113 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. 簡單線性迴歸與相關係數的關係。
2. 虛擬變數迴歸中，截距與係數的意義。
3. 由迴歸的 $R^2$、係數與標準誤反推樣本平均數及標準差。
4. 多元迴歸中控制變數後的邊際效果。
5. 線性模型與對數模型係數的解釋。
6. 不同應變數下不可直接以 $R^2$ 比較模型優劣。
7. 迴歸相關不等於因果關係。

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A. College 與 Earnings 的估計相關係數

Model 1 是以二元變數 College 解釋 Earnings 的簡單迴歸。在簡單迴歸中：

$$R^2=r_{College,Earnings}^2$$

Model 1 的 $R^2=0.0121$，且 College 的迴歸係數為正，因此相關係數取正平方根：

$$r_{College,Earnings} =\sqrt{0.0121} =0.110$$

【答案】估計相關係數為

$$\boxed{0.110}$$

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B. 沒有大學學位者的平均 earnings

Model 1 可寫為：

$$Earnings_i=\beta_0+\beta_1College_i+u_i$$

其中：

• $College=0$：沒有大學學位；
• $College=1$：具有大學學位。

因此，沒有大學學位者的預測平均 earnings 為截距：

$$\widehat{Earnings}\mid College=0 =30.472$$

【答案】沒有大學學位者的平均 earnings 為

$$\boxed{30.472}$$

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C. 全樣本 earnings 的平均數與標準差

(i) 全樣本平均 earnings

先利用 Model 1 的兩個標準誤反推出 College 的樣本比例。

令：

$$p=P(College=1)$$

在含截距的簡單迴歸中，若使用一般同質變異標準誤，會有：

$$SE(\hat\beta_1)^2=\frac{\hat\sigma^2}{n p(1-p)}$$

而截距標準誤滿足：

$$SE(\hat\beta_0)^2=\frac{\hat\sigma^2}{n(1-p)}$$

因此：

$$\frac{SE(\hat\beta_0)^2}{SE(\hat\beta_1)^2}=p$$

代入表中數值：

$$p=\frac{0.072^2}{0.097^2} =0.551$$

Model 1 中：

• 沒有大學學位者的平均 earnings：$30.472$；
• 有大學學位者相對於沒有大學學位者高：$5.332$。

所以全樣本平均數為：

$$\bar Y=\hat\beta_0+\hat\beta_1p$$ $$\bar Y=30.472+5.332(0.551) =33.410$$

(ii) 全樣本 earnings 的標準差

二元自變數 College 的變異數為：

$$Var(College)=p(1-p)$$ $$Var(College)=0.551(1-0.551)=0.247$$

簡單迴歸的決定係數為：

$$R^2=\frac{\hat\beta_1^2Var(College)}{Var(Earnings)}$$

因此：

$$Var(Earnings) =\frac{\hat\beta_1^2p(1-p)}{R^2}$$

代入：

$$Var(Earnings) =\frac{5.332^2(0.551)(0.449)}{0.0121} \approx581.299$$

故標準差為：

$$SD(Earnings)=\sqrt{581.299}=24.110$$

【答案】

$$\boxed{\text{全樣本平均 earnings}=33.410}$$ $$\boxed{\text{全樣本 earnings 標準差}=24.110}$$

解題技巧：二元變數迴歸中，若知道兩組平均差與 $R^2$，可用
$R^2=\beta_1^2p(1-p)/Var(Y)$ 反推出整體應變數變異數。

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D. 北部與東部的平均 earnings 差異

Model 2 為：

核心觀念

本題考查四項統計推論與迴歸分析觀念：

1. 信賴區間的正確解釋。
2. ANOVA 的組間變異、組內變異與 $F$ 統計量。
3. 迴歸模型的變數選擇與過度配適。
4. 個別 $t$ 檢定與整體 $F$ 檢定的關係。

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解題方法與選項分析

A. 錯誤

研究者得到母體平均所得的 $98\%$ 信賴區間為 $35,000 至 $40,000。題目宣稱此區間有 $98\%$ 的機率包含母體平均數，這是錯誤的。

在古典統計中，母體平均數 $\mu$ 是固定但未知的參數；信賴區間則是由隨機樣本計算出的隨機區間。$98\%$ 信賴水準的正確意義是：

若以相同抽樣方法重複抽樣，並每次建立信賴區間，長期而言約有 $98\%$ 的區間會包含真正的 $\mu$。

可表示為：

$$P\left(L \leq \mu \leq U\right)=0.98$$

其中 $L$ 與 $U$ 是由樣本產生的隨機上下限。

一旦本次樣本已經觀察完成，區間 $35,000 至 $40,000 已經是固定的，而 $\mu$ 也是固定的；在古典解釋下，該區間不是「有 $98\%$ 機率」包含 $\mu$，而是實際上包含或不包含 $\mu$。

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B. 正確

ANOVA 的虛無假設通常為：

$$H_0:\mu_1=\mu_2=\cdots=\mu_k$$

其 $F$ 統計量為：

$$F=\frac{MS_B}{MS_W}$$

其中：

• $MS_B$：組間均方，衡量各組平均數彼此之間的變異。
• $MS_W$：組內均方，衡量同一組內觀察值的變異。

當組間平均數的變異相對於組內變異越大時，$F$ 值越大：

$$F=\frac{\text{組間變異}}{\text{組內變異}}$$

較大的 $F$ 值表示各組平均數之間的差異，不太可能單純由組內隨機波動造成，因此反對所有母體平均數相等的虛無假設之證據越強。

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C. 錯誤

在迴歸模型中加入更多變數，確實會使樣本內的 $R^2$ 不下降，因為增加變數後，模型的解釋能力至少不會變差。然而，這不代表模型在新資料上的表現與準確度一定提高。

加入過多變數可能造成：

• 過度配適（overfitting）。
• 模型變得複雜，解釋性降低。
• 估計量的變異增加。
• 多重共線性，使個別係數的標準誤變大。
• 樣本外預測能力下降。

因此，模型選擇應考慮變數是否具有理論意義，以及調整後決定係數、AIC、BIC、交叉驗證誤差等指標，而不是一味增加變數。

調整後決定係數可表示為：

核心觀念

累積分布函數（CDF）定義為

$$F(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt$$

指數分布的參數須滿足 $\lambda>0$。由於機率密度函數在 $x<0$ 時為 $0$，因此 CDF 必須依照 $x<0$ 與 $x\ge 0$ 分段計算。

解題方法與推導

情形一：$x<0$

當 $x<0$ 時，從負無限大積分至 $x$ 的範圍內，機率密度函數皆為 $0$，因此

$$F(x)=\int_{-\infty}^{x}0\,dt=0$$

情形二：$x\ge 0$

當 $x\ge 0$ 時，

$$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt$$

因為 $f(t)=0$ 對所有 $t<0$ 成立，所以

$$F(x)=\int_{0}^{x}\lambda e^{-\lambda t}\,dt$$

計算積分：

$$\int \lambda e^{-\lambda t}\,dt=-e^{-\lambda t}$$

因此

$$F(x)=\left[-e^{-\lambda t}\right]_{0}^{x}$$

本題為填空題，考驗指數分配的性質，包含變異數、動差生成函數 (MGF)、以及多個獨立同分布指數分配變數和的分配。

核心觀念：

1. 指數分配的性質： 指數分配的 PDF 為 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$ ($x \ge 0$)，其期望值 $E(X) = 1/\lambda$ 且變異數 $Var(X) = 1/\lambda^2$。
2. 動差生成函數 (MGF)： 對於一個隨機變數 $X$，其 MGF 為 $M_X(t) = E[e^{tX}]$。
3. 獨立隨機變數和的 MGF： 若 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是獨立隨機變數，則其和 $S = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ 的 MGF 為 $M_S(t) = M_{X_1}(t) M_{X_2}(t) \dots M_{X_n}(t)$。
4. 獨立隨機變數和的變異數： 若 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是獨立隨機變數，則其和 $S = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ 的變異數為 $Var(S) = Var(X_1) + Var(X_2) + \dots + Var(X_n)$。
5. 指數分配的 MGF： 若 $X \sim \text{Exponential}(\lambda)$，則 $M_X(t) = \frac{\lambda}{\lambda - t}$，適用於 $|t| < \lambda$。
6. 指數分配的期望值與變異數： 若 $X \sim \text{Exponential}(\lambda)$，則 $E(X) = 1/\lambda$ 且 $Var(X) = 1/\lambda^2$。

題目資訊：

• $Y_1, Y_2, \dots, Y_n$ 是獨立的隨機變數。
• 它們來自平均值為 $\theta$ 的指數分配。
• 因此，每個 $Y_i$ 的期望值 $E(Y_i) = \theta$。
• 對於指數分配，期望值 $E(Y) = 1/\lambda$，所以 $\theta = 1/\lambda$。
• 這意味著 $\lambda = 1/\theta$。
• 指數分配的變異數為 $Var(Y) = 1/\lambda^2 = \theta^2$。

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(1) The variance of $Y_1$ is (1)

$Y_1$ 來自平均值為 $\theta$ 的指數分配。
對於指數分配，若其平均值為 $\theta$，則其變異數為 $\theta^2$。
（因為 $E(Y) = 1/\lambda = \theta$，所以 $\lambda = 1/\theta$。 $Var(Y) = 1/\lambda^2 = 1/(1/\theta)^2 = \theta^2$）。

【答案】 $\theta^2$

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(2) the moment generating function (MGF) of $Y_n$ is (2)

本題為填空題，考驗泊松分配的性質，包含樣本平均數的變異數、充分統計量、最小變異數不偏估計量、動量法估計量以及最大概似估計量。

核心觀念：

1. 泊松分配的性質： 若 $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$，則 $E(X) = \lambda$ 且 $Var(X) = \lambda$。
2. 樣本平均數的性質： 若 $Y_1, \dots, Y_n$ 是來自母體平均數為 $\mu$、變異數為 $\sigma^2$ 的隨機樣本，則樣本平均數 $\bar{Y}$ 的期望值 $E(\bar{Y}) = \mu$，變異數 $Var(\bar{Y}) = \sigma^2/n$。
3. 充分統計量 (Sufficient Statistic)： 一個統計量 $T(Y_1, \dots, Y_n)$ 若包含了母體參數 $\theta$ 的所有資訊，使得給定 $T$ 的值後，樣本 $Y_1, \dots, Y_n$ 的條件機率分佈不再依賴於 $\theta$，則 $T$ 是 $\theta$ 的充分統計量。對於獨立同分布的樣本，樣本總和或樣本平均數通常是充分統計量。
4. 最小變異數不偏估計量 (MVUE)： 在所有不偏估計量中，變異數最小的估計量。
5. 動量法估計量 (Method of Moments Estimator, MOM)： 令樣本動量 (sample moments) 等於母體動量 (population moments)，然後解出母體參數。
6. 最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE)： 找到使觀測到樣本機率最大的母體參數值。
7. 泊松分配的 $P(Y=1)$： 若 $Y \sim \text{Poisson}(\lambda)$，則 $P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$。因此 $P(Y=1) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^1}{1!} = \lambda e^{-\lambda}$。

題目資訊：

• $Y_1, Y_2, \dots, Y_n$ 是來自母體為未知參數 $\lambda > 0$ 的泊松分配的隨機樣本。
• $\bar{Y} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Y_i$ 是樣本平均數。

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(6) The variance of $\bar{Y}$, $Var(\bar{Y}) = (6)$

對於泊松分配 $Y \sim \text{Poisson}(\lambda)$，其母體的平均值 $E(Y) = \lambda$ 且母體的變異數 $Var(Y) = \lambda$。
樣本平均數 $\bar{Y}$ 的期望值 $E(\bar{Y}) = E(Y) = \lambda$。
樣本平均數 $\bar{Y}$ 的變異數 $Var(\bar{Y}) = \frac{Var(Y)}{n} = \frac{\lambda}{n}$。

【答案】 $\frac{\lambda}{n}$

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(7) A sufficient statistic for $\lambda$ is (7)

對於來自母體 $f(y|\lambda)$ 的獨立同分布樣本 $Y_1, \dots, Y_n$，其聯合機率密度函數為：
$L(\lambda | y_1, \dots, y_n) = \prod_{i=1}^n f(y_i | \lambda)$
對於泊松分配，$f(y|\lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^y}{y!}$，其中 $y$ 是非負整數。
聯合機率函數為：
$L(\lambda | y_1, \dots, y_n) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{-\lambda} \lambda^{y_i}}{y_i!} = \frac{e^{-n\lambda} \lambda^{\sum y_i}}{\prod y_i!}$
根據費雪-史坦尼定理 (Fisher-Neyman factorization theorem)，一個統計量 $T(Y_1, \dots, Y_n)$ 是參數 $\lambda$ 的充分統計量，若聯合機率函數可以寫成 $L(\lambda | \mathbf{y}) = g(T(\mathbf{y}) | \lambda) h(\mathbf{y})$ 的形式，其中 $h(\mathbf{y})$ 不含 $\lambda$。
在此例中，$L(\lambda | \mathbf{y}) = e^{-n\lambda} \lambda^{\sum y_i} \times \frac{1}{\prod y_i!}$。
令 $T(\mathbf{y}) = \sum y_i$（樣本總和）。