114 年 國立臺北大學統計學系碩士班《數理統計（含機率概論）》

本題主要考驗聯合機率密度函數的轉換與邊緣機率密度函數的計算。

(a) 求 Z = X + Y 的機率密度函數

核心觀念：聯合機率密度函數的變數轉換。
給定聯合機率密度函數 $f(x,y) = 2(x+y)$，定義域為 $0 \le x \le y \le 1$。
我們令 $Z = X+Y$，$W = X$（或其他輔助變數，例如 $W=Y$）。
由 $Z = X+Y$ 和 $W=X$，我們可以得到反向轉換：$X = W$，$Y = Z-W$。
計算 Jacobian:
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial w} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = 0 - 1 = -1$
因此，$|J^{-1}| = \left|\det \begin{pmatrix} \frac{\partial z}{\partial x} & \frac{\partial z}{\partial y} \\ \frac{\partial w}{\partial x} & \frac{\partial w}{\partial y} \end{pmatrix}\right| = \left|\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\right| = |0 - 1| = 1$
所以，新的聯合機率密度函數為 $f_{Z,W}(z,w) = f(x(z,w), y(z,w)) |J^{-1}| = 2(w + (z-w)) \times 1 = 2z$。

接下來需要確定新變數 $(Z, W)$ 的定義域。
原始定義域：$0 \le x \le y \le 1$。
代入 $x=w$, $y=z-w$:

1. $0 \le w$
2. $w \le z-w \implies 2w \le z$
3. $z-w \le 1 \implies z-1 \le w$

綜合以上不等式：
$z-1 \le w \le \frac{z}{2}$。
同時，我們知道 $Z = X+Y$。由於 $0 \le X \le Y \le 1$，所以 $0 \le Z \le 2$。
但更精確的範圍可以由 $0 \le x \le y \le 1$ 推導：
最小 $Z = 0+0=0$ (當 $x=0, y=0$)。
最大 $Z = 1+1=2$ (當 $x=1, y=1$)。
然而，由於 $x \le y$，所以 $Z=x+y \le y+y = 2y \le 2$。
且 $Z=x+y \ge x+x = 2x \ge 0$。
更進一步，考慮 $Z=x+y$ 的範圍。
若 $Z=z$，則 $x+y=z$。
且 $0 \le x \le y \le 1$。
從 $0 \le x \le y$ 和 $x+y=z$，我們可以得到 $x \le z-x \implies 2x \le z \implies x \le z/2$。
同時 $x \ge 0$。
所以 $0 \le x \le z/2$。
又因為 $y=z-x$，所以 $y \le 1 \implies z-x \le 1 \implies x \ge z-1$。
所以 $\max(0, z-1) \le x \le z/2$。
為了使此區間有意義，必須 $\max(0, z-1) \le z/2$。
若 $z-1 \ge 0$ (即 $z \ge 1$)，則 $z-1 \le z/2 \implies z/2 \le 1 \implies z \le 2$。
若 $z-1 < 0$ (即 $z < 1$)，則 $0 \le z/2 \implies z \ge 0$。
所以 $z$ 的範圍是 $0 \le z \le 2$。

現在我們需要計算 $Z$ 的邊緣機率密度函數 $f_Z(z)$，方法是積分 $W$ 的範圍。
$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{Z,W}(z,w) dw$。
對於給定的 $z$，積分範圍為 $\max(0, z-1) \le w \le z/2$。
$f_Z(z) = \int_{\max(0, z-1)}^{z/2} 2z dw$
我們需要分情況討論 $z$ 的範圍：

Case 1: $0 \le z < 1$
此時 $\max(0, z-1) = 0$。積分範圍為 $0 \le w \le z/2$。
$f_Z(z) = \int_{0}^{z/2} 2z dw = 2z [w]_0^{z/2} = 2z (z/2 - 0) = z^2$
此時，$z/2$ 的最大值為 $1/2$。

Case 2: $1 \le z \le 2$
此時 $\max(0, z-1) = z-1$。積分範圍為 $z-1 \le w \le z/2$。
$f_Z(z) = \int_{z-1}^{z/2} 2z dw = 2z [w]_{z-1}^{z/2} = 2z (z/2 - (z-1)) = 2z (z/2 - z + 1) = 2z (1 - z/2) = 2z - z^2$
此時，$z-1$ 的最小值為 $0$，$z/2$ 的最大值為 $1$。

綜合以上，Z 的機率密度函數為：
$f_Z(z) = \begin{cases} z^2, & 0 \le z < 1 \\ 2z - z^2, & 1 \le z \le 2 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$

驗證積分是否為 1:
$\int_{0}^{2} f_Z(z) dz = \int_{0}^{1} z^2 dz + \int_{1}^{2} (2z - z^2) dz$
$= \left[\frac{z^3}{3}\right]_0^1 + \left[z^2 - \frac{z^3}{3}\right]_1^2$

本題主要考驗條件機率、聯合機率密度函數、邊緣機率密度函數以及期望值與變異數的計算。

給定 Y~U(0, 1)，其機率密度函數為 $f_Y(y) = 1$ for $0 < y < 1$，否則為 0。
條件機率密度函數為 X|Y=y ~ U(0, y)，其機率密度函數為 $f_{X|Y}(x|y) = \frac{1}{y}$ for $0 < x < y$，否則為 0。

(a) 求 X 的機率密度函數

核心觀念：利用聯合機率密度函數的定義來求邊緣機率密度函數。
首先，計算 X 和 Y 的聯合機率密度函數：
$f_{X,Y}(x,y) = f_{X|Y}(x|y) f_Y(y)$
$f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{y} \times 1 = \frac{1}{y}$
此時的定義域為 $0 < x < y$ 且 $0 < y < 1$。
這可以寫成 $0 < x < y < 1$。

接著，計算 X 的邊緣機率密度函數 $f_X(x)$，透過對 Y 進行積分：
$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) dy$
對於一個給定的 $x$，y 的範圍必須滿足 $x < y < 1$。
因此，積分範圍為 $x < y < 1$。
$f_X(x) = \int_{x}^{1} \frac{1}{y} dy$
這個積分需要考慮 $x$ 的範圍。由於 $0 < x < y < 1$，所以 $x$ 的範圍是 $0 < x < 1$。
$f_X(x) = [\ln|y|]_{x}^{1} = \ln(1) - \ln(x) = 0 - \ln(x) = -\ln(x)$
所以，X 的機率密度函數為：
$f_X(x) = -\ln(x), \quad 0 < x < 1$
否則 $f_X(x) = 0$。

驗證積分是否為 1:
$\int_{0}^{1} (-\ln(x)) dx$
使用分部積分法：令 $u = -\ln(x)$，$dv = dx$。則 $du = -\frac{1}{x} dx$，$v = x$。
$\int_{0}^{1} (-\ln(x)) dx = [-x \ln(x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x \left(-\frac{1}{x}\right) dx$
$= [-x \ln(x)]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} 1 dx$
計算邊界項：
$\lim_{x\to 1} (-x \ln(x)) = -1 \ln(1) = 0$。
$\lim_{x\to 0^+} (-x \ln(x))$。令 $x = 1/t$，當 $x \to 0^+$，$t \to \infty$。
$\lim_{t\to\infty} (-\frac{1}{t} \ln(\frac{1}{t})) = \lim_{t\to\infty} (-\frac{-\ln(t)}{t}) = \lim_{t\to\infty} \frac{\ln(t)}{t}$。
使用 L'Hopital's Rule: $\lim_{t\to\infty} \frac{1/t}{1} = 0$。
所以 $[-x \ln(x)]_{0}^{1} = 0 - 0 = 0$。
$\int_{0}^{1} 1 dx = [x]_{0}^{1} = 1 - 0 = 1$
總積分為 $0 + 1 = 1$。驗證通過。

(b) 求 E(X) 和 Var(X)

核心觀念：利用機率密度函數計算期望值和變異數。
期望值 $E(X)$:
$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx = \int_{0}^{1} x (-\ln(x)) dx$
使用分部積分法：令 $u = -\ln(x)$，$dv = x dx$。則 $du = -\frac{1}{x} dx$，$v = \frac{x^2}{2}$。
$E(X) = \left[-\frac{x^2}{2} \ln(x)\right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^2}{2} \left(-\frac{1}{x}\right) dx$
$= \left[-\frac{x^2}{2} \ln(x)\right]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{x}{2} dx$
邊界項 $\left[-\frac{x^2}{2} \ln(x)\right]_{0}^{1}$:
$\lim_{x\to 1} (-\frac{x^2}{2} \ln(x)) = -\frac{1^2}{2} \ln(1) = 0$。
$\lim_{x\to 0^+} (-\frac{x^2}{2} \ln(x))$。

核心觀念

聯合動差生成函數（joint moment generating function, MGF）定義為

$$M_{X,Y}(t_1,t_2)=E\left(e^{t_1X+t_2Y}\right).$$

若 $(X,Y)$ 為離散型隨機變數，且

$$P(X=x,Y=y)=p_{x,y},$$

則

$$M_{X,Y}(t_1,t_2) =\sum_x\sum_y p_{x,y}e^{t_1x+t_2y}.$$

因此，只要將 MGF 展開成各項 $e^{t_1x+t_2y}$ 的線性組合，即可直接讀出聯合機率。

此外，任何合法的 MGF 必須滿足

$$M_{X,Y}(0,0)=1.$$

題目給定的式子在 $(0,0)$ 為

$$M_{X,Y}(0,0) =\frac{1}{6}(1+1+1)^2 =\frac{9}{6} =\frac{3}{2}\neq 1.$$

所以題目中的係數 $\frac{1}{6}$ 應為排版誤植。以下依合理修正，將其視為

$$M_{X,Y}(t_1,t_2) =\frac{1}{9} \left(e^{t_1+t_2}+e^{2t_1+t_2}+e^{t_1+2t_2}\right)^2$$

進行作答。

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解題方法

令

$$a=e^{t_1+t_2},\qquad b=e^{2t_1+t_2},\qquad c=e^{t_1+2t_2}.$$

則

$$M_{X,Y}(t_1,t_2)=\frac{1}{9}(a+b+c)^2.$$

將平方展開：

$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc.$$

分別計算各項：

$$a^2=e^{2t_1+2t_2},$$ $$b^2=e^{4t_1+2t_2},$$ $$c^2=e^{2t_1+4t_2},$$ $$2ab=2e^{3t_1+2t_2},$$ $$2ac=2e^{2t_1+3t_2},$$ $$2bc=2e^{3t_1+3t_2}.$$

因此

$$\begin{aligned} M_{X,Y}(t_1,t_2) =\frac{1}{9}\big(&e^{2t_1+2t_2} +e^{4t_1+2t_2} +e^{2t_1+4t_2}\\ &+2e^{3t_1+2t_2} +2e^{2t_1+3t_2} +2e^{3t_1+3t_2}\big). \end{aligned}$$

與

$$M_{X,Y}(t_1,t_2) =\sum_x\sum_y P(X=x,Y=y)e^{t_1x+t_2y}$$

逐項比較，即可得到聯合機率。

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(a) 聯合機率函數

非零的聯合機率如下：

$$P(X=2,Y=2)=\frac{1}{9},$$ $$P(X=4,Y=2)=\frac{1}{9},$$ $$P(X=2,Y=4)=\frac{1}{9},$$ $$P(X=3,Y=2)=\frac{2}{9},$$ $$P(X=2,Y=3)=\frac{2}{9},$$ $$P(X=3,Y=3)=\frac{2}{9}.$$

故聯合機率函數可表示為

$$f_{X,Y}(x,y)= \begin{cases} \dfrac{1}{9}, &(x,y)=(2,2),(4,2),(2,4),\\[6pt] \dfrac{2}{9}, &(x,y)=(3,2),(2,3),(3,3),\\[6pt] 0, &\text{其他情況}. \end{cases}$$

快速驗算所有機率總和：

$$3\left(\frac{1}{9}\right)+3\left(\frac{2}{9}\right) =\frac{3}{9}+\frac{6}{9}=1.$$

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(b) $X$ 與 $Y$ 的邊際分配

$X$ 的邊際分配

對每個固定的 $x$，將所有可能的 $y$ 加總：

當 $X=2$ 時，

$$\begin{aligned} P(X=2) &=P(2,2)+P(2,3)+P(2,4)\\ &=\frac{1}{9}+\frac{2}{9}+\frac{1}{9}\\ &=\frac{4}{9}. \end{aligned}$$

核心觀念

本題使用三個重要定理：

1. Neyman–Fisher 因子分解定理：判斷充分統計量。
2. 完全性：若統計量的期望對所有參數值皆為零，則該函數必須幾乎處處為零。
3. Rao–Blackwell 定理與 Lehmann–Scheffé 定理：對某個不偏估計量取充分統計量的條件期望，可得到 UMVUE；若充分統計量同時完全，則此不偏估計量即為唯一的 UMVUE。

令

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

由於每個 $X_i\sim\operatorname{Binomial}(k,\theta)$，所以

$$T\sim\operatorname{Binomial}(nk,\theta).$$

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(a) 求 $\theta$ 的完全充分統計量

第一步：寫出聯合機率質量函數

對 $x_i=0,1,\ldots,k$，

$$P_\theta(X_i=x_i) = \binom{k}{x_i}\theta^{x_i}(1-\theta)^{k-x_i}.$$

因此聯合機率質量函數為

$$\begin{aligned} f_\theta(x_1,\ldots,x_n) &= \prod_{i=1}^n \binom{k}{x_i}\theta^{x_i}(1-\theta)^{k-x_i} \\ &= \left(\prod_{i=1}^n\binom{k}{x_i}\right) \theta^{\sum_{i=1}^n x_i} (1-\theta)^{nk-\sum_{i=1}^n x_i}. \end{aligned}$$

寫成 $T=\sum_{i=1}^nX_i$ 後，

$$f_\theta(x_1,\ldots,x_n) = \left(\prod_{i=1}^n\binom{k}{x_i}\right) \theta^T(1-\theta)^{nk-T}.$$

其中與 $\theta$ 有關的部分只透過 $T$ 出現，故由因子分解定理，

$$T=\sum_{i=1}^nX_i$$

是 $\theta$ 的充分統計量。

第二步：證明完全性

因為

$$T\sim\operatorname{Binomial}(nk,\theta),$$

設 $N=nk$。若某函數 $g$ 滿足對所有 $\theta\in(0,1)$，

$$E_\theta[g(T)]=0,$$

則

$$\sum_{t=0}^{N} g(t)\binom{N}{t}\theta^t(1-\theta)^{N-t}=0.$$

除以 $(1-\theta)^N$，並令

$$z=\frac{\theta}{1-\theta}>0,$$

得到

$$\sum_{t=0}^{N} g(t)\binom{N}{t}z^t=0 \qquad\text{對所有 }z>0.$$

左側是關於 $z$ 的多項式，若在所有 $z>0$ 皆為零，則其每一個係數皆為零。因此

$$g(t)\binom{N}{t}=0 \quad\text{對所有 }t=0,1,\ldots,N,$$

進而 $g(t)=0$。所以 $T$ 是完全統計量。

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(b) 求 $\tau(\theta)=P_\theta(X_1=1)$ 的 UMVUE

第一步：寫出目標函數

由 $X_1\sim\operatorname{Binomial}(k,\theta)$，

$$\begin{aligned} \tau(\theta) &=P_\theta(X_1=1) \\ &=\binom{k}{1}\theta(1-\theta)^{k-1} \\ &=k\theta(1-\theta)^{k-1}. \end{aligned}$$

本題主要考驗機率分佈的識別、動差法估計量 (MME) 的計算、漸近變異數的求解以及一致性估計量的證明。

給定的機率密度函數 (PMF) 是 $f(x|\theta) = \frac{\theta^{x}}{x!} e^{-\theta}$ for $x = 0, 1, 2, ...$。
這是一個 Poisson 分佈，其中 $X \sim \text{Poisson}(θ)$。
Poisson(θ) 的期望值為 $E(X) = θ$，變異數為 $Var(X) = θ$。

(a) 求動差法估計量 (MME), $\hat{\theta}$

核心觀念：動差法估計量是將樣本動差與對應的理論動差相等，然後解出參數。
對於 Poisson 分佈，我們使用一階動差。
樣本一階動差為 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i$。
理論一階動差為 $E(X) = θ$。
令樣本動差等於理論動差：
$\bar{X} = θ$
因此，動差法估計量為：
$\hat{\theta}_{MME} = \bar{X}$

(b) 求 $\hat{\theta}$ 的漸近變異數 (Asymptotic Variance)

核心觀念：利用大數法則和中央極限定理來求估計量的漸近變異數。
我們知道 $\hat{\theta}_{MME} = \bar{X}$。
根據中央極限定理，當 n 很大時，$\sqrt{n}(\bar{X} - E(\bar{X}))$ 近似服從均值為 0、變異數為 $Var(\bar{X})$ 的常態分佈。
$E(\bar{X}) = E(X) = θ$。
$Var(\bar{X}) = \frac{Var(X)}{n} = \frac{θ}{n}$。
所以，$\sqrt{n}(\bar{X} - θ) \xrightarrow{d} N(0, θ)$。
我們可以將其寫成 $\sqrt{n}(\hat{\theta}_{MME} - θ) \xrightarrow{d} N(0, θ)$。
兩邊同時除以 $\sqrt{n}$：
$\hat{\theta}_{MME} - θ \xrightarrow{d} N(0, \frac{θ}{n})$。
這表示 $\hat{\theta}_{MME}$ 的分佈近似為 $N(θ, \frac{θ}{n})$。
估計量的變異數是 $Var(\hat{\theta}_{MME}) = \frac{θ}{n}$。

漸近變異數 (Asymptotic Variance, AV) 是指當 n 趨近於無限大時，n 乘以估計量的變異數。
$AV(\hat{\theta}_{MME}) = \lim_{n\to\infty} n Var(\hat{\theta}_{MME}) = \lim_{n\to\infty} n \left(\frac{θ}{n}\right) = θ$。

另一種方法是使用 Cramer-Rao Lower Bound (CRLB) 來求得 UMVUE 的漸近變異數。
首先，計算 Fisher Information $I(θ)$。
$l(θ) = \ln f(x|\theta) = x \ln θ - θ - \ln(x!)$。
$\frac{\partial l}{\partial θ} = \frac{x}{θ} - 1$。
$\frac{\partial^2 l}{\partial θ^2} = -\frac{x}{θ^2}$。
$I(θ) = -E\left[\frac{\partial^2 l}{\partial θ^2}\right] = -E\left[-\frac{X}{θ^2}\right] = E\left[\frac{X}{θ^2}\right] = \frac{E(X)}{θ^2} = \frac{θ}{θ^2} = \frac{1}{θ}$。
對於樣本總和 $S_n$，Fisher Information 是 $n I(θ) = n/θ$。

核心觀念

本題考查：

1. 線性組合的常態分配。
2. 二元常態樣本的線性轉換。
3. Student’s $t$ 統計量與樞紐量。
4. Fieller 定理：分子、分母皆含未知參數之比值的信賴集合。

令

$$\theta_0=\frac{\mu_2}{\mu_1}$$

表示真實參數值，並令樣本平均與樣本共變異數為

$$\bar X_j=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_{ij},\qquad j=1,2,$$ $$S= \begin{pmatrix} S_{11}&S_{12}\\ S_{12}&S_{22} \end{pmatrix},$$

其中

$$S_{jk}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_{ij}-\bar X_j)(X_{ik}-\bar X_k).$$

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(a) 求 $K_1$ 與 $K_2$

定義

$$Y_i(\theta)=X_{i2}-\theta X_{i1}.$$

由期望值的線性運算，

$$K_1=E[Y_i(\theta)] =E[X_{i2}-\theta X_{i1}] =\mu_2-\theta\mu_1.$$

又因為

$$\operatorname{Var}(X_{i1})=\sigma_{11},\qquad \operatorname{Var}(X_{i2})=\sigma_{22},\qquad \operatorname{Cov}(X_{i1},X_{i2})=\sigma_{12},$$

所以

$$\begin{aligned} K_2 &=\operatorname{Var}(X_{i2}-\theta X_{i1})\\ &=\operatorname{Var}(X_{i2}) +\theta^2\operatorname{Var}(X_{i1}) -2\theta\operatorname{Cov}(X_{i1},X_{i2})\\ &=\sigma_{22}-2\theta\sigma_{12}+\theta^2\sigma_{11}. \end{aligned}$$

因此

$$Y_i(\theta)\sim N\left( \mu_2-\theta\mu_1,\, \sigma_{22}-2\theta\sigma_{12}+\theta^2\sigma_{11} \right).$$

由於 $X_i$ 為獨立同分布，$Y_i(\theta)$ 也是獨立同分布。

---

(b) 求 $\theta$ 的樞紐量

當 $\theta=\theta_0=\mu_2/\mu_1$ 時，

$$\mu_2-\theta_0\mu_1=0.$$

因此

$$Y_i(\theta_0)=X_{i2}-\theta_0X_{i1}$$

的平均數為 $0$，變異數為

$$\sigma_Y^2(\theta_0) =\sigma_{22}-2\theta_0\sigma_{12} +\theta_0^2\sigma_{11}.$$

樣本平均滿足

$$\frac{\sqrt n\,\overline Y(\theta_0)} {\sigma_Y(\theta_0)} \sim N(0,1),$$

其中

$$\overline Y(\theta) =\bar X_2-\theta\bar X_1.$$

由於 $\Sigma$ 未知，使用 $Y_i(\theta)$ 的樣本變異數：

$$S_Y^2(\theta) =S_{22}-2\theta S_{12}+\theta^2S_{11}.$$

二元常態分配下，樣本平均與樣本變異數獨立，且

$$\frac{(n-1)S_Y^2(\theta_0)} {\sigma_Y^2(\theta_0)} \sim\chi^2_{n-1}.$$

故樞紐量為

$$T(\theta) = \frac{\sqrt n\left(\bar X_2-\theta\bar X_1\right)} {\sqrt{S_{22}-2\theta S_{12}+\theta^2S_{11}}},$$

並且在真實參數 $\theta=\theta_0$ 下，

$$T(\theta_0)\sim t_{n-1}.$$

---

(c) 求 $100(1-\alpha)\%$ 信賴集合

令

$$t=t_{n-1,\,1-\alpha/2}$$

表示自由度為 $n-1$ 的 $t$ 分配上 $\alpha/2$ 右尾臨界值。由

$$P\left(-t\leq T(\theta_0)\leq t\right)=1-\alpha,$$

得到信賴集合

本題主要考驗最優似然比檢定 (Most Powerful Likelihood Ratio Test, MPLRT) 的應用，特別是對於包含位置參數的單參數指數族分佈。

給定的機率密度函數 (pdf) 是 $f(x|\theta) = \frac{e^{-(x-\theta)}}{(1 + e^{-(x-\theta)})^2}$，這是一個 Logistic 分佈的位置尺度族 (location family)。
我們需要對 $\theta$ 進行假設檢定：$H_0: \theta = 0$ vs $H_1: \theta = 1$。
基於一個觀察值 X。

核心觀念：最優似然比檢定 (MPLRT)。
對於簡單對簡單假設檢定（Simple vs Simple Hypothesis Testing），最優檢定（最優似然比檢定）是基於似然比統計量。
似然比統計量為：
$LR = \frac{L(\theta=1 | x)}{L(\theta=0 | x)} = \frac{f(x|1)}{f(x|0)}$
$LR = \frac{\frac{e^{-(x-1)}}{(1 + e^{-(x-1)})^2}}{\frac{e^{-x}}{(1 + e^{-x})^2}}$
$LR = e^{-(x-1)} e^{x} \frac{(1 + e^{-x})^2}{(1 + e^{-(x-1)})^2}$
$LR = e^{1} \frac{(1 + e^{-x})^2}{(1 + e^{-x+1})^2}$
$LR = e \left( \frac{1 + e^{-x}}{1 + e^{-x+1}} \right)^2$

MPLRT 的原則是，如果似然比大於某個臨界值 $k$，則拒絕 $H_0$ 而接受 $H_1$。
$LR > k \iff \frac{f(x|1)}{f(x|0)} > k$。
這等價於 $\ln(LR) > \ln(k)$。
$\ln(LR) = 1 + 2 \ln \left( \frac{1 + e^{-x}}{1 + e^{-x+1}} \right)$
$\ln(LR) = 1 + 2 (\ln(1 + e^{-x}) - \ln(1 + e^{-x+1}))$
令 $c = \ln(k) - 1$。
$2 (\ln(1 + e^{-x}) - \ln(1 + e^{-x+1})) > c$
$\ln(1 + e^{-x}) - \ln(1 + e^{-x+1}) > c/2$
$\ln\left(\frac{1 + e^{-x}}{1 + e^{-x+1}}\right) > c/2$
$\frac{1 + e^{-x}}{1 + e^{-x+1}} > e^{c/2}$
$1 + e^{-x} > e^{c/2} (1 + e^{-x+1})$
$1 + e^{-x} > e^{c/2} + e^{c/2} e^{-x+1}$
$1 + e^{-x} > e^{c/2} + e^{c/2} e^{-x} e$
$e^{-x} (1 - e \cdot e^{c/2}) > e^{c/2} - 1$
$e^{-x} (1 - e^{(c+2)/2}) > e^{c/2} - 1$

讓我們嘗試對 pdf 進行變換。
令 $u = e^{-(x-\theta)}$。則 $du = -e^{-(x-\theta)} dx = -u dx$。
$dx = -du/u$.
$f(x|\theta) dx = \frac{u}{(1+u)^2} (-du/u) = -\frac{1}{(1+u)^2} du$.
當 $x \to \infty$, $u \to 0$. 當 $x \to -\infty$, $u \to \infty$.
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x|\theta) dx = \int_{\infty}^{0} -\frac{1}{(1+u)^2} du = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+u)^2} du = [-\frac{1}{1+u}]_0^\infty = 0 - (-1) = 1$.

令 $z = x-\theta$。那麼 $f(z) = \frac{e^{-z}}{(1+e^{-z})^2}$。
$H_0: \theta = 0 \implies z = x$. $f(x|0) = \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$。
$H_1: \theta = 1 \implies z = x-1$. $f(x|1) = \frac{e^{-(x-1)}}{(1+e^{-(x-1)})^2}$。

似然比：
$LR = \frac{f(x|1)}{f(x|0)} = \frac{e^{-(x-1)}}{(1+e^{-(x-1)})^2} / \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$
$= e \frac{(1+e^{-x})^2}{(1+e^{-x+1})^2}$。

我們需要找到拒絕域 $R = \{x \mid LR > k\}$。
$e \frac{(1+e^{-x})^2}{(1+e^{-x+1})^2} > k$
$\frac{1+e^{-x}}{1+e^{-x+1}} > \sqrt{k/e}$ (假設 $k>0$)
令 $c = \sqrt{k/e}$。
$1+e^{-x} > c(1+e^{-x+1})$