113 年 國立高雄大學統計學研究所碩士班《統計學》

本題考查機率分佈的基本性質，包含獨立隨機變數和的性質、聯合機率密度與邊際機率密度之關係、以及常見機率分佈的定義。

(A) 錯誤。兩個獨立的卜瓦松 (Poisson) 分佈隨機變數 $X \sim \text{Poisson}(\lambda_1)$ 和 $Y \sim \text{Poisson}(\lambda_2)$ 的和 $X+Y$ 服從參數為 $\lambda_1 + \lambda_2$ 的卜瓦松分佈。此性質可以推廣至 $n$ 個獨立的卜瓦松隨機變數。因此，此敘述是正確的，但題目要求選出「正確」的敘述，而此選項本身描述了正確的性質。
(B) 錯誤。兩個獨立的幾何分佈隨機變數 $X \sim \text{Geom}(p)$ 和 $Y \sim \text{Geom}(p)$ 的和 $X+Y$ 並不服從幾何分佈，而是服從負二項分佈 (Negative Binomial distribution)。幾何分佈描述的是成功第一次出現所需的試驗次數，而負二項分佈描述的是第 $r$ 次成功出現所需的試驗次數。
(C) 錯誤。

本題考查統計推論中的重要概念，包含動差母函數、最大概似估計量、不偏性、充分統計量以及最小充分統計量。

(A) 錯誤。動差母函數 (Moment Generating Function, MGF) 並非對所有機率分佈都存在。動差母函數 $M_X(t) = E(e^{tX})$ 僅在包含 0 的某個開區間內存在。例如，柯西分佈 (Cauchy distribution) 就沒有動差母函數，因為其期望值不存在，進而導致 $E(e^{tX})$ 對任何 $t \neq 0$ 都不存在。
(B) 錯誤。最大概似估計量 (Maximum Likelihood Estimator, MLE) 不保證是不偏估計量 (unbiased estimator)。雖然在某些情況下 MLE 是不偏的，但也有很多情況下 MLE 是有偏的。例如，對一個服從伯努利分佈 $Bernoulli(p)$ 的隨機變數，其 MLE 對於 $p$ 是樣本比例 $\bar{X}$，這是 $p$ 的不偏估計量。

本題考查常態分佈的性質，特別是獨立隨機變數線性組合的期望值與變異數。

已知 $X$ 和 $Y$ 是獨立的隨機變數，且服從常態分佈：
$X \sim N(\mu_X, \sigma_X^2)$，其中 $\mu_X = 18$，$\sigma_X = 4$。所以 $\sigma_X^2 = 4^2 = 16$。
$Y \sim N(\mu_Y, \sigma_Y^2)$，其中 $\mu_Y = 15$，$\sigma_Y = 3$。所以 $\sigma_Y^2 = 3^2 = 9$。

核心觀念

本題考查：

1. 指示型隨機變數的分布。
2. 隨機樣本的獨立性。
3. 二項分布的判定。
4. 平均數不等於中位數，故一般不能直接判定 $P(X_i>\mu)=\frac12$。

由於 $X_1,\dots,X_n$ 為來自同一分布的隨機樣本，因此彼此獨立且同分布。

解題方法

定義

$$Y_i= \begin{cases} 1, & X_i>\mu,\\ 0, & X_i\le \mu. \end{cases}$$

因此 $Y_i$ 是一個 Bernoulli 隨機變數，其成功機率為

$$p=P(Y_i=1)=P(X_i>\mu).$$

由於 $F(x)$ 為連續型累積分布函數，

$$P(X_i=\mu)=0.$$

所以

$$P(X_i>\mu)=1-P(X_i\le \mu) =1-F(\mu).$$

因此

$$Y_i\sim \operatorname{Bernoulli}\bigl(1-F(\mu)\bigr).$$

又因為 $X_1,\dots,X_n$ 彼此獨立，而 $Y_i$ 分別只由 $X_i$ 決定，所以 $Y_1,\dots,Y_n$ 也彼此獨立。

故

$$Z=\sum_{i=1}^nY_i$$

表示 $n$ 次獨立試驗中，滿足 $X_i>\mu$ 的次數。因此

核心觀念

本題考查**輔助統計量（ancillary statistic）**的定義：

若統計量 $T(X_1,X_2)$ 的抽樣分配不含未知參數 $\alpha$，則稱 $T$ 為 $\alpha$ 的輔助統計量。

題目中的機率密度函數為 Weibull 分配：

$$f(x\mid \alpha)=\alpha x^{\alpha-1}e^{-x^\alpha}, \qquad x>0,\ \alpha>0.$$

關鍵在於利用轉換 $X^\alpha$，將其化為與 $\alpha$ 無關的標準指數分配。

解題方法

令

$$Y_i=X_i^\alpha,\qquad i=1,2.$$

由於 $X_i>0$，故 $Y_i>0$。反轉換為

$$X_i=Y_i^{1/\alpha},$$

且

$$\frac{dx_i}{dy_i} = \frac{1}{\alpha}y_i^{1/\alpha-1}.$$

因此，$Y_i$ 的機率密度函數為

$$\begin{aligned} f_{Y_i}(y_i) &=f_{X_i}\left(y_i^{1/\alpha}\mid\alpha\right) \left|\frac{dx_i}{dy_i}\right|\\ &=\alpha \left(y_i^{1/\alpha}\right)^{\alpha-1} e^{-y_i} \cdot \frac{1}{\alpha}y_i^{1/\alpha-1}\\ &=e^{-y_i}, \qquad y_i>0. \end{aligned}$$

所以

$$Y_1,Y_2\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\operatorname{Exp}(1),$$

其分配完全不含未知參數 $\alpha$。

又因為

$$X_i=Y_i^{1/\alpha},$$

故

$$\log X_i = \frac{1}{\alpha}\log Y_i.$$

因此題目中的統計量可寫成

核心觀念

本題考查：

1. 充分統計量：可利用 Neyman–Fisher 因子分解定理，或利用概似比判定法。
2. 完備統計量：檢查是否滿足 $$E_\theta[g(T)]=0\quad\text{對所有 }\theta>0$$ 時，必然有 $g(T)=0$ 幾乎處處成立。
3. 對數轉換與 Gamma 分配的應用。

由題 given 的 p.d.f.，

$$f(x\mid\theta)=\theta x^{\theta-1},\qquad 0<x<1,\ \theta>0.$$

隨機樣本的聯合 p.d.f. 為

$$f(\boldsymbol{x}\mid\theta) =\prod_{i=1}^n \theta x_i^{\theta-1} =\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1} I(0<x_1,\ldots,x_n<1).$$

---

(i) $\sum_{i=1}^n X_i$ 是否為 $\theta$ 的充分統計量？

令

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

由聯合 p.d.f. 可見，樣本資料關於 $\theta$ 的部分為

$$\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}.$$

其中出現的是 $\prod_{i=1}^n x_i$，而不是 $\sum_{i=1}^n x_i$。這已顯示總和通常無法保留樣本中關於 $\theta$ 的全部資訊。

更正式地，若 $U$ 為充分統計量，則對於兩組具有相同總和的樣本，聯合概似函數之比必須與 $\theta$ 無關。

取 $n=2$ 時的兩組樣本：

$$\boldsymbol{x}=\left(\frac14,\frac14\right),\qquad \boldsymbol{y}=\left(\frac18,\frac38\right).$$

兩組樣本的總和相同：

$$\frac14+\frac14=\frac18+\frac38=\frac12.$$

但其乘積分別為

$$\prod x_i=\frac1{16},\qquad \prod y_i=\frac3{64}.$$

因此聯合概似函數之比為

$$\frac{f(\boldsymbol{x}\mid\theta)} {f(\boldsymbol{y}\mid\theta)} = \left( \frac{1/16}{3/64} \right)^{\theta-1} = \left(\frac43\right)^{\theta-1},$$

此比值明顯依賴於 $\theta$。所以，具有相同總和的樣本，其概似比仍可能包含 $\theta$ 的資訊，表示總和不是充分統計量。

因此，當 $n\geq 2$ 時，

$$\boxed{\sum_{i=1}^n X_i\text{ 不是 }\theta\text{ 的充分統計量。}}$$

補充：若 $n=1$，則 $\sum_{i=1}^n X_i=X_1$ 本身就是完整樣本，當然為充分統計量。本題通常預設 $n\geq2$。

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(ii) 求 $\theta$ 的完備充分統計量

第一步：找出充分統計量

由聯合 p.d.f.

$$f(\boldsymbol{x}\mid\theta) = \theta^n \left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1} I(0<x_1,\ldots,x_n<1),$$

依 Neyman–Fisher 因子分解定理，樣本關於 $\theta$ 的資訊可由

$$T_1=\prod_{i=1}^n X_i$$

核心觀念

本題考查概似比檢定（LRT）的建立：

1. 寫出兩組獨立樣本的聯合概似函數。
2. 分別求出：
   • 不受限制模型下的最大概似估計量；
   • 在 $H_0:\theta=\mu$ 限制下的最大概似估計量。
3. 計算概似比統計量

$$\Lambda(\mathbf{x},\mathbf{y}) =\frac{\sup_{H_0}L(\theta,\mu)} {\sup_{\theta,\mu}L(\theta,\mu)}.$$

4. 由 $\Lambda$ 越小越不支持虛無假設，決定拒絕域。

以下採用指數分佈的「平均數參數化」：

$$f(x;\theta)=\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},\qquad x>0,\ \theta>0.$$

因此 $\theta,\mu$ 分別為兩組指數分佈的平均數。

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解題方法

令

$$S_X=\sum_{i=1}^m X_i,\qquad S_Y=\sum_{i=1}^m Y_i.$$

由於兩組樣本獨立，聯合概似函數為

$$L(\theta,\mu) =\prod_{i=1}^m\frac{1}{\theta}e^{-X_i/\theta} \prod_{i=1}^m\frac{1}{\mu}e^{-Y_i/\mu}.$$

整理得

$$L(\theta,\mu) =\theta^{-m}\mu^{-m} \exp\left(-\frac{S_X}{\theta}-\frac{S_Y}{\mu}\right).$$

1. 不受限制模型下的最大概似估計

對數概似函數為

$$\ell(\theta,\mu) =-m\log\theta-m\log\mu -\frac{S_X}{\theta}-\frac{S_Y}{\mu}.$$

分別微分：

$$\frac{\partial \ell}{\partial\theta} =-\frac{m}{\theta}+\frac{S_X}{\theta^2}=0,$$

所以

$$\widehat{\theta}=\frac{S_X}{m}=\overline X.$$

同理，

$$\widehat{\mu}=\frac{S_Y}{m}=\overline Y.$$

因此不受限制下的最大概似值為

$$\sup_{\theta,\mu}L(\theta,\mu) =L(\widehat{\theta},\widehat{\mu}).$$

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2. $H_0:\theta=\mu$ 下的最大概似估計

在虛無假設下令

$$\theta=\mu=\lambda.$$

概似函數變為

$$L_0(\lambda) =\lambda^{-2m} \exp\left(-\frac{S_X+S_Y}{\lambda}\right).$$

其對數概似函數為

$$\ell_0(\lambda) =-2m\log\lambda-\frac{S_X+S_Y}{\lambda}.$$

微分並令其為零：

$$-\frac{2m}{\lambda} +\frac{S_X+S_Y}{\lambda^2}=0.$$

因此

$$\widehat{\lambda}_0 =\frac{S_X+S_Y}{2m} =\frac{\overline X+\overline Y}{2}.$$

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LRT 檢定統計量

概似比為

$$\Lambda =\frac{L(\widehat{\lambda}_0,\widehat{\lambda}_0)} {L(\widehat{\theta},\widehat{\mu})}.$$

代入估計量後，指數項相互抵消，得到

$$\Lambda = \frac{ \left(\dfrac{S_X}{m}\right)^m \left(\dfrac{S_Y}{m}\right)^m }{ \left(\dfrac{S_X+S_Y}{2m}\right)^{2m} }.$$

整理為

核心觀念

本題考查常態母體中未知參數的最大概似估計，以及利用卡方分配構造 $\sigma$ 的不偏估計量。

需要使用的結果如下：

• 若 $X_1,\dots,X_n$ 為來自 $N(\mu,\sigma^2)$ 的隨機樣本，則樣本平均數 $\bar X$ 是 $\mu$ 的 MLE。

• 常態樣本具有重要性質：

  $\frac{\sum_{i=1}^n (X_i-\bar X)^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}.$

• 若 $Y\sim\chi^2_\nu$，則

  $E(Y^{1/2})=\sqrt{2}\frac{\Gamma\left(\frac{\nu+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}.$

其中 $\Gamma(\cdot)$ 為 Gamma 函數。

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解題方法

令觀察值為 $x_1,\dots,x_n$，並定義

$$\bar x=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i, \qquad Q=\sum_{i=1}^n (x_i-\bar x)^2.$$

(i) $\mu$ 與 $\sigma^2$ 的最大概似估計

由於 $X_i\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}N(\mu,\sigma^2)$，其聯合概似函數為

$$L(\mu,\sigma^2) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}.$$

整理得

$$L(\mu,\sigma^2) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2 \right\}.$$

取對數概似函數：

$$\ell(\mu,\sigma^2) = -\frac n2\log(2\pi) -\frac n2\log(\sigma^2) -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

先求 $\mu$ 的 MLE

對 $\mu$ 微分：

$$\frac{\partial\ell}{\partial\mu} = \frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu).$$

令其等於 $0$：

$$\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)=0.$$

因此

$$\sum_{i=1}^n x_i-n\mu=0,$$

得到

$$\hat\mu_{\mathrm{MLE}}=\bar x.$$

且

$$\frac{\partial^2\ell}{\partial\mu^2} = -\frac n{\sigma^2}<0,$$

故此臨界點確為最大值。

再求 $\sigma^2$ 的 MLE

令 $\tau=\sigma^2$，則對 $\tau$ 微分：

$$\frac{\partial\ell}{\partial\tau} = -\frac{n}{2\tau} + \frac{1}{2\tau^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

令其等於 $0$：

$$-\frac{n}{2\tau} + \frac{1}{2\tau^2} \sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2 =0.$$

乘以 $2\tau^2$：

$$-n\tau+\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2=0.$$

因此，在 $\mu$ 固定時，

$$\hat\tau = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2.$$

將 $\hat\mu_{\mathrm{MLE}}=\bar x$ 代入，得到

$$\hat{\sigma}^2_{\mathrm{MLE}} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2.$$

所以

$$\boxed{ \hat\mu_{\mathrm{MLE}}=\bar X }$$

以及

$$\boxed{ \widehat{\sigma^2}_{\mathrm{MLE}} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 }.$$

需注意，MLE 的變異數分母是 $n$，不是 $n-1$。

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(ii) $\sigma$ 的不偏估計量

由常態樣本的基本結果，

$$\frac{Q}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2}{\sigma^2} \sim\chi^2_{n-1}.$$

令

核心觀念

題幹未提供樣本觀察值、樣本數及母體分配；以下依統計學標準設定，假設 $X_1,\ldots,X_n$ 為來自常態母體 $N(\mu,\sigma^2)$ 的隨機樣本，且 $\mu,\sigma^2$ 皆未知。

定義樣本平均數與樣本變異數：

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

本題使用兩個常態母體的重要抽樣分配：

$$\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t_{n-1}$$

以及

$$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}$$

其中 $t_{n-1}$ 表示自由度為 $n-1$ 的 $t$ 分配，$\chi^2_{n-1}$ 表示自由度為 $n-1$ 的卡方分配。

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解題方法：$\mu$ 的 $1-\alpha$ 信賴區間

由於母體變異數 $\sigma^2$ 未知，不能使用常態分配，須以樣本標準差 $S$ 估計，因此採用 $t$ 統計量：

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

令 $t_{n-1,\alpha/2}$ 為自由度 $n-1$ 的 $t$ 分配上側 $\alpha/2$ 臨界值，則

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

將不等式中的 $\mu$ 解出：

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

因此，$\mu$ 的 $1-\alpha$ 信賴區間為

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

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解題方法：$\sigma^2$ 的 $1-\alpha$ 信賴區間

由常態母體的結果，

$$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}$$