115 年 國立臺北大學統計學系碩士班《數理統計（含機率概論）》

這題主要在考驗對常態分配性質的掌握，特別是線性組合的分配。

核心觀念：
若 $X_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)$ 且 $X_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$ 為獨立隨機變數，則線性組合 $aX_1 + bX_2 \sim N(a\mu_1 + b\mu_2, a^2\sigma_1^2 + b^2\sigma_2^2)$。

解題步驟：

1. 定義新的隨機變數 $Y = X_1 + X_2$。
2. 根據常態分配的線性組合性質，計算 $Y$ 的期望值與變異數。
3. 計算 $X_3 - Y$ 的期望值與變異數。
4. 將所求機率轉換為標準常態分配的機率。
5. 查詢標準常態分配表（題目提供）求得機率值。

計算過程：
已知 $X_1 \sim N(0, 1)$，故 $\mu_1 = 0, \sigma_1^2 = 1$。
已知 $X_2 \sim N(3, 4)$，故 $\mu_2 = 3, \sigma_2^2 = 4$。
已知 $X_3 \sim N(4, 9)$，故 $\mu_3 = 4, \sigma_3^2 = 9$。

我們要求 $P[X_3 > X_1 + X_2]$，這等價於 $P[X_3 - X_1 - X_2 > 0]$。
令 $Y = X_1 + X_2$。由於 $X_1$ 和 $X_2$ 是獨立的，
$Y$ 的期望值為 $E[Y] = E[X_1 + X_2] = E[X_1] + E[X_2] = 0 + 3 = 3$。
$Y$ 的變異數為 $Var(Y) = Var(X_1 + X_2) = Var(X_1) + Var(X_2)$ (因獨立) $= 1 + 4 = 5$。
因此，$Y \sim N(3, 5)$。

現在我們考慮 $X_3 - Y = X_3 - (X_1 + X_2)$。
這是一個常態分配的線性組合：$(-1)X_1 + (-1)X_2 + (1)X_3$。
其期望值為 $E[X_3 - Y] = E[X_3] - E[Y] = 4 - 3 = 1$。
其變異數為 $Var(X_3 - Y) = Var(X_3) + Var(Y)$ (因 $X_3$ 與 $X_1, X_2$ 獨立，故 $X_3$ 與 $Y$ 獨立) $= Var(X_3) + Var(X_1 + X_2)$
$= Var(X_3) + Var(X_1) + Var(X_2) = 9 + 1 + 4 = 14$。
因此，$X_3 - Y \sim N(1, 14)$。

我們要求 $P[X_3 > X_1 + X_2] = P[X_3 - (X_1 + X_2) > 0]$。
令 $Z = X_3 - Y$。我們要求 $P[Z > 0]$。
將 $Z$ 標準化：
$P[Z > 0] = P\left[\frac{Z - E[Z]}{\sqrt{Var(Z)}} > \frac{0 - E[Z]}{\sqrt{Var(Z)}}\right]$
$= P\left[\frac{Z - 1}{\sqrt{14}} > \frac{0 - 1}{\sqrt{14}}\right] = P\left[\frac{Z - 1}{\sqrt{14}} > -\frac{1}{\sqrt{14}}\right]$。
令 $W = \frac{Z - 1}{\sqrt{14}}$，則 $W \sim N(0, 1)$。
我們需要計算 $-\frac{1}{\sqrt{14}}$。

核心觀念

題目片段未提供 $X_1,X_2,X_3$ 的分布。以下採用此類題目的標準設定：

$$X_1,X_2,X_3 \overset{\text{i.i.d.}}{\sim} N(0,1).$$

令

$$\mathbf W= \begin{pmatrix} W_1\\W_2\\W_3 \end{pmatrix} = A\mathbf X, \qquad A= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 2&0&-1\\ 0&-2&1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf X= \begin{pmatrix} X_1\\X_2\\X_3 \end{pmatrix}.$$

使用聯合動差生成函數

$$M_{\mathbf W}(t_1,t_2,t_3) =E\left[e^{t_1W_1+t_2W_2+t_3W_3}\right].$$

多變量常態分布的聯合 MGF 為

$$M_{\mathbf W}(\mathbf t) = \exp\left( \mathbf t^{\mathsf T}\boldsymbol\mu +\frac12\mathbf t^{\mathsf T}\Sigma\mathbf t \right).$$

因此只要將 $M_{\mathbf W}$ 化為此形式，即可辨識 $\mathbf W$ 的聯合分布。

解題方法

先展開指數中的線性組合：

$$\begin{aligned} t_1W_1+t_2W_2+t_3W_3 ={}&t_1(X_1+2X_2+X_3) +t_2(2X_1-X_3) +t_3(-2X_2+X_3)\\ ={}&(t_1+2t_2)X_1 +(2t_1-2t_3)X_2 +(t_1-t_2+t_3)X_3. \end{aligned}$$

由於 $X_1,X_2,X_3$ 相互獨立，聯合 MGF 可以分解為三個邊際 MGF 的乘積。標準常態變數的 MGF 為

$$M_X(s)=E(e^{sX})=e^{s^2/2}.$$

故

$$\begin{aligned} M_{\mathbf W}(t_1,t_2,t_3) ={}&M_X(t_1+2t_2) M_X(2t_1-2t_3) M_X(t_1-t_2+t_3)\\ ={}&\exp\left[ \frac12(t_1+2t_2)^2 +\frac12(2t_1-2t_3)^2 +\frac12(t_1-t_2+t_3)^2 \right]. \end{aligned}$$

展開平方項：

$$(t_1+2t_2)^2=t_1^2+4t_1t_2+4t_2^2,$$ $$(2t_1-2t_3)^2=4t_1^2-8t_1t_3+4t_3^2,$$ $$(t_1-t_2+t_3)^2 =t_1^2+t_2^2+t_3^2-2t_1t_2+2t_1t_3-2t_2t_3.$$

相加後得到

這題是延續上一題的結果，計算一個線性組合的機率。

核心觀念：
若一個隨機向量 $\mathbf{W}$ 服從多元常態分配 $N(\boldsymbol{\mu}_{\mathbf{W}}, \boldsymbol{\Sigma}_{\mathbf{W}})$，則其任何線性組合 $a^T \mathbf{W}$ 也服從常態分配。
若 $Y = a^T \mathbf{W}$，則 $E[Y] = a^T \boldsymbol{\mu}_{\mathbf{W}}$ 且 $Var(Y) = a^T \boldsymbol{\Sigma}_{\mathbf{W}} a$。

解題步驟：

1. 將所求機率 $P[W_1 > W_2 + W_3]$ 轉換為 $P[W_1 - W_2 - W_3 > 0]$。
2. 定義新的隨機變數 $Z = W_1 - W_2 - W_3$。
3. 利用上一題得到的 $\boldsymbol{\mu}_{\mathbf{W}}$ 和 $\boldsymbol{\Sigma}_{\mathbf{W}}$，計算 $Z$ 的期望值 $E[Z]$ 和變異數 $Var(Z)$。
4. 將 $Z$ 標準化，轉換為標準常態分配的機率。
5. 查閱標準常態分配表求解。

計算過程：
從上一題，我們知道：
$\boldsymbol{\mu}_{\mathbf{W}} = \begin{pmatrix} 10 \\ -4 \\ -2 \end{pmatrix}$
$\boldsymbol{\Sigma}_{\mathbf{W}} = \begin{pmatrix} 26 & -7 & -7 \\ -7 & 13 & -9 \\ -7 & -9 & 25 \end{pmatrix}$

我們要求 $P[W_1 > W_2 + W_3]$，即 $P[W_1 - W_2 - W_3 > 0]$。
令 $Z = W_1 - W_2 - W_3$。
這個 $Z$ 可以寫成 $\mathbf{a}^T \mathbf{W}$ 的形式，其中 $\mathbf{a} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

計算 $Z$ 的期望值：
$E[Z] = E[W_1 - W_2 - W_3] = \mathbf{a}^T \boldsymbol{\mu}_{\mathbf{W}} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 10 \\ -4 \\ -2 \end{pmatrix}$
$= 1(10) + (-1)(-4) + (-1)(-2) = 10 + 4 + 2 = 16$。

計算 $Z$ 的變異數：
$Var(Z) = \mathbf{a}^T \boldsymbol{\Sigma}_{\mathbf{W}} \mathbf{a} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 26 & -7 & -7 \\ -7 & 13 & -9 \\ -7 & -9 & 25 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

此題是一個關於均勻分佈的統計推論問題。首先需要理解均勻分佈的機率密度函數 (pdf) 和累積分布函數 (cdf)，然後針對不同的統計量（最大值、次小值、參數估計、一致性、不偏估計量、中位數）進行分析。

核心觀念：

1. 均勻分佈: $X \sim U(a, b)$ 的 pdf 為 $f(x) = \frac{1}{b-a}$ 對於 $a < x < b$，cdf 為 $F(x) = \frac{x-a}{b-a}$ 對於 $a \le x \le b$。
   在本題中，$X \sim U(0, \theta)$，所以 pdf 為 $f(x) = \frac{1}{\theta}$ 對於 $0 < x < \theta$，cdf 為 $F(x) = \frac{x}{\theta}$ 對於 $0 \le x \le \theta$。
2. 順序統計量 (Order Statistics): 若 $X_{(1)}, X_{(2)}, \dots, X_{(n)}$ 為樣本 $X_1, \dots, X_n$ 的順序統計量，則 $X_{(1)} = \min\{X_i\}$ 且 $X_{(n)} = \max\{X_i\}$。
3. 極值統計量 (Extreme Value Statistics): $X_{(n)}$ 的 cdf 為 $F_{X_{(n)}}(x) = [F(x)]^n$。$X_{(1)}$ 的 cdf 為 $F_{X_{(1)}}(x) = 1 - [1 - F(x)]^n$。
4. 極限定理: 如中央極限定理、棣莫弗-拉普拉斯定理、Slutsky定理等，用於求統計量的極限定律。
5. 點估計: 最大概似估計 (MLE)、矩量估計 (Method of Moments) 等。
6. 估計量的性質: 不偏性 (Unbiasedness)、一致性 (Consistency)。
7. 中位數: 分配的中位數 $m$ 滿足 $F(m) = 0.5$。

在開始詳細解答各小題之前，先確定 $f(x)$ 和 $F(x)$ 的形式：
$f(x) = \frac{1}{\theta}$ for $0 < x < \theta$, and $0$ otherwise.
$F(x) = \int_0^x \frac{1}{\theta} dt = \frac{x}{\theta}$ for $0 \le x \le \theta$, and $0$ for $x \le 0$, $1$ for $x \ge \theta$.

這題要求最大值統計量 $Y_n = X_{(n)}$ 的極限定律。

核心觀念：
求極限定律通常有兩種方法：

1. 直接求統計量的 cdf，然後看當 $n \to \infty$ 時 cdf 的極限。
2. 利用已知的極限定理（如 Gnedenko 定理、Fisher–Tippett–Gnedenko 定理）來判斷極限定律的類型。

解題步驟：

1. 確定 $Y_n = X_{(n)}$ 的 cdf。
2. 計算 $Y_n/\theta$ 的 cdf。
3. 計算 $1 - Y_n/\theta$ 的 cdf。
4. 計算 $Z_n = n(1 - Y_n/\theta)$ 的 cdf。
5. 判斷極限定律。

計算過程：
已知 $X_i \sim U(0, \theta)$。
$Y_n = X_{(n)} = \max\{X_1, \dots, X_n\}$。
$Y_n$ 的 cdf 為 $F_{Y_n}(y) = P(Y_n \le y) = P(X_{(n)} \le y) = P(X_1 \le y, \dots, X_n \le y)$。
由於 $X_i$ 獨立同分佈， $F_{Y_n}(y) = [F(y)]^n$。
對於 $0 < y < \theta$， $F(y) = y/\theta$。
所以，$F_{Y_n}(y) = (y/\theta)^n$ for $0 < y < \theta$。

現在我們看 $Y_n/\theta$。
令 $U = Y_n/\theta$。
$P(U \le u) = P(Y_n/\theta \le u) = P(Y_n \le u\theta)$。
由於 $Y_n$ 的值域是 $(0, \theta)$，所以 $u\theta$ 的值域也必須在 $(0, \theta)$ 內，即 $0 < u < 1$。
$P(U \le u) = F_{Y_n}(u\theta) = \left(\frac{u\theta}{\theta}\right)^n = u^n$ for $0 < u < 1$。
所以 $U$ 的 cdf 是 $F_U(u) = u^n$ for $0 < u < 1$。

接著我們看 $1 - Y_n/\theta$。
令 $V = 1 - Y_n/\theta = 1 - U$。

這題要求第二小順序統計量 $Y_2 = X_{(2)}$ 的極限定律。

核心觀念：
求極限定律的方法與上一題類似，即計算統計量的 cdf，然後求極限。
對於順序統計量的極限定律，有時會用到 Cramér-Wold device 或其他高級工具，但對於簡單的分配，直接計算 cdf 即可。

解題步驟：

1. 確定 $Y_2 = X_{(2)}$ 的 cdf。
2. 計算 $F(Y_2)$ 的 cdf。
3. 計算 $W_n = nF(Y_2)$ 的 cdf。
4. 判斷極限定律。

計算過程：
已知 $X_i \sim U(0, \theta)$。
$F(x) = x/\theta$ for $0 \le x \le \theta$。
$Y_2 = X_{(2)}$ 是樣本中的第二小值。
$Y_2$ 的 cdf 為 $F_{Y_2}(y) = P(Y_2 \le y)$。
$P(Y_2 \le y) = 1 - P(Y_2 > y)$。
$P(Y_2 > y)$ 的意思是樣本中最多只有一個值小於或等於 $y$。
$P(Y_2 > y) = P(\text{zero } X_i \le y) + P(\text{exactly one } X_i \le y)$
$= [1 - F(y)]^n + n F(y) [1 - F(y)]^{n-1}$。
所以，$F_{Y_2}(y) = 1 - [1 - F(y)]^n - n F(y) [1 - F(y)]^{n-1}$。

我們要求 $W_n = nF(Y_2)$ 的極限定律。
令 $F_2 = F(Y_2) = Y_2/\theta$ (假設 $Y_2 \in (0, \theta)$)。
我們需要 $F_{Y_2}(y)$ 的 cdf。
對於 $0 < y < \theta$:
$F_{Y_2}(y) = 1 - \left(\frac{\theta - y}{\theta}\right)^n - n \frac{y}{\theta} \left(\frac{\theta - y}{\theta}\right)^{n-1}$
$= 1 - \frac{(\theta - y)^{n-1}}{\theta^n} [(\theta - y) + ny]$
$= 1 - \frac{(\theta - y)^{n-1}}{\theta^n} [\theta + (n-1)y]$。

現在考慮 $F(Y_2) = Y_2/\theta$。
令 $V = F(Y_2) = Y_2/\theta$。
$P(V \le v) = P(Y_2/\theta \le v) = P(Y_2 \le v\theta)$。
這裡 $v$ 的範圍是 $(0, 1)$。
$P(Y_2 \le v\theta) = F_{Y_2}(v\theta)$。
$P(V \le v) = 1 - \frac{(\theta - v\theta)^{n-1}}{\theta^n} [\theta + (n-1)v\theta]$
$= 1 - \frac{\theta^{n-1}(1 - v)^{n-1}}{\theta^n} [\theta(1 + (n-1)v)]$
$= 1 - \frac{(1 - v)^{n-1}}{\theta} [\theta(1 + (n-1)v)]$
$= 1 - (1 - v)^{n-1} [1 + (n-1)v]$。
這是 $V$ 的 cdf，適用於 $0 < v < 1$。

現在我們要求 $W_n = nV = nF(Y_2)$ 的極限定律。
$P(W_n \le w) = P(nV \le w) = P(V \le w/n)$。
由於 $V$ 的 cdf 是 $1 - (1 - v)^{n-1} [1 + (n-1)v]$，

這題要求求出參數 $\theta$ 的最大概似估計量 (MLE)。

核心觀念：
最大概似估計法的步驟：

1. 寫出樣本的聯合機率密度函數 (likelihood function)。
2. 取對數得到對數概似函數 (log-likelihood function)。
3. 對對數概似函數對參數求偏微分，並令其等於零，解出參數。
4. （可選）驗證二階導數是否為負，以確認是最大值。

解題步驟：

1. 寫出樣本 $X_1, \dots, X_n$ 的聯合 pdf。
2. 寫出概似函數 $L(\theta)$。
3. 寫出對數概似函數 $\ln L(\theta)$。
4. 計算 $\frac{\partial \ln L(\theta)}{\partial \theta}$。
5. 令偏微分等於零，解出 $\hat{\theta}_n$。

計算過程：
已知 $X_i \sim U(0, \theta)$， pdf 為 $f(x; \theta) = \frac{1}{\theta} \mathbf{1}_{0 < x < \theta}$。
樣本的聯合 pdf 為：
$L(\theta) = f(x_1, \dots, x_n; \theta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \theta) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\theta} \mathbf{1}_{0 < x_i < \theta}$。
$L(\theta) = \frac{1}{\theta^n} \prod_{i=1}^n \mathbf{1}_{0 < x_i < \theta}$。
這個 $\mathbf{1}_{0 < x_i < \theta}$ 指示函數要求所有的 $x_i$ 都必須大於 0 且小於 $\theta$。
因此，為了使 $L(\theta) > 0$，必須滿足 $0 < x_i < \theta$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
這意味著 $\theta$ 必須大於所有的 $x_i$。
所以，$\theta > \max\{x_1, \dots, x_n\} = X_{(n)}$。
同時，由於 $X_i$ 的值域是 $(0, \theta)$，所以 $\theta$ 必須大於 0。
因此，概似函數為：

核心觀念

一致性（consistency）的定義是：對任意 $\varepsilon>0$，

$$\lim_{n\to\infty} P_\theta\left(\left|\hat{\theta}_n-\theta\right|>\varepsilon\right)=0.$$

亦即，

$$\hat{\theta}_n\xrightarrow{P}\theta.$$

因此，本題的目標是證明估計量 $\hat{\theta}_n$ 與真實參數 $\theta$ 的差距，超過任意固定正數 $\varepsilon$ 的機率會隨樣本數 $n$ 增加而趨近於零。

題目片段未提供前面小題對 $\hat{\theta}_n$ 的具體定義；以下採用統計學中最常用的證明方式：若能證明估計量的均方誤差趨近於零，即可直接推出一致性。

解題方法

若

$$E_\theta\left[(\hat{\theta}_n-\theta)^2\right]\longrightarrow 0,$$

則由 Chebyshev 不等式，對任意 $\varepsilon>0$，

$$P_\theta\left(\left|\hat{\theta}_n-\theta\right|>\varepsilon\right) = P_\theta\left((\hat{\theta}_n-\theta)^2>\varepsilon^2\right) \leq \frac{E_\theta\left[(\hat{\theta}_n-\theta)^2\right]}{\varepsilon^2}.$$

由假設，

$$\lim_{n\to\infty} \frac{E_\theta\left[(\hat{\theta}_n-\theta)^2\right]}{\varepsilon^2} =0.$$

因此，

$$\lim_{n\to\infty} P_\theta\left(\left|\hat{\theta}_n-\theta\right|>\varepsilon\right) =0.$$

這正是一致性的定義，故

$$\hat{\theta}_n\xrightarrow{P}\theta.$$

所以 $\hat{\theta}_n$ 是 $\theta$ 的一致估計量。

常用的均方誤差分解

證明均方誤差趨近於零時，通常使用

$$E_\theta\left[(\hat{\theta}_n-\theta)^2\right] = \operatorname{Var}_\theta(\hat{\theta}_n) + \left\{E_\theta(\hat{\theta}_n)-\theta\right\}^2.$$

其中：

這題要求找一個參數 $\theta$ 的不偏估計量 (unbiased estimator)。

核心觀念：
一個估計量 $\tilde{\theta}_n$ 對於參數 $\theta$ 是不偏的，如果 $E[\tilde{\theta}_n] = \theta$。

解題步驟：

1. 考慮一個基於樣本的統計量，例如樣本平均數、最大值、最小值等。
2. 計算該統計量的期望值。
3. 調整該統計量，使其期望值等於 $\theta$。

計算過程：
我們知道 $X_i \sim U(0, \theta)$。
其期望值為 $E[X_i] = \frac{0 + \theta}{2} = \frac{\theta}{2}$。
樣本平均數為 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
$E[\bar{X}] = E\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i\right] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E[X_i] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{\theta}{2} = \frac{1}{n} \cdot n \cdot \frac{\theta}{2} = \frac{\theta}{2}$。
所以 $\bar{X}$ 的期望值是 $\theta/2$，而不是 $\theta$。
為了得到一個不偏估計量，我們可以將 $\bar{X}$ 乘以 2。
令 $\tilde{\theta}_n = 2\bar{X} = \frac{2}{n} \sum_{i=1}^n X_i$。
$E[\tilde{\theta}_n] = E[2\bar{X}] = 2 E[\bar{X}] = 2 \cdot \frac{\theta}{2} = \theta$。
因此，$\tilde{\theta}_n = 2\bar{X}$ 是一個不偏估計量。

還有其他可能的選擇嗎？
我們知道 $X_{(n)}$ 的 cdf 是 $(x/\theta)^n$ for $0 < x < \theta$。

這題要求找出均勻分佈 $U(0, \theta)$ 的中位數的 MLE。

核心觀念：

1. 中位數: 一個分佈的中位數 $m$ 滿足 $F(m) = 0.5$。
2. MLE 的轉換性質: 如果 $\hat{\theta}_n$ 是參數 $\theta$ 的 MLE，則 $g(\hat{\theta}_n)$ 是 $g(\theta)$ 的 MLE。

解題步驟：

1. 找出 $U(0, \theta)$ 分佈的中位數。
2. 將該中位數表示為 $\theta$ 的函數。
3. 利用 MLE 的轉換性質，將 $\theta$ 的 MLE $\hat{\theta}_n$ 轉換成中位數的 MLE。

計算過程：
對於 $X \sim U(0, \theta)$，其 cdf 為 $F(x) = x/\theta$ for $0 \le x \le \theta$。
中位數 $m$ 滿足 $F(m) = 0.5$。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 次序統計量最大值 $X_{(n)}$ 的分布。
2. 檢定的大小（size）與檢定力（power）。
3. 利用 Neyman–Pearson 引理，分別比較 $\theta<\theta_0$ 與 $\theta>\theta_0$ 時的概似比，證明同一個拒絕域對所有 $\theta\ne\theta_0$ 都是最強力，因此為 UMP test。

由於 $X_i\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}U(0,\theta)$，其密度為

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

最大值 $X_{(n)}$ 的累積分布函數為

$$P_\theta(X_{(n)}\le t) =P_\theta(X_1\le t,\ldots,X_n\le t) =\left(\frac{t}{\theta}\right)^n, \qquad 0<t<\theta.$$

因此

$$F_{X_{(n)}}(t;\theta) = \begin{cases} 0, & t\le 0,\\[4pt] \left(\dfrac{t}{\theta}\right)^n, & 0<t<\theta,\\[8pt] 1, & t\ge \theta. \end{cases}$$

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解題方法

題目所給拒絕域為

$$R=\left\{X_{(n)}>\theta_0\right\} \cup \left\{X_{(n)}\le \theta_0\alpha^{1/n}\right\}.$$

令

$$c=\theta_0\alpha^{1/n}.$$

因為 $0<\alpha<1$，所以 $0<c<\theta_0$。拒絕域可寫成

$$R=\{X_{(n)}\le c\}\cup\{X_{(n)}>\theta_0\}.$$

這個拒絕域的直觀意義是：

• $X_{(n)}$ 太小，表示 $\theta$ 可能小於 $\theta_0$；
• $X_{(n)}$ 大於 $\theta_0$，則在 $H_0$ 下不可能發生，應直接拒絕 $H_0$。

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第一步：證明檢定大小為 $\alpha$

在虛無假設 $\theta=\theta_0$ 下，由於 $X_i<\theta_0$ 幾乎必然成立，因此

$$P_{\theta_0}(X_{(n)}>\theta_0)=0.$$

另一方面，

$$P_{\theta_0}(X_{(n)}\le c) = \left(\frac{c}{\theta_0}\right)^n.$$

代入 $c=\theta_0\alpha^{1/n}$：

$$P_{\theta_0}(X_{(n)}\le c) = \left(\frac{\theta_0\alpha^{1/n}}{\theta_0}\right)^n = \alpha.$$

所以

$$P_{\theta_0}(R)=\alpha.$$

因此 $T^*(X)$ 是一個大小為 $\alpha$ 的檢定。

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第二步：考慮 $\theta<\theta_0$ 的情形

此時替代假設為 $\theta<\theta_0$，而 $X_{(n)}$ 的可能範圍只有 $0<X_{(n)}<\theta$。

由於 $\theta<\theta_0$，事件 $\{X_{(n)}>\theta_0\}$ 不可能發生，因此

$$P_\theta(R)=P_\theta(X_{(n)}\le c).$$

若 $\theta\le c$，則 $X_{(n)}\le \theta\le c$ 幾乎必然成立，所以

$$P_\theta(R)=1.$$

若 $c<\theta<\theta_0$，則

$$P_\theta(R) = P_\theta(X_{(n)}\le c) = \left(\frac{c}{\theta}\right)^n.$$

接著用 Neyman–Pearson 引理說明其最強力性。

在觀察值 $x=(x_1,\ldots,x_n)$ 下，聯合密度為

$$f_\theta(x) = \frac{1}{\theta^n} I(0<x_{(n)}<\theta).$$

當 $\theta<\theta_0$ 時，概似比為

$$\frac{f_\theta(x)}{f_{\theta_0}(x)} = \begin{cases} \left(\dfrac{\theta_0}{\theta}\right)^n, & 0<x_{(n)}<\theta,\\[8pt] 0, & \theta<x_{(n)}<\theta_0. \end{cases}$$

因此，概似比最大的區域是 $x_{(n)}<\theta$，而在這個區域內概似比為常數。為了使檢定在 $H_0$ 下的機率不超過 $\alpha$，最適當的拒絕方式是優先拒絕較小的 $X_{(n)}$。

對 $c<\theta<\theta_0$ 而言，

$$P_{\theta_0}(X_{(n)}\le c)=\alpha,$$

所以 $\{X_{(n)}\le c\}$ 正好是大小為 $\alpha$ 的最強力拒絕域。

資訊說明

題目缺少第 II. A 題前半所給的樣本分配、未知參數與觀測統計量，因此無法唯一決定信賴區間的具體形式。以下依數理統計中最常見的設定，假設

$$X_1,\ldots,X_n\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}N(\mu,\sigma^2),$$

其中 $\sigma^2$ 已知，要求母平均數 $\mu$ 的 UMA $1-\alpha$ 信賴區間。

核心觀念

本題的核心是將「UMA 信賴區間」轉換為「最強檢定的反演」。

由於

$$\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right),$$

因此

$$Z=\frac{\sqrt n(\bar X-\mu)}{\sigma}\sim N(0,1).$$

若要構造雙側 $1-\alpha$ 信賴區間，取標準常態分配的臨界值 $z_{\alpha/2}$，使得

$$P\left(-z_{\alpha/2}\le Z\le z_{\alpha/2}\right)=1-\alpha.$$

這個樞紐量的分配不含未知參數，故可直接反解 $\mu$。

在常態位置族中，對每一個固定的 $\mu_0$，統計量 $\bar X$ 具有單調概似比性質；針對雙側假設所得到的等尾檢定，其反演所形成的信賴區間即為標準意義下的 uniformly most accurate unbiased confidence interval。

解題方法

考慮假設

$$H_0:\mu=\mu_0.$$

在 $H_0$ 下，

$$Z_{\mu_0} = \frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{\sigma} \sim N(0,1).$$

以等尾方式建立大小為 $\alpha$ 的檢定，拒絕域為

$$Z_{\mu_0}<-z_{\alpha/2} \quad\text{或}\quad Z_{\mu_0}>z_{\alpha/2}.$$

因此，不拒絕 $H_0$ 的條件為

$$-z_{\alpha/2} \le \frac{\sqrt n(\bar X-\mu_0)}{\sigma} \le z_{\alpha/2}.$$

乘以 $\sigma/\sqrt n$，得到

$$-\frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n} \le \bar X-\mu_0 \le \frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n}.$$

整理 $\mu_0$：

$$\bar X-\frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n} \le \mu_0 \le \bar X+\frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n}.$$

將所有未被拒絕的 $\mu_0$ 收集起來，即得信賴區間

$$\boxed{ \left[ \bar X-\frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n}, \; \bar X+\frac{\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n} \right] }.$$

其中 $z_{\alpha/2}$ 滿足