109 年 國立成功大學統計學研究所《數理統計》

這題考驗對統計推論基本概念的理解，包含充分統計量、隨機變數性質、期望值、無偏估計量、獨立性等。

i. True (T)。若母體為常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$，根據費雪-史考特定理 (Fisher-Neyman Factorization Theorem)，若參數 $\mu$ 已知而 $\sigma^2$ 未知，則 $\bar{X}_n$ 是 $\mu$ 的充分統計量。即使 $\sigma^2$ 未知，$\bar{X}_n$ 仍然是 $\mu$ 的充分統計量。

ii. False (F)。二項分配的隨機變數是獨立重複試驗的成功次數，其參數為試驗次數 $m$ 和單次成功機率 $p$。樣本平均數 $\bar{X}_n$ 的期望值是 $p$，但其本身的分配不是二項分配。若母體為二項分配 $B(m, p)$，則 $E(X_i) = mp$。樣本平均數 $\bar{X}_n$ 的期望值為 $E(\bar{X}_n) = E(X_i) = mp$。然而，$\bar{X}_n$ 的分配並非二項分配，它是一個連續型的隨機變數（如果 $X_i$ 是連續的）或離散型的隨機變數，但其機率分佈不一定是二項的。例如，若 $n=2$ 且 $X_1, X_2 \sim B(1, p)$，則 $X_1, X_2$ 只能是 0 或 1。$\bar{X}_2 = (X_1+X_2)/2$ 可能的值為 0, 0.5, 1。這不是一個二項隨機變數（其值應為整數）。

iii. False (F)。若 $X_i$ 的動差生成函數 (MGF) 為 $M(t) = E(e^{tX_i})$，則由獨立同分配的性質，樣本平均數 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 的 MGF 為 $M_{\bar{X}_n}(t) = E(e^{t\bar{X}_n}) = E\left(e^{t\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i}\right) = E\left(\prod_{i=1}^n e^{\frac{t}{n}X_i}\right) = \prod_{i=1}^n E\left(e^{\frac{t}{n}X_i}\right) = \prod_{i=1}^n M\left(\frac{t}{n}\right) = \left(M\left(\frac{t}{n}\right)\right)^n$。題目寫成 $M(\bar{X}_n)$ 是不正確的。

iv. True (T)。樣本 $(X_1, X_2, \ldots, X_n)$ 本身就是母體分佈 $f(x;\theta)$ 的所有資訊來源，因此它必然是參數 $\theta$ 的充分統計量。

v. False (F)。若母體為 Gamma 分配，例如 $X_i \sim \text{Gamma}(\alpha, \beta)$，則 $E(X_i) = \alpha\beta$。樣本平均數 $\bar{X}_n$ 的期望值為 $E(\bar{X}_n) = \alpha\beta$。然而，$\bar{X}_n$ 的分配不一定是 Gamma 分配。Gamma 分配的尺度參數 (scale parameter) 在樣本平均數的計算中會發生變化，且其形狀參數 (shape parameter) 也會改變。例如，若 $X_i \sim \text{Gamma}(k, \theta)$，則 $\sum X_i \sim \text{Gamma}(nk, \theta)$。因此 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum X_i$ 的分配是 $\text{Gamma}(nk, \theta/n)$，這與原來的 Gamma 分配不同（除非 $n=1$）。

vi. False (F)。只有當 $X_i$ 和 $X_j$ 是獨立的，或者其中一個是常數時，才會有 $E(X_i X_j) = E(X_i)E(X_j)$。在 i.i.d. 的情況下，對於 $i \neq j$， $X_i$ 和 $X_j$ 是獨立的，所以 $E(X_i X_j) = E(X_i)E(X_j)$ 成立。然而，對於 $i = j$，我們有 $E(X_i^2)$。若 $X_i$ 不是常數，則 $E(X_i^2) \neq (E(X_i))^2$ (因為變異數 $Var(X_i) = E(X_i^2) - (E(X_i))^2 > 0$)。因此，對於 $i=j$，此等式不成立。題目問的是 "for all $i,j$"，包含 $i=j$ 的情況，所以整體為 False。

vii. True (T)。若母體為常態分配 $N(\mu, \sigma^2)$，則樣本平均數 $\bar{X}_n$ 和樣本變異數 $S_n^2$ 是獨立的。這是常態分配的一個重要性質。對於非常態母體，$\bar{X}_n$ 和 $S_n^2$ 通常不是獨立的，但根據中央極限定理 (Central Limit Theorem) 和 Slutsky 定理，當樣本數 $n$ 足夠大時，它們會漸近獨立。

viii. True (T)。無偏估計量的定義就是其期望值等於母數。對於樣本平均數 $\bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，其期望值為 $E(\bar{X}_n) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(X_i) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \mu = \frac{1}{n} \cdot n\mu = \mu$。這個結果對於任何母體分佈都成立，只要母體的期望值存在。

ix. True (T)。若母體為標準常態分配 $N(0, 1)$，則 $X_i \sim N(0, 1)$ 且 $X_j \sim N(0, 1)$。

這題考驗對機率論中隨機向量收斂性質的理解。

False (F)。

敘述的符號 $X \stackrel{d}{\rightarrow} X$ 表示一個隨機變數序列 $X_n$ 在分佈上收斂到隨機變數 $X$。同理 $Y \stackrel{d}{\rightarrow} Y$ 表示 $Y_n$ 收斂到 $Y$。
題目所問的 $(X,Y) \stackrel{d}{\rightarrow} (X,Y)$ 實際上是指一個隨機向量序列 $(X_n, Y_n)$ 在分佈上收斂到隨機向量 $(X, Y)$。

若 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} X$ 且 $Y_n \stackrel{d}{\rightarrow} Y$，則 $(X_n, Y_n) \stackrel{d}{\rightarrow} (X, Y)$ 的結論成立，前提是 $X_n$ 和 $Y_n$ 的收斂是聯合的 (jointly convergent)，或者 $X_n$ 和 $Y_n$ 是獨立的。

題目中的寫法 $X \stackrel{d}{\rightarrow} X$ 和 $Y \stackrel{d}{\rightarrow} Y$ 比較模糊，通常表示的是一個序列的收斂。假設題目指的是：
存在隨機變數序列 $\{X_n\}_{n\geq 1}$ 和 $\{Y_n\}_{n\geq 1}$，使得 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} X$ 且 $Y_n \stackrel{d}{\rightarrow} Y$。
那麼，是否一定有 $(X_n, Y_n) \stackrel{d}{\rightarrow} (X, Y)$？

答案是不一定。

反例：
考慮一個機率空間 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$。
令 $X_n$ 為一個常數序列， $X_n = c_1$ 對所有 $n$，且 $X = c_1$。則 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} X$。
令 $Y_n$ 為一個常數序列， $Y_n = c_2$ 對所有 $n$，且 $Y = c_2$。則 $Y_n \stackrel{d}{\rightarrow} Y$。
此時 $(X_n, Y_n) = (c_1, c_2)$，且 $(X, Y) = (c_1, c_2)$。顯然 $(X_n, Y_n) \stackrel{d}{\rightarrow} (X, Y)$。

但是，考慮更複雜的情況。
令 $U$ 為一個在 $(0, 1)$ 上均勻分佈的隨機變數。
令 $X_n = U$ 對所有 $n$。則 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} U$。令 $X=U$。
令 $Y_n = 1-U$ 對所有 $n$。則 $Y_n \stackrel{d}{\rightarrow} 1-U$。令 $Y=1-U$。
此時 $X_n$ 和 $Y_n$ 是相關的，因為它們都是基於同一個隨機變數 $U$ 定義的。
$(X_n, Y_n) = (U, 1-U)$。
$(X, Y) = (U, 1-U)$。
所以 $(X_n, Y_n) \stackrel{d}{\rightarrow} (X, Y)$。

關鍵在於序列的定義方式。
標準的定理是：若 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} X$ 且 $Y_n \stackrel{d}{\rightarrow} Y$，且 $X_n$ 與 $Y_n$ 在某種意義下是聯合的 (jointly defined)，則 $(X_n, Y_n) \stackrel{d}{\rightarrow} (X, Y)$。
如果 $X_n$ 和 $Y_n$ 是獨立定義的隨機變數序列，那麼結論不一定成立。

這題考驗對統計推論中估計量性質的理解，特別是 UMVUE (Uniformly Minimum Variance Unbiased Estimator) 和 efficient estimator 的關係。

False (F)。

解釋：

1. UMVUE (Uniformly Minimum Variance Unbiased Estimator)：

   • 定義：一個無偏估計量，其變異數在所有可能的無偏估計量中是最小的，對於所有參數空間中的參數值都成立。
   • 存在性：UMVUE 不一定存在。存在性是需要證明或討論的。例如，對於某些參數空間或某些模型，可能不存在一個統一最小變異數的無偏估計量。

2. Efficient Estimator (有效估計量)：

   • 定義：一個估計量如果達到了 Cramér-Rao Lower Bound (CRLB)，則稱其為有效估計量。
   • Cramér-Rao Lower Bound (CRLB)：對於一個無偏估計量 $\hat{\theta}$，其變異數 $Var(\hat{\theta})$ 必須大於或等於 CRLB。CRLB 的計算依賴於母體的機率密度函數 $f(x;\theta)$ 的對數似然函數的二階導數（或者說 Fisher Information）。
   • 存在性：一個有效估計量 也不一定存在。

這題考驗對機率分佈收斂性質的理解，特別是二項分佈和負二項分佈如何逼近卜瓦松分佈。

True (T)。

解釋：

1. 二項分佈 (Binomial Distribution) 收斂到卜瓦松分佈 (Poisson Distribution)：

   • 二項分佈 $B(n, p)$ 描述了 $n$ 次獨立伯努利試驗中成功次數。
   • 當試驗次數 $n$ 趨於無窮大，且單次成功機率 $p$ 趨於 0，但其乘積 $np = \lambda$ (一個常數) 時，二項分佈的機率質量函數會趨近於卜瓦松分佈的機率質量函數。
   • 具體來說，若 $X_n \sim B(n, p_n)$ 且 $np_n \to \lambda$ 當 $n \to \infty$，則 $X_n \stackrel{d}{\rightarrow} \text{Poisson}(\lambda)$。
   • 這個情況可以理解為，進行大量獨立的、每次成功的機率都很小的試驗，總的成功次數近似服從卜瓦松分佈。

2. 負二項分佈 (Negative Binomial Distribution) 收斂到卜瓦松分佈 (Poisson Distribution)：

   • 負二項分佈有不同的定義方式。一種常見的定義是：進行一系列獨立伯努利試驗，直到達到 $r$ 次成功為止，所需要的試驗次數。另一種定義是：進行一系列獨立伯努利試驗，直到達到 $r$ 次失敗為止，所需要的試驗次數。

這題考驗對期望值和隨機變數分佈之間關係的理解，特別是當期望值為零時。

True (T)。

解釋：

一個隨機變數 $X$ 是 退化 (degenerate) 在某個值 $c$ 上的意思是指，該隨機變數幾乎必然 (almost surely) 取值為 $c$。也就是說，$P(X=c) = 1$。

題目給定 $X$ 是一個非負隨機變數，即 $X \ge 0$。
並且已知 $E(X) = 0$。

我們知道期望值的定義（對於離散隨機變數）：
$E(X) = \sum_x x P(X=x)$
對於連續隨機變數：
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx$

由於 $X$ 是非負的，所以 $X$ 的所有可能取值 $x$ 都是非負的 ($x \ge 0$)。
同時，機率 $P(X=x)$ 或機率密度 $f(x)$ 也是非負的。

如果 $E(X) = 0$，考慮以下幾點：

1. 非負性：由於 $X \ge 0$，其所有非零的取值 $x > 0$ 都會對期望值 $E(X)$ 產生正的貢獻（$x P(X=x) > 0$ 或 $x f(x) > 0$）。

核心觀念

本題考查全變異數公式（law of total variance）：

$$\operatorname{Var}(X) = \mathbb{E}\!\left[\operatorname{Var}(X\mid Y)\right] + \operatorname{Var}\!\left(\mathbb{E}[X\mid Y]\right).$$

由於兩項皆非負，因此可得

$$\mathbb{E}\!\left[\operatorname{Var}(X\mid Y)\right] \leq \operatorname{Var}(X).$$

但這只能表示「條件變異數的期望」不超過無條件變異數，不能推出對每一個 $Y=y$ 都有

$$\operatorname{Var}(X\mid Y=y)\leq \operatorname{Var}(X).$$

解題方法

題目使用 always，主張條件變異數在所有情況下都不大於無條件變異數。只要構造一個反例即可判斷其錯誤。

令 $Y$ 為 Bernoulli 隨機變數，且

$$P(Y=0)=P(Y=1)=\frac12.$$

進一步定義

$$X\mid Y=0\sim N(0,1),\qquad X\mid Y=1\sim N(0,9).$$

因為兩種條件分布的平均數皆為 $0$，所以

$$\mathbb{E}[X\mid Y]=0,$$

因此

$$\operatorname{Var}\!\left(\mathbb{E}[X\mid Y]\right)=0.$$

條件變異數的期望為

核心觀念

本題要求由 Kolmogorov 機率公理直接證明空事件 $\varnothing$ 的機率為 $0$。

Kolmogorov 公理如下：

1. 非負性：對任意事件 $A$，
   $P(A)\ge 0$

2. 正規化：
   $P(\Omega)=1$

3. 可列可加性：若事件序列 $A_1,A_2,\ldots$ 兩兩互斥，即當 $i\ne j$ 時，
   $A_i\cap A_j=\varnothing$
   則

$$P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right) =\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i)$$

證明的關鍵是：將每一個事件都取為空事件，再套用可列可加性。

解題方法

令

$$A_1=A_2=A_3=\cdots=\varnothing$$

這些事件兩兩互斥，因為對任意 $i\ne j$，

$$A_i\cap A_j =\varnothing\cap\varnothing =\varnothing$$

而且它們的聯集仍為空事件：

$$\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i=\varnothing$$

因此，由可列可加性，

$$P(\varnothing) = P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty}P(A_i) = \sum_{i=1}^{\infty}P(\varnothing)$$

設

$$p=P(\varnothing)$$

則

$$p=\sum_{i=1}^{\infty}p$$

由機率的值域為 $[0,1]$，可知

$$0\le p\le 1$$

接著證明 $p$ 不可能大於 $0$。

若 $p>0$，則該無窮級數的前 $n$ 項部分和為

$$\sum_{i=1}^{n}p=np$$

由於 $p>0$，可取正整數 $n$ 使得

$$n>\frac{1}{p}$$

因此

$$np>1$$

然而，無窮級數的和至少不小於其任一個部分和，所以

$$\sum_{i=1}^{\infty}p\ge np>1$$

這與

$$\sum_{i=1}^{\infty}p=p\le 1$$

這題要求我們找出在單位圓盤上均勻分佈的隨機向量 $(X,Y)$，轉換到極座標 $(R, \Theta)$ 後的聯合機率分佈，並計算 $R$ 和 $\Theta$ 的相關係數。

1. $(X,Y)$ 的聯合機率密度函數 (PDF)

由於 $(X,Y)$ 在單位圓盤 $S_{x,y} = \{(x,y) | x^2+y^2 \le 1\}$ 上均勻分佈，其 PDF 為：
$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{\text{Area}(S_{x,y})} & \text{if } (x,y) \in S_{x,y} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
單位圓盤的面積為 $\pi (1)^2 = \pi$。
所以，$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{\pi} & \text{if } x^2+y^2 \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

2. $(R, \Theta)$ 的聯合機率密度函數 (PDF)

我們知道 $X = R \cos \Theta$ 且 $Y = R \sin \Theta$。
Jacobian of the transformation:
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} \cos \theta & -r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta \end{pmatrix} = r \cos^2 \theta - (-r \sin^2 \theta) = r(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r$。
這裡我們使用 $r$ 和 $\theta$ 作為變數名，對應於 $R$ 和 $\Theta$。

轉換後的 PDF $f_{R,\Theta}(r, \theta)$ 為：
$f_{R,\Theta}(r, \theta) = f_{X,Y}(r \cos \theta, r \sin \theta) |J|$

$(X,Y)$ 在單位圓盤上，所以 $x^2+y^2 \le 1$。
轉換到極座標，即 $r^2 \cos^2 \theta + r^2 \sin^2 \theta \le 1 \implies r^2 \le 1$。
由於 $R \ge 0$，所以 $0 \le r \le 1$。
角度 $\Theta$ 的範圍是 $-\pi \le \theta \le \pi$。

因此，
$f_{R,\Theta}(r, \theta) = \begin{cases} \frac{1}{\pi} \cdot r & \text{if } 0 \le r \le 1, -\pi \le \theta \le \pi \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

3. $R$ 的邊際機率密度函數 (Marginal PDF of R)

對 $\theta$ 積分：
$f_R(r) = \int_{-\pi}^{\pi} f_{R,\Theta}(r, \theta) d\theta = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{\pi} r d\theta = \frac{r}{\pi} [\theta]_{-\pi}^{\pi} = \frac{r}{\pi} (\pi - (-\pi)) = \frac{r}{\pi} (2\pi) = 2r$, for $0 \le r \le 1$.
所以，$f_R(r) = \begin{cases} 2r & \text{if } 0 \le r \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。
這是一個 Beta(2,1) 分配，或說 $f_R(r) \propto r$.

4. $\Theta$ 的邊際機率密度函數 (Marginal PDF of Θ)

對 $r$ 積分：
$f_\Theta(\theta) = \int_{0}^{1} f_{R,\Theta}(r, \theta) dr = \int_{0}^{1} \frac{1}{\pi} r dr = \frac{1}{\pi} \left[\frac{r^2}{2}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{\pi} \left(\frac{1^2}{2} - 0\right) = \frac{1}{2\pi}$, for $-\pi \le \theta \le \pi$.
所以，$f_\Theta(\theta) = \begin{cases} \frac{1}{2\pi} & \text{if } -\pi \le \theta \le \pi \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。
這是一個在 $[-\pi, \pi]$ 區間上的均勻分佈。

5. $(R, \Theta)$ 的獨立性

核心觀念

本題考查：

1. 最大概似估計量（MLE）：由概似函數最大化求得。
2. 不偏估計量：要求估計量的期望等於 $\theta$。
3. 均一最小變異不偏估計量（UMVUE）：利用 Rao–Blackwell 定理與 Lehmann–Scheffé 定理，從完全充分統計量的函數中找出不偏估計量。

令

$$X_{(n)}=\max\{X_1,\ldots,X_n\}.$$

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解題方法

i. $\theta$ 的 MLE

因為 $X_1,\ldots,X_n$ 為來自 $U(0,\theta)$ 的隨機樣本，單一觀測值的機率密度為

$$f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}I(0<x<\theta).$$

因此樣本概似函數為

$$L(\theta;\mathbf{x}) =\prod_{i=1}^n \frac{1}{\theta}I(0<x_i<\theta) =\theta^{-n}I\left(\theta\geq \max_i x_i\right).$$

記

$$x_{(n)}=\max_i x_i.$$

則當 $\theta\geq x_{(n)}$ 時，

$$L(\theta;\mathbf{x})=\theta^{-n}.$$

由於 $\theta^{-n}$ 隨 $\theta$ 遞減，概似函數在允許範圍的最小值 $\theta=x_{(n)}$ 時達到最大。因此

$$\boxed{\hat{\theta}_{\mathrm{MLE}}=X_{(n)}}.$$

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ii. $\theta$ 的 UMVUE

第一步：求 $X_{(n)}$ 的期望

最大次序統計量 $X_{(n)}$ 的累積分布函數為

$$P(X_{(n)}\leq x) =P(X_1\leq x,\ldots,X_n\leq x) =\left(\frac{x}{\theta}\right)^n, \qquad 0<x<\theta.$$

因此其機率密度函數為

$$f_{X_{(n)}}(x) =\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{\theta}\right)^n =\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}, \qquad 0<x<\theta.$$

計算期望：

$$E_\theta[X_{(n)}] =\int_0^\theta x\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}\,dx =\frac{n}{\theta^n}\int_0^\theta x^n\,dx.$$

所以

$$E_\theta[X_{(n)}] =\frac{n}{\theta^n}\cdot \frac{\theta^{n+1}}{n+1} =\frac{n}{n+1}\theta.$$

因此 $X_{(n)}$ 不是 $\theta$ 的不偏估計量，但經比例調整後，

$$\hat{\theta} =\frac{n+1}{n}X_{(n)}$$

滿足

核心觀念

題目只提供機率質量函數表，未附上第 4 題實際要求的問句，因此無法唯一判定應求最大概似估計量、充分統計量或其他統計量。以下依數理統計最常見的考法，整理此模型的概似函數、充分統計量與單一觀察值下的最大概似估計。

令

$$P_\theta(X=x)=f(x;\theta),\qquad \theta\in\{-1,0,1\}.$$

若觀察到獨立同分布樣本 $X_1,\ldots,X_n$，記

$$N_j=\sum_{i=1}^n I(X_i=j),\qquad j=1,2,3,4,$$

其中 $N_j$ 表示樣本中等於 $j$ 的次數，且

$$N_1+N_2+N_3+N_4=n.$$

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解題方法：建立概似函數

由獨立性，樣本概似函數為

$$L(\theta;x_1,\ldots,x_n) =\prod_{i=1}^n f(x_i;\theta).$$

分別代入三個可能的 $\theta$：

$$L(-1) =(0.53)^{N_1}(0.30)^{N_2}(0)^{N_3}(0.17)^{N_4},$$ $$L(0) =(0.60)^{N_1}(0.20)^{N_2}(0.10)^{N_3}(0.10)^{N_4},$$ $$L(1) =(0.60)^{N_1}(0.22)^{N_2}(0.18)^{N_3}(0)^{N_4}.$$

因此，樣本資料對 $\theta$ 的影響完全透過 $(N_1,N_2,N_3,N_4)$ 傳遞。依 Neyman–Fisher 因子分解定理，

$$T=(N_1,N_2,N_3,N_4)$$

是 $\theta$ 的充分統計量。由於四個次數總和固定為 $n$，也可寫成

$$T=(N_1,N_2,N_3)$$

作為充分統計量，因為 $N_4=n-N_1-N_2-N_3$。

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最小充分統計量的判定

離散模型中，兩組樣本資料 $x$ 與 $y$ 屬於同一個最小充分統計量等價類，當且僅當

$$\frac{L(\theta;x)}{L(\theta;y)}$$

與 $\theta$ 無關。

因此可用三個概似值的比例向量判定：

$$R(x)= \left( \frac{L(0;x)}{L(-1;x)}, \frac{L(1;x)}{L(-1;x)} \right),$$

其中分母為 $0$ 時，必須依三個概似值是否同時為零分情況處理。

一般而言，最小充分統計量可表示為

$$T_{\min}(x) = \bigl(L(-1;x),L(0;x),L(1;x)\bigr)$$

這題要求我們找出一個顯著水準為 $\alpha=0.2$ 的概似比檢定 (Likelihood Ratio Test, LRT) 來檢定虛無假設 $H_0: \theta = 0$ 對於對立假設 $H_a: \theta \neq 0$。
我們需要使用題目第 4 題提供的表格中的機率分佈。

1. 建立概似比檢定統計量

概似比檢定統計量 $\lambda$ 定義為：
$\lambda = \frac{\sup_{\theta \in \Theta_0} L(\theta | X_1, \ldots, X_n)}{\sup_{\theta \in \Theta} L(\theta | X_1, \ldots, X_n)}$
其中 $\Theta_0$ 是虛無假設下的參數空間，$\Theta$ 是所有可能的參數空間。
在我們的例子中，$\Theta_0 = \{0\}$，$\Theta = \{-1, 0, 1\}$。
$L(\theta | X_1, \ldots, X_n) = \prod_{i=1}^n f(X_i; \theta)$。

假設我們觀測到一個樣本 $X = x$（這裡我們只有單一觀測值 $x$，而不是一個樣本 $X_1, \ldots, X_n$）。
那麼概似函數就是 $f(x;\theta)$。
$\lambda(x) = \frac{\sup_{\theta \in \{0\}} f(x; \theta)}{\sup_{\theta \in \{-1, 0, 1\}} f(x; \theta)} = \frac{f(x; 0)}{\max(f(x; -1), f(x; 0), f(x; 1))}$。

2. 根據觀測值計算 $\lambda(x)$

我們需要計算對於每個可能的觀測值 $x \in \{1, 2, 3, 4\}$，對應的 $\lambda(x)$ 值。

• 當 $x=1$:
  $f(1; -1) = 0.53$
  $f(1; 0) = 0.60$
  $f(1; 1) = 0.60$
  $\max(f(1; -1), f(1; 0), f(1; 1)) = \max(0.53, 0.60, 0.60) = 0.60$。
  $\lambda(1) = \frac{f(1; 0)}{0.60} = \frac{0.60}{0.60} = 1$。

• 當 $x=2$:
  $f(2; -1) = 0.30$
  $f(2; 0) = 0.20$
  $f(2; 1) = 0.22$
  $\max(f(2; -1), f(2; 0), f(2; 1)) = \max(0.30, 0.20, 0.22) = 0.30$。
  $\lambda(2) = \frac{f(2; 0)}{0.30} = \frac{0.20}{0.30} = \frac{2}{3} \approx 0.667$。

• 當 $x=3$:
  $f(3; -1) = 0.00$
  $f(3; 0) = 0.10$
  $f(3; 1) = 0.18$
  $\max(f(3; -1), f(3; 0), f(3; 1)) = \max(0.00, 0.10, 0.18) = 0.18$。
  $\lambda(3) = \frac{f(3; 0)}{0.18} = \frac{0.10}{0.18} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9} \approx 0.556$。

• 當 $x=4$:
  $f(4; -1) = 0.17$
  $f(4; 0) = 0.10$
  $f(4; 1) = 0.00$
  $\max(f(4; -1), f(4; 0), f(4; 1)) = \max(0.17, 0.10, 0.00) = 0.17$。
  $\lambda(4) = \frac{f(4; 0)}{0.17} = \frac{0.10}{0.17} = \frac{10}{17} \approx 0.588$。

3. 確定拒絕域 (Rejection Region)

這題要求我們評論剛剛推導出來的 LRT 檢定的檢定力的函數 (power function)。

1. 檢定力的函數 (Power Function)

檢定力的函數 $P(\theta) = P(\text{Reject } H_0 | \theta \text{ is the true parameter})$。
在我們的例子中，$H_0$ 是 $\theta=0$，$H_a$ 是 $\theta \neq 0$。
拒絕域是 $R = \{3, 4\}$。
顯著水準 $\alpha = P(\text{Reject } H_0 | \theta=0) = P(X \in \{3, 4\} | \theta=0) = P(X=3|0) + P(X=4|0) = 0.10 + 0.10 = 0.20$。

現在我們要計算檢定力的函數 $P(\theta)$ 對於所有可能的 $\theta$ 值：$\theta = -1, 0, 1$。

• 當 $\theta = 0$ (虛無假設)：
  $P(0) = P(\text{Reject } H_0 | \theta=0) = P(X \in \{3, 4\} | \theta=0) = 0.20$。
  這是顯著水準 $\alpha$。

• 當 $\theta = 1$ (對立假設的一部分)：
  $P(1) = P(\text{Reject } H_0 | \theta=1) = P(X \in \{3, 4\} | \theta=1)$
  $P(1) = P(X=3 | \theta=1) + P(X=4 | \theta=1)$
  從表格中：$P(X=3 | \theta=1) = 0.18$, $P(X=4 | \theta=1) = 0.00$。
  $P(1) = 0.18 + 0.00 = 0.18$。

• 當 $\theta = -1$ (對立假設的另一部分)：
  $P(-1) = P(\text{Reject } H_0 | \theta=-1) = P(X \in \{3, 4\} | \theta=-1)$
  $P(-1) = P(X=3 | \theta=-1) + P(X=4 | \theta=-1)$
  從表格中：$P(X=3 | \theta=-1) = 0.00$, $P(X=4 | \theta=-1) = 0.17$。
  $P(-1) = 0.00 + 0.17 = 0.17$。

2. 評論檢定的檢定力

核心觀念

題幹未提供第 i 題的虛無假設、對立假設與第 i 題所導出的檢定，因此無法指定唯一的改良檢定。合理假設第 i 題已得到一個顯著水準為 $\alpha$ 的檢定 $\phi_i$，本題要求判斷是否存在在相同顯著水準下具有更高 power 的檢定。

檢定的 power 定義為

$$\pi_\phi(\theta)=P_\theta(\text{拒絕 }H_0)$$

比較兩個檢定時，必須在相同的顯著水準下比較其 power。若對所有 $\theta\in\Theta_1$ 都有

$$\pi_{\phi^*}(\theta)\geq \pi_{\phi_i}(\theta),$$

且至少對某個 $\theta\in\Theta_1$ 嚴格大於，則稱 $\phi^*$ 比 $\phi_i$ 更有力。

本題的核心定理是 Neyman–Pearson lemma：

對簡單虛無假設 $H_0:\theta=\theta_0$ 與簡單對立假設 $H_1:\theta=\theta_1$，固定顯著水準 $\alpha$ 時，似然比檢定具有最大 power。

似然比為

$$\Lambda(x)=\frac{f_{\theta_1}(x)}{f_{\theta_0}(x)}.$$

因此最有力檢定的拒絕域為

$$\Lambda(x)>k,$$

其中常數 $k$ 由

$$P_{\theta_0}\{\Lambda(X)>k\}=\alpha$$

決定。

解題方法

若第 i 題的檢定不是由 Neyman–Pearson lemma 導出，則可改採似然比檢定。具體步驟如下。

第一步：固定相同顯著水準

第 i 題檢定的顯著水準若為 $\alpha$，新的檢定也必須滿足

$$P_{\theta_0}(\text{拒絕 }H_0)=\alpha.$$

不能只因為新檢定較容易拒絕 $H_0$，便直接宣稱它更有力；若其型一錯誤率也提高，便不是公平比較。

第二步：建立似然比

根據觀察值 $x$ 計算

$$\Lambda(x)=\frac{f_{\theta_1}(x)}{f_{\theta_0}(x)}.$$

當 $\Lambda(x)$ 越大時，代表觀察資料對 $H_1$ 的支持程度相對於 $H_0$ 越強。因此應在 $\Lambda(x)$ 最大的區域拒絕 $H_0$。

第三步：決定拒絕域

選擇常數 $k$，使得

$$P_{\theta_0}\{\Lambda(X)>k\}=\alpha.$$

所得檢定為

$$\phi^*(x)= \begin{cases} 1, & \Lambda(x)>k,\\ 0, & \Lambda(x)<k. \end{cases}$$

其中 $\phi^*(x)=1$ 表示拒絕 $H_0$。

依 Neyman–Pearson lemma，對任意顯著水準不超過 $\alpha$ 的檢定 $\phi$，都有