113 年 國立政治大學統計學系碩士班《數理統計學》

本題考驗離散型隨機變數期望值的計算。給定機率質量函數的累積分布函數（補累積），我們可以推導出機率質量函數，進而計算期望值。

首先，我們從給定的 $P(X \geq x)$ 推導出機率質量函數 $P(X=x)$。
已知 $P(X \geq x) = \frac{1}{2^x}$ 對於 $x = 0, 1, 2, \dots$。
我們知道 $P(X=x) = P(X \geq x) - P(X \geq x+1)$。

當 $x=0$ 時：
$P(X=0) = P(X \geq 0) - P(X \geq 1) = \frac{1}{2^0} - \frac{1}{2^1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。

當 $x \geq 1$ 時：
$P(X=x) = P(X \geq x) - P(X \geq x+1) = \frac{1}{2^x} - \frac{1}{2^{x+1}} = \frac{2}{2^{x+1}} - \frac{1}{2^{x+1}} = \frac{1}{2^{x+1}}$。

所以，隨機變數 $X$ 的機率質量函數為：
$P(X=0) = \frac{1}{2}$
$P(X=x) = \frac{1}{2^{x+1}}$, for $x = 1, 2, 3, \dots$。

我們可以用另一種方式來表達這個機率質量函數，讓它更統一。
觀察到當 $x=0$ 時，$P(X=0) = \frac{1}{2} = \frac{1}{2^{0+1}}$。
因此，我們可以統一寫成 $P(X=x) = \frac{1}{2^{x+1}}$， for $x = 0, 1, 2, \dots$。

現在計算期望值 $E[X]$。
$E[X] = \sum_{x=0}^{\infty} x P(X=x) = \sum_{x=0}^{\infty} x \frac{1}{2^{x+1}}$
$E[X] = 0 \cdot \frac{1}{2^1} + 1 \cdot \frac{1}{2^2} + 2 \cdot \frac{1}{2^3} + 3 \cdot \frac{1}{2^4} + \dots$
$E[X] = \frac{1}{4} + \frac{2}{8} + \frac{3}{16} + \dots$

這是一個等比級數乘以等差數列的級數。
令 $S = \frac{1}{4} + \frac{2}{8} + \frac{3}{16} + \dots = \sum_{x=1}^{\infty} \frac{x}{2^{x+1}}$。
我們可以寫成：

本題考驗中央極限定理的應用，利用樣本和的分布近似常態分布來計算機率。

已知 $X_1, \dots, X_{36}$ 是來自指數分布 $EXP(\lambda=1)$ 的隨機樣本。
指數分布的機率密度函數為 $f(x; \lambda) = \lambda e^{-\lambda x}$， $x > 0$。
在此題中，$\lambda = 1$，所以 $f(x) = e^{-x}$， $x > 0$。

指數分布的期望值為 $E[X_i] = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{1} = 1$。
指數分布的變異數為 $Var(X_i) = \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{1^2} = 1$。

我們考慮樣本和 $S = \sum_{i=1}^{36} X_i$。
由於 $n=36$ 是一個足夠大的樣本量，根據中央極限定理 (Central Limit Theorem, CLT)，樣本和 $S$ 的分布近似於一個常態分布。

樣本和 $S$ 的期望值為 $E[S] = E[\sum_{i=1}^{36} X_i] = \sum_{i=1}^{36} E[X_i] = 36 \cdot 1 = 36$。

本題考驗順序統計量 (Order Statistics) 的機率分布計算，以及比較不同隨機變數的機率。

首先，我們需要釐清題目中給定的指數分布參數。通常指數分布的 pdf 表示為 $f(x; \lambda) = \lambda e^{-\lambda x}$，其中 $\lambda$ 是 rate parameter。題目中給定的 $f_k(x) = k e^{-kx}$ 表示 $X_k$ 的 rate parameter 是 $k$。

(a) 尋找最小順序統計量 $X_{(1)}$ 的機率分布。

$X_{(1)}$ 是 $X_1, \dots, X_{10}$ 中最小的一個。
對於順序統計量，我們常考慮其累積分布函數 (CDF)。
$F_{(1)}(x) = P(X_{(1)} \leq x) = 1 - P(X_{(1)} > x)$。
$P(X_{(1)} > x)$ 表示所有樣本都大於 $x$，即 $X_1 > x, X_2 > x, \dots, X_{10} > x$。
由於 $X_i$ 之間是獨立的，所以：
$P(X_{(1)} > x) = P(X_1 > x, X_2 > x, \dots, X_{10} > x) = \prod_{k=1}^{10} P(X_k > x)$。

對於指數分布 $X_k \sim EXP(k)$，其 CDF 為 $F_k(x) = P(X_k \leq x) = 1 - e^{-kx}$， $x>0$。
其生存函數 (survival function) 為 $P(X_k > x) = 1 - F_k(x) = e^{-kx}$， $x>0$。

所以，$P(X_{(1)} > x) = \prod_{k=1}^{10} e^{-kx} = e^{-\sum_{k=1}^{10} kx} = e^{-x \sum_{k=1}^{10} k}$。
$\sum_{k=1}^{10} k = \frac{10(10+1)}{2} = \frac{10 \cdot 11}{2} = 55$。
因此，$P(X_{(1)} > x) = e^{-55x}$， $x>0$。

現在我們可以得到 $X_{(1)}$ 的 CDF：
$F_{(1)}(x) = P(X_{(1)} \leq x) = 1 - P(X_{(1)} > x) = 1 - e^{-55x}$， $x>0$。

這是一個累積分布函數的形式，它對應於一個指數分布。
若一個隨機變數 $Y$ 的 CDF 是 $F_Y(y) = 1 - e^{-\lambda y}$ for $y>0$，則 $Y$ 服從 rate parameter 為 $\lambda$ 的指數分布，即 $Y \sim EXP(\lambda)$。
在這裡，$X_{(1)}$ 的 CDF 是 $F_{(1)}(x) = 1 - e^{-55x}$。
因此，$X_{(1)}$ 服從 rate parameter 為 $55$ 的指數分布，即 $X_{(1)} \sim EXP(55)$。

$X_{(1)}$ 的機率密度函數 (pdf) 為：
$f_{(1)}(x) = \frac{d}{dx} F_{(1)}(x) = \frac{d}{dx} (1 - e^{-55x}) = 55 e^{-55x}$， $x>0$。

【答案】$X_{(1)}$ 服從 rate parameter 為 55 的指數分布，即 $X_{(1)} \sim EXP(55)$。其 pdf 為 $f_{(1)}(x) = 55 e^{-55x}$， $x>0$。

(b) 計算 $P(X_{(1)} = X_{10})$。

$X_{(1)}$ 是所有樣本 $X_1, \dots, X_{10}$ 中的最小值。
$X_{10}$ 是第 10 個樣本，其 rate parameter 是 10。
$X_{10} \sim EXP(10)$，其 pdf 為 $f_{10}(x) = 10 e^{-10x}$， $x>0$。

我們需要計算 $P(X_{(1)} = X_{10})$。
由於 $X_{(1)}$ 是所有樣本中的最小值，它必然是其中某一個樣本。
$X_{(1)} = \min(X_1, X_2, \dots, X_{10})$。

核心觀念

本題的機率密度函數為 Gamma 分布：

$$X_i\sim \operatorname{Gamma}(2,\theta),$$

其中 $\theta$ 是 rate parameter（率參數）。因此

$$E_\theta(X_i)=\frac{2}{\theta}.$$

題目主要考查：

• Neyman–Fisher factorization theorem（因子分解定理）
• Gamma 分布的可加性
• 單調似然比與 Karlin–Rubin theorem
• 以卡方分布求單尾檢定的臨界值

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（a）充分統計量

解題方法

樣本的聯合機率密度函數為

$$\begin{aligned} L(\theta;\boldsymbol{x}) &=\prod_{i=1}^n \frac{\theta^2}{2}x_i e^{-\theta x_i} \\ &=\frac{\theta^{2n}}{2^n} \left(\prod_{i=1}^n x_i\right) \exp\left(-\theta\sum_{i=1}^n x_i\right), \end{aligned}$$

其中 $x_i>0$。

令

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

則聯合密度可寫成

$$L(\theta;\boldsymbol{x}) = \underbrace{\theta^{2n}e^{-\theta T}}_{\text{含有 }\theta\text{ 與樣本的部分}} \cdot \underbrace{\frac{1}{2^n}\prod_{i=1}^n x_i}_{\text{不含 }\theta\text{ 的部分}}.$$

依據因子分解定理，$T=\sum_{i=1}^n X_i$ 為 $\theta$ 的充分統計量。

【答案】

$$\boxed{T=\sum_{i=1}^n X_i}$$

補充而言，因為此分布屬於一參數指數族，$T$ 也是自然的充分統計量。

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（b）$H_0:\theta\leq\theta_0$ 對 $H_1:\theta>\theta_0$ 的 UMP 檢定

第一步：求充分統計量的分布

由 Gamma 分布的可加性，

$$T=\sum_{i=1}^n X_i \sim \operatorname{Gamma}(2n,\theta),$$

其密度為

$$f_T(t;\theta) = \frac{\theta^{2n}}{\Gamma(2n)} t^{2n-1}e^{-\theta t}, \qquad t>0.$$

同時有

$$2\theta T\sim \chi^2_{4n}.$$

第二步：判斷拒絕域方向

取 $\theta_1>\theta_0$，考慮似然比：

$$\frac{f_T(t;\theta_1)}{f_T(t;\theta_0)} = \left(\frac{\theta_1}{\theta_0}\right)^{2n} e^{-(\theta_1-\theta_0)t}.$$

由於 $\theta_1-\theta_0>0$，上述似然比為 $t$ 的遞減函數。因此，較大的 $\theta$ 會使 $T$ 傾向較小。

所以檢定應在 $T$ 很小時拒絕 $H_0$。由單調似然比定理，這種形式的檢定為 UMP 檢定。

第三步：決定臨界值

設拒絕域為

$$\mathcal{R}=\{T\leq c\}.$$

對固定的 $c$，$P_\theta(T\leq c)$ 隨 $\theta$ 增加而增加，因此在虛無假設 $\theta\leq\theta_0$ 下，最大錯誤率發生在邊界 $\theta=\theta_0$。

要求檢定大小為 $\alpha$：