111 年 國立成功大學經濟研究所《統計學》

本題主要考查變數變換 (Transformation of Variables) 的概念，需要計算聯合機率密度函數 (joint p.d.f.) 以及邊際機率密度函數 (marginal p.d.f.)。

核心觀念：

• 變數變換： 當我們有原始隨機變數的聯合機率密度函數，並想轉換到新的隨機變數時，可以使用雅可比行列式 (Jacobian determinant) 的方法來計算新變數的聯合機率密度函數。
• 邊際機率密度函數： 從聯合機率密度函數積分掉其中一個變數，即可得到另一個變數的邊際機率密度函數。

(a) 計算 $Y_1 = X_1/X_2$ 和 $Y_2 = X_1$ 的聯合 p.d.f.

我們有原始變數 $(X_1, X_2)$ 到新變數 $(Y_1, Y_2)$ 的轉換關係：
$Y_1 = X_1/X_2$
$Y_2 = X_1$

為了計算新變數的聯合 p.d.f.，我們需要反解出 $X_1$ 和 $X_2$ 與 $Y_1$ 和 $Y_2$ 的關係，並計算雅可比行列式。
從上述關係，我們可以得到：
$X_1 = Y_2$
$X_2 = X_1/Y_1 = Y_2/Y_1$

現在計算雅可比行列式 $J$:

$$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y_1} & \frac{\partial x_1}{\partial y_2} \\ \frac{\partial x_2}{\partial y_1} & \frac{\partial x_2}{\partial y_2} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{y_2}{y_1^2} & \frac{1}{y_1} \end{pmatrix} = 0 \cdot \frac{1}{y_1} - 1 \cdot (-\frac{y_2}{y_1^2}) = \frac{y_2}{y_1^2}$$

因此，雅可比行列式的絕對值是 $|J| = |\frac{y_2}{y_1^2}|$.

新變數的聯合 p.d.f. $g(y_1, y_2)$ 與原始變數的聯合 p.d.f. $f(x_1, x_2)$ 的關係為：
$g(y_1, y_2) = f(x_1(y_1, y_2), x_2(y_1, y_2)) \cdot |J|$

我們需要確定新變數的定義域。
原始變數的定義域是 $0 < x_1 < 1$ 且 $0 < x_2 < 1$。

• $Y_2 = X_1$，所以 $0 < Y_2 < 1$。
• $Y_1 = X_1/X_2$。由於 $0 < X_1 < 1$ 且 $0 < X_2 < 1$，則 $Y_1$ 的範圍是 $0 < Y_1 < \infty$ (例如，當 $X_1$ 趨近 1， $X_2$ 趨近 0 時，$Y_1$ 趨近無限大；當 $X_1$ 趨近 0，$X_2$ 趨近 1 時，$Y_1$ 趨近 0)。
• $X_2 = Y_2/Y_1$。由於 $0 < X_2 < 1$，所以 $0 < Y_2/Y_1 < 1$。
  • 由於 $Y_2 > 0$ 且 $Y_1 > 0$，所以 $Y_2/Y_1 > 0$ 恆成立。
  • 我們需要 $Y_2/Y_1 < 1$，即 $Y_2 < Y_1$。

綜合以上條件，新變數的定義域為 $0 < Y_2 < 1$ 且 $0 < Y_2 < Y_1$。這可以合併為 $0 < Y_2 < \min(1, Y_1)$。
同時，由於 $Y_2 > 0$ 且 $Y_2 < Y_1$，所以 $Y_1$ 必須大於 0。

現在將 $x_1=y_2$ 和 $x_2=y_2/y_1$ 代入原始 p.d.f. $f(x_1, x_2) = 4x_1x_2$：
$f(y_2, y_2/y_1) = 4(y_2)(y_2/y_1) = 4y_2^2/y_1$

將此結果與 $|J|$ 相乘：
$g(y_1, y_2) = (4y_2^2/y_1) \cdot (y_2/y_1^2) = 4y_2^3/y_1^3$

因此，聯合 p.d.f. 為：

$$g(y_1, y_2) = \begin{cases} \frac{4y_2^3}{y_1^3}, & \text{for } 0 < y_2 < 1 \text{ and } y_2 < y_1 \\ 0, & \text{otherwise.} \end{cases}$$

注意，這裡的條件 $0 < y_2 < 1$ 和 $y_2 < y_1$ 意味著 $y_1$ 的範圍是 $(0, \infty)$。

核心觀念

本題考查常態母體雙參數 $(\mu, \sigma^2)$ 的**聯合信賴區域（Joint Confidence Region）**之建構。所涉及的重要定理與統計量性質如下：

1. 樣本平均數與樣本變異數之抽樣分配：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，定義樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 與樣本變異數 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。
   • $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \implies Z = \frac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$。
   • $V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$。
2. 費雪引理（Fisher's Lemma / Basu's Theorem）：
   在常態母體下，樣本平均數 $\bar{X}$ 與樣本變異數 $S^2$ 相互獨立。因此，隨機變數 $Z$ 與 $V$ 亦相互獨立。
3. 聯合信賴係數的拆解：
   利用獨立性，可將二維聯合機率分解為兩個獨立之一維機率乘積： $$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 1 - \alpha$$ 令各個邊際事件分配適當的信賴水準（常見對稱配置為 $\sqrt{1-\alpha}$ 或個別指定 $\alpha_1, \alpha_2$ 使得 $(1-\alpha_1)(1-\alpha_2) = 1-\alpha$），即可構成參數空間 $\mathbb{R} \times (0, \infty)$ 上的二維信賴區域。

---

解題方法

本題目標為找出二維參數空間內的區域 $C \subset \mathbb{R} \times (0, \infty)$，使得：

$$P\left( (\mu, \sigma^2) \in C \right) = 1 - \alpha$$

步驟一：選取樞紐量（Pivotal Quantities）並確立獨立性

考慮以下兩個樞紐量：

$$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$$ $$V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$$

根據常態分配抽樣性質，$\bar{X}$ 與 $S^2$ 獨立，故 $Z$ 與 $V$ 互相獨立。

步驟二：分配信賴係數

為使聯合涵蓋機率精確達到 $1-\alpha$，最標準且簡潔的方式是將兩獨立統計量各自設定為等額的信賴係數 $\sqrt{1-\alpha}$。
令 $\alpha^* = 1 - \sqrt{1-\alpha}$，使得 $(1-\alpha^*)^2 = 1-\alpha$。

1. 針對變異數 $\sigma^2$ 的事件：
   在 $\chi^2(n-1)$ 分配中，選取雙尾臨界值：

   $$P\left( \chi^2_{1-\alpha^*/2}(n-1) \le \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{\alpha^*/2}(n-1) \right) = 1 - \alpha^*$$

   其中 $\chi^2_p(k)$ 表示自由度為 $k$ 之卡方分配右尾機率為 $p$ 的臨界值。
   移項解出 $\sigma^2$ 之區間條件：

   $$\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha^*/2}(n-1)} \le \sigma^2 \le \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha^*/2}(n-1)}$$

2. 針對平均數 $\mu$ 的事件（在給定 $\sigma$ 下）：
   在標準常態分配 $N(0, 1)$ 中，選取對稱臨界值 $z_{\alpha^*/2}$（即 $P(Z > z_{\alpha^*/2}) = \alpha^*/2$）：

   $$P\left( -z_{\alpha^*/2} \le \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \le z_{\alpha^*/2} \right) = 1 - \alpha^*$$

   移項解出 $\mu$ 之條件：

核心觀念

本題主要考查：

• 動差法與最大概似估計量。
• 大數法則與一致性。
• 常態樣本平方和的卡方分配。
• 估計量的漸近常態分配。
• Delta method（Delta 方法）求函數型估計量的漸近分配。

已知

$$X_i \overset{\mathrm{i.i.d.}}{\sim} N(0,\sigma^2), \qquad i=1,\ldots,n,$$

且 $\sigma^2$ 未知。

---

(a) 動差法估計量

解題方法

動差法以樣本動差估計母體動差。由於母體平均數已知為 $0$，考慮二階動差：

$$E(X_i^2)=\operatorname{Var}(X_i)+[E(X_i)]^2=\sigma^2.$$

樣本二階動差為

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2.$$

令樣本二階動差等於母體二階動差：

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2=\sigma^2.$$

因此，$\sigma^2$ 的動差法估計量為

$$\boxed{\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2}.$$

注意此處母體平均數 $0$ 已知，所以分母是 $n$，而不是估計平均數時常見的 $n-1$。

---

(b) 敘述判斷

答案：錯誤（False）

題目敘述為：

$\hat{\sigma}^2$ 的 realization 是在給定資料 $\{X_i=x_i\}$ 下，看起來最有可能的參數值。

錯誤之處在於：最大概似估計量確實是使概似函數最大的參數值，但概似函數不是參數的機率分配。

給定觀察資料 $x_1,\ldots,x_n$ 後，概似函數為

$$L(\sigma^2;x_1,\ldots,x_n) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{x_i^2}{2\sigma^2}\right).$$

最大概似估計量定義為

$$\hat{\sigma}^2_{\mathrm{MLE}} = \arg\max_{\sigma^2>0} L(\sigma^2;x_1,\ldots,x_n).$$

它代表「在不同參數值下，哪個參數值使已觀察資料的概似程度最大」，而不是「給定資料後，哪個參數值具有最高機率」。

若要談「給定資料後參數值的機率」，必須使用貝氏方法，指定先驗分配並求後驗分配：

$$p(\sigma^2\mid x_1,\ldots,x_n).$$

判斷技巧

• 最大概似：最大化 $L(\theta;x)$。
• 貝氏後驗：討論 $P(\theta\mid x)$ 或後驗密度。
• 沒有先驗分配時，不能把 MLE 解釋成參數的「最可能值」。

---

(c) 一致性

答案：是，一致估計量

由

$$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$$

且

$$E(X_i^2)=\sigma^2,$$

根據大數法則，

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 \xrightarrow{p} E(X_i^2)=\sigma^2.$$

因此

$$\boxed{\hat{\sigma}^2\xrightarrow{p}\sigma^2}.$$

所以 $\hat{\sigma}^2$ 是 $\sigma^2$ 的一致估計量。

也可由均方誤差驗證。因為

$$\sum_{i=1}^n\frac{X_i^2}{\sigma^2}\sim\chi_n^2,$$

故

$$E(\hat{\sigma}^2)=\sigma^2,$$

且

$$\operatorname{Var}(\hat{\sigma}^2) = \frac{1}{n^2}\operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^nX_i^2\right) = \frac{2\sigma^4}{n}.$$

因此

$$\operatorname{MSE}(\hat{\sigma}^2) = \operatorname{Var}(\hat{\sigma}^2) + \operatorname{Bias}(\hat{\sigma}^2)^2 = \frac{2\sigma^4}{n} \to 0.$$

這也證明 $\hat{\sigma}^2$ 一致收斂至 $\sigma^2$。

---

(d) 精確的 $(1-\alpha)100\%$ 信賴區間

核心分配

由於 $X_i\sim N(0,\sigma^2)$，

$$\frac{X_i}{\sigma}\sim N(0,1).$$

因此

$$\sum_{i=1}^n\frac{X_i^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\sigma^2} \sim\chi_n^2.$$

又因為

$$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i^2,$$

所以

$$\frac{n\hat{\sigma}^2}{\sigma^2}\sim\chi_n^2.$$

令 $\chi^2_{n,\gamma}$ 表示自由度為 $n$ 的卡方分配之 $\gamma$ 分位數，則

$$P\left( \chi^2_{n,\alpha/2} \le \frac{n\hat{\sigma}^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{n,1-\alpha/2} \right) =1-\alpha.$$

由於 $\sigma^2>0$，整理不等式方向可得

$$P\left( \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}} \le \sigma^2 \le \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right) =1-\alpha.$$

因此精確信賴區間為

$$\boxed{ \left[ \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}}, \, \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right] }.$$

由 $n\hat{\sigma}^2=\sum_{i=1}^nX_i^2$，亦可寫成

$$\boxed{ \left[ \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}}, \, \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right] }.$$

解題技巧

本題考查假設檢定中的 Type I 錯誤、Type II 錯誤以及如何根據給定的錯誤機率來決定樣本數和臨界值。

核心觀念：

• 假設檢定： 對母體參數提出假設，並根據樣本資料來決定是否拒絕原假設。
• Type I 錯誤 ($\alpha$)： 在原假設 $H_0$ 為真時，拒絕 $H_0$ 的機率。
• Type II 錯誤 ($\beta$)： 在對立假設 $H_1$ 為真時，未能拒絕 $H_0$ 的機率。
• 檢定統計量： 用來做決策的樣本統計量。
• 臨界值 (Critical Value)： 檢定統計量的值，用來區分接受域和拒絕域。
• 樣本數 (Sample Size)： 影響檢定能力的因素。

題目設定：

• 母體：伯努利試驗，成功機率為 $p$ (未知)。
• 假設：$H_0: p = p_0$ 對 $H_1: p > p_0$。
• 目標：使 Type I 錯誤機率為 $\alpha$，Type II 錯誤機率為 $\beta$。
• 要求：找出樣本數 $n$ 和臨界值 $c$。

解題步驟：

在伯努利試驗中，我們通常使用成功次數 $X$ 或樣本比例 $\hat{p} = X/n$ 作為檢定統計量。
這裡的對立假設是 $p > p_0$，所以我們應該在 $\hat{p}$ 較大時拒絕 $H_0$。
假設我們進行 $n$ 次伯努利試驗，成功的總次數為 $X$。
則 $X \sim Binomial(n, p)$。
當 $n$ 足夠大時，我們可以近似地使用常態分布來描述 $X$ 或 $\hat{p}$ 的分布。
$X \approx N(np, np(1-p))$
$\hat{p} \approx N(p, \frac{p(1-p)}{n})$

Type I 錯誤 ( $\alpha$ ) 的條件：
在 $H_0$ 為真時 (即 $p = p_0$)，拒絕 $H_0$ 的機率是 $\alpha$。
拒絕域是 $\hat{p} > c$ (或 $X > nc$)。

$$P(\text{Reject } H_0 | p=p_0) = P(\hat{p} > c | p=p_0) = \alpha$$

使用常態近似：

$$P\left(\frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}} > \frac{c - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}} \Big| p=p_0 \right) = \alpha$$

令 $Z = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}$。則 $Z \sim N(0, 1)$。

$$P\left(Z > \frac{c - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}}\right) = \alpha$$

這意味著，標準常態分布的第 $(1-\alpha)$ 百分位點 $z_{1-\alpha}$ 應該等於臨界值的標準化值：

$$\frac{c - p_0}{\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}} = z_{1-\alpha}$$ $$c = p_0 + z_{1-\alpha} \sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}}$$

這個式子給了我們臨界值 $c$ 與樣本數 $n$ 的關係。

Type II 錯誤 ( $\beta$ ) 的條件：
在 $H_1$ 為真時 (即 $p = p_1 > p_0$)，未能拒絕 $H_0$ 的機率是 $\beta$。
未能拒絕 $H_0$ 的區域是 $\hat{p} \le c$。

$$P(\text{Fail to Reject } H_0 | p=p_1) = P(\hat{p} \le c | p=p_1) = \beta$$

使用常態近似：

$$P\left(\frac{\hat{p} - p_1}{\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}} \le \frac{c - p_1}{\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}} \Big| p=p_1 \right) = \beta$$

令 $Z' = \frac{\hat{p} - p_1}{\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}}$。則 $Z' \sim N(0, 1)$。

$$P\left(Z' \le \frac{c - p_1}{\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}}\right) = \beta$$

這意味著，標準常態分布的第 $\beta$ 百分位點 $z_{\beta}$ 應該等於臨界值的標準化值：

$$\frac{c - p_1}{\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}} = z_{\beta}$$ $$c = p_1 + z_{\beta} \sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}$$

聯立求解 $n$ 和 $c$：
我們現在有兩個關於 $c$ 的表達式，它們必須相等：

$$p_0 + z_{1-\alpha} \sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} = p_1 + z_{\beta} \sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}}$$

將含 $n$ 的項移到一邊：

$$z_{1-\alpha} \sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}} - z_{\beta} \sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n}} = p_1 - p_0$$ $$\frac{1}{\sqrt{n}} \left( z_{1-\alpha} \sqrt{p_0(1-p_0)} - z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)} \right) = p_1 - p_0$$

現在，我們可以用這個式子來求解 $n$。

$$\sqrt{n} = \frac{z_{1-\alpha} \sqrt{p_0(1-p_0)} - z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)}}{p_1 - p_0}$$ $$n = \left( \frac{z_{1-\alpha} \sqrt{p_0(1-p_0)} - z_{\beta} \sqrt{p_1(1-p_1)}}{p_1 - p_0} \right)^2$$

然而，在這個式子中，$z_{1-\alpha}$ 和 $z_{\beta}$ 的符號需要注意。
$z_{1-\alpha}$ 是正數 (例如，$\alpha=0.05$, $z_{0.95} \approx 1.645$)。
$z_{\beta}$ 是負數 (例如，$\beta=0.1$, $z_{0.1} \approx -1.282$)。

正確處理 $z_{\beta}$ 的符號：
Type II 錯誤的條件是 $P(\hat{p} \le c | p=p_1) = \beta$。

核心觀念

本題考查簡單線性迴歸模型的下列觀念：

1. 母體迴歸函數與樣本迴歸線的區別。
2. 最小平方法估計量的無偏性與一致性。
3. OLS 估計量具有最小殘差平方和的性質。
4. $R^2$ 衡量配適度，但不能單獨判斷因果關係。
5. 含截距項的迴歸模型，其殘差總和等於零。

母體模型為

$$E(Y\mid X)=a+\beta X$$

樣本迴歸線為

$$\hat Y_i=\hat a+\hat\beta X_i$$

其中：

• $a,\beta$ 為母體參數；
• $\hat a,\hat\beta$ 為樣本估計量；
• 殘差為 $e_i=Y_i-\hat Y_i$。

---

解題方法

逐項辨認敘述所涉及的迴歸定理，再利用 OLS 的最小化條件與一階條件判斷正誤。

OLS 的估計量是使殘差平方和最小的參數：

$$(\hat a,\hat\beta) = \arg\min_{c,d} \sum_{i=1}^{n}(Y_i-c-dX_i)^2$$

因此，對任何其他參數組合，例如真實參數 $(a,\beta)$，必有

$$\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\hat a-\hat\beta X_i)^2 \leq \sum_{i=1}^{n}(Y_i-a-\beta X_i)^2$$

此外，若迴歸式含有截距項，對截距估計量的一階條件為

$$\frac{\partial}{\partial \hat a} \sum_{i=1}^{n}(Y_i-\hat a-\hat\beta X_i)^2 = -2\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\hat a-\hat\beta X_i)=0$$

故殘差總和為零。

---

選項分析

(a) 錯誤

題述：「經濟學家通常更關心斜率係數 $\hat\beta$，因為 $\hat\beta$ 是 $\beta$ 的無偏且一致估計量。」

經濟學家通常較關心斜率係數，是因為 $\beta$ 描述 $X$ 改變一單位時，$Y$ 的條件平均值改變多少，具有邊際效果的經濟意義，而截距 $a$ 的經濟解釋有時較不重要。

在滿足適當條件時，例如

$$E(u_i\mid X_i)=0$$

以及隨機抽樣、有限變異數等條件，OLS 估計量才具有

$$E(\hat\beta)=\beta$$

的無偏性，並且當樣本數增加時，

$$\hat\beta\xrightarrow{p}\beta$$

具有一致性。

但「較關心 $\beta$」的主要原因是其經濟意義，不是因為估計量具有無偏性與一致性；而且無偏性與一致性也必須建立在模型假設成立的前提下。因此該敘述的因果說法不正確。

---

(b) 錯誤

題述主張：

$$\sum_{i=1}^{n}(Y_i-a-\beta X_i)^2 < \sum_{i=1}^{n}(Y_i-\hat a-\hat\beta X_i)^2$$

這與最小平方法的定義相反。

本題主要考查變數變換 (Transformation of Variables) 的概念，需要計算聯合機率密度函數 (joint p.d.f.) 以及邊際機率密度函數 (marginal p.d.f.)。

核心觀念：

• 變數變換： 當我們有原始隨機變數的聯合機率密度函數，並想轉換到新的隨機變數時，可以使用雅可比行列式 (Jacobian determinant) 的方法來計算新變數的聯合機率密度函數。
• 邊際機率密度函數： 從聯合機率密度函數積分掉其中一個變數，即可得到另一個變數的邊際機率密度函數。

(a) 計算 $Y_1 = X_1/X_2$ 和 $Y_2 = X_1$ 的聯合 p.d.f.

我們有原始變數 $(X_1, X_2)$ 到新變數 $(Y_1, Y_2)$ 的轉換關係：
$Y_1 = X_1/X_2$
$Y_2 = X_1$

為了計算新變數的聯合 p.d.f.，我們需要反解出 $X_1$ 和 $X_2$ 與 $Y_1$ 和 $Y_2$ 的關係，並計算雅可比行列式。
從上述關係，我們可以得到：
$X_1 = Y_2$
$X_2 = X_1/Y_1 = Y_2/Y_1$

現在計算雅可比行列式 $J$:

$$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y_1} & \frac{\partial x_1}{\partial y_2} \\ \frac{\partial x_2}{\partial y_1} & \frac{\partial x_2}{\partial y_2} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{y_2}{y_1^2} & \frac{1}{y_1} \end{pmatrix} = 0 \cdot \frac{1}{y_1} - 1 \cdot (-\frac{y_2}{y_1^2}) = \frac{y_2}{y_1^2}$$

因此，雅可比行列式的絕對值是 $|J| = |\frac{y_2}{y_1^2}|$.

新變數的聯合 p.d.f. $g(y_1, y_2)$ 與原始變數的聯合 p.d.f. $f(x_1, x_2)$ 的關係為：
$g(y_1, y_2) = f(x_1(y_1, y_2), x_2(y_1, y_2)) \cdot |J|$

我們需要確定新變數的定義域。
原始變數的定義域是 $0 < x_1 < 1$ 且 $0 < x_2 < 1$。

• $Y_2 = X_1$，所以 $0 < Y_2 < 1$。
• $Y_1 = X_1/X_2$。由於 $0 < X_1 < 1$ 且 $0 < X_2 < 1$，則 $Y_1$ 的範圍是 $0 < Y_1 < \infty$ (例如，當 $X_1$ 趨近 1， $X_2$ 趨近 0 時，$Y_1$ 趨近無限大；當 $X_1$ 趨近 0，$X_2$ 趨近 1 時，$Y_1$ 趨近 0)。
• $X_2 = Y_2/Y_1$。由於 $0 < X_2 < 1$，所以 $0 < Y_2/Y_1 < 1$。
  • 由於 $Y_2 > 0$ 且 $Y_1 > 0$，所以 $Y_2/Y_1 > 0$ 恆成立。
  • 我們需要 $Y_2/Y_1 < 1$，即 $Y_2 < Y_1$。

綜合以上條件，新變數的定義域為 $0 < Y_2 < 1$ 且 $0 < Y_2 < Y_1$。這可以合併為 $0 < Y_2 < \min(1, Y_1)$。
同時，由於 $Y_2 > 0$ 且 $Y_2 < Y_1$，所以 $Y_1$ 必須大於 0。

現在將 $x_1=y_2$ 和 $x_2=y_2/y_1$ 代入原始 p.d.f. $f(x_1, x_2) = 4x_1x_2$：
$f(y_2, y_2/y_1) = 4(y_2)(y_2/y_1) = 4y_2^2/y_1$

將此結果與 $|J|$ 相乘：
$g(y_1, y_2) = (4y_2^2/y_1) \cdot (y_2/y_1^2) = 4y_2^3/y_1^3$

因此，聯合 p.d.f. 為：

$$g(y_1, y_2) = \begin{cases} \frac{4y_2^3}{y_1^3}, & \text{for } 0 < y_2 < 1 \text{ and } y_2 < y_1 \\ 0, & \text{otherwise.} \end{cases}$$

注意，這裡的條件 $0 < y_2 < 1$ 和 $y_2 < y_1$ 意味著 $y_1$ 的範圍是 $(0, \infty)$。

核心觀念

本題考查常態母體雙參數 $(\mu, \sigma^2)$ 的**聯合信賴區域（Joint Confidence Region）**之建構。所涉及的重要定理與統計量性質如下：

1. 樣本平均數與樣本變異數之抽樣分配：
   設 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，定義樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 與樣本變異數 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。
   • $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \implies Z = \frac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$。
   • $V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$。
2. 費雪引理（Fisher's Lemma / Basu's Theorem）：
   在常態母體下，樣本平均數 $\bar{X}$ 與樣本變異數 $S^2$ 相互獨立。因此，隨機變數 $Z$ 與 $V$ 亦相互獨立。
3. 聯合信賴係數的拆解：
   利用獨立性，可將二維聯合機率分解為兩個獨立之一維機率乘積： $$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 1 - \alpha$$ 令各個邊際事件分配適當的信賴水準（常見對稱配置為 $\sqrt{1-\alpha}$ 或個別指定 $\alpha_1, \alpha_2$ 使得 $(1-\alpha_1)(1-\alpha_2) = 1-\alpha$），即可構成參數空間 $\mathbb{R} \times (0, \infty)$ 上的二維信賴區域。

---

解題方法

本題目標為找出二維參數空間內的區域 $C \subset \mathbb{R} \times (0, \infty)$，使得：

$$P\left( (\mu, \sigma^2) \in C \right) = 1 - \alpha$$

步驟一：選取樞紐量（Pivotal Quantities）並確立獨立性

考慮以下兩個樞紐量：

$$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0, 1)$$ $$V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$$

根據常態分配抽樣性質，$\bar{X}$ 與 $S^2$ 獨立，故 $Z$ 與 $V$ 互相獨立。

步驟二：分配信賴係數

為使聯合涵蓋機率精確達到 $1-\alpha$，最標準且簡潔的方式是將兩獨立統計量各自設定為等額的信賴係數 $\sqrt{1-\alpha}$。
令 $\alpha^* = 1 - \sqrt{1-\alpha}$，使得 $(1-\alpha^*)^2 = 1-\alpha$。

1. 針對變異數 $\sigma^2$ 的事件：
   在 $\chi^2(n-1)$ 分配中，選取雙尾臨界值：

   $$P\left( \chi^2_{1-\alpha^*/2}(n-1) \le \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{\alpha^*/2}(n-1) \right) = 1 - \alpha^*$$

   其中 $\chi^2_p(k)$ 表示自由度為 $k$ 之卡方分配右尾機率為 $p$ 的臨界值。
   移項解出 $\sigma^2$ 之區間條件：

   $$\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha^*/2}(n-1)} \le \sigma^2 \le \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha^*/2}(n-1)}$$

2. 針對平均數 $\mu$ 的事件（在給定 $\sigma$ 下）：
   在標準常態分配 $N(0, 1)$ 中，選取對稱臨界值 $z_{\alpha^*/2}$（即 $P(Z > z_{\alpha^*/2}) = \alpha^*/2$）：

   $$P\left( -z_{\alpha^*/2} \le \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \le z_{\alpha^*/2} \right) = 1 - \alpha^*$$

   移項解出 $\mu$ 之條件：

核心觀念

本題主要考查：

• 動差法與最大概似估計量。
• 大數法則與一致性。
• 常態樣本平方和的卡方分配。
• 估計量的漸近常態分配。
• Delta method（Delta 方法）求函數型估計量的漸近分配。

已知

$$X_i \overset{\mathrm{i.i.d.}}{\sim} N(0,\sigma^2), \qquad i=1,\ldots,n,$$

且 $\sigma^2$ 未知。

---

(a) 動差法估計量

解題方法

動差法以樣本動差估計母體動差。由於母體平均數已知為 $0$，考慮二階動差：

$$E(X_i^2)=\operatorname{Var}(X_i)+[E(X_i)]^2=\sigma^2.$$

樣本二階動差為

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2.$$

令樣本二階動差等於母體二階動差：

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2=\sigma^2.$$

因此，$\sigma^2$ 的動差法估計量為

$$\boxed{\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2}.$$

注意此處母體平均數 $0$ 已知，所以分母是 $n$，而不是估計平均數時常見的 $n-1$。

---

(b) 敘述判斷

答案：錯誤（False）

題目敘述為：

$\hat{\sigma}^2$ 的 realization 是在給定資料 $\{X_i=x_i\}$ 下，看起來最有可能的參數值。

錯誤之處在於：最大概似估計量確實是使概似函數最大的參數值，但概似函數不是參數的機率分配。

給定觀察資料 $x_1,\ldots,x_n$ 後，概似函數為

$$L(\sigma^2;x_1,\ldots,x_n) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{x_i^2}{2\sigma^2}\right).$$

最大概似估計量定義為

$$\hat{\sigma}^2_{\mathrm{MLE}} = \arg\max_{\sigma^2>0} L(\sigma^2;x_1,\ldots,x_n).$$

它代表「在不同參數值下，哪個參數值使已觀察資料的概似程度最大」，而不是「給定資料後，哪個參數值具有最高機率」。

若要談「給定資料後參數值的機率」，必須使用貝氏方法，指定先驗分配並求後驗分配：

$$p(\sigma^2\mid x_1,\ldots,x_n).$$

判斷技巧

• 最大概似：最大化 $L(\theta;x)$。
• 貝氏後驗：討論 $P(\theta\mid x)$ 或後驗密度。
• 沒有先驗分配時，不能把 MLE 解釋成參數的「最可能值」。

---

(c) 一致性

答案：是，一致估計量

由

$$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$$

且

$$E(X_i^2)=\sigma^2,$$

根據大數法則，

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 \xrightarrow{p} E(X_i^2)=\sigma^2.$$

因此

$$\boxed{\hat{\sigma}^2\xrightarrow{p}\sigma^2}.$$

所以 $\hat{\sigma}^2$ 是 $\sigma^2$ 的一致估計量。

也可由均方誤差驗證。因為

$$\sum_{i=1}^n\frac{X_i^2}{\sigma^2}\sim\chi_n^2,$$

故

$$E(\hat{\sigma}^2)=\sigma^2,$$

且

$$\operatorname{Var}(\hat{\sigma}^2) = \frac{1}{n^2}\operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^nX_i^2\right) = \frac{2\sigma^4}{n}.$$

因此

$$\operatorname{MSE}(\hat{\sigma}^2) = \operatorname{Var}(\hat{\sigma}^2) + \operatorname{Bias}(\hat{\sigma}^2)^2 = \frac{2\sigma^4}{n} \to 0.$$

這也證明 $\hat{\sigma}^2$ 一致收斂至 $\sigma^2$。

---

(d) 精確的 $(1-\alpha)100\%$ 信賴區間

核心分配

由於 $X_i\sim N(0,\sigma^2)$，

$$\frac{X_i}{\sigma}\sim N(0,1).$$

因此

$$\sum_{i=1}^n\frac{X_i^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\sigma^2} \sim\chi_n^2.$$

又因為

$$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i^2,$$

所以

$$\frac{n\hat{\sigma}^2}{\sigma^2}\sim\chi_n^2.$$

令 $\chi^2_{n,\gamma}$ 表示自由度為 $n$ 的卡方分配之 $\gamma$ 分位數，則

$$P\left( \chi^2_{n,\alpha/2} \le \frac{n\hat{\sigma}^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{n,1-\alpha/2} \right) =1-\alpha.$$

由於 $\sigma^2>0$，整理不等式方向可得

$$P\left( \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}} \le \sigma^2 \le \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right) =1-\alpha.$$

因此精確信賴區間為

$$\boxed{ \left[ \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}}, \, \frac{n\hat{\sigma}^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right] }.$$

由 $n\hat{\sigma}^2=\sum_{i=1}^nX_i^2$，亦可寫成

$$\boxed{ \left[ \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}}, \, \frac{\sum_{i=1}^nX_i^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}} \right] }.$$

解題技巧