤定義為

$$\operatorname{Bias}(T)=E[T]-\mu.$$

若 $E[T]=\mu$，則 $T$ 是不偏估計量；若在題目允許的情況下 $E[T]\ne\mu$，則 $T$ 會有偏。由於 $X_1,\ldots,X_n$ 為獨立同分配，對每個 $i$ 都有 $E[X_i]=\mu$。

解題方法

逐一計算選項的期望，並與 $\mu$ 比較。題目中的（B）寫成 $X_1X_3X_5$，未標示加總或平均；以下依照乘積解讀。由獨立性，$E|X_1X_3X_5|=E|X_1|\,E|X_3|\,E|X_5|<\infty$，只要平均數有限，乘積的期望就存在。

選項分析

• （A）$X_1$：不會有偏。

  $E[X_1]=\mu.$

  因此 $\operatorname{Bias}(X_1)=0$。

• （B）$X_1X_3X_5$：可能有偏。

  由獨立性可得

  $E[X_1X_3X_5]=E[X_1]E[X_3]E[X_5]=\mu^3.$

  因而偏誤為 $\mu^3-\mu$，只有在 $\mu\in\{-1,0,1\}$ 時才為零，一般不等於零，所以此選項可能有偏。

• （C）$\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$：不會有偏。

核心觀念

檢定 $H_0:\mu=\mu_0$ 對 $H_1:\mu>\mu_0$ 是右尾檢定。已知母體變異數 $\sigma^2$，樣本平均數的標準化統計量為

$$Z=\frac{\sqrt{n}(\bar X-\mu_0)}{\sigma}.$$

在虛無假設成立時，$Z\sim N(0,1)$，因此顯著水準 $\alpha$ 的拒絕域為 $Z>z_{1-\alpha}$。

檢定力函數是母數取真值 $\mu$ 時，拒絕虛無假設的機率：

$$\pi(\mu)=P_\mu(\text{拒絕 }H_0).$$

解題方法

在母體平均數為 $\mu$ 時，樣本平均數滿足 $\bar X\sim N(\mu,\sigma^2/n)$，所以

$$Z=\frac{\sqrt{n}(\bar X-\mu_0)}{\sigma} \sim N\left(\frac{\sqrt{n}(\mu-\mu_0)}{\sigma},\,1\right).$$

由於拒絕域為 $Z>z_{1-\alpha}$，檢定力為

核心觀念

1. 樣本平均與期望：若 $x_1,\dots ,x_n\stackrel{i.i.d.}{\sim}N(\mu_x,\sigma_x^2)$，則
   $\bar{x}= \frac1n\sum_{i=1}^n x_i,\qquad E(\bar{x})=\mu_x,\;\; \operatorname{Var}(\bar{x})=\frac{\sigma_x^2}{n}.$
2. 無偏性 (Unbiasedness)：估計量 $\hat\theta$ 為 無偏 若 $E(\hat\theta)=\theta$（此處 $\theta$ 為母體參數 $\mu_x$）。
3. 一致性 (Consistency)：估計量 $\hat\theta_n$ 一致 若 $\hat\theta_n\overset{p}{\to}\theta$，等價於 $\operatorname{Var}(\hat\theta_n)\to0$ 且 $E(\hat\theta_n)\to\theta$。
4. BLUE（Best Linear Unbiased Estimator）：在所有線性且無偏的統計量 $\mathbf{c}^\top\mathbf{x}$（$\mathbf{x}=(x_1,\dots ,x_n)$）中，變異數最小的即為 BLUE。對正態且同方差的樣本，$\bar{x}$ 即為 $\mu_x$ 的 BLUE。

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解題方法

• 先對每一個定義的量寫出其期望與變異數。
• 判斷「常數」與「隨機變數」的本質差異。
• 依照無偏性、一致性及 BLUE 的條件逐一驗證選項。

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各選項分析

選項	判斷	推導與說明
(A) $\theta = 1$	錯誤	$\theta =\dfrac{x_1+x_2}{2}$ 為兩個觀測值的算術平均，屬於隨機變數。除非另有額外資訊（如 $x_i\equiv 2$），否則不會恆等於常數 $1$。

本題是接續上一題，要求計算 $\text{Var}(\hat{\theta})$。

核心觀念：

• 變異數 (Variance)：衡量隨機變數取值分散程度的指標。
• 統計量 (Statistic)：一個基於樣本數據的量，其值不依賴於任何未知的母體參數。

題目設定：

• 承接上一題，$x_i \sim N(\mu_x, \sigma_x^2)$，i.i.d.。
• $\bar{x} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$。
• $\hat{\theta} = E(\bar{x})$。

分析 $\hat{\theta}$：
正如上一題的詳細分析，$\hat{\theta} = E(\bar{x})$。
根據期望值的性質，對於 i.i.d. 的 $x_i$，其期望值 $E(x_i) = \mu_x$。
所以，$E(\bar{x}) = E(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(x_i) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \mu_x = \frac{1}{n}(n\mu_x) = \mu_x$。
因此，$\hat{\theta} = \mu_x$。

現在我們需要計算 $\text{Var}(\hat{\theta}) = \text{Var}(\mu_x)$。

核心觀念

母體為常態分配時，樣本變異數有精確的卡方分配性質：

$$\frac{(n-1)s^2}{\sigma_x^2}\sim\chi^2_{n-1}$$

其中自由度為 $n-1$。這項結果不要求樣本數很大，但要求樣本來自常態母體。

以此樞紐量可建立母體變異數 $\sigma_x^2$ 的信賴區間。令 $\chi^2_{p,n-1}$ 表示自由度 $n-1$ 的卡方分配第 $p$ 分位數，則 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間為

$$\left[ \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{1-\alpha/2,n-1}}, \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{\alpha/2,n-1}} \right]$$

解題方法

先辨認樣本變異數的標準分配結果，再逐項檢查卡方分配的適用條件、信賴區間形狀，以及樣本數增加對區間精確度的影響。

卡方分配只取決於自由度，取值範圍為非負數，且通常呈右偏。因此變異數的信賴區間通常不會以 $s^2$ 為中心對稱。增加樣本數會增加自由度、提升估計精確度；若比較時固定觀察到的 $s^2$ 與信賴水準，區間會變窄。

核心觀念

1. 交互作用（Interaction）模型：

   • eq(1) 可寫成
     $y = a_0 + a_1 D X + a_2 (1-D)X + e$
     其中 $DX$ 與 $(1-D)X$ 為兩個互動項，分別在 $D=1$ 與 $D=0$ 時代表 $X$ 的斜率。
   • 此模型等價於「在 $D$ 的兩個狀態下，$X$ 之迴歸係數可不同」的分組迴歸。

2. 單純斜率模型：

   • eq(2) 為
     $y = b_0 + b_1 X + u$
     假設整體樣本共用同一條斜率 $b_1$，不考慮 $D$ 的差異。

3. 多重共線性（Perfect collinearity）：

   • 若兩個解釋變數在樣本中線性相關（完全可以用另一個表示），OLS 無法唯一估計。
   • 在 eq(1) 中，$DX$ 與 $(1-D)X$ 只在 $D$ 為 1 或 0 時分別非零，且不會同時為非零，故不構成完全共線。

4. OLS 的最小均方誤（MSE）：

   • 若模型正確規格（包含所有必要的交互項），則其殘差平方和（RSS）必不大於省略交互項的較簡模型。
   • 同樣樣本、相同 $X$、$D$，eq(1) 包含 eq(2) 可視為「巢狀」模型，故其 均方誤（MSE）不會較大，且在 $a_1 \neq a_2$ 時嚴格較小。

5. 斜率的範圍：

   • 在分組迴歸中，整體斜率 $b_1$ 為加權平均：
     $b_1 = \frac{\sum_i X_i y_i}{\sum_i X_i^2} = \frac{\sum_i X_i (a_0 + a_1 D_i X_i + a_2 (1-D_i)X_i + e_i)}{\sum_i X_i^2}$
     簡化後得到
     $b_1 = \pi a_1 + (1-\pi)a_2 + \frac{\sum_i X_i e_i}{\sum_i X_i^2}$
     其中 $\pi = \frac{\sum_i D_i X_i^2}{\sum_i X_i^2}$ 為 $D$ 為 1 時 $X^2$ 的比例，$0<\pi<1$（除非全部 $D$ 同值）。在大量樣本且誤差平均為 0 時，第二項趨近於 0，故 $b_1$ 為 $a_1$ 與 $a_2$ 的加權平均，必介於兩者之間。若樣本全為同一 $D$ 值，則 $\pi=0$ 或 $1$，$b_1$ 會等於唯一的斜率，但仍不會超出範圍。

6. 截距的相等性：

   • 兩模型的截距分別為 $a_0$（eq(1)）與 $b_0$（eq(2)）。
   • 在 eq(1) 中，當 $X=0$ 時 $y=a_0+e$，因 $E(X)=0$ 且 $X$ 為非隨機，$a_0$ 為 $y$ 的條件期望 $E[y|X=0]$。
   • 在 eq(2) 中，同理 $b_0=E[y|X=0]$。兩式在同一樣本、相同 $X$、相同資料下，估計 $a_0$ 與 $b_0$ 的 OLS 解皆等於樣本平均 $\bar y$（因 $E(X)=0$）——因此兩者相等。

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解題方法

1. 檢查多重共線性：檢驗 $DX$ 與 $(1-D)X$ 是否同時為常數倍。

   • 若 $D_i=1$，則 $(1-D_i)X_i=0$；若 $D_i=0$，則 $D_i X_i=0$。
   • 只有在所有觀測值 $D$ 同值時，兩變數會同時為零，導致共線。但題目未限定 $D$ 為全同，故一般情況下 不存在完美共線。

2. 比較 MSE：利用巢狀迴歸的性質。

   • eq(1) 包含 eq(2) 的所有變項，且模型較為完全。OLS 以最小化 RSS 為目標，加入額外自變項只能降低或不變 RSS。
   • 兩模型使用同一樣本且同一 $X$，故 eq(1) 的 MSE ≤ eq(2) 的 MSE，且在 $a_1 \neq a_2$ 時嚴格 <。

核心觀念

工具變數 $z$ 要能識別內生變數 $x$ 對 $y$ 的因果效果，需滿足兩個條件：

• 相關性（relevance）：$Cov(z,x)\neq 0$，工具變數必須與內生解釋變數相關。
• 外生性／排除限制（exogeneity / exclusion restriction）：$Cov(z,u)=0$，工具變數不得與誤差項相關。

題目給定的 IV 估計量為

$$\hat{\beta}_{IV}=\frac{Cov(z,y)}{Cov(z,x)}.$$

將結構方程 $y=\alpha+\beta x+u$ 代入，可得母體關係：

$$Cov(z,y) =Cov(z,\alpha+\beta x+u) =\beta Cov(z,x)+Cov(z,u).$$

因此，只要 $Cov(z,x)\neq 0$，

$$\frac{Cov(z,y)}{Cov(z,x)} =\beta+\frac{Cov(z,u)}{Cov(z,x)}.$$

若工具變數外生，$Cov(z,u)=0$，IV 估計量便能識別 $\beta$。若工具變數與 $x$ 的關聯很弱，$Cov(z,x)$ 接近零，估計量會對抽樣波動特別敏感，造成弱工具變數問題。

解題方法

先用結構方程推導 IV 估計量的母體偏誤：

$$\operatorname{plim}(\hat{\beta}_{IV})-\beta =\frac{Cov(z,u)}{Cov(z,x)}.$$

本題考驗對線性迴歸模型中異質變異數 (Heteroskedasticity) 的檢定方法及其對 OLS 估計量的影響。

核心觀念：

1. 異質變異數 (Heteroskedasticity)：誤差項的變異數不是常數，即 $Var(u_i | X_i)$ 隨樣本 $i$ 而變化。
2. 同質變異數 (Homoskedasticity)：誤差項的變異數是常數，即 $Var(u_i | X_i) = \sigma^2$。
3. OLS 估計量性質：
   • 在同質變異數下，OLS 是 BLUE (最佳線性無偏差估計量)。
   • 在異質變異數下，OLS 估計量仍然是無偏差且一致的，但不再是 BLUE，且標準誤的計算需要調整（例如使用 Huber-White 標準誤）。
4. 異質變異數檢定：Breusch-Pagan 檢定和 White 檢定是用來檢測是否存在異質變異數。

題目設定：

• 線性迴歸模型：$y=X\beta+u$。
• 條件：$E(u | X)=0$ (OLS 的無偏差和一致性條件)。
• 誤差項變異數：可能存在異質變異數。

逐一分析選項：

(A) The Breusch-Pagan test is based on regressing the squared OLS residuals on the original regressors (or a subset of them).
Breusch-Pagan (BP) 檢定 的步驟是：

1. 估計原模型 $y=X\beta+u$ 得到 OLS 殘差 $\hat{u}_i$。
2. 計算殘差平方 $\hat{u}_i^2$。
3. 迴歸 $\hat{u}_i^2$ 對原模型中的解釋變數 $X$（或其子集）。
4. 檢定這個輔助迴歸的 $R^2$ 是否顯著。
   所以，BP 檢定確實是基於將殘差平方對解釋變數進行迴歸。
   此敘述是正確的。

**(B) The White test allows for heteroskedasticity of unknown functional form and includes cross-product terms of the regressors

核心觀念

• 本題涉及 Logistic 分布（位置參數 $\mu$、尺度參數 $s=1$）。其累積分布函數（CDF）為
  $F(x)=\frac{1}{1+e^{-(x-\mu)}},\qquad x\in\mathbb R,$
  而概率密度函數（PDF）即為 $F(x)$ 的導數
  $f(x)=\frac{e^{x-\mu}}{\bigl(1+e^{x-\mu}\bigr)^2}.$
• 檢驗 PDF 必須滿足 非負 以及 全域積分為 1。
• 期望值 $E(X)$ 以及 中心矩（特別是奇次中心矩）可由分布的對稱性直接判斷。
• Odds 與 log‑odds（logit）在 Logistic 分布中有簡潔的閉式表達式：

$$\text{odds}(X>b)=\frac{P(X>b)}{1-P(X>b)}=e^{\mu-b},\qquad \ln\bigl(\text{odds}\bigr)=\mu-b.$$

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解題方法

1. 驗證 $f(x)$ 為 PDF
   • $f(x)\ge 0$ 明顯成立，因分子與分母皆為正。
   • 以變數替換 $y=x-\mu$，則

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{y}}{(1+e^{y})^{2}}\,dy.$$

• 設 $u=1+e^{y}$，則 $du=e^{y}\,dy$，積分變為

$$\int_{u=0}^{\infty}\frac{1}{u^{2}}\,du =\Bigl[-\frac{1}{u}\Bigr]_{1}^{\infty}=1.$$

• 因此 $\int_{\mathbb R} f(x)dx=1$，$f$ 為合法 PDF。

2. 求期望值 $E(X)$
   • 由對稱性：$f(x)$ 以 $x=\mu$ 為中心對稱，亦即 $f(\mu+y)=f(\mu-y)$.
   • 對稱分布的期望等於對稱中心，故 $E(X)=\mu$。
   • 若欲直接計算：

$$E(X)=\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)dx =\mu+\int_{-\infty}^{\infty} y\frac{e^{y}}{(1+e^{y})^{2}}dy,$$

本題是關於金融市場中資產定價模型 (如 CAPM) 的線性迴歸分析，考驗對 OLS 估計的計算以及標準誤的理解。

核心觀念：

1. 資本資產定價模型 (CAPM)：描述資產預期報酬與系統性風險之間關係的模型。其簡化形式為 $E(r_x) - r_f = \beta (E(r_m) - r_f)$。
2. 超額報酬 (Excess Return)：資產報酬率減去無風險利率，即 $r_x - r_f$ 和 $r_m - r_f$。
3. 迴歸模型：將資產的超額報酬對市場的超額報酬進行迴歸。
   $r_{xt} - r_{ft} = \alpha + \beta (r_{mt} - r_{ft}) + e_t$。
   其中 $\beta$ (Beta) 是衡量資產系統性風險的指標。
4. 普通最小平方法 (OLS)：用於估計迴歸模型的參數。
5. 標準誤 (Standard Error)：衡量迴歸係數估計量精確度的指標。

題目數據與設定：

• 迴歸模型：$y_t = b_0 + b_1 x_t + e_t$
  其中 $y_t = r_{xt} - r_{ft}$ (股票 X 的超額報酬)
  $x_t = r_{mt} - r_{ft}$ (市場的超額報酬)
  $b_0$ 是截距 (Alpha)，$b_1$ 是斜率 (Beta)。
• 樣本數 $n=8$ (8 個月)。
• 假設 $e_t \overset{iid}{\sim} N(0, \sigma^2)$。

步驟一：計算超額報酬

Month	$r_x$ (%)	$r_m$ (%)	$r_f$ (%)	$y_t = r_x - r_f$ (%)	$x_t = r_m - r_f$ (%)
1	6	3	1	5	2
2	5	3	1	4	2
3	1	-2	1	0	-3
4	0	-2	1	-1	-3
5	-3	1	1	-4	0
6	-2	1	1	-3	0
7	8	5	1	7	4
8	13	5	1	12	4

步驟二：計算 OLS 估計量 $\hat{b}_1$ 和 $\hat{b}_0$
OLS 估計量的公式：
$\hat{b}_1 = \frac{\sum_{t=1}^n (x_t - \bar{x})(y_t - \bar{y})}{\sum_{t=1}^n (x_t - \bar{x})^2}$
$\hat{b}_0 = \bar{y} - \hat{b}_1 \bar{x}$

首先計算平均值：
$\bar{y} = (5+4+0-1-4-3+7+12)/8 = 20/8 = 2.5$
$\bar{x} = (2+2-3-3+0+0+4+4)/8 = 6/8 = 0.75$

接下來計算分子和分母：
$\sum (x_t - \bar{x})(y_t - \bar{y})$：
$x_t - \bar{x}$: (1.25, 1.25, -3.75, -3.75, -0.75, -0.75, 3.25, 3.25)
$y_t - \bar{y}$: (2.5, 1.5, -2.5, -3.5, -6.5, -5.5, 4.5, 9.5)

$x_t - \bar{x}$	$y_t - \bar{y}$	$(x_t - \bar{x})(y_t - \bar{y})$
1.25	2.5	3.125

核心觀念

令迴歸模型為 $y=X\beta+e$，且 $X$ 滿秩。題目給定外生性條件 $E(e_t\mid r_{mt},r_{ft})=0$，其作用是確保 OLS 估計量不偏；但要判斷 OLS 是否具有「最佳」性質，還必須看誤差項的變異數與共變異數結構。

OLS 估計量為

$$\hat{\beta}_{OLS}=(X'X)^{-1}X'y$$

其條件變異數為

$$\operatorname{Var}(\hat{\beta}_{OLS}\mid X) =(X'X)^{-1}X'\Omega X(X'X)^{-1},$$

其中 $\Omega=\operatorname{Var}(e\mid X)$。若 $\Omega=\sigma^2I$，Gauss–Markov 定理保證 OLS 是 BLUE：最佳線性不偏估計量，也就是在所有線性不偏估計量中變異數最小。

BUE 通常指最佳不偏估計量，範圍比 BLUE 更廣；Gauss–Markov 定理只比較線性不偏估計量，不能單憑它推出 OLS 是 BUE。

以下將 A1、A2、A3 視為各自要檢視的誤差假設：A1 只提供平均數與變異數資訊；A2 提供常態分配資訊；A3 在相同變異數條件下另加誤差間獨立。

解題方法

先把「不偏」和「最佳」分開判斷：

1. 外生性 $E(e\mid X)=0$ 保證 $E(\hat{\beta}_{OLS}\mid X)=\beta$。
2. BLUE 還需要誤差共變異數矩陣的結構足以支持 Gauss–Markov 定理；只知道每個誤差項各自的變異數，不代表不同誤差項之間不相關。
3. 若誤差共變異數矩陣 $\Omega$ 已知且正定，GLS 估計量為

$$\hat{\beta}_{GLS}=(X'\Omega^{-1}X)^{-1}X'\Omega^{-1}y.$$