114 年 國立臺灣大學統計與數據科學碩士班《數理統計》

核心觀念

本題考查三個重點：

1. Logistic regression 的機率表示法

   由
   $\log\frac{p_i}{1-p_i}=\alpha+\beta t_i$
   解出 $p_i$ 與 $1-p_i$。

2. 獨立隨機變數的聯合機率質量函數

   若 $X_1,\ldots,X_n$ 相互獨立，則聯合 pmf 等於各自 pmf 的乘積。

3. 指數族與充分統計量

   將聯合 pmf 整理成
   $h(\boldsymbol{x})\exp\left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathsf T}T(\boldsymbol{x})-A(\boldsymbol{\eta})\right\}$
   的形式，即可辨認其為指數族，並由因子分解定理找出充分統計量。

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解題方法

令

$$\theta_i=\alpha+\beta t_i.$$

題目給定

$$\log\frac{p_i}{1-p_i}=\theta_i.$$

先將兩邊取指數，再解出 $p_i$：

$$\frac{p_i}{1-p_i}=\exp(\theta_i).$$

因此

$$p_i=\exp(\theta_i)(1-p_i),$$

所以

$$p_i+\exp(\theta_i)p_i=\exp(\theta_i),$$

得到

$$p_i=\frac{\exp(\theta_i)}{1+\exp(\theta_i)}.$$

同理，

$$1-p_i=\frac{1}{1+\exp(\theta_i)}.$$

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（a）單一 $X_i$ 的 pmf 與聯合 pmf

由於 $X_i$ 是 Bernoulli 隨機變數，其 pmf 為

$$P(X_i=x_i)=p_i^{x_i}(1-p_i)^{1-x_i}, \qquad x_i=0,1.$$

代入

$$p_i=\frac{\exp(\theta_i)}{1+\exp(\theta_i)}, \qquad 1-p_i=\frac{1}{1+\exp(\theta_i)},$$

可得

$$P(X_i=x_i) = \left(\frac{\exp(\theta_i)}{1+\exp(\theta_i)}\right)^{x_i} \left(\frac{1}{1+\exp(\theta_i)}\right)^{1-x_i}.$$

因為 $x_i$ 只能取 $0$ 或 $1$，上式可整理為

$$P(X_i=x_i) = \frac{\exp(x_i\theta_i)}{1+\exp(\theta_i)}.$$

再代回 $\theta_i=\alpha+\beta t_i$：

$$P(X_i=x_i) = \frac{\exp\left\{x_i(\alpha+\beta t_i)\right\}} {1+\exp(\alpha+\beta t_i)}, \qquad x_i=0,1.$$

這即為題目要求證明的結果。

聯合 pmf

由 $X_1,\ldots,X_n$ 相互獨立，

$$P(X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n) = \prod_{i=1}^nP(X_i=x_i).$$

因此

$$P(X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n) = \prod_{i=1}^n \frac{\exp\left\{x_i(\alpha+\beta t_i)\right\}} {1+\exp(\alpha+\beta t_i)}.$$

將分子與分母分別整理：

$$P(X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n) = \frac{ \exp\left\{\sum_{i=1}^n x_i(\alpha+\beta t_i)\right\} }{ \prod_{i=1}^n\left[1+\exp(\alpha+\beta t_i)\right] }.$$

再將指數中的項目展開：

$$\sum_{i=1}^n x_i(\alpha+\beta t_i) = \alpha\sum_{i=1}^n x_i + \beta\sum_{i=1}^n t_i x_i.$$

故聯合 pmf 為

$$P_{\alpha,\beta}(\boldsymbol{x}) = \exp\left\{ \alpha\sum_{i=1}^n x_i + \beta\sum_{i=1}^n t_i x_i - \sum_{i=1}^n\log\left[1+\exp(\alpha+\beta t_i)\right] \right\}.$$

其中 $\boldsymbol{x}=(x_1,\ldots,x_n)$，且每個 $x_i\in\{0,1\}$。

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（b）指數族形式與充分統計量

指數族形式

指數族的一般形式可寫為

$$f_{\boldsymbol{\eta}}(\boldsymbol{x}) = h(\boldsymbol{x}) \exp\left\{ \boldsymbol{\eta}^{\mathsf T}T(\boldsymbol{x}) - A(\boldsymbol{\eta}) \right\}.$$

本題的聯合 pmf 為

核心觀念

1. 動差法估計量（Method of Moments Estimator, MME）：
   • 母體動差（Population moments）：$\mu_k = E[X^k]$。
   • 樣本動差（Sample moments）：$m_k = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^k$。
   • 解法依據：令前 $k$ 階母體動差等於樣本動差（$\mu_1 = m_1, \mu_2 = m_2$），解出未知母數 $(\alpha, \lambda)$ 的估計式。
2. Gamma 分配之動差特性：
   • 題目所給為速率參數化（rate parameterization）的 Gamma 分配： $$E[X] = \frac{\alpha}{\lambda}, \quad \text{Var}(X) = \frac{\alpha}{\lambda^2}$$ 因此二階母體動差為： $$E[X^2] = \text{Var}(X) + (E[X])^2 = \frac{\alpha}{\lambda^2} + \frac{\alpha^2}{\lambda^2} = \frac{\alpha(\alpha+1)}{\lambda^2}$$
3. 弱大數法則（Weak Law of Large Numbers, WLLN）：
   • 若 $X_1, \dots, X_n$ 為 i.i.d. 隨機變數且期望值存在，則樣本平均數依機率收斂至母體期望值： $$\bar{X} \xrightarrow{P} E[X], \quad \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 \xrightarrow{P} E[X^2]$$
4. 連續映射定理（Continuous Mapping Theorem, CMT） 與 一致性（Consistency）：
   • 一致性定義：估計量 $\hat{\theta}_n$ 滿足 $\hat{\theta}_n \xrightarrow{P} \theta$。
   • 若估計量為樣本動差的連續函數 $g(m_1, m_2)$，且 $g$ 在母體動差 $(\mu_1, \mu_2)$ 處連續，則由連續映射定理可保證其一致性： $$g(m_1, m_2) \xrightarrow{P} g(\mu_1, \mu_2)$$

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解題方法

(a) 求解動差法估計量 $(\hat{\alpha}, \hat{\lambda})$

設 $X \sim \Gamma(\alpha, \lambda)$，其前兩階母體動差為：

$$\mu_1 = E[X] = \frac{\alpha}{\lambda}$$ $$\text{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = \frac{\alpha}{\lambda^2}$$

定義一階與二階樣本動差：

$$m_1 = \bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$$ $$m_2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$$

樣本變異數（以未校正樣本動差表示）為：

$$S_n^2 = m_2 - m_1^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$$

根據動差法，令母體動差等於樣本動差：

$$\begin{cases} E[X] = \bar{X} \implies \dfrac{\alpha}{\lambda} = \bar{X} & \cdots\ (1) \\ \text{Var}(X) = S_n^2 \implies \dfrac{\alpha}{\lambda^2} = S_n^2 & \cdots\ (2) \end{cases}$$

將式 (1) 除以式 (2)：

$$\frac{\alpha / \lambda}{\alpha / \lambda^2} = \lambda = \frac{\bar{X}}{S_n^2} = \frac{\bar{X}}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 - \bar{X}^2}$$

將 $\lambda = \dfrac{\bar{X}}{S_n^2}$ 代回式 (1)：

$$\alpha = \lambda \bar{X} = \frac{\bar{X}^2}{S_n^2} = \frac{\bar{X}^2}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 - \bar{X}^2}$$

得動差估計量為：

$$\hat{\alpha} = \frac{\bar{X}^2}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}, \quad \hat{\lambda} = \frac{\bar{X}}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2}$$

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(b) 證明 $\hat{\alpha}$ 與 $\hat{\lambda}$ 的一致性（Consistency）

因為 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 為 i.i.d. $\Gamma(\alpha, \lambda)$，母體前四階動差皆有限存在。

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 位置尺度族的標準化：將 $X_i$ 轉換為
   $Y_i=\frac{X_i-\mu}{\sigma},$
   可消除未知參數 $\mu,\sigma$。

2. 樞紐量與信賴區間反解：若統計量的分布不依賴未知參數，即可利用其分位數建立信賴區間。題目中的
   $Z=\frac{X_1+X_2-2\mu}{X_1-X_2}$
   即為樞紐量。

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解題方法

先將 $X_1,X_2$ 標準化，再將分位數機率不等式中的 $\mu$ 解出。特別要注意 $X_1-X_2$ 的正負，因為不等式除以此量時可能改變方向。

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(a) 證明 $Z$ 的 pdf 不依賴 $\mu,\sigma$

令

$$Y_i=\frac{X_i-\mu}{\sigma},\qquad i=1,2.$$

由題目給定的 pdf，

$$X_i=\mu+\sigma Y_i,$$

且 $Y_1,Y_2$ 為 i.i.d.，其共同 pdf 為已知的 $g$，因此 $Y_1,Y_2$ 的分布完全不含 $\mu,\sigma$。

將 $X_i=\mu+\sigma Y_i$ 代入 $Z$：

$$Z = \frac{(\mu+\sigma Y_1)+(\mu+\sigma Y_2)-2\mu} {(\mu+\sigma Y_1)-(\mu+\sigma Y_2)}.$$

分子與分母分別化簡為

$$X_1+X_2-2\mu=\sigma(Y_1+Y_2),$$ $$X_1-X_2=\sigma(Y_1-Y_2).$$

因此

$$Z = \frac{\sigma(Y_1+Y_2)}{\sigma(Y_1-Y_2)} = \frac{Y_1+Y_2}{Y_1-Y_2}.$$

尺度參數 $\sigma$ 也消去了，故 $Z$ 的分布只由 $g$ 決定，與 $\mu,\sigma$ 無關。

若進一步寫出 $Z$ 的 pdf，令 $Y=Y_2$，則

$$z=\frac{y_1+y}{y_1-y}.$$

解出 $y_1$：

$$y_1=\frac{z+1}{z-1}y,\qquad z\neq 1.$$

其 Jacobian 為

$$\left|\frac{\partial y_1}{\partial z}\right| = \frac{2|y|}{(z-1)^2}.$$

所以

$$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} g\left(\frac{z+1}{z-1}y\right) g(y) \frac{2|y|}{(z-1)^2}\,dy.$$

此式只含已知密度 $g$ 與變數 $z$，不含 $\mu,\sigma$，因此證明 $Z$ 的 pdf 不依賴未知參數。

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(b) 建立 $\mu$ 的 $(1-\alpha)$ 信賴區間

設 $Z$ 的下、上分位數分別為

$$q_{\alpha/2} \quad\text{與}\quad q_{1-\alpha/2},$$

其中

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

代入 $Z$ 的定義，令

$$S=X_1+X_2,\qquad D=X_1-X_2.$$

則

此題考驗對階層模型（Hierarchical Model）的理解，以及如何推導聯合機率函數（Joint Likelihood Function）和最大概似估計量（Maximum Likelihood Estimators, MLEs）。

核心觀念：

1. 階層模型：理解條件機率的層次結構，以及如何將其組合成聯合機率。
2. 聯合機率函數：根據給定的條件機率分佈，推導出聯合機率函數。
3. 最大概似估計量 (MLE)：掌握 MLE 的原理，即最大化概似函數，通常透過對數概似函數求導來求解。
4. 離散分佈的 pmf：熟悉 Bernoulli, Poisson, Geometric 分佈的 pmf 公式。

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詳解：

給定一個階層模型：

1. $Z | p \sim \text{Ber}(p)$，表示 $P(Z=1|p) = p$，$P(Z=0|p) = 1-p$。
2. $X | Z = 0, \theta_1 \sim \text{Poisson}(\theta_1)$，表示當 $Z=0$ 時，$X$ 服從參數為 $\theta_1$ 的 Poisson 分佈。
   $P(X=x|Z=0, \theta_1) = \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^x}{x!}$ for $x = 0, 1, 2, \dots$
3. $X | Z = 1, \theta_2 \sim \text{Geom}\left(\frac{1}{\theta_2+1}\right)$，表示當 $Z=1$ 時，$X$ 服從成功機率為 $p' = \frac{1}{\theta_2+1}$ 的 Geometric 分佈。
   Geometric 分佈的 pmf 有兩種定義：一種是定義在 $0, 1, 2, \dots$ (表示試驗次數直到第一次成功)，另一種是定義在 $1, 2, 3, \dots$ (表示第一次成功的試驗次數)。題目中提供了 $P(X = x) = p(1-p)^x$ for $x = 0, 1, 2, \dots$。
   所以，當 $Z=1$ 時：
   $P(X=x|Z=1, \theta_2) = \left(\frac{1}{\theta_2+1}\right) \left(1 - \frac{1}{\theta_2+1}\right)^x = \frac{1}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^x$ for $x = 0, 1, 2, \dots$

(a) 推導 $(X, Z)$ 的聯合機率函數

聯合機率函數 $f(x, z; p, \theta_1, \theta_2)$ 可以透過條件機率來計算：
$f(x, z; p, \theta_1, \theta_2) = P(X=x, Z=z | p, \theta_1, \theta_2) = P(X=x | Z=z, p, \theta_1, \theta_2) P(Z=z | p, \theta_1, \theta_2)$
由於 $P(X=x | Z=z, p, \theta_1, \theta_2) = P(X=x | Z=z, \theta_1, \theta_2)$（因為 $X$ 的分佈只依賴於 $Z$ 和相應的參數，與 $p$ 無關），
且 $P(Z=z | p, \theta_1, \theta_2) = P(Z=z | p)$（因為 $Z$ 的分佈只依賴於 $p$）。
所以，
$f(x, z; p, \theta_1, \theta_2) = P(X=x | Z=z, \theta_1, \theta_2) P(Z=z | p)$

我們分兩種情況討論 $z$ 的值：

情況 1： $z = 0$
$P(Z=0|p) = 1-p$
$P(X=x|Z=0, \theta_1) = \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^x}{x!}$
所以，當 $z=0$ 時：
$f(x, 0; p, \theta_1, \theta_2) = \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^x}{x!} (1-p)$， for $x = 0, 1, 2, \dots$

情況 2： $z = 1$
$P(Z=1|p) = p$
$P(X=x|Z=1, \theta_2) = \frac{1}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^x$
所以，當 $z=1$ 時：
$f(x, 1; p, \theta_1, \theta_2) = \frac{1}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^x p$， for $x = 0, 1, 2, \dots$

將這兩種情況合併，我們可以寫成：
$f(x, z; p, \theta_1, \theta_2) = \begin{cases} \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^x}{x!} (1-p) & \text{if } z=0 \\ \frac{p}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^x & \text{if } z=1 \end{cases}$
其中 $x \in \{0, 1, 2, \dots\}$， $z \in \{0, 1\}$。

【答案】
聯合機率函數為：
$f(x, z; p, \theta_1, \theta_2) = \begin{cases} \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^x}{x!} (1-p) & \text{if } z=0 \\ \frac{p}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^x & \text{if } z=1 \end{cases}$
其中 $x \in \{0, 1, 2, \dots\}$, $z \in \{0, 1\}$。

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(b) 求 $\theta_1, \theta_2, p$ 的 MLE

給定 $n$ 個 i.i.d. 的樣本對 $\{(x_i, z_i)\}_{i=1}^n$。
聯合概似函數 $L(p, \theta_1, \theta_2) = \prod_{i=1}^n f(x_i, z_i; p, \theta_1, \theta_2)$。

由於 $z_i$ 的值決定了使用哪個公式，我們需要將樣本分成兩組：一組是 $z_i=0$ 的樣本，另一組是 $z_i=1$ 的樣本。
令 $I_0 = \{i \mid z_i = 0\}$ 和 $I_1 = \{i \mid z_i = 1\}$。
令 $n_0 = |I_0|$ 和 $n_1 = |I_1|$。注意 $n_0 + n_1 = n$。

$L(p, \theta_1, \theta_2) = \prod_{i \in I_0} \left( \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^{x_i}}{x_i!} (1-p) \right) \prod_{i \in I_1} \left( \frac{p}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^{x_i} \right)$
$L(p, \theta_1, \theta_2) = \left( \prod_{i \in I_0} \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^{x_i}}{x_i!} \right) \left( \prod_{i \in I_0} (1-p) \right) \left( \prod_{i \in I_1} \frac{p}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^{x_i} \right)$
$L(p, \theta_1, \theta_2) = \left( \prod_{i \in I_0} \frac{e^{-\theta_1} \theta_1^{x_i}}{x_i!} \right) (1-p)^{n_0} \left( \prod_{i \in I_1} \frac{p}{\theta_2+1} \left(\frac{\theta_2}{\theta_2+1}\right)^{x_i} \right)$

核心觀念

本題結合三個重要觀念：

1. 中央極限定理與 Delta method：處理樣本比例 $\hat p$ 的函數 $\hat p^2$。
2. 無偏估計量：利用 Bernoulli 變數的獨立性計算期望值。
3. 完全充分統計量與 Lehmann–Scheffé 定理：由 $T=\sum_{i=1}^n X_i$ 建立 UMVUE。

其中

$$T=\sum_{i=1}^n X_i\sim \operatorname{Binomial}(n,p), \qquad \hat p=\frac{T}{n}.$$

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(a) 漸近分布

題目所寫的 $n(\hat p^2-p^2)$ 並不會收斂至題目所給的有限常態分布；正確的倍率應為 $\sqrt n$。

由中央極限定理，

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

令 $g(x)=x^2$，則

$$g'(p)=2p.$$

由 Delta method，

$$\sqrt n\bigl(g(\hat p)-g(p)\bigr) \xrightarrow{d} N\bigl(0,[g'(p)]^2p(1-p)\bigr).$$

因此

$$\sqrt n(\hat p^2-p^2) \xrightarrow{d} N\bigl(0,4p^3(1-p)\bigr).$$

也可直接由代數分解看出：

$$\sqrt n(\hat p^2-p^2) = \sqrt n(\hat p-p)(\hat p+p).$$

因大數法則給出 $\hat p\xrightarrow{p}p$，故 $\hat p+p\xrightarrow{p}2p$。由 Slutsky 定理，

$$\sqrt n(\hat p-p)(\hat p+p) \xrightarrow{d} 2p\,Z,$$

其中

$$Z\sim N\bigl(0,p(1-p)\bigr).$$

所以

$$2pZ\sim N\bigl(0,4p^3(1-p)\bigr).$$

題目原式為何不成立

若使用題目所寫的倍率 $n$，則

$$n(\hat p^2-p^2) = \sqrt n\{\sqrt n(\hat p-p)\}(\hat p+p).$$

當 $0<p<1$ 時，$\sqrt n(\hat p-p)$ 具有非退化的常態極限，而 $\hat p+p\xrightarrow{p}2p$，前方又多出 $\sqrt n$，因此整體不具有限的非退化極限分布。

故本小題應修正為：

$$\boxed{ \sqrt n(\hat p^2-p^2) \xrightarrow{d} N\bigl(0,4p^3(1-p)\bigr) }.$$

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(b) 證明 $4X_1X_2X_3(1-X_4)$ 為無偏估計量

因為 $X_i$ 為 Bernoulli 變數，

$$E(X_i)=p, \qquad E(1-X_i)=1-p.$$

又由獨立性，

$$\begin{aligned} E\left[4X_1X_2X_3(1-X_4)\right] &= 4E(X_1)E(X_2)E(X_3)E(1-X_4)\\ &= 4\cdot p\cdot p\cdot p\cdot(1-p)\\ &= 4p^3(1-p). \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ 4X_1X_2X_3(1-X_4) }$$

是 $4p^3(1-p)$ 的無偏估計量。

直觀解釋

乘積

$$X_1X_2X_3(1-X_4)$$

只有在

$$X_1=X_2=X_3=1,\qquad X_4=0$$

時才等於 $1$，其餘情況皆為 $0$。該事件的機率為 $p^3(1-p)$，乘上 $4$ 後即得到目標參數。

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(c) 求 $4p^3(1-p)$ 的 UMVUE

第一步：找出充分統計量

樣本聯合機率質量函數為

核心觀念

本題使用以下三個觀念：

1. 正態樣本的概似函數可透過樣本平均數 $\bar X$ 化簡。
2. 虛無假設 $\|\mu\|=r$ 下的最大概似估計量，是將 $\bar X$ 投影到半徑為 $r$ 的球面上。
3. 因為 $$\sqrt n\,\bar X\sim N_p(\sqrt n\,\mu,I_p),$$ 所以 $$n\|\bar X\|^2$$ 服從自由度為 $p$、非中心參數為 $n\|\mu\|^2$ 的非中心卡方分布。

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(a) 概似比統計量

令觀察值為 $x_1,\dots,x_n$，樣本平均數為 $\bar x$。聯合概似函數為

$$L(\mu) =(2\pi)^{-np/2} \exp\left\{-\frac12\sum_{i=1}^n\|x_i-\mu\|^2\right\}.$$

利用平方和分解公式，

$$\sum_{i=1}^n\|x_i-\mu\|^2 = \sum_{i=1}^n\|x_i-\bar x\|^2 +n\|\bar x-\mu\|^2.$$

故與 $\mu$ 有關的對數概似函數為

$$\ell(\mu) = \text{常數} -\frac n2\|\bar x-\mu\|^2.$$

無限制下的最大概似估計

在 $\mathbb R^p$ 中最大化概似函數等價於最小化 $\|\bar x-\mu\|^2$，因此

$$\widehat\mu=\bar x.$$

$H_0:\|\mu\|=r$ 下的最大概似估計

在球面 $\{\mu:\|\mu\|=r\}$ 上，使 $\|\bar x-\mu\|$ 最小的點，是沿著 $\bar x$ 方向、長度為 $r$ 的向量：

$$\widehat\mu_0 = r\frac{\bar x}{\|\bar x\|} \qquad (\bar x\neq 0).$$

因此

$$\|\bar x-\widehat\mu_0\| = \left\|\bar x-r\frac{\bar x}{\|\bar x\|}\right\| = \bigl|\|\bar x\|-r\bigr|.$$

概似比為

$$\Lambda(x) = \frac{\sup_{\|\mu\|=r}L(\mu)} {\sup_{\mu\in\mathbb R^p}L(\mu)} = \exp\left\{ -\frac n2\bigl(\|\bar x\|-r\bigr)^2 \right\}.$$

故標準的概似比檢定統計量為

$$-2\log\Lambda = n\bigl(\|\bar X\|-r\bigr)^2.$$

也就是說，拒絕域應根據 $\bar X$ 的長度與 $r$ 的距離決定。

題面所給統計量的說明

題面宣稱等價於

$$T=n\bigl(\|\bar X\|^2-r^2\bigr)^2.$$

但由

$$\|\bar X\|^2-r^2 = \bigl(\|\bar X\|-r\bigr) \bigl(\|\bar X\|+r\bigr)$$

可得

$$T = n\bigl(\|\bar X\|-r\bigr)^2 \bigl(\|\bar X\|+r\bigr)^2.$$

其中 $\bigl(\|\bar X\|+r\bigr)^2$ 會隨資料改變，所以 $T$ 並非標準概似比統計量的單調轉換。故題面第 (a) 小題的統計量應有筆誤；正確的概似比統計量是

$$\boxed{\,n\bigl(\|\bar X\|-r\bigr)^2\,}.$$

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(b) 正確概似比檢定的檢定力

令

$$S=n\bigl(\|\bar X\|-r\bigr)^2,$$

並以 $S>c$ 作為拒絕規則。則

$$S>c \iff \left|\|\bar X\|-r\right|>\sqrt{\frac cn}.$$

題設 $nr^2>c$ 等價於

$$r>\sqrt{\frac cn},$$

因此兩側拒絕區域皆有意義：

$$\|\bar X\|<r-\sqrt{\frac cn} \quad\text{或}\quad \|\bar X\|>r+\sqrt{\frac cn}.$$

定義

$$W=n\|\bar X\|^2.$$

由於

$$\sqrt n\,\bar X\sim N_p(\sqrt n\,\mu,I_p),$$

可知

核心觀念

本題考察「後驗期望損失最小化」的貝氏估計法。給定觀察值 $X=x$ 後，先利用貝氏定理計算：

$$P(\Theta=0\mid X=x) = \frac{\pi f_0(x)} {\pi f_0(x)+(1-\pi)f_1(x)},$$ $$P(\Theta=1\mid X=x) = \frac{(1-\pi)f_1(x)} {\pi f_0(x)+(1-\pi)f_1(x)}.$$

以下均假設分母

$$\pi f_0(x)+(1-\pi)f_1(x)>0.$$

貝氏估計量的基本定義為：對每一個觀察值 $x$，選擇使後驗期望損失最小的決策 $d$。

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(a) 平方誤差損失

平方誤差損失為

$$L(\Theta,d)=(\Theta-d)^2.$$

由於 $\Theta$ 只能取 $0$ 或 $1$，令

$$p(x)=P(\Theta=1\mid X=x).$$

則後驗期望損失為

$$\begin{aligned} E[(\Theta-d)^2\mid X=x] &=P(\Theta=0\mid x)(0-d)^2 +P(\Theta=1\mid x)(1-d)^2\\ &=(1-p(x))d^2+p(x)(1-d)^2. \end{aligned}$$

展開得

$$\begin{aligned} (1-p)d^2+p(1-2d+d^2) &=d^2-2p d+p\\ &=(d-p)^2+p(1-p). \end{aligned}$$

其中 $p(1-p)$ 與 $d$ 無關，因此後驗期望損失在

$$d=p(x)$$

時達到最小值。故平方誤差損失下的貝氏估計量為後驗平均數：

$$\boxed{ \Theta^*(x) = E[\Theta\mid X=x] = \frac{(1-\pi)f_1(x)} {\pi f_0(x)+(1-\pi)f_1(x)} }$$

雖然 $\Theta$ 的真實值只能是 $0$ 或 $1$，但平方誤差損失下的決策 $d$ 可以取介於 $0$ 與 $1$ 的數值，因此答案是後驗機率，而不是單純的 $0$ 或 $1$。

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(b) $0$-$1$ 損失

$0$-$1$ 損失定義為

$$L(\Theta,d)= \begin{cases} 0, & d=\Theta,\\ 1, & d\ne \Theta. \end{cases}$$

在此損失下，決策 $d$ 取 $0$ 或 $1$。

選擇 $d=0$

此時只有 $\Theta=1$ 時會發生錯誤，因此後驗期望損失為

$$E[L(\Theta,0)\mid X=x] = P(\Theta=1\mid X=x) = \frac{(1-\pi)f_1(x)} {\pi f_0(x)+(1-\pi)f_1(x)}.$$

選擇 $d=1$

此時只有 $\Theta=0$ 時會發生錯誤，因此後驗期望損失為