109 年 國立臺灣大學農藝系暨研究所生物統計乙組《統計理論》

核心觀念

本題考查：

• 常態分布下平均數參數的最大概似估計；
• 樣本變異數的無偏估計；
• 估計量的均方誤差：

$$\operatorname{MSE}(W)=\operatorname{Var}(W)+\{\operatorname{Bias}(W)\}^2;$$

• 常態樣本中樣本平均數與樣本離均差平方和彼此獨立。

以下假設 $\sigma^2>0$，且 $\theta,\sigma^2$ 均為固定未知參數。

(a) $\theta$ 的最大概似估計量

樣本的概似函數為

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

固定 $\sigma^2$ 後，對數概似函數中與 $\theta$ 有關的部分為

$$\ell(\theta) = -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (X_i-\theta)^2.$$

對 $\theta$ 微分：

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

令一階導數等於 $0$：

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\theta)=0,$$

因此

$$n\bar X-n\theta=0.$$

故最大概似估計量為

$$\widehat{\theta}_{\mathrm{MLE}}=\bar X.$$

由於

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

所以此臨界點確實使概似函數達到最大值。

(b) 求 $c_n$

令

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

常態樣本的基本結果為

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

因為自由度為 $n-1$ 的卡方分布期望值為 $n-1$，所以

$$E\left[ \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 \right] = (n-1)\sigma^2.$$

因此

$$E(T_2) = c_n(n-1)\sigma^2.$$

要求 $T_2$ 為 $\sigma^2$ 的無偏估計量，即

$$E(T_2)=\sigma^2.$$

故

$$c_n(n-1)=1,$$

得到

$$\boxed{c_n=\frac{1}{n-1}}.$$

因此

$$\boxed{ T_2= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 }.$$

(c) $W(\alpha)$ 的均方誤差

題目定義

$$W(\alpha)=\alpha T_1+(1-\alpha)T_2, \qquad T_1=\bar X.$$

先計算期望值：

$$E(T_1)=\theta, \qquad E(T_2)=\sigma^2.$$

所以

$$E\{W(\alpha)\} = \alpha\theta+(1-\alpha)\sigma^2.$$

相對於目標參數 $\theta$，其偏差為

$$\operatorname{Bias}\{W(\alpha)\} = E\{W(\alpha)\}-\theta = (1-\alpha)(\sigma^2-\theta).$$

常態樣本中 $\bar X$ 與 $\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2$ 獨立，因此 $T_1$ 與 $T_2$ 獨立，故

$$\operatorname{Cov}(T_1,T_2)=0.$$

因此

$$\operatorname{Var}\{W(\alpha)\} = \alpha^2\operatorname{Var}(T_1) + (1-\alpha)^2\operatorname{Var}(T_2).$$

由 MSE 定義，

$$\operatorname{MSE}\{W(\alpha)\} = \operatorname{Var}\{W(\alpha)\} + \left[ \operatorname{Bias}\{W(\alpha)\} \right]^2.$$

所以正確的均方誤差為

本題考察了參數估計的幾個重要概念，包括轉換變數的分布、動差估計量 (Method of Moments Estimator, MOM)、均勻最小變異數不偏估計量 (Uniform Minimum Variance Unbiased Estimator, UMVUE)，以及 Cramér-Rao Lower Bound (CRLB)。

(a) 證明 $W = -\log(X)$ 的分布，並求 $\theta$ 的動差估計量

首先，我們需要找到變數變換 $W = -\log(X)$ 的機率密度函數 (pdf)。
給定的 pdf 是 $f(x|\theta) = \theta x^{\theta-1}$，其中 $0 < x < 1$ 且 $\theta > 0$。
這是一個 Beta 分布 $Beta(1, \theta)$ 的形式。

令 $W = -\log(X)$。
則 $X = e^{-W}$。
當 $X=0$ 時，$W \to \infty$。當 $X=1$ 時，$W = -\log(1) = 0$。
所以 $W$ 的取值範圍是 $(0, \infty)$。

變數轉換的雅可比行列式 (Jacobian) 的絕對值為：
$\left|\frac{dx}{dw}\right| = \left|\frac{d}{dw}(e^{-W})\right| = |-e^{-W}| = e^{-W}$。

將 $X = e^{-W}$ 代入 pdf：
$f_W(w|\theta) = f_X(x=e^{-w}|\theta) \left|\frac{dx}{dw}\right|$
$f_W(w|\theta) = \theta (e^{-w})^{\theta-1} \cdot e^{-w}$
$f_W(w|\theta) = \theta e^{-(\theta-1)w} \cdot e^{-w}$
$f_W(w|\theta) = \theta e^{-(\theta-1)w - w}$
$f_W(w|\theta) = \theta e^{-\theta w}$，其中 $w > 0$。

這個 pdf $f_W(w|\theta) = \theta e^{-\theta w}$ 對於 $w > 0$ 是指數分布的 pdf，其參數為 $\theta$。
指數分布的期望值為 $E[W] = 1/\theta$。

尋找 $\theta$ 的動差估計量 (MOM estimator)

動差估計量是基於將樣本動差與對應的族群動差相等來求解參數。
我們需要計算 $X$ 的一階動差 (期望值)。
$E[X] = \int_0^1 x f(x|\theta) dx = \int_0^1 x (\theta x^{\theta-1}) dx = \int_0^1 \theta x^\theta dx$
$E[X] = \theta \left[\frac{x^{\theta+1}}{\theta+1}\right]_0^1 = \theta \left(\frac{1^{\theta+1}}{\theta+1} - \frac{0^{\theta+1}}{\theta+1}\right) = \frac{\theta}{\theta+1}$。

樣本的一階動差是 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。
令族群動差等於樣本動差：
$E[X] = \bar{X}$
$\frac{\theta}{\theta+1} = \bar{X}$
$\theta = \bar{X}(\theta+1)$
$\theta = \bar{X}\theta + \bar{X}$
$\theta - \bar{X}\theta = \bar{X}$
$\theta(1 - \bar{X}) = \bar{X}$
$\hat{\theta}_{MOM} = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}$。

另一種方法是使用 $W$ 的動差。
$E[W] = 1/\theta$。
樣本的一階動差是 $\bar{W} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n W_i = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (-\log X_i)$。
令族群動差等於樣本動差：
$E[W] = \bar{W}$
$1/\theta = \bar{W}$
$\hat{\theta}_{MOM} = 1/\bar{W} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n (-\log X_i)}$。

這兩種動差估計量是等價的。因為 $E[X] = \frac{\theta}{\theta+1}$，所以 $E[1-X] = 1 - E[X] = 1 - \frac{\theta}{\theta+1} = \frac{1}{\theta+1}$。
$\frac{E[X]}{E[1-X]} = \frac{\theta/(\theta+1)}{1/(\theta+1)} = \theta$。
所以 $\frac{\bar{X}}{1-\bar{X}} = \frac{\bar{X}}{\overline{1-X}} = \hat{\theta}_{MOM}$。

【答案】 $W \sim \text{Exponential}(\theta)$，$\hat{\theta}_{MOM} = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}$ 或 $\hat{\theta}_{MOM} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n (-\log X_i)}$。

(b) 尋找 $1/\theta^2$ 的 UMVUE

我們需要尋找 $1/\theta^2$ 的 UMVUE。
根據結果 (a)，我們知道 $W_i = -\log(X_i)$ 服從參數為 $\theta$ 的指數分布，即 $W_i \sim \text{Exponential}(\theta)$。
其 pdf 為 $f_W(w) = \theta e^{-\theta w}$，$w > 0$。
對於指數分布，其均值是 $E[W] = 1/\theta$，方差是 $\text{Var}(W) = 1/\theta^2$。
所以，我們正在尋找 $E[W]$ 的方差的 UMVUE。

根據統計學理論，對於指數族分布，通常可以通過充分統計量來找到 UMVUE。
$W_i$ 的 pdf 是 $f(w|\theta) = \theta e^{-\theta w}$。
樣本的聯合 pdf 為 $f(w_1, \dots, w_n|\theta) = \prod_{i=1}^n \theta e^{-\theta w_i} = \theta^n e^{-\theta \sum w_i}$。
這是指數族形式：$f(w_1, \dots, w_n|\theta) = h(w) \exp(\eta(\theta) T(w))$。
在這裡，$h(w) = 1$ (對於 $w_i > 0$)，$\eta(\theta) = -\theta$， $T(w) = \sum w_i$。
因此，$\sum_{i=1}^n W_i = \sum_{i=1}^n (-\log X_i)$ 是 $\theta$ 的一個充分統計量 (sufficient statistic)。

根據 Lehman-Scheffé 定理，如果我們能找到一個統計量 $T$ 滿足：

1. $T$ 是 $\eta(\theta)$ 的無偏估計量。
2. $T$ 是充分統計量。
   那麼 $T$ 就是 $\eta(\theta)$ 的 UMVUE。

在這裡，我們想找到 $1/\theta^2$ 的 UMVUE。
我們知道 $E[W_i] = 1/\theta$。
所以，$\bar{W} = \frac{1}{n}\sum W_i$ 是 $1/\theta$ 的無偏估計量。
$\bar{W}$ 也是一個充分統計量（因為它是 $\sum W_i$ 的函數）。
因此，$\bar{W}$ 是 $1/\theta$ 的 UMVUE。

現在我們需要 $1/\theta^2$ 的 UMVUE。
我們知道 $\text{Var}(W_i) = 1/\theta^2$。
我們需要尋找一個統計量 $g(\sum W_i)$ 使得 $E[g(\sum W_i)] = 1/\theta^2$。

對於指數分布 $W \sim \text{Exponential}(\theta)$，其 pdf 為 $f(w) = \theta e^{-\theta w}$。
$\frac{d}{d\theta} f(w) = \frac{d}{d\theta} (\theta e^{-\theta w}) = e^{-\theta w} + \theta (-w e^{-\theta w}) = (1 - \theta w) e^{-\theta w}$。

本題主要考驗對均勻分布樣本最大值的分布推導，以及如何基於此建立參數 $\theta$ 的信賴區間。

(a) 求 $Y/\theta$ 的分布

設 $X_1, \dots, X_n$ 為來自 $U(0, \theta)$ 的隨機樣本。其機率密度函數 (pdf) 為 $f(x|\theta) = \frac{1}{\theta}$，對於 $0 < x < \theta$，否則為 0。
令 $Y = \max(X_1, X_2, \dots, X_n)$。
我們首先推導 $Y$ 的累積分布函數 (CDF)，記為 $F_Y(y) = P(Y \le y)$。
$Y \le y$ 當且僅當所有 $X_i \le y$。
$F_Y(y) = P(X_1 \le y, X_2 \le y, \dots, X_n \le y)$。
由於 $X_i$ 是獨立同分布的，
$F_Y(y) = P(X_1 \le y) P(X_2 \le y) \dots P(X_n \le y) = [P(X \le y)]^n$。

對於 $X \sim U(0, \theta)$，其 CDF 為 $F_X(x) = P(X \le x) = \begin{cases} 0 & x \le 0 \\ x/\theta & 0 < x < \theta \\ 1 & x \ge \theta \end{cases}$。

因此，
$F_Y(y) = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n$，對於 $0 < y < \theta$。
如果 $y \le 0$，則 $F_Y(y) = 0$。
如果 $y \ge \theta$，則 $F_Y(y) = 1$。

所以，$Y$ 的 CDF 是：
$F_Y(y) = \begin{cases} 0 & y \le 0 \\ (y/\theta)^n & 0 < y < \theta \\ 1 & y \ge \theta \end{cases}$。

現在我們要求 $Z = Y/\theta$ 的分布。
$F_Z(z) = P(Z \le z) = P(Y/\theta \le z) = P(Y \le z\theta)$。
令 $y = z\theta$。
若 $z\theta \le 0$，則 $z \le 0$ (因為 $\theta > 0$)，此時 $F_Z(z) = 0$。
若 $0 < z\theta < \theta$，則 $0 < z < 1$，此時 $F_Z(z) = F_Y(y) = F_Y(z\theta) = \left(\frac{z\theta}{\theta}\right)^n = z^n$。
若 $z\theta \ge \theta$，則 $z \ge 1$，此時 $F_Z(z) = 1$。

所以，$Z = Y/\theta$ 的 CDF 是：
$F_Z(z) = \begin{cases} 0 & z \le 0 \\ z^n & 0 < z < 1 \\ 1 & z \ge 1 \end{cases}$。
這是一個 Beta 分布 $Beta(n, 1)$ 的 CDF，或者一個 $U(0,1)$ 分布的 $n$ 次方。
$Z = Y/\theta$ 的 pdf 為 $f_Z(z) = \frac{d}{dz} F_Z(z) = nz^{n-1}$，對於 $0 < z < 1$，否則為 0。

【答案】 $Z = Y/\theta$ 的 CDF 為 $F_Z(z) = z^n$ for $0 < z < 1$。其 pdf 為 $f_Z(z) = nz^{n-1}$ for $0 < z < 1$。

(b) 求 $\theta$ 的 $(1-\alpha) \times 100\%$ 信賴區間

我們使用 $Z = Y/\theta$ 的分布來構建信賴區間。
$Z \sim U(0,1)^n$ (這句話不準確，應該是 $Z$ 的 CDF 是 $z^n$ for $0 < z < 1$)。
$P(Z \le z) = z^n$ for $0 < z < 1$.
我們需要找到一個區間 $[L, U]$ 使得 $P(L \le Z \le U) = 1-\alpha$。

我們從 $Z$ 的 CDF 導出 $P(Z > c) = 1 - c^n$。
我們可以選擇一個常數 $c$ 使得 $P(Z > c) = \alpha$。
$1 - c^n = \alpha \implies c^n = 1 - \alpha \implies c = (1 - \alpha)^{1/n}$。
所以，$P(Z > (1 - \alpha)^{1/n}) = \alpha$。
這意味著 $P(Z \le (1 - \alpha)^{1/n}) = 1 - \alpha$。
這給了我們一個單邊的置信區間。

更常見的做法是構造一個對稱的區間，或者基於 UMVUE。
考慮 $P(c_1 \le Z \le c_2) = 1-\alpha$。
$P(Z \le c_2) - P(Z \le c_1) = 1-\alpha$
$c_2^n - c_1^n = 1-\alpha$。

我們也可以利用 $Y$ 的分布。
$F_Y(y) = (y/\theta)^n$ for $0 < y < \theta$.
$P(Y \le y) = (y/\theta)^n$.
$P(Y > y) = 1 - (y/\theta)^n$.

為了構造信賴區間，我們通常尋找一個基於 $Y$ 和 $\theta$ 的量，其分布不依賴於 $\theta$。
我們已經找到 $Z = Y/\theta$ 具有不依賴於 $\theta$ 的分布 $F_Z(z) = z^n$ for $0 < z < 1$.

我們可以尋找一個區間 $[a, b]$ 使得 $P(a \le Y/\theta \le b) = 1-\alpha$。
$a^n \le Y/\theta \le b^n$ (注意這裡是指 $P(Z \le b) - P(Z \le a)$)。
$P(Z \le b) - P(Z \le a) = b^n - a^n = 1-\alpha$。

一個常見的方法是尋找使得尾部機率相等的 $a$ 和 $b$。
例如，我們可以選擇 $a$ 和 $b$ 使得 $P(Z \le a) = \alpha/2$ 和 $P(Z \ge b) = \alpha/2$。
$P(Z \le a) = a^n = \alpha/2 \implies a = (\alpha/2)^{1/n}$。
$P(Z \ge b) = 1 - P(Z \le b) = 1 - b^n = \alpha/2 \implies b^n = 1 - \alpha/2 \implies b = (1 - \alpha/2)^{1/n}$。
那麼 $P(a \le Z \le b) = b^n - a^n = (1 - \alpha/2) - \alpha/2 = 1 - \alpha$。

所以，我們有：
$(\alpha/2)^{1/n} \le Y/\theta \le (1 - \alpha/2)^{1/n}$。
$\frac{Y}{\theta} \ge (\alpha/2)^{1/n} \implies \theta \le \frac{Y}{(\alpha/2)^{1/n}}$。
$\frac{Y}{\theta} \le (1 - \alpha/2)^{1/n} \implies \theta \ge \frac{Y}{(1 - \alpha/2)^{1/n}}$。

這給出了一個信賴區間：
$\left[\frac{Y}{(1 - \alpha/2)^{1/n}}, \frac{Y}{(\alpha/2)^{1/n}}\right]$。
這個區間是 $(1-\alpha) \times 100\%$ 的信賴區間。

然而，題目問的是 $(1-\alpha) \times 100\%$ 的信賴區間，通常是指標準形式。
另一種常見的構造方法是利用 $Y$ 的 CDF。
$F_Y(y) = (y/\theta)^n$.
$P(Y \le y) = (y/\theta)^n$.
$P(Y > y) = 1 - (y/\theta)^n$.

我們希望找到 $c_1$ 和 $c_2$ 使得 $P(c_1 \le Y \le c_2) = 1-\alpha$。
我們知道 $Y \in (0, \theta)$。
我們可以尋找 $c_1, c_2$ 使得 $P(Y \le c_1) = \alpha/2$ 和 $P(Y \ge c_2) = \alpha/2$。

核心觀念

令 $X$ 表示 5 次試驗中的成功次數，則

$$X\sim B(5,p)$$

其機率質量函數為

$$P_p(X=x)=\binom{5}{x}p^x(1-p)^{5-x}, \qquad x=0,1,\ldots,5.$$

本題涉及：

• 顯著水準 $\alpha$：在 $H_0$ 為真時錯誤拒絕 $H_0$ 的機率。
• 型二錯誤 $\beta$：在 $H_A$ 為真時未拒絕 $H_0$ 的機率。
• 檢定力：在 $H_A$ 為真時拒絕 $H_0$ 的機率，等於 $1-\beta$。
• 對於 $H_A:p<0.5$ 的左尾檢定，較小的 $X$ 值代表較支持 $p<0.5$，因此拒絕域應位於 $X$ 的左側。

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(a) 顯著水準 $\alpha$

題目指定當

$$X\in\{0,1\}$$

時拒絕 $H_0$，因此拒絕域為

$$R=\{0,1\}.$$

在 $H_0:p=0.5$ 下，

$$X\sim B(5,0.5).$$

故顯著水準為

$$\alpha=P_{0.5}(X\leq 1).$$

計算得

$$\begin{aligned} \alpha &=P_{0.5}(X=0)+P_{0.5}(X=1)\\ &=\binom{5}{0}(0.5)^0(0.5)^5 +\binom{5}{1}(0.5)^1(0.5)^4\\ &=\frac{1}{32}+\frac{5}{32}\\ &=\frac{6}{32}\\ &=\frac{3}{16}\\ &=0.1875. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{\alpha=\frac{3}{16}=0.1875}.$$

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(b) 型二錯誤的機率

本題的對立假設指定為

$$H_A:p=0.2.$$

拒絕域為 $\{0,1\}$，所以未拒絕 $H_0$ 的區域為

$$R^c=\{2,3,4,5\}.$$

型二錯誤是 $H_A$ 為真時未拒絕 $H_0$，因此

$$\beta=P_{0.2}(X\geq 2).$$

在 $p=0.2$ 下，$X\sim B(5,0.2)$。利用補事件計算：

$$\begin{aligned} \beta &=1-P_{0.2}(X\leq 1)\\ &=1-\left[P_{0.2}(X=0)+P_{0.2}(X=1)\right]. \end{aligned}$$

其中

$$P_{0.2}(X=0)=(0.8)^5=0.32768,$$

以及

$$P_{0.2}(X=1) =\binom{5}{1}(0.2)(0.8)^4 =5(0.2)(0.4096) =0.4096.$$

因此

$$\begin{aligned} \beta &=1-(0.32768+0.4096)\\ &=1-0.73728\\ &=0.26272. \end{aligned}$$

故型二錯誤的機率為

$$\boxed{\beta=0.26272}.$$

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(c) 檢定力

檢定力是 $H_A$ 為真時拒絕 $H_0$ 的機率：

$$\text{Power}=P_{0.2}(X\in R).$$

由於 $R=\{0,1\}$，因此

$$\begin{aligned} \text{Power} &=P_{0.2}(X\leq 1)\\ &=P_{0.2}(X=0)+P_{0.2}(X=1)\\ &=0.32768+0.4096\\ &=0.73728. \end{aligned}$$

也可利用檢定力與型二錯誤的關係：

$$\text{Power}=1-\beta=1-0.26272=0.73728.$$

因此，

$$\boxed{\text{Power}=0.73728}.$$

本題為判斷題，旨在檢驗對假設檢定基本概念的理解。

(a) 判斷 $H_0 \cap H_A = \emptyset$ 是否正確

在假設檢定中，$H_0$ (虛無假設) 和 $H_A$ (對立假設) 是互斥且窮盡的。
$H_0$ 是我們試圖證偽的陳述，而 $H_A$ 是我們在拒絕 $H_0$ 時採取的陳述。
這兩個假設不能同時為真。如果 $H_0$ 為真，那麼 $H_A$ 就不為真；如果 $H_A$ 為真，那麼 $H_0$ 就不為真。
因此，$H_0$ 和 $H_A$ 的參數空間是互斥的。
例如，檢定 $H_0: \mu = 0$ vs $H_A: \mu \neq 0$。
這裡 $H_0$ 的參數空間是 $\{\mu=0\}$，而 $H_A$ 的參數空間是 $\{\mu \neq 0\}$。兩者沒有交集，所以 $H_0 \cap H_A = \emptyset$。
這句話是正確的。

【答案】 True

(b) 判斷顯著水準 $\alpha$ 的取值範圍

顯著水準 $\alpha$ 是拒絕 $H_0$ 的機率，當 $H_0$ 為真時。
$\alpha$ 的值必須大於 0，因為如果 $\alpha=0$，則永遠不會拒絕 $H_0$，這沒有意義。
$\alpha$ 的值必須小於 1。如果 $\alpha=1$，則總是拒絕 $H_0$，這也是沒有意義的。
統計上，顯著水準通常取 $0.05$, $0.01$, $0.1$ 等值。
因此，顯著水準 $\alpha$ 必須嚴格介於 0 和 1 之間，即 $\alpha \in (0, 1)$。
這句話是正確的。

【答案】 True

(c) 判斷單因子變異數分析 (ANOVA) 與 t-檢定之間的關係

對於比較兩組樣本的均值，單因子變異數分析 (ANOVA) 和獨立樣本 t-檢定是等價的。
當比較 $K$ 個族群的均值時，ANOVA 的虛無假設是 $H_0: \mu_1 = \mu_2 = \dots = \mu_K$。
如果 ANOVA 的 F 檢定拒絕了 $H_0$，這意味著至少有一對族群的均值是不同的。
然而，ANOVA F 檢定本身並不能告訴我們哪一對族群的均值有顯著差異。
t-檢定用於比較兩個族群的均值。
如果我們對每一對族群都進行 t-檢定，可能會有多重比較的 P-value 問題。
題目說「如果我們有 1st 和 2nd 族群有顯著不同的均值 by t-test，則 ANOVA 的 F-test 也會拒絕 $H_0$」。
這句話的邏輯是反的。
正確的說法應該是：如果 ANOVA 的 F-test 拒絕了 $H_0$，則表示至少有一對族群的均值有顯著差異。如果我們對其中的一對族群（例如第 1 和第 2 族群）進行 t-檢定，且該 t-檢定結果顯著，那麼這與 ANOVA 的結果是一致的。
但是，題目描述的是「先用 t-test 發現 1st 和 2nd 族群有顯著差異，然後 F-test 也會拒絕 $H_0$」。
如果第 1 和第 2 族群的均值顯著不同，那麼 $H_0: \mu_1 = \dots = \mu_K$ (其中 $K \ge 2$) 就很可能被拒絕 (除非 $K>2$ 且其他族群的均值恰好非常接近，使得整體 F 檢定不顯著，但這種情況非常罕見)。
一般情況下，如果其中兩個族群的均值差異很大，ANOVA 的 F 檢定通常也會顯著。
然而，這句話的表述方式有點令人困惑。

本題考驗對 Poisson 分布的假設檢定，特別是關於單邊檢定，包括使用 Neyman-Pearson Lemma 尋找最優檢定 (UMP test)，以及廣義概似比檢定 (Generalized Likelihood Ratio Test, GLRT)。

給定 $X_i \sim \text{Poisson}(\theta)$ for $i=1, \dots, n$，且 $X_i$ 獨立同分布。
虛無假設 $H_0: \theta = \theta_0$。
對立假設 $H_A: \theta > \theta_0$。
顯著水準為 $\alpha$。

(a) 使用 Neyman-Pearson Lemma 尋找 UMP 檢定

Neyman-Pearson Lemma 用於尋找最優的單邊檢定。
對於單一參數族，當 $H_A$ 是單邊的（例如 $\theta > \theta_0$ 或 $\theta < \theta_0$），UMP 檢定通常存在。

Poisson 分布的機率質量函數 (pmf) 為 $P(X=x|\theta) = \frac{e^{-\theta}\theta^x}{x!}$。
樣本的聯合 pmf 為：
$L(\theta | x_1, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^n P(X_i=x_i|\theta) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{-\theta}\theta^{x_i}}{x_i!} = \frac{e^{-n\theta}\theta^{\sum x_i}}{\prod x_i!}$。

Neyman-Pearson Lemma 告訴我們，最優檢定是基於概似比 (likelihood ratio) 的。
概似比為 $\Lambda = \frac{L(\theta_1 | x_1, \dots, x_n)}{L(\theta_0 | x_1, \dots, x_n)}$，其中 $\theta_1$ 是 $H_A$ 中的一個值。
在這裡，$H_A$ 是 $\theta > \theta_0$，所以我們應該考慮一個通用的 $\theta > \theta_0$。
在這種情況下，我們尋找一個檢定統計量，使得當 $\theta$ 偏離 $\theta_0$ 時，統計量的值會增大。

对于單邊檢定 $H_0: \theta = \theta_0$ vs $H_A: \theta > \theta_0$，UMP 檢定是基於概似比 $\frac{L(\theta)}{L(\theta_0)}$ 的。
$\frac{L(\theta)}{L(\theta_0)} = \frac{e^{-n\theta}\theta^{\sum x_i}/\prod x_i!}{e^{-n\theta_0}\theta_0^{\sum x_i}/\prod x_i!} = \left(\frac{\theta}{\theta_0}\right)^{\sum x_i} e^{-n(\theta-\theta_0)}$。
這個比值對於 $\theta > \theta_0$ 是單調遞增的。
Neyman-Pearson Lemma 表明，存在一個常數 $k$ 使得當 $\Lambda > k$ 時拒絕 $H_0$。
然而，對於單邊檢定，我們通常直接考慮檢定統計量。

一個更直接的方法是考慮充分統計量。
對於 Poisson 分布，$\sum X_i$ 是 $\theta$ 的充分統計量。
我們需要找到一個關於 $\sum X_i$ 的函數，其值越大表示 $\theta$ 越大的可能性越大。
考慮對數概似比：
$\log \left(\frac{L(\theta)}{L(\theta_0)}\right) = \log \left(\left(\frac{\theta}{\theta_0}\right)^{\sum x_i} e^{-n(\theta-\theta_0)}\right)$
$= (\sum x_i) \log(\theta/\theta_0) - n(\theta-\theta_0)$。
對於 $H_A: \theta > \theta_0$，這個對數概似比是關於 $\sum x_i$ 的遞增函數，也是關於 $\theta$ 的遞增函數。
所以，UMP 檢定是基於 $\sum X_i$ 的。
我們需要找到一個常數 $c$ 使得 $P(\sum X_i > c | \theta = \theta_0) = \alpha$。
如果樣本總和 $\sum X_i$ 大於某個臨界值 $c$，則拒絕 $H_0$。

當 $X_i \sim \text{Poisson}(\theta)$，則 $\sum_{i=1}^n X_i \sim \text{Poisson}(n\theta)$。
在 $H_0$ 下，$\sum_{i=1}^n X_i \sim \text{Poisson}(n\theta_0)$。
所以，UMP 檢定是：拒絕 $H_0$ 如果 $\sum_{i=1}^n X_i > c$，其中 $c$ 是由 $P(\sum_{i=1}^n X_i > c | \theta = \theta_0) = \alpha$ 決定的。

【答案】 UMP 檢定是：拒絕 $H_0$ 如果 $\sum_{i=1}^n X_i > c$，其中 $c$ 是由 $P(\sum_{i=1}^n X_i > c | \theta = \theta_0) = \alpha$ 決定的。

(b) 尋找廣義概似比檢定 (GLRT)

廣義概似比檢定 (GLRT) 的統計量是：
$\lambda = \frac{\sup_{\theta \in \Theta_0} L(\theta)}{\sup_{\theta \in \Theta} L(\theta)}$。
其中 $\Theta_0$ 是 $H_0$ 下的參數空間，$\Theta$ 是所有參數的空間。
我們拒絕 $H_0$ 如果 $\lambda$ 小於某個臨界值。
GLRT 統計量通常寫成 $\lambda = \frac{L(\hat{\theta}_0)}{L(\hat{\theta}_{MLE})}$，其中 $\hat{\theta}_0$ 是在 $H_0$ 條件下 MLE，$\hat{\theta}_{MLE}$ 是在 $\Theta$ 下的 MLE。

在這裡，$\Theta_0 = \{\theta_0\}$，所以 $\sup_{\theta \in \Theta_0} L(\theta) = L(\theta_0)$.
$\Theta = \{\theta > 0\}$。
我們需要找到 $L(\theta)$ 在 $\theta > 0$ 下的最大值。
$L(\theta) = \frac{e^{-n\theta}\theta^{\sum x_i}}{\prod x_i!}$。
為了最大化 $L(\theta)$，我們最大化對數概似函數 $\ell(\theta) = -n\theta + (\sum x_i) \log \theta - \log(\prod x_i!)$。
$\frac{\partial \ell}{\partial \theta} = -n + \frac{\sum x_i}{\theta}$。
令 $\frac{\partial \ell}{\partial \theta} = 0 \implies \frac{\sum x_i}{\theta} = n \implies \hat{\theta}_{MLE} = \frac{\sum x_i}{n} = \bar{x}$。