113 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

本題考查：

1. 聯合機率密度函數的正規化。

2. 由聯合密度求函數 $Z=X+Y$ 的累積分布函數：

   $F_Z(z)=P(Z\le z)=P(X+Y\le z)$

3. 依照直線 $x+y=z$ 與原始定義域的交集，分段計算二重積分。

原始定義域為

$$0<x<y<1$$

這是在單位正方形中，由 $y=x$、$y=1$ 與 $x=0$ 所圍成的三角形。

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第一步：求常數 $c$

由聯合機率密度函數的總積分必須等於 $1$：

$$\int_0^1\int_x^1 cx\,dy\,dx=1$$

因此

$$c\int_0^1 x(1-x)\,dx=1$$ $$c\left(\frac12-\frac13\right)=1$$ $$\frac{c}{6}=1$$

所以

$$c=6$$

故聯合密度為

$$f(x,y)=6x,\qquad 0<x<y<1$$

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第二步：建立 $F_Z(z)$ 的積分區域

由定義，

$$F_Z(z)=P(X+Y\le z)$$

因此需在區域

$$0<x<y<1,\qquad x+y\le z$$

上積分：

$$F_Z(z)=\iint_{\substack{0<x<y<1\\x+y\le z}}6x\,dy\,dx$$

由於 $X>0$ 且 $Y>X$，所以 $Z=X+Y>0$；又因為 $X<1$、$Y<1$，所以 $Z<2$。因此只需討論 $0<z<2$。

直線 $x+y=z$ 與 $y=x$ 的交點滿足

$$x=z-x$$

故

$$x=\frac z2$$

這會造成 $z=1$ 前後的積分區域不同，因此必須分成兩段。

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情形一：$0<z<1$

此時直線 $x+y=z$ 完全位於 $y=1$ 以下。

對固定的 $x$ 而言，$y$ 的範圍為

$$x<y<z-x$$

且必須滿足

$$x<z-x$$

因此

$$0<x<\frac z2$$

所以

$$F_Z(z) =\int_0^{z/2}\int_x^{z-x}6x\,dy\,dx$$

先對 $y$ 積分：

$$F_Z(z) =6\int_0^{z/2}x\bigl[(z-x)-x\bigr]\,dx$$ $$=6\int_0^{z/2}x(z-2x)\,dx$$

計算得

$$F_Z(z) =6\left[\frac{zx^2}{2}-\frac{2x^3}{3}\right]_0^{z/2}$$ $$=\frac{z^3}{4}$$

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情形二：$1\le z<2$

本題要求計算條件期望值 $E(X|Z)$。我們需要先求出 X 在給定 Z 下的條件機率密度函數 (conditional pdf)，然後計算其期望值。

步驟一：計算 X 的邊際機率密度函數 (Marginal pdf of X)
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dy$
對於 $0 < x < 1$，積分範圍為 $x < y < 1$。
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 6x \, dy = 6x [y]_{x}^{1} = 6x(1-x) \quad \text{for } 0 < x < 1$
$f_X(x) = 0 \quad \text{elsewhere.}$

步驟二：計算 Z 的機率密度函數 (pdf of Z)
由上一題的 CDF $F_Z(z)$，我們可以求得 Z 的 pdf $f_Z(z)$。
對於 $0 < z \le 1$: $f_Z(z) = F_Z'(z) = \frac{d}{dz} \left( \frac{z^3}{4} \right) = \frac{3z^2}{4}$。
對於 $1 < z < 2$: $f_Z(z) = F_Z'(z) = \frac{d}{dz} \left( \frac{z^3}{4} - (z-1)^3 \right) = \frac{3z^2}{4} - 3(z-1)^2$。

$$f_Z(z) = \begin{cases} \frac{3z^2}{4} & \text{if } 0 < z \le 1 \\ \frac{3z^2}{4} - 3(z-1)^2 & \text{if } 1 < z < 2 \\ 0 & \text{elsewhere.} \end{cases}$$

步驟三：計算條件機率密度函數 $f_{X|Z}(x|z)$
$f_{X|Z}(x|z) = \frac{f(x,z) \text{ for } X=x, Z=x+Y=z}{f_Z(z)}$
這裡的 $f(x,z)$ 指的是 X 和 Z 的聯合機率密度函數。然而，我們已知 X 和 Y 的聯合 pdf $f(x,y)$，且 $Z = X+Y$。
更直接的定義是：
$f_{X|Z}(x|z) = \frac{f(x, y=z-x)}{f_Z(z)}$
我們需要確定 X 的取值範圍，在給定 z 的條件下。
我們知道 $0 < x < y < 1$ 且 $x+y = z$。
將 $y = z-x$ 代入 $x < y < 1$:
$x < z-x \implies 2x < z \implies x < z/2$。
$z-x < 1 \implies z-1 < x$。
所以，對於給定的 z，x 的範圍是 $\max(0, z-1) < x < z/2$。

因此，
$f_{X|Z}(x|z) = \frac{6x}{f_Z(z)} \quad \text{for } \max(0, z-1) < x < z/2$

我們需要分情況討論 z 的範圍：

• 情況 1：$0 < z \le 1$
  此時，$z-1 \le 0$，所以 $\max(0, z-1) = 0$。
  x 的範圍是 $0 < x < z/2$。
  $f_Z(z) = \frac{3z^2}{4}$。
  $f_{X|Z}(x|z) = \frac{6x}{3z^2/4} = \frac{24x}{3z^2} = \frac{8x}{z^2} \quad \text{for } 0 < x < z/2$
  驗證積分為 1：
  $\int_{0}^{z/2} \frac{8x}{z^2} \, dx = \frac{8}{z^2} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{z/2} = \frac{8}{z^2} \left( \frac{(z/2)^2}{2} \right) = \frac{8}{z^2} \frac{z^2/4}{2} = \frac{8}{z^2} \frac{z^2}{8} = 1$
  正確。

• 情況 2：$1 < z < 2$
  此時，$z-1 > 0$，所以 $\max(0, z-1) = z-1$。
  x 的範圍是 $z-1 < x < z/2$。
  $f_Z(z) = \frac{3z^2}{4} - 3(z-1)^2 = \frac{3}{4} (z^2 - 4(z-1)^2) = \frac{3}{4} (z^2 - 4(z^2 - 2z + 1)) = \frac{3}{4} (-3z^2 + 8z - 4)$。

本題要求計算 $E[E(X|Z)]$。根據全期望定理 (Law of Total Expectation)，我們知道 $E[E(X|Z)] = E(X)$。因此，我們可以利用上一題的結果 $E(X|Z=z)$ 來計算 $E[E(X|Z)]$，或者直接計算 $E(X)$。直接計算 $E(X)$ 通常比較簡便。

方法一：利用全期望定理 $E[E(X|Z)] = E(X)$

首先，我們需要計算 X 的邊際機率密度函數 (marginal pdf of X)。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dy$
對於 $0 < x < 1$，積分範圍為 $x < y < 1$。
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 6x \, dy = 6x [y]_{x}^{1} = 6x(1-x) \quad \text{for } 0 < x < 1$
$f_X(x) = 0 \quad \text{elsewhere.}$
現在計算 $E(X)$：
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \, dx = \int_{0}^{1} x \cdot 6x(1-x) \, dx = \int_{0}^{1} (6x^2 - 6x^3) \, dx$
$E(X) = \left[ \frac{6x^3}{3} - \frac{6x^4}{4} \right]_{0}^{1} = \left[ 2x^3 - \frac{3}{2}x^4 \right]_{0}^{1}$
$E(X) = (2(1)^3 - \frac{3}{2}(1)^4) - (0) = 2 - \frac{3}{2} = \frac{4}{2} - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}$
所以，$E[E(X|Z)] = E(X) = \frac{1}{2}$。

方法二：利用上一題的 $E(X|Z=z)$ 結果
根據定義，$E[E(X|Z)] = \int_{-\infty}^{\infty} E(X|Z=z) f_Z(z) \, dz$。
我們需要分段積分：
$E[E(X|Z)] = \int_{0}^{1} E(X|Z=z) f_Z(z) \, dz + \int_{1}^{2} E(X|Z=z) f_Z(z) \, dz$
其中，$E(X|Z=z)$ 和 $f_Z(z)$ 的表達式來自前兩題。

第一部分：$\int_{0}^{1} \left(\frac{z}{3}\right) \left(\frac{3z^2}{4}\right) \, dz$
$\int_{0}^{1} \frac{z}{3} \cdot \frac{3z^2}{4} \, dz = \int_{0}^{1} \frac{z^3}{4} \, dz = \left[ \frac{z^4}{16} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{16}$

第二部分：

本題要求根據 X 的機率密度函數 (pdf) 來計算 X 的期望值 $E(X)$。我們需要先求出 X 的邊際機率密度函數，然後再計算其期望值。

步驟一：計算 X 的邊際機率密度函數 $f_X(x)$
聯合機率密度函數為 $f(x,y) = 6x$ 在 $0 < x < y < 1$ 的區域。
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \, dy$
對於 $0 < x < 1$，積分範圍是 $x < y < 1$。
$f_X(x) = \int_{x}^{1} 6x \, dy$
$f_X(x) = 6x [y]_{x}^{1}$
$f_X(x) = 6x (1-x)$
因此，X 的邊際機率密度函數為：

$$f_X(x) = \begin{cases} 6x(1-x) & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0 & \text{elsewhere.} \end{cases}$$

本題旨在探討，在不知道聯合機率密度函數 $f(x,y)$ 的情況下，我們有兩組獨立同分佈 (i.i.d.) 的隨機樣本：一組是來自隨機變數 X 的樣本 $X_1, \dots, X_n$，另一組是來自隨機變數 W 的樣本 $W_1, \dots, W_n$，其中 $W = E(X|Z)$。我們要判斷哪一個樣本集（X 或 W）能提供對 $E(X)$ 更精確的估計，並給出解釋。

核心觀念：
估計的精確度通常與估計量的變異數 (variance) 有關。變異數越小，估計越精確。對於來自同一分佈的樣本，其算術平均數是該分佈期望值的無偏估計量，而其變異數的大小決定了估計的精確度。

分析：
我們有兩個樣本集：

1. 樣本集 1：$\{X_1, X_2, \dots, X_n\}$，來自 X 的分佈。我們想估計 $E(X)$。一個自然的估計量是樣本平均數 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
2. 樣本集 2：$\{W_1, W_2, \dots, W_n\}$，來自 W 的分佈，其中 $W = E(X|Z)$。我們想估計 $E(X)$。一個自然的估計量是樣本平均數 $\bar{W} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n W_i$。

由於 $W = E(X|Z)$，這意味著 W 是 X 的一個「條件期望值」。通常情況下，條件期望值會比原始隨機變數「更穩定」或「更集中」。

數學解釋：
我們需要比較 $\bar{X}$ 和 $\bar{W}$ 作為 $E(X)$ 的估計量的精確度。精確度由估計量的變異數來衡量。
$Var(\bar{X}) = Var(\frac{1}{n} \sum X_i) = \frac{1}{n^2} \sum Var(X_i) = \frac{1}{n} Var(X)$ (假設 $Var(X)$ 存在)。
$Var(\bar{W}) = Var(\frac{1}{n} \sum W_i) = \frac{1}{n^2} \sum Var(W_i) = \frac{1}{n} Var(W)$ (假設 $Var(W)$ 存在)。

我們知道，對於任何隨機變數 X 和 Z，全期望定理告訴我們 $E(X) = E[E(X|Z)]$。
由於 $W = E(X|Z)$，所以 $E(W) = E[E(X|Z)] = E(X)$。這表示 $\bar{W}$ 和 $\bar{X}$ 都是 $E(X)$ 的無偏估計量。

現在我們比較 $Var(X)$ 和 $Var(W)$。
我們有 $Var(X) = E[Var(X|Z)] + Var[E(X|Z)]$。
由於 $W = E(X|Z)$，所以 $Var(X) = E[Var(X|Z)] + Var(W)$。
因為 $Var(X|Z)$ 是條件變異數，它是一個非負的隨機變數。所以 $E[Var(X|Z)] \ge 0$。
因此， $Var(X) \ge Var(W)$。

如果 $Var(X|Z)$ 在 Z 的分佈上不是恆為零（也就是說，對於某些 Z 的值，X 的條件變異數不為零），那麼 $E[Var(X|Z)] > 0$，這將導致 $Var(X) > Var(W)$。

核心觀念

本題考查：

1. 樣本平均數的中央極限定理。
2. 估計量的偏誤與一致性。
3. 判斷標準化後的隨機變數是否具有有限的極限分布。

對於 $X_i\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$，

$$E(X_i)=p,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=p(1-p).$$

當 $0<p<1$ 時，由中央極限定理，

$$\sqrt{n}(\bar X-p)\xrightarrow{d}N\bigl(0,p(1-p)\bigr).$$

---

一、估計量 $\hat p_U=\bar X$

直接套用中央極限定理：

$$\sqrt{n}(\hat p_U-p) = \sqrt{n}(\bar X-p).$$

因此，

$$\boxed{ \sqrt{n}(\hat p_U-p) \xrightarrow{d} N\bigl(0,p(1-p)\bigr) }$$

---

二、估計量 $\hat p_B$

給定

$$\hat p_B=\frac{\bar X+\frac12}{\sqrt n+1}.$$

考慮其極限：

$$\hat p_B = \frac{\bar X+\frac12}{\sqrt n+1}.$$

由大數法則，$\bar X\xrightarrow{p}p$，而分母 $\sqrt n+1\to\infty$，所以

$$\hat p_B\xrightarrow{p}0.$$

因此，當 $p>0$ 時，$\hat p_B$ 並不一致估計 $p$。進一步計算標準化形式：

核心觀念

估計量 $\hat p_n$ 為參數 $p$ 的一致估計量，定義為

$$\hat p_n \xrightarrow{P} p,$$

亦即對任意 $\varepsilon>0$，

$$\lim_{n\to\infty} P\left(\left|\hat p_n-p\right|>\varepsilon\right)=0.$$

本題使用大數法則：

$$\bar X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i \xrightarrow{P} E(X_i)=p,$$

因為 $X_i\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$。

---

一、證明 $\hat p_U=\bar X$ 為一致估計量

由於

$$E(X_i)=p,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=p(1-p),$$

可得

$$E(\bar X)=p, \qquad \operatorname{Var}(\bar X) =\frac{p(1-p)}{n}.$$

由切比雪夫不等式，對任意 $\varepsilon>0$，

$$P\left(\left|\bar X-p\right|\ge \varepsilon\right) \le \frac{\operatorname{Var}(\bar X)}{\varepsilon^2} = \frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2}.$$

當 $n\to\infty$ 時，

$$\frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2}\to 0.$$

因此

$$P\left(\left|\bar X-p\right|\ge \varepsilon\right)\to 0,$$

所以

$$\boxed{\hat p_U=\bar X\xrightarrow{P}p}.$$

故 $\hat p_U$ 是 $p$ 的一致估計量。

---

二、檢查 $\hat p_B$ 是否一致

題目給定

$$\hat p_B = \frac{\bar X+\frac12}{\sqrt n+1}.$$

由於 $0\le \bar X\le 1$，因此

$$0\le \hat p_B \le \frac{\frac32}{\sqrt n+1}.$$

右側隨 $n\to\infty$ 趨近於 $0$，故由夾擠定理，

$$\hat p_B\xrightarrow{P}0.$$

也可利用 $\bar X\xrightarrow{P}p$ 寫成

本題要求我們尋找一個參數 $\frac{1}{p}$ 的一致估計量。我們已經知道 $\bar{X}$ 是 $p$ 的一個一致估計量，且 $E(\bar{X}) = p$，$Var(\bar{X}) = \frac{p(1-p)}{n}$。

核心觀念：
如果 $\hat{\theta}_n$ 是 $\theta$ 的一致估計量，且 $g$ 是一個在 $\theta$ 的鄰域內連續的函數，那麼 $g(\hat{\theta}_n)$ 通常是 $g(\theta)$ 的一致估計量。

尋找 $\frac{1}{p}$ 的估計量：
由於 $\bar{X}$ 是一致估計量，且 $\lim_{n \to \infty} E(\bar{X}) = p$ 且 $\lim_{n \to \infty} Var(\bar{X}) = 0$。
考慮函數 $g(x) = \frac{1}{x}$。我們想找到 $g(p) = \frac{1}{p}$ 的一致估計量。
一個自然的嘗試是使用 $g(\bar{X}) = \frac{1}{\bar{X}}$。

證明 $\frac{1}{\bar{X}}$ 是一致估計量：
我們需要證明 $\lim_{n \to \infty} P\left(\left|\frac{1}{\bar{X}} - \frac{1}{p}\right| < \epsilon\right) = 1$。
這等價於證明 $\frac{1}{\bar{X}} \xrightarrow{P} \frac{1}{p}$。
根據 Slutsky 定理，如果 $X_n \xrightarrow{P} c$，其中 $c$ 是一個常數，且 $g$ 在 $c$ 點連續，則 $g(X_n) \xrightarrow{P} g(c)$。
我們知道 $\bar{X} \xrightarrow{P} p$ (根據大數法則)。
如果 $p \in (0, 1)$，則函數 $g(x) = \frac{1}{x}$ 在 $x=p$ 點是連續的。
因此，$\frac{1}{\bar{X}} \xrightarrow{P} \frac{1}{p}$。
這意味著 $\frac{1}{\bar{X}}$ 是 $\frac{1}{p}$ 的一致估計量，只要 $p \in (0, 1)$。

本題要求使用 $n=1$ 的情況，證明不存在 $\frac{1}{p}$ 的無偏估計量 (unbiased estimator)。

無偏估計量的定義：
一個估計量 $\hat{\theta}$ 被稱為參數 $\theta$ 的無偏估計量，如果 $E(\hat{\theta}) = \theta$。

考慮 $n=1$ 的情況：
當 $n=1$，我們只有一個樣本 $X_1$。
$X_1 \sim \text{Bernoulli}(p)$，所以 $P(X_1=1) = p$ 且 $P(X_1=0) = 1-p$。
$E(X_1) = 1 \cdot p + 0 \cdot (1-p) = p$。
$Var(X_1) = p(1-p)$。

我們需要證明不存在任何函數 $T(X_1)$ 使得 $E[T(X_1)] = \frac{1}{p}$ 對於所有的 $p \in (0, 1)$ 都成立。

考慮我們已知的估計量：
在上一題中，我們找到了 $\frac{1}{\bar{X}}$ 作為 $\frac{1}{p}$ 的一致估計量（當 $p \in (0, 1]$）。
當 $n=1$，$\bar{X} = X_1$。所以，我們考慮估計量 $\frac{1}{X_1}$。

計算 $E[\frac{1}{X_1}]$：
$\frac{1}{X_1}$ 的定義域為 $X_1 \in \{0, 1\}$。
當 $X_1 = 1$，$\frac{1}{X_1} = 1$。
當 $X_1 = 0$，$\frac{1}{X_1}$ 是無窮大，其期望值是未定義的。
即使我們忽略 $X_1=0$ 的情況，只考慮 $X_1=1$ 的情況，其期望值是：
$E[\frac{1}{X_1} | X_1=1] = 1$。
然而，我們需要 $E[\frac{1}{X_1}] = \frac{1}{p}$ 對於所有的 $p \in (0, 1)$。
如果 $p=1$，則 $X_1$ 必定是 1，所以 $E[\frac{1}{X_1}] = 1 = \frac{1}{1}$。這似乎是滿足的。
但是，如果 $p < 1$，則 $X_1$ 有可能為 0。
$P(X_1 = 0) = 1-p > 0$。
在這種情況下，$E[\frac{1}{X_1}]$ 的計算涉及到除以零，其期望值是無窮大，或者在嚴格的機率論定義下，這個期望值是未定義的。

嚴格證明：
假設存在一個 $n=1$ 的無偏估計量 $T(X_1)$，使得 $E[T(X_1)] = \frac{1}{p}$ 對於所有的 $p \in (0, 1)$ 成立。
$E[T(X_1)] = T(1) P(X_1=1) + T(0) P(X_1=0)$
$E[T(X_1)] = T(1) \cdot p + T(0) \cdot (1-p)$

核心觀念

本題給定的信賴區間類別為

$$C(X)=\left[\frac{X_{(1)}}{a},\frac{X_{(n)}}{b}\right],$$

其中 $a,b$ 應為與樣本無關的常數。要成為 $\theta$ 的信賴區間，必須使覆蓋率

$$P_\theta\left(\frac{X_{(1)}}{a}\leq \theta\leq \frac{X_{(n)}}{b}\right)$$

等於或至少達到 $1-\alpha$，且應與未知參數 $\theta$ 無關。

然而，本題所給的「除以 $a,b$」形式會使覆蓋率依賴 $\theta$，因此無法形成固定信賴水準的信賴區間。

覆蓋率分析

令

$$Y_i=X_i-\theta,\qquad i=1,\dots,n.$$

則 $Y_1,\dots,Y_n$ 為來自 $U(0,1)$ 的隨機樣本，且

$$X_{(1)}=\theta+Y_{(1)},\qquad X_{(n)}=\theta+Y_{(n)}.$$

覆蓋事件為

$$\frac{\theta+Y_{(1)}}{a}\leq\theta \quad\text{且}\quad \frac{\theta+Y_{(n)}}{b}\geq\theta.$$

若假設 $a,b>0$，上式等價於

$$Y_{(1)}\leq (a-1)\theta, \qquad Y_{(n)}\geq (b-1)\theta.$$

可見覆蓋事件直接含有 $\theta$，所以其機率一般會隨 $\theta$ 改變。

例如，當 $a>1$ 時，

$$P_\theta\left(\frac{X_{(1)}}{a}\leq\theta\right) = P\left(Y_{(1)}\leq(a-1)\theta\right).$$

在 $0<(a-1)\theta<1$ 時，由於

$$P(Y_{(1)}>t)=(1-t)^n,$$

因此

本題要求證明，對於一個真實值 $\theta' \neq \theta$，我們在 part (a) 中找到的信賴區間 $C(X) := \left[\frac{X_{(1)}}{a}, \frac{X_{(n)}}{b}\right]$，包含 $\theta'$ 的機率 $P(\theta' \in C(X))$ 小於 $1-\alpha$。
這實際上是要求證明信賴區間的覆蓋機率。對於一個置信水準為 $1-\alpha$ 的信賴區間 $[L(X), U(X)]$，我們要求 $P(\theta \in [L(X), U(X)]) = 1-\alpha$ 對於所有 $\theta$ 成立。
題目要求證明 $P(\theta' \in C(X)) < 1 - \alpha$ for $\theta' \neq \theta$。這句話的表述有些不尋常。通常，信賴區間的定義是 $P(\theta \in C(X)) = 1-\alpha$ 對於所有 $\theta$ 成立。
如果 $C(X)$ 是一個 $100(1-\alpha)\%$ 的信賴區間，那麼對於任何 $\theta_0$，我們有 $P(\theta_0 \in C(X)) = 1-\alpha$。
這裡 $\theta'$ 是某個特定的值，而不是隨機變數。

重新理解題目：
這句話的意思可能是：如果我們固定了 $a$ 和 $b$，使得對於某個 $\theta_0$，有 $P(\theta_0 \in C(X)) = 1-\alpha$，那麼對於另一個 $\theta' \neq \theta_0$，我們有 $P(\theta' \in C(X)) < 1-\alpha$。
這是在問信賴區間的覆蓋機率是否「精確」為 $1-\alpha$ 或「大於」$1-\alpha$（稱為過度覆蓋，over-coverage）。

假設 part (a) 找到了這樣一組 $a, b$ 使得 $P(\theta \in C(X)) = 1-\alpha$ 對於所有 $\theta$ 成立。
那麼，對於任何一個特定的值 $\theta'$，我們將 $C(X)$ 中的 $\theta$ 替換為 $\theta'$。
$P(\theta' \in C(X)) = P\left(\frac{X_{(1)}}{a} \le \theta' \le \frac{X_{(n)}}{b}\right)$。
由於 $X_{(1)}$ 和 $X_{(n)}$ 是基於 $\theta$ 的隨機變數，它們的分佈取決於 $\theta$。
$P(\theta' \in C(X)) = P\left(\frac{X_{(1)}}{a} \le \theta' \text{ and } \frac{X_{(n)}}{b} \ge \theta'\right)$。
$= P\left(X_{(1)} \le a\theta' \text{ and } X_{(n)} \ge b\theta'\right)$。

令 $Y_{(1)} = X_{(1)} - \theta$ 和 $Y_{(n)} = X_{(n)} - \theta$。
$X_{(1)} = Y_{(1)} + \theta$
$X_{(n)} = Y_{(n)} + \theta$
$P(Y_{(1)} + \theta \le a\theta' \text{ and } Y_{(n)} + \theta \ge b\theta')$
$= P(Y_{(1)} \le a\theta' - \theta \text{ and } Y_{(n)} \ge b\theta' - \theta)$。

如果 part (a) 找到了 $a, b$ 使得 $P(\theta \in C(X)) = 1-\alpha$ 對所有 $\theta$ 成立，這意味著 $a$ 和 $b$ 必須是常數。
如果 $a$ 和 $b$ 是常數，那麼 $P(\theta' \in C(X))$ 的計算將會依賴於 $\theta'$。
$P(\theta' \in C(X)) = P\left(\frac{X_{(1)}}{a} \le \theta' \le \frac{X_{(n)}}{b}\right)$。

核心問題：
信賴區間的覆蓋機率 $P(\theta \in C(X))$ 應該是 $1-\alpha$ 對於所有 $\theta$。
如果 part (a) 確實找到了這樣的 $C(X)$，那麼 $P(\theta' \in C(X))$ 對於任何 $\theta'$ 的值，其意義何在？

一種可能的解釋：
「Confidence interval」的定義是 $P(\theta \in C(\mathbf{X})) = 1-\alpha$。
如果 part (a) 找到了這樣的 $C(X)$，那麼對於任何 $\theta'$，這個機率定義就是 $P(\theta' \in C(X)) = 1-\alpha$。
這與題目要求證明 $P(\theta' \in C(X)) < 1 - \alpha$ 相矛盾。

另一種解釋：
也許 part (a) 找到的區間是「最短長度」的，但可能不是「精確」的 $1-\alpha$ 覆蓋。
例如，對於某些分佈，最短長度的 CI 可能會導致過度覆蓋 (over-coverage)，即 $P(\theta \in C(X)) \ge 1-\alpha$，且對於某些 $\theta$，嚴格大於 $1-\alpha$。

如果 part (a) 確實找到了 $1-\alpha$ 的 CI：
那麼 $P(\theta \in C(X)) = 1-\alpha$。
題目要求證明 $P(\theta' \in C(X)) < 1 - \alpha$ for $\theta' \neq \theta$。
這句話的結構是：對於一個固定的 $\theta'$，其機率小於 $1-\alpha$。
這意味著，對於某個 $\theta'$，我們計算 $P(C(X) \text{ contains } \theta')$，這個機率小於 $1-\alpha$。

讓我們假設 part (a) 找到了 $a, b$ 使得 $P(\theta \in C(X)) = 1-\alpha$ 對於所有 $\theta$ 成立。
那麼，對於任何一個特定的值 $\theta'$, 我們計算 $P(\theta' \in C(X))$。
$P(\theta' \in C(X)) = P\left(\frac{X_{(1)}}{a} \le \theta' \le \frac{X_{(n)}}{b}\right)$.
令 $Y_{(1)} = X_{(1)}-\theta$ 和 $Y_{(n)} = X_{(n)}-\theta$。
$P(Y_{(1)}+\theta \le a\theta' \text{ and } Y_{(n)}+\theta \ge b\theta')$.
$P(Y_{(1)} \le a\theta'-\theta \text{ and } Y_{(n)} \ge b\theta'-\theta)$.

如果 $a, b$ 是常數，那麼 $a\theta'-\theta$ 和 $b\theta'-\theta$ 會隨著 $\theta$ 的變化而變化。
這意味著 $P(\theta' \in C(X))$ 是一個關於 $\theta$ 的函數。