108 年 國立臺灣大學農藝系暨研究所生物統計乙組《統計理論》

本題主要考驗獨立事件的機率計算。

核心觀念：獨立事件的機率乘法法則，以及事件的聯集與餘集的機率關係。

(a) 求至少一個事件發生的機率。
我們知道 A, B, C 是獨立事件，所以它們的補集 $A^c, B^c, C^c$ 也是獨立事件。
至少一個事件發生的機率，可以透過計算「所有事件都不發生」的機率，然後用 1 減去它來得到。
$P(A^c) = 1 - P(A) = 1 - 0.5 = 0.5$
$P(B^c) = 1 - P(B) = 1 - 0.1 = 0.9$
$P(C^c) = 1 - P(C) = 1 - 0.6 = 0.4$

因為 A, B, C 獨立，所以 $A^c, B^c, C^c$ 也獨立。
$P(\text{at least one event occurs}) = 1 - P(\text{none of the events occur})$
$= 1 - P(A^c \cap B^c \cap C^c)$
$= 1 - P(A^c) P(B^c) P(C^c)$ (由於獨立性)
$= 1 - (0.5)(0.9)(0.4)$
$= 1 - 0.18$
$= 0.82$

【答案】0.82

核心觀念

本題考查以下統計觀念：

1. 最小次序統計量的分布：
   $P(K>k)=P(X_1>k,\ldots,X_n>k).$
2. 指數分布的尾端機率、期望值與變異數。
3. 不偏估計量的定義：
   $E_\theta(\widehat\theta)=\theta.$
4. 一致估計量的判定，可利用變異數是否趨近於 $0$。
5. 以完整樣本資訊所構成的估計量，通常會比只使用最小值更有效率。

已知 $X_i$ 服從尺度參數為 $\theta$ 的指數分布：

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

因此

$$P(X_i>x)=e^{-x/\theta},\qquad x\geq 0,$$

且

$$E(X_i)=\theta,\qquad \operatorname{Var}(X_i)=\theta^2.$$

---

（a）求最小次序統計量 $K$ 的機率密度函數

令

$$K=\min(X_1,X_2,\ldots,X_n).$$

先求其累積分布函數。對於 $k\geq 0$，

$$\begin{aligned} F_K(k) &=P(K\leq k)\\ &=1-P(K>k)\\ &=1-P(X_1>k,\ldots,X_n>k). \end{aligned}$$

由於 $X_1,\ldots,X_n$ 為隨機樣本，彼此獨立，所以

$$P(K>k) =\prod_{i=1}^nP(X_i>k) =\left(e^{-k/\theta}\right)^n =e^{-nk/\theta}.$$

因此

$$F_K(k)=1-e^{-nk/\theta},\qquad k\geq 0.$$

對 $k$ 微分即可得到機率密度函數：

$$f_K(k) =\frac{d}{dk}F_K(k) =\frac{n}{\theta}e^{-nk/\theta}, \qquad k\geq 0.$$

若 $k<0$，由於 $K\geq 0$，故密度為 $0$。因此

$$\boxed{ f_K(k)= \begin{cases} \dfrac{n}{\theta}e^{-nk/\theta},& k\geq 0,\\[6pt] 0,& k<0. \end{cases}}$$

所以

$$K\sim \operatorname{Exponential}\left(\text{scale}=\frac{\theta}{n}\right).$$

---

（b）根據 $K$ 找出 $\theta$ 的不偏估計量，並判定其一致性

第一步：求 $K$ 的期望值與變異數

由於 $K$ 為尺度參數 $\theta/n$ 的指數分布，

$$E(K)=\frac{\theta}{n},$$

以及

$$\operatorname{Var}(K)=\left(\frac{\theta}{n}\right)^2 =\frac{\theta^2}{n^2}.$$

第二步：構造不偏估計量

考慮估計量

$$\widehat\theta_K=nK.$$

其期望值為

$$E(\widehat\theta_K) =E(nK) =nE(K) =n\cdot\frac{\theta}{n} =\theta.$$

因此 $nK$ 是 $\theta$ 的不偏估計量：

$$\boxed{\widehat\theta_K=nK}.$$

其變異數為

$$\operatorname{Var}(\widehat\theta_K) =\operatorname{Var}(nK) =n^2\operatorname{Var}(K) =n^2\cdot\frac{\theta^2}{n^2} =\theta^2.$$

第三步：判定一致性

若估計量一致，通常需滿足

$$\widehat\theta_K\xrightarrow{P}\theta.$$

由於 $\widehat\theta_K$ 不偏，其均方誤差為

$$\operatorname{MSE}(\widehat\theta_K) =\operatorname{Var}(\widehat\theta_K) =\theta^2.$$

此均方誤差不隨 $n$ 趨近於 $0$，所以 $nK$ 不具一致性。

也可直接觀察其分布。因為

$$K\sim \operatorname{Exponential}\left(\frac{\theta}{n}\right),$$

將 $K$ 乘以 $n$ 後，

$$nK\sim \operatorname{Exponential}(\theta).$$

其分布不會隨樣本數增加而集中到 $\theta$，因此：

$$\boxed{nK\text{ 為不偏估計量，但不是一致估計量。}}$$

---

核心觀念

本題考查：

1. 聯合密度函數的建立；
2. 變數變換與 Jacobian；
3. 由聯合密度積分求邊際密度；
4. 依變數的可行範圍分段處理。

因為 $X,Y$ 相互獨立，且皆服從 $U(0,1)$，所以

$$f_X(x)=f_Y(y)= \begin{cases} 1, & 0<x<1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

因此聯合密度為

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) = \begin{cases} 1, & 0<x<1,\ 0<y<1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

也就是在單位正方形 $(0,1)\times(0,1)$ 上均勻分布。

---

解題方法：二維變數變換

定義

$$V=X-Y,\qquad W=X+Y.$$

由

$$v=x-y,\qquad w=x+y$$

反解得

$$x=\frac{w+v}{2},\qquad y=\frac{w-v}{2}.$$

Jacobian

計算反變換的 Jacobian：

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(v,w)} = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial v} & \dfrac{\partial x}{\partial w}\\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial v} & \dfrac{\partial y}{\partial w} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \dfrac12 & \dfrac12\\[4pt] -\dfrac12 & \dfrac12 \end{vmatrix} =\frac12.$$

所以

$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(v,w)}\right|=\frac12.$$

---

$(V,W)$ 的可行範圍

由 $0<x<1$ 與 $0<y<1$：

$$0<\frac{w+v}{2}<1, \qquad 0<\frac{w-v}{2}<1.$$

等價於

$$-w<v<w, \qquad w-2<v<2-w.$$

因此 $(v,w)$ 的聯合密度為

$$f_{V,W}(v,w) = f_{X,Y}\left(\frac{w+v}{2},\frac{w-v}{2}\right) \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(v,w)}\right|.$$

在可行範圍內，$f_{X,Y}=1$，故

$$f_{V,W}(v,w)=\frac12.$$

幾何上，原本的單位正方形經過變數變換後，轉換成 $(v,w)$ 平面上的菱形。接著分別對另一個變數積分即可得到 $V$ 與 $W$ 的邊際密度。

---

$V=X-Y$ 的分布

由 $0<X<1$、$0<Y<1$ 可知

$$-1<V<1.$$

固定 $v$ 時，條件 $w$ 的範圍為

$$|v|<w<2-|v|.$$

其長度為

$$(2-|v|)-|v|=2-2|v|.$$

因此

$$f_V(v) = \int f_{V,W}(v,w)\,dw = \frac12(2-2|v|) = 1-|v|.$$

所以 $V$ 的機率密度函數為

$$\boxed{ f_V(v)= \begin{cases} 1+v, & -1<v<0,\\ 1-v, & 0\le v<1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases} }$$

亦可寫成

核心觀念

本題考查：

• Neyman–Fisher factorization theorem 判斷充分統計量。
• 由 likelihood function 求最大概似估計量（MLE）。
• 利用最大次序統計量的分布建立信賴上限。
• 辨識「參數未出現在分布中」所造成的不可識別問題。

題目給定的累積分布函數為

$$F(x\mid \alpha,\beta)= \begin{cases} 0, & x<0,\\[2mm] \dfrac{x}{\beta}, & 0\le x\le \beta,\\[2mm] 1, & x>\beta. \end{cases}$$

因此 $X_i$ 服從 $Uniform(0,\beta)$，其機率密度函數為

$$f(x\mid \alpha,\beta) = \frac{1}{\beta}I(0\le x\le \beta).$$

注意：題目雖列出參數 $\alpha$，但給定的分布完全沒有出現 $\alpha$。因此 $\alpha$ 對此分布沒有影響，屬於不可識別參數；以下依題目原文作答。

---

（a）充分統計量

由於 $X_1,\dots,X_n$ 相互獨立，聯合機率密度函數為

$$\begin{aligned} L(\alpha,\beta;\mathbf{x}) &=\prod_{i=1}^n f(x_i\mid \alpha,\beta)\\ &=\prod_{i=1}^n \frac{1}{\beta}I(0\le x_i\le \beta)\\ &=\beta^{-n} I\left(0\le x_{(1)},\ x_{(n)}\le \beta\right), \end{aligned}$$

其中

$$x_{(1)}=\min(X_1,\dots,X_n),\qquad x_{(n)}=\max(X_1,\dots,X_n).$$

由於觀察值必須滿足 $x_i\ge 0$，且所有 $x_i\le \beta$ 等價於 $x_{(n)}\le \beta$，故

$$L(\alpha,\beta;\mathbf{x}) = \beta^{-n} I(x_{(1)}\ge 0) I(x_{(n)}\le \beta).$$

依 Neyman–Fisher factorization theorem，可寫成

$$L(\alpha,\beta;\mathbf{x}) = \underbrace{\beta^{-n}I(x_{(n)}\le \beta)}_{g_{\alpha,\beta}(x_{(n)})} \underbrace{I(x_{(1)}\ge 0)}_{h(\mathbf{x})}.$$

因此，$X_{(n)}=\max(X_1,\dots,X_n)$ 是 $(\alpha,\beta)$ 的充分統計量。

由於 $\alpha$ 未出現在 likelihood 中，資料對 $\alpha$ 不提供任何辨識資訊。

---

（b）$\alpha$ 與 $\beta$ 的 MLE

$\alpha$ 的 MLE

likelihood function 中完全沒有 $\alpha$：

$$L(\alpha,\beta;\mathbf{x})=L(\beta;\mathbf{x}).$$

因此對所有 $\alpha>0$，likelihood 的值都相同。故 $\alpha$ 的最大概似估計量不唯一：

$$\widehat{\alpha}\in(0,\infty).$$

換言之，$\alpha$ 沒有唯一的 MLE；任意正數均可作為 $\alpha$ 的最大概似估計值。

$\beta$ 的 MLE

固定觀察值 $\mathbf{x}$，likelihood 對 $\beta$ 為

$$L(\beta;\mathbf{x}) = \beta^{-n}I(\beta\ge x_{(n)}), \qquad \beta>0.$$

在允許範圍 $\beta\ge x_{(n)}$ 上，

$$\frac{d}{d\beta}\beta^{-n} = -n\beta^{-n-1}<0.$$

因此 likelihood 隨 $\beta$ 增加而遞減，最大值會出現在允許範圍的最小值：

核心觀念

Neyman–Pearson 引理說明：在檢定兩個簡單假設時，固定第一類錯誤機率上限 $\alpha$，以概似比作為拒絕依據的檢定，能使檢定力最大。

設

$$H_0:\theta=\theta_0, \qquad H_1:\theta=\theta_1,$$

且樣本 $X$ 在兩假設下的機率密度函數分別為 $f_0(x)$ 與 $f_1(x)$。定義概似比

$$\Lambda(x)=\frac{f_1(x)}{f_0(x)}.$$

檢定的大小（size）是 $H_0$ 為真時拒絕 $H_0$ 的機率；檢定力（power）是 $H_1$ 為真時拒絕 $H_0$ 的機率。

解題方法與引理敘述

Neyman–Pearson 引理的標準形式如下：

對於檢定簡單假設 $H_0:\theta=\theta_0$ 與 $H_1:\theta=\theta_1$，在所有大小不超過 $\alpha$ 的檢定中，最強力檢定（most powerful test）依照概似比 $\Lambda(x)$ 決定拒絕域。也就是存在常數 $c\geq 0$，使檢定在

$$\frac{f_1(x)}{f_0(x)}>c$$

時拒絕 $H_0$，在

$$\frac{f_1(x)}{f_0(x)}<c$$

時不拒絕 $H_0$；在概似比等於 $c$ 的邊界上，必要時以隨機方式拒絕 $H_0$，使檢定大小恰為 $\alpha$。此檢定在所有大小不超過 $\alpha$ 的檢定中具有最大的檢定力。

若概似比的分布在臨界值處沒有機率質量，通常不需要邊界隨機化。若有機率質量，則可令邊界上的拒絕機率為 $\gamma\in[0,1]$，用以達到指定的檢定大小。

為何此檢定最強力

核心觀念

本題考查 Neyman–Pearson 引理、單側檢定的單調概似比，以及無偏檢定與 UMPU 檢定。因為母體變異數已知，樣本平均數是檢定統計量：

$$\bar X \sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right) =N\left(\mu,\frac{4}{16}\right) =N\left(\mu,\frac14\right).$$

因此，$\bar X$ 的標準誤為 $1/2$，且在 $H_0:\mu=0$ 下，

$$Z=\frac{\bar X}{1/2}=2\bar X\sim N(0,1).$$

(a) 以 Neyman–Pearson 引理構造 MP 檢定

對觀察值 $x_1,\ldots,x_{16}$，在 $\mu=1$ 與 $\mu=0$ 下的概似比為

$$\frac{L(1)}{L(0)} = \exp\left\{ -\frac14\sum_{i=1}^{16}\left[(x_i-1)^2-x_i^2\right] \right\} = \exp\left(\frac12\sum_{i=1}^{16}x_i-4\right).$$

概似比隨著 $\sum_{i=1}^{16}x_i$ 遞增。依 Neyman–Pearson 引理，最強力檢定在 $\sum X_i$ 足夠大時拒絕 $H_0$。

在 $H_0$ 下，$2\bar X\sim N(0,1)$。題目給定 $P(Z>1.64)=0.05$，故令檢定大小為 $0.05$ 的臨界值為 $1.64$：

$$\boxed{\text{若 }2\bar X>1.64\text{，則拒絕 }H_0.}$$

等價地，拒絕域可寫為

$$\boxed{\bar X>0.82} \qquad\text{或}\qquad \boxed{\sum_{i=1}^{16}X_i>13.12}.$$

(b) MP 檢定的檢定力

在 $\mu=1$ 下，$2(\bar X-1)\sim N(0,1)$。因此，(a) 的檢定力為

$$\begin{aligned} \beta(1) &=P_{\mu=1}(\bar X>0.82)\\ &=P_{\mu=1}\left(2(\bar X-1)>2(0.82-1)\right)\\ &=P(Z>-0.36)\\ &=\Phi(0.36)\approx 0.6406. \end{aligned}$$

所以此檢定在 $\mu=1$ 時的檢定力約為 $0.641$。

(c) 為何 $H_0:\mu=0$ 對 $H_A:\mu>0$ 的 UMP 檢定相同

對任意固定的 $\mu>0$，概似比為

$$\frac{L(\mu)}{L(0)} = \exp\left\{ \frac{\mu}{4}\sum_{i=1}^{16}x_i-\frac{16\mu^2}{8} \right\}.$$

當 $\mu>0$ 時，此概似比隨 $\sum X_i$ 遞增。這個一參數常態模型具有單調概似比，因此依單調概似比檢定定理，對 $H_0:\mu=0$ 對 $H_A:\mu>0$，以大樣本總和作為拒絕依據的檢定是 UMP。

在顯著水準 $0.05$ 下，其拒絕域與 (a) 相同：

$$\boxed{\bar X>0.82.}$$

核心觀念

本題考查多項分配的概似比檢定、參數空間維度，以及概似比檢定統計量與 Pearson 卡方統計量的漸近關係。

六個機率滿足 $\sum_{i=1}^{6}p_i=1$，因此完整參數空間 $\Omega$ 有 $5$ 個自由參數。虛無假設把六個機率都固定為 $1/6$，所以 $\Omega_0$ 是一個單點，維度為 $0$。

概似比統計量定義為

$$\Lambda = \frac{\displaystyle\sup_{\boldsymbol p\in\Omega_0}L(\boldsymbol p)} {\displaystyle\sup_{\boldsymbol p\in\Omega}L(\boldsymbol p)}.$$

在正則條件成立時，Wilks 定理指出 $-2\log\Lambda$ 在虛無假設下漸近服從卡方分配，其自由度為完整模型與虛無模型的維度差。

解題方法與推導

(a) 參數空間的維度

完整參數空間為

$$\Omega = \left\{(p_1,\ldots,p_6):p_i\geq 0,\ \sum_{i=1}^{6}p_i=1\right\}.$$

六個參數受一個獨立的總和限制，因此

$$\dim(\Omega)=6-1=5.$$

虛無假設指定唯一一組參數：

$$\Omega_0 = \left\{\left(\frac16,\frac16,\frac16,\frac16,\frac16,\frac16\right)\right\},$$

故

$$\dim(\Omega_0)=0.$$

(b) 推導概似比統計量

令觀察到的次數為 $O_1,\ldots,O_6$，且 $\sum_{i=1}^{6}O_i=n$。概似函數為

$$L(\boldsymbol p) = \frac{n!}{O_1!O_2!\cdots O_6!} \prod_{i=1}^{6}p_i^{O_i}.$$

在完整模型中，多項分配的最大概似估計為

$$\widehat p_i=\frac{O_i}{n}.$$

在虛無假設下，$p_i=1/6$。因為兩個概似函數中的多項係數相同，計算比值時會抵消，因此

$$\Lambda = \frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{6}(1/6)^{O_i}} {\displaystyle\prod_{i=1}^{6}(O_i/n)^{O_i}} = \prod_{i=1}^{6} \left(\frac{n}{6O_i}\right)^{O_i}.$$

若 $O_i=0$，相應的概似項依慣例取 $0^0=1$，亦即該項對數貢獻為 $0$。

取負二倍對數，得到

$$-2\log\Lambda = 2\sum_{i=1}^{6}O_i \log\left(\frac{O_i}{n/6}\right).$$

(c) 虛無假設下的漸近分配

兩模型的維度差為

$$\dim(\Omega)-\dim(\Omega_0)=5-0=5.$$

依 Wilks 定理，在 $H_0$ 成立且 $n$ 夠大時，

$$-2\log\Lambda \ \xrightarrow{d}\ \chi^2_5.$$

(d) 與 Pearson 卡方統計量的漸近等價

核心觀念

本題考查廣義概似比檢定、參數空間的維度，以及概似比統計量與 Pearson 卡方統計量的漸近關係。廣義概似比定義為

$$\Lambda = \frac{\displaystyle\sup_{\boldsymbol{\lambda}\in\Omega_0}L(\boldsymbol{\lambda})} {\displaystyle\sup_{\boldsymbol{\lambda}\in\Omega}L(\boldsymbol{\lambda})}.$$

虛無假設限制六個 Poisson 平均數相等，因此虛無模型有一個自由參數；完整模型有六個自由參數。兩者參數個數之差為 $6-1=5$，也是檢定統計量漸近卡方分布的自由度。

解題方法與推導

令觀察值為 $O_i=X_i$，總計數為 $N=\sum_{i=1}^{6}O_i$。獨立 Poisson 變數的概似函數為

$$L(\lambda_1,\ldots,\lambda_6) = \prod_{i=1}^{6} e^{-\lambda_i}\frac{\lambda_i^{O_i}}{O_i!}.$$

在完整模型 $\Omega$ 下，各參數的最大概似估計量為 $\widehat{\lambda}_i=O_i$。在虛無假設 $H_0$ 下，令 $\lambda_1=\cdots=\lambda_6=\lambda$，則

$$L_0(\lambda) = e^{-6\lambda}\frac{\lambda^{N}}{\prod_{i=1}^{6}O_i!}, \qquad \widehat{\lambda}_0=\frac{N}{6}=\overline{O}.$$

因此，虛無模型下每格的期望計數為

$$E_i=\widehat{\lambda}_0=\frac{N}{6}.$$

(a) 參數空間的維度

完整參數空間 $\Omega$ 由六個非負參數 $(\lambda_1,\ldots,\lambda_6)$ 組成，因此

$$\dim(\Omega)=6.$$

虛無假設要求六個參數相等，只剩共同參數 $\lambda$ 可變，因此

$$\dim(\Omega_0)=1.$$

(b) 廣義概似比統計量

將兩模型的最大概似值相除，得到

$$\Lambda = \frac{ e^{-6\overline{O}}\overline{O}^{\,N}/\prod_{i=1}^{6}O_i! }{ \prod_{i=1}^{6}\left(e^{-O_i}O_i^{O_i}/O_i!\right) }.$$

因為 $6\overline{O}=N=\sum_{i=1}^{6}O_i$，指數項相消，階乘項也相消，所以

$$\Lambda = \frac{\overline{O}^{\,N}}{\prod_{i=1}^{6}O_i^{O_i}} = \prod_{i=1}^{6} \left(\frac{\overline{O}}{O_i}\right)^{O_i}.$$

當 $O_i=0$ 時，採用慣例 $0\log 0=0$。因此

核心觀念

第一類錯誤機率 $\alpha$ 是虛無假設 $H_0$ 為真時，錯誤拒絕 $H_0$ 的機率；第二類錯誤機率 $\beta$ 是備擇假設 $H_1$ 為真時，未拒絕 $H_0$ 的機率。檢定力則為 $1-\beta$。

對固定的檢定統計量與備擇假設，若調整臨界值會擴大拒絕域，則較容易拒絕 $H_0$：$\alpha$ 會增加，檢定力不會降低，因此 $\beta$ 不會增加。

解題方法

設原拒絕域為 $R_1$，調整後的拒絕域為 $R_2$，且臨界值的調整使拒絕域擴大，即 $R_1\subseteq R_2$。則：

$$\alpha_1=P_{H_0}(T\in R_1) \leq P_{H_0}(T\in R_2)=\alpha_2$$

而在 $H_1$ 為真時，第二類錯誤機率是落在拒絕域之外的機率：

核心觀念

$p$ 值是在虛無假設 $H_0$ 成立時，取得「與觀察結果同樣極端或更極端」之檢定統計量的機率。給定資料、檢定統計量及檢定方法後，$p$ 值即已決定。

顯著水準 $\alpha$ 是事先設定的判斷門檻。兩者的關係是：

$$\text{當 } p\text{-value} \leq \alpha \text{ 時，拒絕 } H_0$$

解題方法

區分「證據的量化」與「決策門檻」：$p$ 值量化觀察資料對 $H_0$ 的反對證據；$\alpha$ 則決定多大的證據足以拒絕 $H_0$。因此，固定資料與檢定方法時，改變 $\alpha$ 會改變檢定結論，不會改變已算出的 $p$ 值。

核心觀念

$p$ 值是：在虛無假設為真時，觀察到目前結果或更極端結果的機率。檢定的顯著水準 $\alpha$ 是事先設定的拒絕門檻；採用標準決策規則時，當

$$p\text{ 值}\leq \alpha$$

便拒絕虛無假設。

解題方法

題目指出檢定在顯著水準 $0.06$ 下拒絕。依標準決策規則，拒絕代表觀察到的 $p$ 值不超過該檢定的顯著水準，因此

$$p\text{ 值}\leq 0.06$$

核心觀念

廣義概似比（generalized likelihood ratio, GLR）比較虛無假設下的最大概似值與整個參數空間中的最大概似值。設虛無假設限制的參數空間為 $\Theta_0$，完整參數空間為 $\Theta$，且 $\Theta_0\subseteq\Theta$，則

$$\Lambda = \frac{\displaystyle\sup_{\theta\in\Theta_0}L(\theta)} {\displaystyle\sup_{\theta\in\Theta}L(\theta)}.$$

由於 $\Theta_0$ 是 $\Theta$ 的子集合，在 $\Theta_0$ 上能取得的最大概似值不會大於在整個 $\Theta$ 上能取得的最大概似值，因此