109 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《統計與機率》

本題考驗對比例的點估計與信賴區間的計算。

(a) 比例的點估計量是樣本比例。
令 $\hat{p}_1$ 為群體 1 中認為食物昂貴的比例，$\hat{p}_2$ 為群體 2 中認為食物昂貴的比例。
樣本大小 $n_1 = 2020$，其中 1615 人認為食物昂貴，所以 $\hat{p}_1 = \frac{1615}{2020}$。
樣本大小 $n_2 = 303$，其中 182 人認為食物昂貴，所以 $\hat{p}_2 = \frac{182}{303}$。

$p_1 - p_2$ 的點估計量為 $\hat{p}_1 - \hat{p}_2$。
$\hat{p}_1 = \frac{1615}{2020} = 0.8$
$\hat{p}_2 = \frac{182}{303} \approx 0.60066$

$\hat{p}_1 - \hat{p}_2 = 0.8 - 0.60066 = 0.19934$

【答案】
$p_1 - p_2$ 的點估計量為 $\hat{p}_1 - \hat{p}_2 = \frac{1615}{2020} - \frac{182}{303} \approx 0.19934$。

(b) 我們要找 $p_1 - p_2$ 的近似 90% 信賴區間。
信賴區間的公式為 $(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1} + \frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}$。
90% 信賴水準表示 $\alpha = 0.10$，所以 $\alpha/2 = 0.05$。

核心觀念

本題必須先確認 $f(x\mid\theta)$ 是否為合法的機率密度函數。機率密度必須滿足：

$$f(x\mid\theta)\ge 0,\qquad \int_{-\infty}^{\infty}f(x\mid\theta)\,dx=1.$$

若密度本身不成立，則後續的 MLE、無偏性與 Rao–Cramér lower bound 均無法定義。

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題目所給函數並非機率密度

題目給定

$$f(x\mid\theta) =\frac{x^{1-\theta}}{\theta}(1-x)^\theta, \qquad 0<x<1,\quad \theta>0.$$

其積分為

$$\int_0^1\frac{x^{1-\theta}}{\theta}(1-x)^\theta\,dx = \frac{1}{\theta}B(2-\theta,\theta+1).$$

由 Beta 函數公式，

$$B(2-\theta,\theta+1) = \frac{\Gamma(2-\theta)\Gamma(\theta+1)}{\Gamma(3)} = \frac{\Gamma(2-\theta)\Gamma(\theta+1)}{2}.$$

因此

$$\int_0^1 f(x\mid\theta)\,dx = \frac{\Gamma(2-\theta)\Gamma(\theta+1)}{2\theta},$$

一般並不等於 $1$。例如取 $\theta=1$：

$$f(x\mid1)=1-x,$$

但

$$\int_0^1(1-x)\,dx=\frac12\ne1.$$

此外，當 $\theta\ge 2$ 時，$x^{1-\theta}$ 在 $x=0$ 附近不可積分，因此題目所寫的參數範圍 $0<\theta<\infty$ 也不成立。

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依照題目原式進行形式上的 MLE 計算

即使暫時把題目中的函數當作 likelihood kernel，樣本的 likelihood 為

$$L(\theta) = \prod_{i=1}^n \frac{x_i^{1-\theta}}{\theta}(1-x_i)^\theta.$$

整理得

$$L(\theta) = \theta^{-n} \left(\prod_{i=1}^n x_i\right) \exp\left\{ \theta\sum_{i=1}^n \log\frac{1-x_i}{x_i} \right\}.$$

令

$$A=\sum_{i=1}^n\log\frac{1-x_i}{x_i},$$

則

$$\ell(\theta) = -n\log\theta+\theta A+\text{常數}.$$

一階導數為

$$\ell'(\theta) = -\frac{n}{\theta}+A.$$

若 $A>0$，形式上的臨界點為

$$\widehat\theta=\frac{n}{A}.$$

然而二階導數為

$$\ell''(\theta)=\frac{n}{\theta^2}>0,$$

所以此臨界點是 likelihood 的最小值，而不是最大值。

更直接地，由於

$$L(\theta)\propto\theta^{-n}e^{A\theta},$$

本題考驗對假設檢定的理解，特別是單尾檢定的檢定統計量、檢定區域、檢定力函數以及 p-value 的計算。

給定：

• $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，其中 $\sigma^2 = 144$。
• 樣本大小 $n = 36$。
• 檢定 $H_0 : \mu = 70$ vs. $H_1 : \mu > 70$。
• 檢定區域 $C = \{\bar{x} | \bar{x} \ge 73\}$。

我們知道樣本均值 $\bar{x}$ 的分佈為 $\bar{x} \sim N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})$。
在此情況下，$\bar{x} \sim N(\mu, \frac{144}{36}) = N(\mu, 4)$。
因此，樣本均值的標準差為 $\sigma_{\bar{x}} = \sqrt{4} = 2$。

(a) 求檢定力函數 (power function) of $\mu$。
檢定力函數 $P(\mu)$ 定義為在真實參數為 $\mu$ 時，拒絕虛無假設 $H_0$ 的機率。
$P(\mu) = P(\text{Reject } H_0 | \text{true mean is } \mu)$
在本題中，拒絕 $H_0$ 的條件是 $\bar{x} \ge 73$。
所以，檢定力函數為 $P(\mu) = P(\bar{x} \ge 73 | \text{true mean is } \mu)$。

我們將 $\bar{x}$ 標準化，令 $Z = \frac{\bar{x} - \mu}{\sigma_{\bar{x}}} = \frac{\bar{x} - \mu}{2}$。
當 $\bar{x} \ge 73$，則 $Z \ge \frac{73 - \mu}{2}$。
因此，檢定力函數為 $P(\mu) = P\left(Z \ge \frac{73 - \mu}{2}\right)$。
其中 $Z \sim N(0, 1)$。

本題考驗機率論中關於事件序列的性質，特別是當單一事件機率為 1 時，其交集的機率。

核心觀念：

1. 機率公理：機率值介於 0 和 1 之間。
2. 機率的性質：對於任意事件 $A$， $P(A^c) = 1 - P(A)$。
3. De Morgan's Law：$(\bigcap_{n=1}^\infty A_n)^c = \bigcup_{n=1}^\infty A_n^c$。

證明：
我們已知 $P(A_n) = 1$ 對於所有的 $n = 1, 2, \dots$。
考慮事件 $A_n$ 的補集 $A_n^c$。
根據機率性質， $P(A_n^c) = 1 - P(A_n) = 1 - 1 = 0$。

現在我們考慮交集事件 $\bigcap_{n=1}^\infty A_n$ 的補集。
根據 De Morgan's Law，我們有：
$\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_n\right)^c = \bigcup_{n=1}^\infty A_n^c$。

我們知道，對於一個可數聯集，機率具有次可加性 (subadditivity)：
$P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n^c\right) \le \sum_{n=1}^\infty P(A_n^c)$。

核心觀念

$X_i$ 只可能取 $0$ 或 $1$，且

$$\Pr(X_i=1)=p,\qquad \Pr(X_i=0)=1-p.$$

因此 $X_i$ 為 Bernoulli 隨機變數。令

$$Y_n=\sum_{i=1}^n X_i,$$

則 $Y_n$ 表示前 $n$ 次試驗中成功的次數。

題目中的「$Y_n$ is not an odd number」表示 $Y_n$ 是偶數，因此

$$P_n=\Pr(Y_n\text{ 為偶數}).$$

關鍵觀念是：加入最後一個 Bernoulli 隨機變數 $X_n$ 後，總和的奇偶性如下：

• 原本 $Y_{n-1}$ 為偶數，且 $X_n=0$，總和仍為偶數；
• 原本 $Y_{n-1}$ 為奇數，且 $X_n=1$，總和變為偶數。

解題方法

將事件 $\{Y_n\text{ 為偶數}\}$ 依照 $X_n$ 的取值分解。

由

$$Y_n=Y_{n-1}+X_n,$$

可得

$$\{Y_n\text{ 為偶數}\} = \{Y_{n-1}\text{ 為偶數},X_n=0\} \cup \{Y_{n-1}\text{ 為奇數},X_n=1\}.$$

兩事件互斥，因此

$$P_n = \Pr(Y_{n-1}\text{ 為偶數},X_n=0) + \Pr(Y_{n-1}\text{ 為奇數},X_n=1).$$

因為 $X_1,\dots,X_n$ 相互獨立，所以 $X_n$ 與 $Y_{n-1}$ 獨立。又因為

$$\Pr(Y_{n-1}\text{ 為偶數})=P_{n-1},$$

以及

核心觀念

本題使用兩個觀念：

1. 正值連續型隨機變數的期望值公式

   $$E(X)=\int_0^\infty t f(t)\,dt.$$

2. 機率密度函數 $f(x)$ 在 $x>0$ 上非遞增，因此當 $0<t\le x$ 時，

   $$f(t)\ge f(x).$$

關鍵切入點是：利用區間 $(0,x]$ 上的密度下界 $f(x)$，估計期望值積分。

解題方法

固定任意 $x>0$。由於 $f$ 為非遞增函數，對所有 $0<t\le x$，皆有

$$f(t)\ge f(x).$$

又因為 $t>0$，乘上 $t$ 後不改變不等號方向：

$$t f(t)\ge t f(x).$$

因此，

$$E(X) =\int_0^\infty t f(t)\,dt \ge \int_0^x t f(t)\,dt \ge \int_0^x t f(x)\,dt.$$

由於 $f(x)$ 對積分變數 $t$ 而言是常數，

$$\int_0^x t f(x)\,dt =f(x)\int_0^x t\,dt =f(x)\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x =\frac{x^2 f(x)}{2}.$$

所以