108 年 國立臺灣大學農業經濟學系碩士班《統計學（E）》

核心觀念

本題考查：

1. 全機率公式：若事件可依不同情況分解，總機率等於各情況機率乘上條件機率後加總。
2. 條件機率：轉入紅色或白色籌碼後，碗 B 的籌碼總數與紅色籌碼數會改變。
3. 獨立重複試驗：有放回抽樣使每次抽取彼此獨立，且每次紅、白球的機率固定。
4. 特定序列的機率：直接將該序列中各結果的機率相乘，不需再乘排列數。

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解題方法

(a) 從碗 B 抽到紅色籌碼的機率

碗 A 原有 3 個紅色、2 個白色籌碼，共 5 個。

抽出的籌碼有兩種情況。

情況一：從碗 A 轉入紅色籌碼

轉入紅色籌碼的機率為

$$P(\text{轉入紅})=\frac{3}{5}.$$

此時碗 B 原有 4 個紅色、3 個白色籌碼。轉入一個紅色籌碼後，碗 B 共有：

• 紅色籌碼：$4+1=5$ 個
• 白色籌碼：$3$ 個
• 總數：$8$ 個

因此從碗 B 抽到紅色籌碼的條件機率為

$$P(\text{B抽紅}\mid \text{轉入紅})=\frac{5}{8}.$$

情況二：從碗 A 轉入白色籌碼

轉入白色籌碼的機率為

$$P(\text{轉入白})=\frac{2}{5}.$$

此時碗 B 共有：

• 紅色籌碼：$4$ 個
• 白色籌碼：$3+1=4$ 個
• 總數：$8$ 個

因此

$$P(\text{B抽紅}\mid \text{轉入白})=\frac{4}{8}.$$

依全機率公式，

本題考驗幾何分佈的性質，包括機率計算、隨機變數和的機率以及最大值的機率。

給定的機率質量函數 (pmf) 是幾何分佈：
$f(x) = \left(\frac{1}{4}\right) \left(\frac{3}{4}\right)^{x-1}$, $x = 1, 2, 3, \dots$
這表示成功的機率 $p = \frac{1}{4}$，失敗的機率 $q = 1-p = \frac{3}{4}$。
幾何分佈定義為：第一次成功出現在第 $x$ 次試驗的機率。

(a)
計算 $P(X_1 = 1, X_2 = 3, X_3 = 3)$。
由於 $X_1, X_2, X_3$ 是來自同一個分佈的隨機樣本，它們是獨立同分佈的 (i.i.d.)。
因此，聯合機率等於各機率的乘積：
$P(X_1 = 1, X_2 = 3, X_3 = 3) = P(X_1 = 1) \times P(X_2 = 3) \times P(X_3 = 3)$

我們需要計算 $f(1)$, $f(3)$：
$f(1) = \left(\frac{1}{4}\right) \left(\frac{3}{4}\right)^{1-1} = \left(\frac{1}{4}\right) \left(\frac{3}{4}\right)^0 = \frac{1}{4}$
$f(3) = \left(\frac{1}{4}\right) \left(\frac{3}{4}\right)^{3-1} = \left(\frac{1}{4}\right) \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{1}{4} \times \frac{9}{16} = \frac{9}{64}$

所以，
$P(X_1 = 1, X_2 = 3, X_3 = 3) = f(1) \times f(3) \times f(3)$
$P(X_1 = 1, X_2 = 3, X_3 = 3) = \left(\frac{1}{4}\right) \times \left(\frac{9}{64}\right) \times \left(\frac{9}{64}\right)$
$P(X_1 = 1, X_2 = 3, X_3 = 3) = \frac{81}{16384}$

【答案】$\frac{81}{16384}$

(b)
決定 $P(X_1 + X_2 + X_3 = 6)$。
這是一個關於三個幾何分佈隨機變數和的問題。
一個常見的方法是考慮其機率母函數 (Probability Generating Function, PGF) 或直接列舉所有可能的組合。
幾何分佈 $X \sim Geom(p)$ 的 PGF 是 $G_X(z) = E[z^X] = \sum_{x=1}^\infty z^x p (1-p)^{x-1} = pz \sum_{x=1}^\infty (z(1-p))^{x-1} = \frac{pz}{1 - (1-p)z}$。
對於 $X_1, X_2, X_3$ 獨立同分佈，它們的和 $S = X_1 + X_2 + X_3$ 的 PGF 是各 PGF 的乘積：
$G_S(z) = (G_X(z))^3 = \left(\frac{pz}{1 - (1-p)z}\right)^3$
其中 $p = 1/4$, $1-p = 3/4$。
$G_S(z) = \left(\frac{\frac{1}{4}z}{1 - \frac{3}{4}z}\right)^3 = \left(\frac{z}{4 - 3z}\right)^3$

我們需要找到 $P(S=6)$。這可以通過對 $G_S(z)$ 進行泰勒展開來找到 $z^6$ 的係數。
另一種方法是考慮 $X_i$ 的定義：$X_i$ 是第一次成功前失敗的次數加一。
如果我們定義 $Y_i = X_i - 1$，則 $Y_i$ 是失敗的次數，服從 $Y_i \sim Geom_0(p)$，其 pmf 為 $P(Y_i=k) = (1-p)^k p$, $k=0,1,2,\dots$。
那麼 $X_1 + X_2 + X_3 = 6$ 等價於 $(Y_1+1) + (Y_2+1) + (Y_3+1) = 6$，即 $Y_1 + Y_2 + Y_3 = 3$。
$Y_1, Y_2, Y_3$ 是獨立的、服從參數為 $p=1/4$ 的零起始幾何分佈 (Negative Binomial distribution with $r=1$ trials)。
$Y_1 + Y_2 + Y_3$ 服從負二項分佈 $NB(r=3, p=1/4)$，其 pmf 為：
$P(\sum Y_i = k) = \binom{k+r-1}{r-1} p^r (1-p)^k$
在這裡 $r=3$, $k=3$, $p=1/4$, $1-p=3/4$。

本題考驗期望值的線性性質和變異數的定義。

令 $Z = \frac{X-\mu}{\sigma}$。我們知道 $Z$ 是將隨機變數 $X$ 標準化後的結果。
標準化隨機變數的期望值為 0，變異數為 1。

(a)
我們需要計算 $E\left[\frac{X-\mu}{\sigma}\right]$。
利用期望值的線性性質：
$E\left[\frac{X-\mu}{\sigma}\right] = E\left[\frac{1}{\sigma}X - \frac{\mu}{\sigma}\right]$
$= \frac{1}{\sigma} E[X] - \frac{\mu}{\sigma}$
由於 $\mu = E[X]$，所以：
$= \frac{1}{\sigma} (\mu) - \frac{\mu}{\sigma} = \frac{\mu}{\sigma} - \frac{\mu}{\sigma} = 0$。

這也符合標準化變數的性質，即 $E[Z] = 0$。

【答案】$0$

本題考驗機率母函數 (Moment-Generating Function, MGF) 的應用，透過 MGF 來找出隨機變數的機率分佈、期望值和變異數。

給定的 MGF 是 $M(t) = \frac{1}{5}e^t + \frac{2}{5}e^{2t} + \frac{2}{5}e^{3t}$。
MGF 的一般形式是 $M(t) = E[e^{tX}] = \sum e^{tx} P(X=x)$ (對於離散型) 或 $\int e^{tx} f(x) dx$ (對於連續型)。
觀察 MGF 的形式，它是由幾個指數項的線性組合構成，每一項的係數都是正數且加總為 1：
$\frac{1}{5} + \frac{2}{5} + \frac{2}{5} = \frac{5}{5} = 1$。
這表明 $X$ 是一個離散型隨機變數，其可能的取值是 $t$ 的指數項的指數部分。

1. 找出機率質量函數 (pmf)
MGF 的形式 $M(t) = \sum_{i} c_i e^{a_i t}$ 表明隨機變數 $X$ 的可能取值為 $a_i$，且對應的機率為 $P(X=a_i) = c_i$。
在此，我們有：
$M(t) = \frac{1}{5}e^{1 \cdot t} + \frac{2}{5}e^{2 \cdot t} + \frac{2}{5}e^{3 \cdot t}$
因此，隨機變數 $X$ 的可能取值是 1, 2, 3。
其對應的機率是：
$P(X=1) = \frac{1}{5}$
$P(X=2) = \frac{2}{5}$
$P(X=3) = \frac{2}{5}$

所以，pmf 為：
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{5} & \text{if } x=1 \\ \frac{2}{5} & \text{if } x=2 \\ \frac{2}{5} & \text{if } x=3 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

2. 計算期望值 (Mean)
期望值 $E[X]$ 可以透過 MGF 的性質求得：$E[X] = M'(0)$。
首先，計算 $M(t)$ 對 $t$ 的一階導數 $M'(t)$:
$M'(t) = \frac{d}{dt} \left(\frac{1}{5}e^t + \frac{2}{5}e^{2t} + \frac{2}{5}e^{3t}\right)$
$M'(t) = \frac{1}{5}e^t + \frac{2}{5}(2e^{2t}) + \frac{2}{5}(3e^{3t})$
$M'(t) = \frac{1}{5}e^t + \frac{4}{5}e^{2t} + \frac{6}{5}e^{3t}$
現在，將 $t=0$ 代入 $M'(t)$：
$E[X] = M'(0) = \frac{1}{5}e^0 + \frac{4}{5}e^0 + \frac{6}{5}e^0 = \frac{1}{5} + \frac{4}{5} + \frac{6}{5} = \frac{11}{5}$。

或者，也可以直接根據 pmf 計算期望值：
$E[X] = \sum x P(X=x) = 1 \times \frac{1}{5} + 2 \times \frac{2}{5} + 3 \times \frac{2}{5} = \frac{1}{5} + \frac{4}{5} + \frac{6}{5} = \frac{11}{5}$。

本題考驗機率密度函數 (pdf) 的圖形描繪以及最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 的推導。

給定的機率密度函數 (pdf) 為 $f(x;\theta) = \theta x^{\theta-1}$，定義域為 $0 < x < 1$，參數 $\theta$ 的範圍為 $0 < \theta < \infty$。

(a)
繪製 pdf 的圖形。
pdf 的形式為 $\theta x^{\theta-1}$。我們需要對 $\theta$ 的不同值進行分析。

(i) $\theta = 1/2$
當 $\theta = 1/2$，pdf 為 $f(x; 1/2) = \frac{1}{2} x^{\frac{1}{2}-1} = \frac{1}{2} x^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$，定義域為 $0 < x < 1$。
分析此函數的特性：

• 當 $x \to 0^+$， $f(x) \to \infty$。
• 當 $x = 1$， $f(1) = \frac{1}{2\sqrt{1}} = \frac{1}{2}$。
• 此函數是遞減的。
• 我們需要驗證其積分是否為 1 (作為 pdf)：
  $\int_0^1 \frac{1}{2} x^{-1/2} dx = \frac{1}{2} \left[ 2x^{1/2} \right]_0^1 = \frac{1}{2} (2\sqrt{1} - 0) = 1$。
  積分確實為 1，所以這是一個有效的 pdf。
  圖形會從 $(0, \infty)$ 開始，遞減至 $(1, 1/2)$。

(ii) $\theta = 1$
當 $\theta = 1$，pdf 為 $f(x; 1) = 1 \cdot x^{1-1} = x^0 = 1$，定義域為 $0 < x < 1$。
這是一個均勻分佈 $U(0, 1)$ 的 pdf。

• 函數值恆為 1。
• 圖形是一條水平線 $y=1$ 在 $0 < x < 1$ 的區間。
• 積分驗證：$\int_0^1 1 dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$。

圖形描述：

• 對於 $\theta = 1/2$: 圖形從 $x=0$ 處無限高開始，然後遞減，在 $x=1$ 處的值為 $1/2$。
• 對於 $\theta = 1$: 圖形是一條從 $x=0$ 到 $x=1$ 的水平線，高度為 1。

(b)
推導最大概似估計量 (MLE) $\hat{\theta}$。
給定一個隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，其似然函數 (Likelihood function) $L(\theta)$ 是所有樣本點 pdf 的乘積：
$L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(X_i;\theta) = \prod_{i=1}^n \theta X_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \prod_{i=1}^n X_i^{\theta-1}$
$L(\theta) = \theta^n \left(\prod_{i=1}^n X_i\right)^{\theta-1}$

核心觀念

本題綜合考查簡單線性迴歸的基本性質：

• 誤差項平均數的重新定義。
• Gauss–Markov 五項假設。
• OLS 斜率與樣本相關係數的關係。
• $R^2$ 與相關係數的關係。
• 變數平移與尺度轉換對 OLS 估計量的影響。

記

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2,\qquad S_{xy}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}),$$

並令

$$S_{yy}=\sum_{i=1}^n(y_i-\bar{y})^2.$$

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(a) 誤差項平均數不為零時的改寫

已知

$$y=\beta_0+\beta_1x+u,\qquad E(u)=\alpha\ne 0.$$

定義新的誤差項

$$u^*=u-\alpha.$$

則

$$E(u^*)=E(u-\alpha)=E(u)-\alpha=\alpha-\alpha=0.$$

又因為 $u=u^*+\alpha$，代回原模型：

$$y=\beta_0+\beta_1x+u^*+\alpha.$$

整理為

$$y=(\beta_0+\alpha)+\beta_1x+u^*.$$

因此，令新的截距為

$$\beta_0^*=\beta_0+\alpha,$$

即可寫成

$$\boxed{y=\beta_0^*+\beta_1x+u^*},$$

其中

$$\boxed{E(u^*)=0}.$$

斜率仍然是原本的 $\beta_1$，只有截距增加 $\alpha$。

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(b) 簡單迴歸的五項 Gauss–Markov 假設

1. 參數具有線性形式

模型對未知參數必須是線性的：

$$y_i=\beta_0+\beta_1x_i+u_i.$$

此處「線性」是指對 $\beta_0$、$\beta_1$ 線性，而不是要求變數本身只能呈現直線形式。

2. 隨機抽樣

觀察值

$$\{(x_i,y_i):i=1,\dots,n\}$$

來自母體的隨機樣本，且各觀察值通常假設彼此獨立、具有相同分配。

3. 解釋變數具有樣本變異

必須有

$$S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2>0.$$

也就是 $x_i$ 不能全部相同，否則 $\hat{\beta}_1=S_{xy}/S_{xx}$ 無法定義。

4. 零條件平均假設

$$E(u_i\mid x_i)=0.$$

此假設表示在給定 $x_i$ 後，誤差項的平均值仍為零，因此 $x_i$ 不會與誤差項系統性相關。這是保證 OLS 估計量不偏的重要條件。

5. 同質變異數

$$\operatorname{Var}(u_i\mid x_i)=\sigma^2,$$

其中 $\sigma^2$ 為固定常數。此假設保證 OLS 在所有線性不偏估計量中具有最小變異數，即 OLS 是 BLUE。

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(c) 證明 $\hat{\beta}_1=\rho_{xy}\dfrac{\hat{\sigma}_y}{\hat{\sigma}_x}$

樣本相關係數定義為

$$\rho_{xy}=\frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}.$$

因此

$$S_{xy}=\rho_{xy}\sqrt{S_{xx}S_{yy}}.$$

OLS 斜率為

$$\hat{\beta}_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}.$$

代入相關係數的表示式：

$$\hat{\beta}_1 = \frac{\rho_{xy}\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}{S_{xx}} = \rho_{xy}\sqrt{\frac{S_{yy}}{S_{xx}}}.$$

若樣本標準差採用相同的分母，例如皆採用 $n-1$，則

$$\hat{\sigma}_x=\sqrt{\frac{S_{xx}}{n-1}}, \qquad \hat{\sigma}_y=\sqrt{\frac{S_{yy}}{n-1}}.$$

所以

$$\frac{\hat{\sigma}_y}{\hat{\sigma}_x} = \sqrt{\frac{S_{yy}}{S_{xx}}}.$$

因此得到

$$\boxed{ \hat{\beta}_1 = \rho_{xy}\frac{\hat{\sigma}_y}{\hat{\sigma}_x} }.$$

這表示迴歸斜率的符號與 $x$、$y$ 的樣本相關係數相同；斜率的絕對大小還會受到兩者尺度，即標準差比例的影響。

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(d) 證明 $R^2$ 等於 $y$ 與 $\hat{y}$ 的樣本相關係數平方

由迴歸式

$$\hat{y}_i=\hat{\beta}_0+\hat{\beta}_1x_i$$

以及 $\hat{\beta}_0=\bar{y}-\hat{\beta}_1\bar{x}$，可得

$$\hat{y}_i-\bar{y} = \hat{\beta}_1(x_i-\bar{x}).$$

因此，$y$ 與 $\hat{y}$ 的樣本相關係數為

$$\rho_{y,\hat{y}} = \frac{\sum_{i=1}^n(y_i-\bar{y})(\hat{y}_i-\bar{y})} {\sqrt{ \sum_{i=1}^n(y_i-\bar{y})^2 \sum_{i=1}^n(\hat{y}_i-\bar{y})^2 }}.$$

先計算分子：

$$\sum_{i=1}^n(y_i-\bar{y})(\hat{y}_i-\bar{y}) = \hat{\beta}_1 \sum_{i=1}^n(y_i-\bar{y})(x_i-\bar{x}) = \hat{\beta}_1S_{xy}.$$

由 $\hat{\beta}_1=S_{xy}/S_{xx}$，可得

$$\hat{\beta}_1S_{xy} = \frac{S_{xy}^2}{S_{xx}}.$$

再計算 $\hat{y}$ 的離均差平方和：

$$\sum_{i=1}^n(\hat{y}_i-\bar{y})^2 = \hat{\beta}_1^2S_{xx} = \frac{S_{xy}^2}{S_{xx}}.$$

因此

$$\rho_{y,\hat{y}} = \frac{S_{xy}^2/S_{xx}} {\sqrt{ S_{yy}\cdot S_{xy}^2/S_{xx} }} = \frac{|S_{xy}|}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}} = |\rho_{xy}|.$$

所以

$$\rho_{y,\hat{y}}^2=\rho_{xy}^2.$$

另一方面，簡單迴歸中的決定係數為