111 年 國立成功大學統計學研究所《數理統計》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題60 分

  1. Suppose that a random variable XX has the probability density function (pdf) given by
f(x;β)={1,β=12;2(1−β)tanh⁡−1(1−2β)1−2β(β1−β)x,β≠12,f(x;\beta) = \begin{cases} 1, & \beta = \dfrac{1}{2}; \\ \dfrac{2(1-\beta)\tanh^{-1}(1-2\beta)}{1-2\beta}\left(\dfrac{\beta}{1-\beta}\right)^{x}, & \beta \ne \dfrac{1}{2}, \end{cases}

where x∈(0,1)x \in (0,1) and β∈(0,1)\beta \in (0,1) is the shape parameter.
i. (10%) Find the cumulative distribution function (cdf) F(x,β)F(x,\beta) of the random variable XX.
ii. (10%) Find the hazard rate function h(x,β)h(x,\beta) of the random variable XX.
iii. (10%) Find lim⁡x→1h(x,β)\lim_{x\to 1} h(x,\beta) and lim⁡x→0h(x,β)\lim_{x\to 0} h(x,\beta).
iv. (10%) Find the moment generating function (MGF) MX(t)M_X(t) of the random variable XX.
v. (10%) We define the quantile function as F−1(p,β)=Qp(β)F^{-1}(p,\beta) = Q_p(\beta), p∈(0,1)p \in (0,1), of the distribution. Find Qp(β)Q_p(\beta).
vi. (10%) Find the score function and the Fisher information of β\beta, respectively. Suppose β^\hat{\beta} is the MLE of β\beta, give the asymptotic 100(1−θ)%100(1-\theta)\% confidence intervals of the β\beta parameter, where θ∈(0,1)\theta \in (0,1).

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

這題的密度函數屬於區間 (0,1)(0,1) 上的指數族。令

λ=log⁡β1−β,\lambda=\log\frac{\beta}{1-\beta},

則 β=12\beta=\frac12 時 λ=0\lambda=0，密度可統一寫成

f(x;β)=λeλxeλ−1,0<x<1.f(x;\beta)=\frac{\lambda e^{\lambda x}}{e^\lambda-1},\qquad 0<x<1.

當 λ=0\lambda=0 時，右式取連續極限即為 f(x;12)=1f(x;\frac12)=1。這個寫法可直接用來推導累積分布函數、危險率、動差母函數與分位數。求分數函數與 Fisher 資訊時，則利用 λ\lambda 是 β\beta 的函數，套用鏈鎖律。

解題方法與推導

i. 累積分布函數

對 0<x<10<x<1 積分：

F(x,β)=∫0xλeλueλ−1 du=eλx−1eλ−1,λ≠0.F(x,\beta) =\int_0^x \frac{\lambda e^{\lambda u}}{e^\lambda-1}\,du =\frac{e^{\lambda x}-1}{e^\lambda-1},\qquad \lambda\ne 0.

當 λ=0\lambda=0，即 β=12\beta=\frac12 時，XX 為 (0,1)(0,1) 上的均勻分布，故 F(x,12)=xF(x,\frac12)=x。完整地寫成

F(x,β)={0,x≤0,eλx−1eλ−1,0<x<1, λ≠0,x,0<x<1, λ=0,1,x≥1.F(x,\beta)= \begin{cases} 0, & x\le 0,\\[4pt] \dfrac{e^{\lambda x}-1}{e^\lambda-1}, & 0<x<1,\ \lambda\ne 0,\\[8pt] x, & 0<x<1,\ \lambda=0,\\[4pt] 1, & x\ge 1. \end{cases}

ii. 危險率函數

危險率定義為

h(x,β)=f(x;β)1−F(x,β).h(x,\beta)=\frac{f(x;\beta)}{1-F(x,\beta)}.

由

1−F(x,β)=eλ−eλxeλ−11-F(x,\beta)=\frac{e^\lambda-e^{\lambda x}}{e^\lambda-1}

可得

h(x,β)=λeλxeλ−eλx=λeλ(1−x)−1,0<x<1, λ≠0.h(x,\beta) =\frac{\lambda e^{\lambda x}}{e^\lambda-e^{\lambda x}} =\frac{\lambda}{e^{\lambda(1-x)}-1},\qquad 0<x<1,\ \lambda\ne 0.

當 λ=0\lambda=0 時，取極限可得

h(x,12)=11−x.h(x,\tfrac12)=\frac{1}{1-x}.

iii. 危險率的端點極限

當 x→1−x\to 1^- 時，eλ(1−x)−1→0e^{\lambda(1-x)}-1\to 0，所以

lim⁡x→1−h(x,β)=+∞.\lim_{x\to1^-}h(x,\beta)=+\infty.

當 x→0+x\to0^+ 時，

lim⁡x→0+h(x,β)={λeλ−1,λ≠0,1,λ=0.\lim_{x\to0^+}h(x,\beta) = \begin{cases} \dfrac{\lambda}{e^\lambda-1}, & \lambda\ne 0,\\[8pt] 1, & \lambda=0. \end{cases}

其中 λ=log⁡β1−β\lambda=\log\frac{\beta}{1-\beta}。因為 λ\lambda 與 eλ−1e^\lambda-1 同號，該極限為正。

iv. 動差母函數

由定義積分：

MX(t)=∫01etxf(x;β) dx=λeλ−1∫01e(λ+t)x dx.M_X(t) =\int_0^1 e^{tx}f(x;\beta)\,dx =\frac{\lambda}{e^\lambda-1} \int_0^1 e^{(\lambda+t)x}\,dx.

因此

MX(t)={λeλ−1eλ+t−1λ+t,λ≠0, λ+t≠0,λeλ−1,λ≠0, t=−λ,et−1t,λ=0, t≠0,1,λ=0, t=0.M_X(t)= \begin{cases} \dfrac{\lambda}{e^\lambda-1} \dfrac{e^{\lambda+t}-1}{\lambda+t}, & \lambda\ne0,\ \lambda+t\ne0,\\[10pt] \dfrac{\lambda}{e^\lambda-1}, & \lambda\ne0,\ t=-\lambda,\\[8pt] \dfrac{e^t-1}{t}, & \lambda=0,\ t\ne0,\\[8pt] 1, & \lambda=0,\ t=0. \end{cases}

在 t=−λt=-\lambda 時，積分中的指數項為 11，所以積分值為 11，得到第二列。由於 XX 的支撐集有界，MX(t)M_X(t) 對所有實數 tt 均存在。

v. 分位數函數

令 F(x,β)=pF(x,\beta)=p。當 λ≠0\lambda\ne0 時，

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題10 分

  1. (10%) Let a random variable XX have a distribution f(x;a,b)f(x;a,b) with parameters b>0b > 0 and c∈Rc \in R, denoted by X∼PG(b,c)X \sim PG(b,c), given by
f(x;a,b)=12π2∑k=1∞gk(k−1/2)2+c2/(4π2),f(x;a,b) = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{g_k}{(k-1/2)^2 + c^2/(4\pi^2)},

where gkg_k are independent gamma random variables with the distribution h(y;b)h(y;b) given by

h(y;b)=1Γ(b) yb−1e−y,y>0.h(y;b) = \frac{1}{\Gamma(b)}\, y^{b-1} e^{-y},\quad y > 0.

Show

2−beκψ∫0∞e−ωψ22 p(ω) dω=(eψ)a(1+eψ)b,2^{-b} e^{\kappa\psi} \int_0^{\infty} e^{-\frac{\omega\psi^2}{2}}\, p(\omega)\, d\omega = \frac{(e^{\psi})^{a}}{(1+e^{\psi})^{b}},

where κ=a−b/2\kappa = a - b/2 and ω∼PG(b,0)\omega \sim PG(b,0).

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Polya–Gamma 分布的拉普拉斯轉換。依題目定義，當 ω∼PG(b,0)\omega\sim PG(b,0) 時，可寫成獨立 Gamma 隨機變數的加權和：

ω=12π2∑k=1∞gk(k−12)2,gk∼i.i.d.Gamma⁡(b,1).\omega=\frac{1}{2\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{g_k}{(k-\tfrac12)^2}, \qquad g_k\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\operatorname{Gamma}(b,1).

Gamma 隨機變數的拉普拉斯轉換為

E[e−sgk]=(1+s)−b,s≥0.\mathbb E[e^{-s g_k}]=(1+s)^{-b},\qquad s\geq 0.

此外會用到雙曲餘弦的無窮乘積公式：

cosh⁡x=∏k=1∞(1+4x2(2k−1)2π2).\cosh x = \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1+\frac{4x^2}{(2k-1)^2\pi^2} \right).

解題方法

先由 ω\omega 的級數表示計算拉普拉斯轉換。對部分和使用 gkg_k 的獨立性，並套用 Gamma 分布的拉普拉斯轉換，可得

E[e−ωψ2/2]=∏k=1∞E[exp⁡{−ψ24π2(k−12)2gk}]=∏k=1∞(1+ψ24π2(k−12)2)−b.\begin{aligned} \mathbb E\left[e^{-\omega\psi^2/2}\right] &= \prod_{k=1}^{\infty} \mathbb E\left[ \exp\left\{ -\frac{\psi^2}{4\pi^2(k-\tfrac12)^2}g_k \right\} \right] \\[4pt] &= \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1+\frac{\psi^2}{4\pi^2(k-\tfrac12)^2} \right)^{-b}. \end{aligned}

由 (2k−1)2=4(k−12)2(2k-1)^2=4(k-\tfrac12)^2，並在雙曲餘弦乘積公式中令 x=ψ/2x=\psi/2，有

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題30 分

  1. Let X1,X2,…,XnX_1, X_2, \ldots, X_n be a random sample of size nn from the uniform distribution given by
f(x;θ)={1,θ−12<x<θ+120,elsewhere.f(x;\theta) = \begin{cases} 1, & \theta - \dfrac{1}{2} < x < \theta + \dfrac{1}{2} \\ 0, & \text{elsewhere.} \end{cases}

Let Y1Y_1 and YnY_n be the first and nnth order statistic.
i. (10%) Find the correlation of Y1Y_1 and YnY_n.
ii. (10%) Show that any estimator θ^\hat{\theta} such that Yn−12≤θ^≤Y1+12Y_n - \frac{1}{2} \le \hat{\theta} \le Y_1 + \frac{1}{2} can serve as a maximum likelihood estimator of θ\theta.
iii. (10%) Show that the sample midrange Y1+Yn2\frac{Y_1 + Y_n}{2} is unbiased and more efficient estimator than the sample mean Xˉ=1n∑i=1nXi\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i for θ\theta.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查均勻分配的次序統計量、概似函數的支撐集，以及估計量的偏誤與變異數比較。

令

Ui=Xi−(θ−12),U_i=X_i-\left(\theta-\frac12\right),

則 U1,…,UnU_1,\ldots,U_n 為來自 U(0,1)U(0,1) 的隨機樣本。記其最小值與最大值為 U(1)U_{(1)}、U(n)U_{(n)}，便有

Y1=θ−12+U(1),Yn=θ−12+U(n).Y_1=\theta-\frac12+U_{(1)},\qquad Y_n=\theta-\frac12+U_{(n)}.

當 n≥2n\ge 2 時，U(1)U_{(1)} 與 U(n)U_{(n)} 的聯合密度為

fU(1),U(n)(u,v)=n(n−1)(v−u)n−2,0<u<v<1.f_{U_{(1)},U_{(n)}}(u,v) =n(n-1)(v-u)^{n-2},\qquad 0<u<v<1.

此外，

E[U(1)]=1n+1,E[U(n)]=nn+1,E[U_{(1)}]=\frac1{n+1},\qquad E[U_{(n)}]=\frac n{n+1},

且

Var⁡(U(1))=Var⁡(U(n))=n(n+1)2(n+2).\operatorname{Var}(U_{(1)}) =\operatorname{Var}(U_{(n)}) =\frac{n}{(n+1)^2(n+2)}.

i. 求 Y1Y_1 與 YnY_n 的相關係數

先利用聯合密度計算兩個極端次序統計量的乘積期望：

E[U(1)U(n)]=n(n−1)∫01∫0vuv(v−u)n−2 du dv=∫01vn+1 dv=1n+2.\begin{aligned} E[U_{(1)}U_{(n)}] &=n(n-1)\int_0^1\int_0^v uv(v-u)^{n-2}\,du\,dv\\ &=\int_0^1 v^{n+1}\,dv\\ &=\frac1{n+2}. \end{aligned}

因此

Cov⁡(U(1),U(n))=E[U(1)U(n)]−E[U(1)]E[U(n)]=1n+2−n(n+1)2=1(n+1)2(n+2).\begin{aligned} \operatorname{Cov}(U_{(1)},U_{(n)}) &=E[U_{(1)}U_{(n)}] -E[U_{(1)}]E[U_{(n)}]\\ &=\frac1{n+2}-\frac n{(n+1)^2}\\ &=\frac1{(n+1)^2(n+2)}. \end{aligned}

平移不會改變相關係數，所以

Corr⁡(Y1,Yn)=Cov⁡(U(1),U(n))Var⁡(U(1))Var⁡(U(n))=1n.\begin{aligned} \operatorname{Corr}(Y_1,Y_n) &=\frac{\operatorname{Cov}(U_{(1)},U_{(n)})} {\sqrt{\operatorname{Var}(U_{(1)})\operatorname{Var}(U_{(n)})}}\\ &=\frac{1}{n}. \end{aligned}

ii. 說明哪些 θ^\hat\theta 是最大概似估計量

樣本的概似函數為

L(θ)=∏i=1n1{θ−12<Xi<θ+12},L(\theta) =\prod_{i=1}^n \mathbf 1\left\{\theta-\frac12<X_i<\theta+\frac12\right\},

其中 1{⋅}\mathbf 1\{\cdot\} 為指示函數。要使概似函數非零，所有觀測值都必須落在區間 (θ−12,θ+12)(\theta-\frac12,\theta+\frac12) 內。這等價於

Yn−12<θ<Y1+12.Y_n-\frac12<\theta<Y_1+\frac12.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

111 年成功大學的其他科目

統計學數學

成功大學《數理統計》其他年度

115 年114 年113 年112 年109 年108 年

其他學校的統計系考古題

臺灣大學44清華大學3政治大學25中央大學18中正大學4臺北大學21高雄大學10嘉義大學2