112 年 國立臺北大學統計學系碩士班《數理統計（含機率概論）》

核心觀念

本題主要考查：

• 條件期望 $E[Y\mid X=x]$ 的計算。
• 聯合密度函數的幾何積分。
• 變數變換求和 $Z=X+Y$ 的機率密度函數。
• 由聯合密度的支撐區域判斷積分範圍。

聯合密度為常數 $\frac18$，其支撐區域為

$$0\le y\le 4,\qquad y\le x\le y+2.$$

令

$$U=X-Y,$$

則

$$0\le y\le4,\qquad 0\le u\le2,$$

且 $x=y+u$。由於變數變換的 Jacobian 為 $1$，$(Y,U)$ 在矩形區域 $[0,4]\times[0,2]$ 上具有常數密度 $\frac18$。此表示法可大幅簡化幾何計算。

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(a) 計算 $E[Y\mid X=x]$

先求 $X$ 的邊際密度：

$$f_X(x)=\int f(x,y)\,dy.$$

固定 $x$ 時，必須滿足

$$0\le y\le4,\qquad x-2\le y\le x.$$

因此 $y$ 的範圍分三段：

$$f_X(x)= \begin{cases} \dfrac{x}{8}, & 0\le x\le2,\\[6pt] \dfrac14, & 2\le x\le4,\\[6pt] \dfrac{6-x}{8}, & 4\le x\le6,\\[6pt] 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

給定 $X=x$ 後，$Y$ 在可行區間上呈均勻分布，因此條件期望就是該區間的中點。

當 $0\le x\le2$ 時：

$$0\le y\le x,$$

所以

$$E[Y\mid X=x]=\frac{0+x}{2}=\frac{x}{2}.$$

當 $2\le x\le4$ 時：

$$x-2\le y\le x,$$

所以

$$E[Y\mid X=x] =\frac{(x-2)+x}{2} =x-1.$$

當 $4\le x\le6$ 時：

$$x-2\le y\le4,$$

所以

$$E[Y\mid X=x] =\frac{(x-2)+4}{2} =\frac{x+2}{2}.$$

因此

$$E[Y\mid X=x]= \begin{cases} \dfrac{x}{2}, & 0\le x\le2,\\[6pt] x-1, & 2\le x\le4,\\[6pt] \dfrac{x+2}{2}, & 4\le x\le6. \end{cases}$$

端點的定義不影響答案。

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(b) 求兩個機率

1. 求 $P(2X\le3Y)$

利用 $X=Y+U$：

$$2X\le3Y \iff 2(Y+U)\le3Y \iff 2U\le Y.$$

在矩形

$$0\le U\le2,\qquad 0\le Y\le4$$

中，事件 $2U\le Y$ 對應到 $Y$ 位於直線 $Y=2U$ 上方。

其面積為

$$\int_0^2(4-2u)\,du = \left[4u-u^2\right]_0^2 =4.$$

整個矩形面積為 $4\times2=8$，且聯合密度為 $\frac18$，因此

$$P(2X\le3Y) =\frac{4}{8} =\frac12.$$

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2. 求 $P(1\le X+Y\le2)$

由 $X=Y+U$：

$$X+Y=2Y+U.$$

所以事件為

$$1\le2Y+U\le2.$$

在 $(Y,U)$ 平面上分段計算。

當 $0\le y\le\frac12$ 時：

$$1-2y\le u\le2-2y,$$

區間長度為 $1$。

當 $\frac12\le y\le1$ 時，下界 $1-2y\le0$，因此：

$$0\le u\le2-2y,$$

區間長度為 $2-2y$。

故事件區域面積為

$$\int_0^{1/2}1\,dy + \int_{1/2}^{1}(2-2y)\,dy.$$

計算得

核心觀念

本題探討具有**平移參數（Location Parameter）**的單參數指數分配（Shifted/Truncated Exponential Distribution），涉及順序統計量（Order Statistics）、極限定理（Limiting Distribution）、點估計（Point Estimation，包含一致性、不偏性、最大概似估計量 MLE）與 MLE 的不變性原理（Invariance Property）。

1. 母體分配特性：
   • 機率密度函數（pdf）：$f(x) = e^{-(x-\theta)} I_{(\theta, \infty)}(x)$
   • 累積分布函數（cdf）：$F(x) = \int_\theta^x e^{-(u-\theta)} \, du = 1 - e^{-(x-\theta)}$，當 $x > \theta$；若 $x \le \theta$ 則 $F(x) = 0$。
   • 機率積分轉換（Probability Integral Transformation）：$U_i = F(X_i) \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Uniform}(0, 1)$。
2. 順序統計量與均勻分配極限定理：
   • 若 $U_1, \dots, U_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Uniform}(0, 1)$，則其第 $k$ 階順序統計量 $U_{(k)} = F(Y_k)$。
   • 當固定階數 $k$ 且 $n \to \infty$ 時，$n U_{(k)} \xrightarrow{d} \text{Gamma}(k, 1)$。
3. 一致性（Consistency）：
   • 檢驗估計量 $\hat{\theta}_n$ 是否弱一致（Weakly Consistent）：$\hat{\theta}_n \xrightarrow{P} \theta$。常用的充分條件為均方誤差（MSE）收斂至 0，即 $\lim_{n \to \infty} \text{Bias}(\hat{\theta}_n) = 0$ 且 $\lim_{n \to \infty} \text{Var}(\hat{\theta}_n) = 0$；亦可直接從極限分布推導機率收斂。
4. 範圍與參數相關之 MLE：
   • 支撐集（Support）相依於未知參數 $\theta$（即 $X_i > \theta \implies \theta < \min(X_i)$），無法利用微分尋找臨界點，必須透過指示函數限制母數空間，並尋找使概似函數極大之邊界點。
5. MLE 的不變性原理（Invariance Property of MLE）：
   • 若 $\hat{\theta}$ 為 $\theta$ 的 MLE，且 $g(\theta)$ 為 $\theta$ 的函數，則 $g(\theta)$ 的 MLE 為 $\widehat{g(\theta)} = g(\hat{\theta})$。

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解題方法

(a) 證明 $Y_1$ 為 $\theta$ 的一致估計量（Consistent Estimator）

• 推導 $Y_1$ 的抽樣分配：
  由順序統計量之定義，$Y_1 = \min\{X_1, \dots, X_n\}$。其生存函數（Survival Function）為：

  $$P(Y_1 > y) = \prod_{i=1}^n P(X_i > y) = \left[ e^{-(y-\theta)} \right]^n = e^{-n(y-\theta)}, \quad y > \theta$$

  故 $Y_1$ 的累積分布函數為：

  $$F_{Y_1}(y) = 1 - e^{-n(y-\theta)}, \quad y > \theta$$

  微分可得 $Y_1$ 的機率密度函數：

  $$f_{Y_1}(y) = n e^{-n(y-\theta)} I_{(\theta, \infty)}(y)$$

  這表示變數 $Y_1 - \theta \sim \text{Exponential}\left(\text{rate} = n\right)$，即尺度參數（scale parameter）為 $\frac{1}{n}$。

• 計算期望值、變異數與 MSE：

  $$E(Y_1 - \theta) = \frac{1}{n} \implies E(Y_1) = \theta + \frac{1}{n}$$ $$\text{Var}(Y_1) = \text{Var}(Y_1 - \theta) = \frac{1}{n^2}$$

  計算 $Y_1$ 的均方誤差（Mean Squared Error）：

  $$\text{MSE}(Y_1) = \text{Var}(Y_1) + \left[ E(Y_1) - \theta \right]^2 = \frac{1}{n^2} + \left( \frac{1}{n} \right)^2 = \frac{2}{n^2}$$

  因為：

  $$\lim_{n \to \infty} \text{MSE}(Y_1) = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n^2} = 0$$

  由 MSE 收斂至 0 蘊含機率收斂（Convergence in Probability），得：

  $$Y_1 \xrightarrow{P} \theta$$

  故 $Y_1$ 是 $\theta$ 的一致估計量。

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(b) 求 $W_n = n F(Y_2)$ 的極限分布

• 機率積分轉換與順序統計量：
  設 $U_i = F(X_i)$。因為 $F(x)$ 為連續且嚴格遞增之分佈函數，依據機率積分轉換，$U_1, \dots, U_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Uniform}(0, 1)$。
  因此，$U_{(2)} = F(Y_2)$ 為來自 $\text{Uniform}(0, 1)$ 之樣本的第二小順序統計量。

• 求 $U_{(2)}$ 的機率密度函數：

  $$f_{U_{(2)}}(u) = \frac{n!}{(2-1)!(n-2)!} u^{2-1} (1-u)^{n-2} = n(n-1) u (1-u)^{n-2}, \quad 0 < u < 1$$

• 進行變數變換求 $W_n$ 之分佈與極限：
  令 $W_n = n U_{(2)}$，則 $U_{(2)} = \frac{W_n}{n}$，其 Jacobian 為 $\frac{1}{n}$。
  $W_n$ 的機率密度函數為：

  $$f_{W_n}(w) = f_{U_{(2)}}\left(\frac{w}{n}\right) \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n} \cdot n(n-1) \left(\frac{w}{n}\right) \left(1 - \frac{w}{n}\right)^{n-2} = \frac{n-1}{n} w \left(1 - \frac{w}{n}\right)^{n-2}, \quad 0 < w < n$$

  取 $n \to \infty$ 之極限：

  $$\lim_{n \to \infty} f_{W_n}(w) = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \cdot w \cdot \left(1 - \frac{w}{n}\right)^n \left(1 - \frac{w}{n}\right)^{-2} = 1 \cdot w \cdot e^{-w} \cdot 1 = w e^{-w}, \quad w > 0$$

  此極限 pdf 正好為 $\text{Gamma}(\alpha = 2, \beta = 1)$（或以形狀參數與尺度參數表示為 $\text{Gamma}(2, 1)$）的機率密度函數。

  因此，$W_n \xrightarrow{d} \text{Gamma}(2, 1)$。

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(c) 求 $Z_n = n(Y_1 - \theta)$ 的極限分布

• 求 $Z_n$ 的累積分布函數（cdf）：
  由 (a) 小題已推得 $Y_1$ 的 cdf 為 $F_{Y_1}(y) = 1 - e^{-n(y-\theta)}$（當 $y > \theta$）。
  對於 $z > 0$：

核心觀念

本題整合以下概念：

• Bernoulli 隨機樣本的似然函數與最小充分統計量。
• Rao–Blackwell 定理與 Lehmann–Scheffé 定理。
• Beta–Binomial 共軛先驗。
• 貝氏估計量的頻率學派風險函數。
• 最大風險、漸近常態性、一致性與漸近效率。
• 隨機化估計量與漸近相對效率。

令

$$S=\sum_{i=1}^n X_i,\qquad \bar X=\frac{S}{n}.$$

由於 $X_i\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$，故 $S\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$。

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(a) $p$ 的最小充分統計量

聯合機率質量函數為

$$f_p(\mathbf x) =\prod_{i=1}^n p^{x_i}(1-p)^{1-x_i} =p^{\sum x_i}(1-p)^{n-\sum x_i}.$$

因此似然函數只透過 $\sum x_i$ 依賴樣本：

$$L(p;\mathbf x)=p^S(1-p)^{n-S}.$$

由 Neyman–Fisher 因子分解定理，$S$ 是 $p$ 的充分統計量。

再利用最小充分統計量的似然比判準，對兩組樣本 $\mathbf x,\mathbf y$，

$$\frac{L(p;\mathbf x)}{L(p;\mathbf y)} =p^{S_x-S_y}(1-p)^{S_y-S_x}.$$

此比值與 $p$ 無關，當且僅當 $S_x=S_y$。故 $S$ 不僅充分，也是最小充分統計量。

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(b) $p$ 的 UMVUE

由於

$$E_p(X_i)=p,$$

所以

$$E_p(\bar X) =E_p\left(\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right) =p.$$

因此 $\bar X$ 是 $p$ 的不偏估計量。

又因為 $S$ 是完整充分統計量：

$$S\sim\operatorname{Binomial}(n,p),$$

而 Binomial 族在 $p\in(0,1)$ 下為完整族。由 Lehmann–Scheffé 定理，任何基於完整充分統計量的不偏估計量，都是 UMVUE。

由於 $\bar X=S/n$，故

$$\boxed{\hat p_U=\bar X=\frac{S}{n}}.$$

其變異數為

$$\operatorname{Var}_p(\hat p_U) =\frac{p(1-p)}{n}.$$

因為它不偏，所以

$$R(p,\hat p_U)=\frac{p(1-p)}{n}.$$

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(c) Beta 先驗下的後驗分析

(c-i) 後驗分布

假設先驗分布為

$$p\sim\operatorname{Beta}(\alpha,\beta),$$

其密度與

$$p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}$$

成正比。

結合似然函數：

$$L(p;\mathbf x)\pi(p) \propto p^S(1-p)^{n-S} p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}.$$

因此

$$\pi(p\mid\mathbf X) \propto p^{S+\alpha-1}(1-p)^{n-S+\beta-1}.$$

故後驗分布為

$$\boxed{ p\mid\mathbf X\sim \operatorname{Beta}(\alpha+S,\beta+n-S) }.$$

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(c-ii) 後驗平均數與變異數

若 $Y\sim\operatorname{Beta}(a,b)$，則

$$E(Y)=\frac{a}{a+b},$$ $$\operatorname{Var}(Y) =\frac{ab}{(a+b)^2(a+b+1)}.$$

代入 $a=\alpha+S$、$b=\beta+n-S$，得到後驗平均數：

$$\boxed{ \hat p_{PB} =E(p\mid\mathbf X) =\frac{\alpha+S}{\alpha+\beta+n} }.$$

後驗變異數為

$$\boxed{ \operatorname{Var}(p\mid\mathbf X) = \frac{(\alpha+S)(\beta+n-S)} {(\alpha+\beta+n)^2(\alpha+\beta+n+1)} }.$$

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(c-iii) 使風險為常數的 $\alpha,\beta$

令

$$k=\alpha+\beta.$$

後驗平均數可寫為

$$\hat p_{PB}=\frac{S+\alpha}{n+k}.$$

因為 $E_p(S)=np$、$\operatorname{Var}_p(S)=np(1-p)$，所以

$$E_p(\hat p_{PB}) =\frac{np+\alpha}{n+k}.$$

其偏差為

$$\operatorname{Bias}_p(\hat p_{PB}) = \frac{np+\alpha}{n+k}-p = \frac{\alpha-kp}{n+k}.$$

其變異數為

$$\operatorname{Var}_p(\hat p_{PB}) = \frac{np(1-p)}{(n+k)^2}.$$

因此風險為

$$R(p,\hat p_{PB}) = \frac{np(1-p)+(\alpha-kp)^2}{(n+k)^2}.$$

展開分子：

$$np(1-p)+(\alpha-kp)^2 = (k^2-n)p^2+(n-2\alpha k)p+\alpha^2.$$

要使風險與 $p$ 無關，$p^2$ 與 $p$ 的係數都必須為 $0$：

$$k^2-n=0,$$ $$n-2\alpha k=0.$$

因為 $k>0$，所以

$$k=\sqrt n, \qquad \alpha=\frac{n}{2\sqrt n}=\frac{\sqrt n}{2}.$$

進而

$$\beta=k-\alpha=\frac{\sqrt n}{2}.$$

故

$$\boxed{\alpha=\beta=\frac{\sqrt n}{2}}.$$

此時

$$\hat p_{PB} = \frac{S+\frac{\sqrt n}{2}}{n+\sqrt n},$$

且其風險為

$$\boxed{ R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2} }.$$

這確實與 $p$ 無關。

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(d) 三種估計量的比較

本題中

$$\hat p_U=\bar X,$$ $$\hat p_{PB} = \frac{S+\frac{\sqrt n}{2}}{n+\sqrt n},$$

而 $\hat p_T$ 以機率 $\frac{n}{n+1}$ 使用 $\hat p_U$，以機率 $\frac1{n+1}$ 使用 $1/2$。

隨機化機率與樣本獨立。

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(d-i) 三種估計量的最大風險

1. $\hat p_U$

已知

$$R(p,\hat p_U)=\frac{p(1-p)}{n}.$$

由於

$$\sup_{0<p<1}p(1-p)=\frac14,$$

所以

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_U)=\frac1{4n} }.$$

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2. $\hat p_{PB}$

由 (c-iii)，

$$R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2}.$$

因此

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2} }.$$

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3. $\hat p_T$

隨機化估計量的平方誤差期望為各分支風險的加權平均：

$$R(p,\hat p_T) = \frac{n}{n+1}R(p,\hat p_U) + \frac1{n+1}\left(\frac12-p\right)^2.$$

代入 $R(p,\hat p_U)=p(1-p)/n$：

$$R(p,\hat p_T) = \frac{p(1-p)}{n+1} + \frac{(p-\frac12)^2}{n+1}.$$

注意

$$p(1-p)+\left(p-\frac12\right)^2 = \frac14.$$

因此

$$R(p,\hat p_T)=\frac1{4(n+1)}.$$

故

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_T) = \frac1{4(n+1)} }.$$

三者最大風險依序為

核心觀念

本題主要測驗常態母體在「母體平均數與母體變異數皆未知」時的**區間估計（Interval Estimation）**理論，涵蓋三大核心觀念：

1. 樞紐量（Pivotal Quantity）的定義與建構：樞紐量 $Q(\mathbf{X}, \theta)$ 是一個包含樣本與待估參數 $\theta$ 的隨機變數，其機率分配完全已知，不依賴任何未知母數（包含干擾母數 $\sigma^2$）。
2. Student's $t$ 分配的形成條件：若 $Z \sim N(0, 1)$ 與 $V \sim \chi^2(r)$ 相互獨立，則 $T = \frac{Z}{\sqrt{V/r}} \sim t(r)$。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。
3. 最短長度信賴區間（Shortest-length Confidence Interval）定理：若樞紐量的機率密度函數（p.d.f.）具備**對稱單峰（Symmetric and Unimodal）**之性質，則在固定信心水準 $1-\alpha$ 下，等尾（Equal-tailed）臨界點所構造的信賴區間擁有最短的區間長度（以及最短的期望長度）。

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解題方法與推導

(a) 求解 $\mu$ 的樞紐量（Pivotal Quantity）

設隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n \overset{\text{iid}}{\sim} N(\mu, \sigma^2)$，定義：

• 樣本平均數：$\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$
• 樣本變異數：$S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$

由常態樣本抽樣分配性質可知：

1. $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \implies Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0, 1)$
2. $V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$
3. 根據 Cochran's 定理（或 Basu's 定理），$\bar{X}$ 與 $S^2$ 相互獨立，故 $Z$ 與 $V$ 相互獨立。

利用 Student's $t$ 分配之定義構造隨機變數 $T$：

$$T = \frac{Z}{\sqrt{V / (n-1)}} = \frac{\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma / \sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2 (n-1)}}} = \frac{\bar{X} - \mu}{S / \sqrt{n}}$$

由於 $T$ 之機率分配為自由度 $n-1$ 的 Student's $t$ 分配，記作 $T \sim t(n-1)$，其分配不含任何未知參數（$\mu$ 或 $\sigma^2$），符合樞紐量之定義。

因此，$\mu$ 的樞紐量為：

$$T = \frac{\bar{X} - \mu}{S / \sqrt{n}} \sim t(n-1)$$

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(b) 利用樞紐量建構 $\mu$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間

令 $t_{\alpha/2}(n-1)$ 為 $t(n-1)$ 分配的右尾 $\alpha/2$ 臨界值，即滿足 $P(T > t_{\alpha/2}(n-1)) = \frac{\alpha}{2}$。由 $t$ 分配以 0 為中心對稱的性質，左尾臨界值為 $-t_{\alpha/2}(n-1)$。

建立機率陳述式：

$$P\left( -t_{\alpha/2}(n-1) \le \frac{\bar{X} - \mu}{S / \sqrt{n}} \le t_{\alpha/2}(n-1) \right) = 1 - \alpha$$

透過不等式進行代數變形以解出 $\mu$：

$$-t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}} \le \bar{X} - \mu \le t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}}$$

各項同減 $\bar{X}$ 後同乘 $-1$（不等號方向改變）：

$$\bar{X} - t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}} \le \mu \le \bar{X} + t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}}$$

因此，$\mu$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間為：

$$\left[ \bar{X} - t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}}, \, \bar{X} + t_{\alpha/2}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}} \right]$$

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(c) 最短長度信賴區間之證明

【結論】：是的（Yes），(b) 所求得之信賴區間確實為基於該樞紐量下長度最短的信賴區間。

【證明】：

設由樞紐量 $T = \frac{\bar{X} - \mu}{S / \sqrt{n}}$ 所構造之任意 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間對應的常數為 $a$ 與 $b$（其中 $a < b$），滿足：

$$P(a \le T \le b) = \int_a^b f(t) \, dt = 1 - \alpha$$

其中 $f(t)$ 為 $t(n-1)$ 分配的機率密度函數（p.d.f.）。

將不等式展開求 $\mu$：

核心觀念

本題是「單一觀察值下的簡單假設對簡單假設」：

• $H_0:P=P_0$，其中 $P_0=N(0,1)$；
• $H_1:P=P_1$，其中 $P_1$ 為雙指數分布。

依據 Neyman–Pearson 引理，最具檢定力的檢定應在「概似比」較大的區域拒絕 $H_0$：

$$\Lambda(x)=\frac{f_1(x)}{f_0(x)}.$$

由於虛無假設與對立假設皆為簡單假設，Neyman–Pearson 檢定同時就是 UMP 檢定。

以下將題目中的 $\alpha\in(0)$ 解讀為通常的 $0<\alpha<1$。

解題方法：建立概似比

虛無假設下的密度為

$$f_0(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2},$$

對立假設下的密度為

$$f_1(x)=\frac12e^{-|x|/\sqrt2}.$$

因此概似比為

$$\Lambda(x) =\frac{\frac12e^{-|x|/\sqrt2}} {\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}} =\frac{\sqrt{2\pi}}{2} \exp\left(\frac{x^2}{2}-\frac{|x|}{\sqrt2}\right).$$

令 $t=|x|\geq 0$，考察指數部分

$$g(t)=\frac{t^2}{2}-\frac{t}{\sqrt2}.$$

其導數為

$$g'(t)=t-\frac1{\sqrt2}.$$

所以 $g(t)$ 在 $t=1/\sqrt2$ 達到最小值，並且：

• 當 $t$ 接近 $0$ 時，概似比較大；
• 當 $t$ 大於 $\sqrt2$ 時，概似比隨 $t$ 增加而增加；
• $\Lambda(0)=\Lambda(\sqrt2)$，因為 $$g(0)=g(\sqrt2)=0.$$

因此，拒絕域是「中心區域加上尾端區域」的形式；當 $\alpha$ 較小時，只會取左右兩端尾部。

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(a) UMP 檢定

情形一：$0<\alpha\leq 2\{1-\Phi(\sqrt2)\}$

題目提示

$$1-\Phi(\sqrt2)\approx 0.1587,$$

因此

$$2\{1-\Phi(\sqrt2)\}\approx 0.3174.$$

當 $0<\alpha\leq 0.3174$ 時，拒絕域位於兩端：

$$R_\alpha=\{x:|x|\geq b\},$$

其中 $b$ 由檢定大小條件決定：

$$P_0(|X|\geq b)=\alpha.$$

因為 $X\sim N(0,1)$，

$$2\{1-\Phi(b)\}=\alpha,$$

所以

$$b=\Phi^{-1}\left(1-\frac{\alpha}{2}\right).$$

此時的 UMP 檢定為

$$\varphi_\alpha(x)= \begin{cases} 1,& |x|\geq b,\\ 0,& |x|<b. \end{cases}$$

其中 $\varphi_\alpha(x)=1$ 表示拒絕 $H_0$。

特別地，當 $\alpha=0.3174$ 時，$b=\sqrt2$，拒絕域為

$$R_\alpha=\{x:|x|\geq\sqrt2\}.$$

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情形二：$0.3174<\alpha<1$

當要求的檢定大小大於 $0.3174$ 時，只使用兩端尾部仍不足以達到大小 $\alpha$，因此必須加入中央區域。

拒絕域形狀為

$$R_\alpha=\{x:|x|\leq a\}\cup\{x:|x|\geq b\},$$

其中

$$0<a<\frac1{\sqrt2}<b<\sqrt2.$$

兩個邊界點必須具有相同的概似比：

$$\Lambda(a)=\Lambda(b).$$

由於 $a,b>0$，可得

$$\frac{a^2}{2}-\frac{a}{\sqrt2} = \frac{b^2}{2}-\frac{b}{\sqrt2}.$$

整理為

$$(a-b)(a+b-\sqrt2)=0.$$

因為 $a\neq b$，所以

$$a+b=\sqrt2,$$

亦即

$$b=\sqrt2-a.$$

再利用檢定大小條件：

$$P_0(|X|\leq a)+P_0(|X|\geq b)=\alpha,$$

得到

$$2\Phi(a)+2\{1-\Phi(b)\}=\alpha.$$

代入 $b=\sqrt2-a$，$a$ 為下列方程式的唯一解：

$$2\Phi(a)+2\left\{1-\Phi(\sqrt2-a)\right\}=\alpha.$$

因此，當 $0.3174<\alpha<1$ 時，UMP 檢定為

$$\varphi_\alpha(x)= \begin{cases} 1,& |x|\leq a\text{ 或 }|x|\geq \sqrt2-a,\\ 0,& a<|x|<\sqrt2-a. \end{cases}$$

核心觀念

本題整合以下概念：

• Bernoulli 隨機樣本的似然函數與最小充分統計量。
• Rao–Blackwell 定理與 Lehmann–Scheffé 定理。
• Beta–Binomial 共軛先驗。
• 貝氏估計量的頻率學派風險函數。
• 最大風險、漸近常態性、一致性與漸近效率。
• 隨機化估計量與漸近相對效率。

令

$$S=\sum_{i=1}^n X_i,\qquad \bar X=\frac{S}{n}.$$

由於 $X_i\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$，故 $S\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$。

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(a) $p$ 的最小充分統計量

聯合機率質量函數為

$$f_p(\mathbf x) =\prod_{i=1}^n p^{x_i}(1-p)^{1-x_i} =p^{\sum x_i}(1-p)^{n-\sum x_i}.$$

因此似然函數只透過 $\sum x_i$ 依賴樣本：

$$L(p;\mathbf x)=p^S(1-p)^{n-S}.$$

由 Neyman–Fisher 因子分解定理，$S$ 是 $p$ 的充分統計量。

再利用最小充分統計量的似然比判準，對兩組樣本 $\mathbf x,\mathbf y$，

$$\frac{L(p;\mathbf x)}{L(p;\mathbf y)} =p^{S_x-S_y}(1-p)^{S_y-S_x}.$$

此比值與 $p$ 無關，當且僅當 $S_x=S_y$。故 $S$ 不僅充分，也是最小充分統計量。

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(b) $p$ 的 UMVUE

由於

$$E_p(X_i)=p,$$

所以

$$E_p(\bar X) =E_p\left(\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right) =p.$$

因此 $\bar X$ 是 $p$ 的不偏估計量。

又因為 $S$ 是完整充分統計量：

$$S\sim\operatorname{Binomial}(n,p),$$

而 Binomial 族在 $p\in(0,1)$ 下為完整族。由 Lehmann–Scheffé 定理，任何基於完整充分統計量的不偏估計量，都是 UMVUE。

由於 $\bar X=S/n$，故

$$\boxed{\hat p_U=\bar X=\frac{S}{n}}.$$

其變異數為

$$\operatorname{Var}_p(\hat p_U) =\frac{p(1-p)}{n}.$$

因為它不偏，所以

$$R(p,\hat p_U)=\frac{p(1-p)}{n}.$$

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(c) Beta 先驗下的後驗分析

(c-i) 後驗分布

假設先驗分布為

$$p\sim\operatorname{Beta}(\alpha,\beta),$$

其密度與

$$p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}$$

成正比。

結合似然函數：

$$L(p;\mathbf x)\pi(p) \propto p^S(1-p)^{n-S} p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}.$$

因此

$$\pi(p\mid\mathbf X) \propto p^{S+\alpha-1}(1-p)^{n-S+\beta-1}.$$

故後驗分布為

$$\boxed{ p\mid\mathbf X\sim \operatorname{Beta}(\alpha+S,\beta+n-S) }.$$

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(c-ii) 後驗平均數與變異數

若 $Y\sim\operatorname{Beta}(a,b)$，則

$$E(Y)=\frac{a}{a+b},$$ $$\operatorname{Var}(Y) =\frac{ab}{(a+b)^2(a+b+1)}.$$

代入 $a=\alpha+S$、$b=\beta+n-S$，得到後驗平均數：

$$\boxed{ \hat p_{PB} =E(p\mid\mathbf X) =\frac{\alpha+S}{\alpha+\beta+n} }.$$

後驗變異數為

$$\boxed{ \operatorname{Var}(p\mid\mathbf X) = \frac{(\alpha+S)(\beta+n-S)} {(\alpha+\beta+n)^2(\alpha+\beta+n+1)} }.$$

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(c-iii) 使風險為常數的 $\alpha,\beta$

令

$$k=\alpha+\beta.$$

後驗平均數可寫為

$$\hat p_{PB}=\frac{S+\alpha}{n+k}.$$

因為 $E_p(S)=np$、$\operatorname{Var}_p(S)=np(1-p)$，所以

$$E_p(\hat p_{PB}) =\frac{np+\alpha}{n+k}.$$

其偏差為

$$\operatorname{Bias}_p(\hat p_{PB}) = \frac{np+\alpha}{n+k}-p = \frac{\alpha-kp}{n+k}.$$

其變異數為

$$\operatorname{Var}_p(\hat p_{PB}) = \frac{np(1-p)}{(n+k)^2}.$$

因此風險為

$$R(p,\hat p_{PB}) = \frac{np(1-p)+(\alpha-kp)^2}{(n+k)^2}.$$

展開分子：

$$np(1-p)+(\alpha-kp)^2 = (k^2-n)p^2+(n-2\alpha k)p+\alpha^2.$$

要使風險與 $p$ 無關，$p^2$ 與 $p$ 的係數都必須為 $0$：

$$k^2-n=0,$$ $$n-2\alpha k=0.$$

因為 $k>0$，所以

$$k=\sqrt n, \qquad \alpha=\frac{n}{2\sqrt n}=\frac{\sqrt n}{2}.$$

進而

$$\beta=k-\alpha=\frac{\sqrt n}{2}.$$

故

$$\boxed{\alpha=\beta=\frac{\sqrt n}{2}}.$$

此時

$$\hat p_{PB} = \frac{S+\frac{\sqrt n}{2}}{n+\sqrt n},$$

且其風險為

$$\boxed{ R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2} }.$$

這確實與 $p$ 無關。

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(d) 三種估計量的比較

本題中

$$\hat p_U=\bar X,$$ $$\hat p_{PB} = \frac{S+\frac{\sqrt n}{2}}{n+\sqrt n},$$

而 $\hat p_T$ 以機率 $\frac{n}{n+1}$ 使用 $\hat p_U$，以機率 $\frac1{n+1}$ 使用 $1/2$。

隨機化機率與樣本獨立。

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(d-i) 三種估計量的最大風險

1. $\hat p_U$

已知

$$R(p,\hat p_U)=\frac{p(1-p)}{n}.$$

由於

$$\sup_{0<p<1}p(1-p)=\frac14,$$

所以

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_U)=\frac1{4n} }.$$

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2. $\hat p_{PB}$

由 (c-iii)，

$$R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2}.$$

因此

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_{PB}) = \frac{1}{4(\sqrt n+1)^2} }.$$

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3. $\hat p_T$

隨機化估計量的平方誤差期望為各分支風險的加權平均：

$$R(p,\hat p_T) = \frac{n}{n+1}R(p,\hat p_U) + \frac1{n+1}\left(\frac12-p\right)^2.$$

代入 $R(p,\hat p_U)=p(1-p)/n$：

$$R(p,\hat p_T) = \frac{p(1-p)}{n+1} + \frac{(p-\frac12)^2}{n+1}.$$

注意

$$p(1-p)+\left(p-\frac12\right)^2 = \frac14.$$

因此

$$R(p,\hat p_T)=\frac1{4(n+1)}.$$

故

$$\boxed{ \sup_{p\in(0,1)}R(p,\hat p_T) = \frac1{4(n+1)} }.$$

三者最大風險依序為