111 年 國立臺灣大學農藝系暨研究所生物統計甲組《統計理論》

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第 1 題

Let X1,…,XnX_1, \dots, X_n be a random sample from a population with pdf given by
f(x∣θ)=θ2πexp⁡(−θx22),−∞<x<∞ for some θ>0.f(x|\theta) = \frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{\theta x^2}{2}\right), \quad -\infty < x < \infty \text{ for some } \theta > 0.
(a) (10 points) Please use the moment generating function (mgf) to show that the first two population moments are E(X)=0E(X) = 0 and E(X2)=1/θE(X^2) = 1/\theta, respectively.
(b) (5 points) Find the method of moment estimator for θ\theta.
(c) (5 points) Identify a sufficient statistic for θ\theta.
(d) (5 points) Find the maximum likelihood estimator (MLE) for θ\theta.
(e) (5 points) If Y=2θXY = \sqrt{2\theta}X with X∼f(x∣θ)X \sim f(x|\theta), then find the distribution of YY.
(f) (5 points) Find the distribution of the random variable S=12θ∑i=1nXi2S = \frac{1}{2\theta} \sum_{i=1}^n X_i^2.
(g) (5 points) Use (f) to show whether the MLE is an unbiased estimator. If not, please propose an unbiased estimator based on the MLE.
(h) (5 points) Comment on whether there exists another unbiased estimator with smaller variance than the estimator in (g).

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核心觀念

本題主要考查:

  • 常態分布的動差生成函數(mgf)與母體動差。
  • 動差法估計量(method of moments estimator)。
  • Neyman–Fisher 因子分解定理與充分統計量。
  • 最大概似估計法(MLE)。
  • 卡方分布與 Gamma 分布的轉換。
  • 估計量的無偏性。
  • Rao–Blackwell 定理與 Lehmann–Scheffé 定理。

由題目中的機率密度函數可辨認:

X∼N(0,1θ).X\sim N\left(0,\frac{1}{\theta}\right).

但各小題仍須依指定方法推導。


(a) 利用 mgf 求 E(X)E(X) 與 E(X2)E(X^2)

隨機變數 XX 的 mgf 為

MX(t)=E(etX)=∫−∞∞etxθ2πexp⁡(−θx22) dx.M_X(t)=E(e^{tX}) =\int_{-\infty}^{\infty}e^{tx} \frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{\theta x^2}{2}\right)\,dx.

合併指數部分:

tx−θx22=−θ2(x−tθ)2+t22θ.tx-\frac{\theta x^2}{2} = -\frac{\theta}{2} \left(x-\frac{t}{\theta}\right)^2 +\frac{t^2}{2\theta}.

因此

MX(t)=exp⁡(t22θ)∫−∞∞θ2πexp⁡[−θ2(x−tθ)2]dx.M_X(t) = \exp\left(\frac{t^2}{2\theta}\right) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{2\pi}} \exp\left[ -\frac{\theta}{2} \left(x-\frac{t}{\theta}\right)^2 \right]dx.

積分部分為 11,所以

MX(t)=exp⁡(t22θ).M_X(t)=\exp\left(\frac{t^2}{2\theta}\right).

由 mgf 與動差的關係:

E(X)=MX′(0),E(X2)=MX′′(0).E(X)=M_X'(0),\qquad E(X^2)=M_X''(0).

先求一階導數:

MX′(t)=tθexp⁡(t22θ).M_X'(t) = \frac{t}{\theta} \exp\left(\frac{t^2}{2\theta}\right).

故

E(X)=MX′(0)=0.E(X)=M_X'(0)=0.

再求二階導數:

MX′′(t)=[1θ+t2θ2]exp⁡(t22θ).M_X''(t) = \left[ \frac{1}{\theta} +\frac{t^2}{\theta^2} \right] \exp\left(\frac{t^2}{2\theta}\right).

因此

E(X2)=MX′′(0)=1θ.E(X^2)=M_X''(0)=\frac{1}{\theta}.

(b) 動差法估計量

由 (a) 得到母體二階動差:

E(X2)=1θ.E(X^2)=\frac{1}{\theta}.

樣本二階原點動差為

1n∑i=1nXi2.\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2.

動差法令樣本動差等於母體動差:

1n∑i=1nXi2=1θ.\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 = \frac{1}{\theta}.

解出 θ\theta:

θ^MOM=n∑i=1nXi2.\widehat{\theta}_{\mathrm{MOM}} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i^2}.

(c) θ\theta 的充分統計量

樣本聯合機率密度函數為

L(θ;x)=∏i=1nθ2πexp⁡(−θxi22).L(\theta;\mathbf{x}) = \prod_{i=1}^n \frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{\theta x_i^2}{2}\right).

整理得

L(θ;x)=θn/2(2π)n/2exp⁡(−θ2∑i=1nxi2).L(\theta;\mathbf{x}) = \frac{\theta^{n/2}}{(2\pi)^{n/2}} \exp\left(-\frac{\theta}{2}\sum_{i=1}^n x_i^2\right).

可寫成

L(θ;x)=θn/2exp⁡(−θ2∑i=1nxi2)⏟gθ(∑xi2)⋅(2π)−n/2⏟h(x).L(\theta;\mathbf{x}) = \underbrace{ \theta^{n/2} \exp\left(-\frac{\theta}{2}\sum_{i=1}^n x_i^2\right) }_{g_\theta\left(\sum x_i^2\right)} \cdot \underbrace{(2\pi)^{-n/2}}_{h(\mathbf{x})}.

依 Neyman–Fisher 因子分解定理,

T=∑i=1nXi2T=\sum_{i=1}^n X_i^2

是 θ\theta 的充分統計量。

任何一對一函數轉換也同樣充分,因此 ∑Xi2/n\sum X_i^2/n 亦為充分統計量。


(d) 最大概似估計量

對數概似函數為

ℓ(θ)=n2log⁡θ−θ2∑i=1nxi2−n2log⁡(2π).\ell(\theta) = \frac{n}{2}\log\theta -\frac{\theta}{2}\sum_{i=1}^n x_i^2 -\frac{n}{2}\log(2\pi).

對 θ\theta 微分:

dℓdθ=n2θ−12∑i=1nxi2.\frac{d\ell}{d\theta} = \frac{n}{2\theta} -\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n x_i^2.

令一階導數等於 00:

n2θ=12∑i=1nxi2.\frac{n}{2\theta} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n x_i^2.

因此

θ^MLE=n∑i=1nXi2.\widehat{\theta}_{\mathrm{MLE}} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i^2}.

再求二階導數:

d2ℓdθ2=−n2θ2<0,\frac{d^2\ell}{d\theta^2} = -\frac{n}{2\theta^2}<0,

所以此臨界點確實給出最大值。


(e) Y=2θXY=\sqrt{2\theta}X 的分布

由

MX(t)=exp⁡(t22θ),M_X(t)=\exp\left(\frac{t^2}{2\theta}\right),

可求 YY 的 mgf:

MY(t)=E(etY)=E(et2θX)=MX(t2θ).M_Y(t) = E(e^{tY}) = E\left(e^{t\sqrt{2\theta}X}\right) = M_X\left(t\sqrt{2\theta}\right).

代入 MXM_X:

MY(t)=exp⁡[(t2θ)22θ]=exp⁡(t2).M_Y(t) = \exp\left[ \frac{(t\sqrt{2\theta})^2}{2\theta} \right] = \exp(t^2).

常態分布 N(0,2)N(0,2) 的 mgf 為

exp⁡(2t22)=exp⁡(t2).\exp\left(\frac{2t^2}{2}\right)=\exp(t^2).

因此

Y∼N(0,2).\boxed{Y\sim N(0,2)}.

所以

Y22∼χ12.\frac{Y^2}{2}\sim\chi_1^2.

(f) SS 的分布

對每個 ii 定義

Yi=2θXi.Y_i=\sqrt{2\theta}X_i.

由 (e),

Yi∼N(0,2).Y_i\sim N(0,2).

因此

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第 2 題5 分

Let X1,…,XnX_1, \dots, X_n be independent identically distributed random variables from an Exponential distribution with an unknown parameter θ>0\theta>0. Consider the class of estimators, Tc(X)=c∑i=1nXiI(Xi>0)T_c(\mathbf{X}) = c \sum_{i=1}^n X_i \mathbb{I}(X_i > 0), where I(⋅)\mathbb{I}(\cdot) is the indicator function.
Determine the value of cc that minimizes the mean square error (MSE). Note that the pdf of the exponential distribution is f(x∣θ)=1θe−x/θf(x|\theta) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta} for x>0x > 0.

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此題考察指數分佈的性質,以及如何最小化估計量的均方誤差 (MSE)。

核心觀念:

  • 指數分佈的機率密度函數 (PDF) 和累積分布函數 (CDF)。
  • 隨機變數和的期望值與方差。
  • 均方誤差 (MSE) 的定義:MSE(θ^)=Var(θ^)+[Bias(θ^)]2MSE(\hat{\theta}) = Var(\hat{\theta}) + [Bias(\hat{\theta})]^2。
  • 如何根據 MSE 的定義找出最佳參數。

解題過程:

給定的指數分佈 PDF 為 f(x∣θ)=1θe−x/θf(x|\theta) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta},對 x>0x > 0。
指數分佈的 CDF 為 F(x∣θ)=1−e−x/θF(x|\theta) = 1 - e^{-x/\theta},對 x>0x > 0。
由於 x>0x>0 是指數分佈的定義域,所以 Xi>0X_i > 0 對於所有 ii 恆成立。
因此,指示函數 I(Xi>0)\mathbb{I}(X_i > 0) 的值恆為 1。
估計量可以簡化為 Tc(X)=c∑i=1nXiT_c(\mathbf{X}) = c \sum_{i=1}^n X_i。

令 Sn=∑i=1nXiS_n = \sum_{i=1}^n X_i。
Tc=cSnT_c = c S_n。

首先,我們需要計算 SnS_n 的期望值和方差。
對於單個指數分佈的隨機變數 XiX_i:
E(Xi)=θE(X_i) = \theta
Var(Xi)=θ2Var(X_i) = \theta^2

由於 XiX_i 是獨立同分佈的,所以 SnS_n 的期望值和方差為:
E(Sn)=E(∑i=1nXi)=∑i=1nE(Xi)=nθE(S_n) = E\left(\sum_{i=1}^n X_i\right) = \sum_{i=1}^n E(X_i) = n\theta
Var(Sn)=Var(∑i=1nXi)=∑i=1nVar(Xi)=nθ2Var(S_n) = Var\left(\sum_{i=1}^n X_i\right) = \sum_{i=1}^n Var(X_i) = n\theta^2 (由於獨立性)

現在,我們計算 Tc=cSnT_c = c S_n 的期望值、偏差和方差。
E(Tc)=E(cSn)=cE(Sn)=c(nθ)E(T_c) = E(c S_n) = c E(S_n) = c (n\theta)
Bias(Tc)=E(Tc)−θ=cnθ−θ=(cn−1)θBias(T_c) = E(T_c) - \theta = c n \theta - \theta = (cn - 1)\theta

Var(Tc)=Var(cSn)=c2Var(Sn)=c2(nθ2)Var(T_c) = Var(c S_n) = c^2 Var(S_n) = c^2 (n\theta^2)

接下來,我們計算 TcT_c 的均方誤差 (MSE)。
MSE(Tc)=Var(Tc)+[Bias(Tc)]2MSE(T_c) = Var(T_c) + [Bias(T_c)]^2
MSE(Tc)=c2nθ2+[(cn−1)θ]2MSE(T_c) = c^2 n \theta^2 + [(cn - 1)\theta]^2
MSE(Tc)=c2nθ2+(cn−1)2θ2MSE(T_c) = c^2 n \theta^2 + (cn - 1)^2 \theta^2
MSE(Tc)=θ2[c2n+(cn−1)2]MSE(T_c) = \theta^2 [c^2 n + (cn - 1)^2]
MSE(Tc)=θ2[c2n+(c2n2−2cn+1)]MSE(T_c) = \theta^2 [c^2 n + (c^2 n^2 - 2cn + 1)]
MSE(Tc)=θ2[c2n+c2n2−2cn+1]MSE(T_c) = \theta^2 [c^2 n + c^2 n^2 - 2cn + 1]

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第 3 題

Two nominal random variables X and Y, each variable has two categories. If each individual in the population can be cross-classified according to whether X=1 or 2 and Y=1 or 2. Let joint probability P(X=i,Y=j)=pijP(X = i, Y = j) = p_{ij}, i=1,2i = 1, 2 and j=1,2j = 1,2. Then, the marginal distribution of X is P(X=i)=pi1+pi2=pi+P(X = i) = p_{i1} + p_{i2} = p_{i+}, i=1,2i = 1, 2, and the marginal distribution of Y is P(Y=j)=p1j+p2j=p+jP(Y = j) = p_{1j} + p_{2j} = p_{+j}, j=1,2j = 1, 2.

(a) (5 points) If X and Y are independent, show that p11=p1+p+1p++p_{11} = \frac{p_{1+}p_{+1}}{p_{++}}, p12=p1+p+2p++p_{12} = \frac{p_{1+}p_{+2}}{p_{++}}, p21=p2+p+1p++p_{21} = \frac{p_{2+}p_{+1}}{p_{++}}, and p22=p2+p+2p++p_{22} = \frac{p_{2+}p_{+2}}{p_{++}}.

When a sample is randomly collected from the population in a fixed time interval, let nijn_{ij} be the number of individuals that X=iX = i and Y=jY = j. In this case, nijn_{ij} follow a Poisson distribution with pmf: P(nij)=e−μijμijnijnij!P(n_{ij}) = \frac{e^{-\mu_{ij}} \mu_{ij}^{n_{ij}}}{n_{ij}!}, i=1,2i=1,2 and j=1,2j=1,2.
To test H0:X and Y are independentH_0: X \text{ and } Y \text{ are independent} vs. H1:not H0H_1: \text{not } H_0. (Hint: xlog⁡(x/x0)≈(x−x0)+(x−x0)22x0x \log(x/x_0) \approx (x-x_0) + \frac{(x-x_0)^2}{2x_0})

(b) (5 points) Write down the likelihood ratio(LR) test statistic and what distribution does it approximately follow?
(c) (5 points) Show that the LR test statistic is approximation to Pearson's Chi-square statistic.

When a sample is randomly collected from the population with a fixed size nn, let nijn_{ij} be the number of individuals that X=iX=i and Y=jY=j, i=1,2i = 1,2 and j=1,2j = 1, 2. In this case, (n11,n12,n21,n22)(n_{11}, n_{12}, n_{21}, n_{22}) follow a multinomial distribution with pmf P(n11,n12,n21,n22)=n!n11!n12!n21!n22!p11n11p12n12p21n21p22n22P(n_{11}, n_{12}, n_{21}, n_{22}) = \frac{n!}{n_{11}! n_{12}! n_{21}! n_{22}!} p_{11}^{n_{11}} p_{12}^{n_{12}} p_{21}^{n_{21}} p_{22}^{n_{22}}.
To test H0:X and Y are independentH_0: X \text{ and } Y \text{ are independent} vs. H1:not H0H_1: \text{not } H_0. (Hint: xlog⁡(x/x0)≈(x−x0)+(x−x0)22x0x \log(x/x_0) \approx (x-x_0) + \frac{(x-x_0)^2}{2x_0})

(d) (5 points) Write down the likelihood ratio(LR) test statistic and what distribution does it approximately follow?
(e) (5 points) Show that the LR test statistic is approximation to Pearson's Chi-square statistic.

When a sample with size n1n_1 is randomly collected from the population conditional on X=1X=1 and let Y1Y_1 be the number of individual that Y=1Y=1, then Y1Y_1 will follow a binomial distribution B(n1,p1)B(n_1, p_1). And another sample with size n2n_2 is randomly collected from the population conditional on X=2X=2 and let Y2Y_2 be the number of individual that Y=2Y=2, then Y2Y_2 will follow a binomial distribution B(n2,p2)B(n_2, p_2).
To test H0:p1=p2H_0: p_1 = p_2 vs. H1:not H0H_1: \text{not } H_0. (Hint: xlog⁡(x/x0)≈(x−x0)+(x−x0)22x0x \log(x/x_0) \approx (x-x_0) + \frac{(x-x_0)^2}{2x_0})

(f) (5 points) Write down the likelihood ratio(LR) test statistic and what distribution does it approximately follow?
(g) (5 points) Show that the LR test statistic is approximation to Pearson's Chi-square statistic.

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核心觀念

本題整合三種抽樣架構下的「列聯表獨立性檢定」:

  1. 2×22\times 2 母體列聯表中的獨立性表示法。
  2. Poisson 抽樣下的 likelihood ratio test。
  3. Multinomial 抽樣下的 likelihood ratio test。
  4. 兩個獨立 Binomial 比例相等的 likelihood ratio test。

三種情況的共同結論是:

  • LR 統計量為 deviance:
G2=2∑觀察值×log⁡(觀察值虛無假設下期望值).G^2=2\sum \text{觀察值}\times\log\left(\frac{\text{觀察值}}{\text{虛無假設下期望值}}\right).
  • 在虛無假設成立且樣本數充分大時,G2G^2 近似服從自由度為 11 的卡方分布。
  • 利用題目所給近似式,可證明 G2G^2 近似等於 Pearson 卡方統計量:
X2=∑(觀察值−期望值)2期望值.X^2=\sum\frac{(\text{觀察值}-\text{期望值})^2}{\text{期望值}}.

(a)獨立性下的聯合機率

若 XX 與 YY 獨立,則依獨立性的定義,

P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j).P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j).

題目以 p++p_{++} 表示總機率,因此

p++=∑i=12∑j=12pij.p_{++}=\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2p_{ij}.

在一般未標準化的寫法中,獨立性可表示為

pij=pi+p+jp++.p_{ij}=\frac{p_{i+}p_{+j}}{p_{++}}.

因此:

p11=p1+p+1p++,p_{11}=\frac{p_{1+}p_{+1}}{p_{++}}, p12=p1+p+2p++,p_{12}=\frac{p_{1+}p_{+2}}{p_{++}}, p21=p2+p+1p++,p_{21}=\frac{p_{2+}p_{+1}}{p_{++}}, p22=p2+p+2p++.p_{22}=\frac{p_{2+}p_{+2}}{p_{++}}.

由於機率總和為 11,本題實際上有 p++=1p_{++}=1,所以也可寫成

pij=pi+p+j.p_{ij}=p_{i+}p_{+j}.

例如:

p11=P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)=p1+p+1.p_{11}=P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)=p_{1+}p_{+1}.

Poisson 抽樣

令四個細格計數相互獨立,且

nij∼Poisson⁡(μij).n_{ij}\sim\operatorname{Poisson}(\mu_{ij}).

記:

ni+=ni1+ni2,n+j=n1j+n2j,n++=∑i,jnij.n_{i+}=n_{i1}+n_{i2},\qquad n_{+j}=n_{1j}+n_{2j},\qquad n_{++}=\sum_{i,j}n_{ij}.

(b)Poisson 抽樣下的 LR 統計量與其分布

解題方法

在完整模型 H1H_1 下,四個細格平均數 μij\mu_{ij} 均可自由估計,因此最大概似估計為

μ^ij=nij.\widehat{\mu}_{ij}=n_{ij}.

在獨立性虛無假設 H0H_0 下,平均數必須具有乘積形式:

μij=μi+μ+jμ++.\mu_{ij}=\frac{\mu_{i+}\mu_{+j}}{\mu_{++}}.

其最大概似估計所產生的期望細格數為

m^ij=ni+n+jn++.\widehat{m}_{ij} = \frac{n_{i+}n_{+j}}{n_{++}}.

因此,Poisson 模型的 likelihood ratio 統計量為

G2=2∑i=12∑j=12nijlog⁡(nijm^ij).G^2 = 2\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 n_{ij}\log\left(\frac{n_{ij}}{\widehat{m}_{ij}}\right).

代入期望值後:

G2=2∑i=12∑j=12nijlog⁡(nijn++ni+n+j).G^2 = 2\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 n_{ij} \log\left( \frac{n_{ij}n_{++}}{n_{i+}n_{+j}} \right).

若某一格 nij=0n_{ij}=0,採用慣例:

0log⁡(0)=0.0\log(0)=0.

近似分布

完整模型有 44 個參數;獨立性模型有 33 個自由參數,因此差異為

4−3=1.4-3=1.

依 Wilks 定理,在 H0H_0 成立且樣本數充分大時,

G2∼approx.χ12.G^2\overset{\text{approx.}}{\sim}\chi^2_1.

(c)證明 Poisson LR 統計量近似 Pearson 卡方統計量

令

x=nij,x0=m^ij.x=n_{ij},\qquad x_0=\widehat{m}_{ij}.

題目給定:

xlog⁡(xx0)≈(x−x0)+(x−x0)22x0.x\log\left(\frac{x}{x_0}\right) \approx (x-x_0)+\frac{(x-x_0)^2}{2x_0}.

因此:

G2=2∑i,jnijlog⁡(nijm^ij)G^2 = 2\sum_{i,j} n_{ij}\log\left(\frac{n_{ij}}{\widehat{m}_{ij}}\right)

近似為

G2≈2∑i,j[(nij−m^ij)+(nij−m^ij)22m^ij].G^2 \approx 2\sum_{i,j} \left[ (n_{ij}-\widehat{m}_{ij}) + \frac{(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})^2} {2\widehat{m}_{ij}} \right].

整理得:

G2≈2∑i,j(nij−m^ij)+∑i,j(nij−m^ij)2m^ij.G^2 \approx 2\sum_{i,j}(n_{ij}-\widehat{m}_{ij}) + \sum_{i,j} \frac{(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})^2} {\widehat{m}_{ij}}.

在 Poisson 模型中,

∑i,jnij=n++,\sum_{i,j}n_{ij}=n_{++},

而擬合值也滿足

∑i,jm^ij=n++.\sum_{i,j}\widehat{m}_{ij}=n_{++}.

所以:

∑i,j(nij−m^ij)=0.\sum_{i,j}(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})=0.

因此第一項消失,得到:

G2≈∑i,j(nij−m^ij)2m^ij.G^2 \approx \sum_{i,j} \frac{(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})^2} {\widehat{m}_{ij}}.

右側正是 Pearson 卡方統計量:

X2=∑i=12∑j=12(nij−m^ij)2m^ij.X^2 = \sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 \frac{(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})^2} {\widehat{m}_{ij}}.

故:

G2≈X2.\boxed{G^2\approx X^2}.

Multinomial 抽樣

現在固定總樣本數 nn,且

(n11,n12,n21,n22)∼Multinomial⁡(n; p11,p12,p21,p22).(n_{11},n_{12},n_{21},n_{22}) \sim\operatorname{Multinomial} \left(n;\,p_{11},p_{12},p_{21},p_{22}\right).

此時:

n++=n.n_{++}=n.

(d)Multinomial 抽樣下的 LR 統計量與其分布

完整模型

在 H1H_1 下,四個機率滿足

p11+p12+p21+p22=1,p_{11}+p_{12}+p_{21}+p_{22}=1,

因此只有 33 個自由參數。最大概似估計為

p^ij=nijn.\widehat{p}_{ij}=\frac{n_{ij}}{n}.

獨立性模型

在 H0H_0 下:

pij=pi+p+j.p_{ij}=p_{i+}p_{+j}.

其最大概似估計為

p^ij=ni+nn+jn.\widehat{p}_{ij} = \frac{n_{i+}}{n}\frac{n_{+j}}{n}.

因此虛無假設下的期望細格數為

m^ij=np^ij=ni+n+jn.\widehat{m}_{ij} = n\widehat{p}_{ij} = \frac{n_{i+}n_{+j}}{n}.

Multinomial likelihood ratio 統計量為

G2=2∑i=12∑j=12nijlog⁡(p^ij(1)p^ij(0)).G^2 = 2\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 n_{ij}\log\left( \frac{\widehat{p}_{ij}^{(1)}} {\widehat{p}_{ij}^{(0)}} \right).

代入兩模型的估計值:

G2=2∑i,jnijlog⁡(nij/n(ni+/n)(n+j/n)).G^2 = 2\sum_{i,j} n_{ij} \log\left( \frac{n_{ij}/n} {(n_{i+}/n)(n_{+j}/n)} \right).

因此:

G2=2∑i,jnijlog⁡(nijnni+n+j).G^2 = 2\sum_{i,j} n_{ij} \log\left( \frac{n_{ij}n} {n_{i+}n_{+j}} \right).

等價地,使用期望細格數表示:

G2=2∑i,jnijlog⁡(nijm^ij).G^2 = 2\sum_{i,j} n_{ij} \log\left( \frac{n_{ij}}{\widehat{m}_{ij}} \right).

近似分布

完整模型有 33 個自由參數;獨立性模型有 22 個自由參數,因此:

3−2=1.3-2=1.

所以在 H0H_0 成立且樣本數充分大時,

G2∼approx.χ12.\boxed{G^2\overset{\text{approx.}}{\sim}\chi^2_1}.

(e)證明 Multinomial LR 統計量近似 Pearson 卡方統計量

令:

x=nij,x0=m^ij.x=n_{ij},\qquad x_0=\widehat{m}_{ij}.

利用題目給定的近似式:

nijlog⁡(nijm^ij)≈(nij−m^ij)+(nij−m^ij)22m^ij.n_{ij}\log\left( \frac{n_{ij}}{\widehat{m}_{ij}} \right) \approx (n_{ij}-\widehat{m}_{ij}) + \frac{(n_{ij}-\widehat{m}_{ij})^2} {2\widehat{m}_{ij}}.

代入 LR 統計量:

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第 4 題

Let XX be the number of calls received during any one hour, and follow a Poisson distribution with pmf: P(X=x∣λ)=e−λλxx!P(X = x|\lambda) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}, x=0,1,2,…x = 0, 1, 2, \dots. To test H0:λ=5H_0: \lambda = 5 vs. HA:λ>5H_A: \lambda > 5, and we know

x012345P(X=x∣λ=5)0.0060.0330.0840.1400.1750.175\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ \hline P(X = x|\lambda=5) & 0.006 & 0.033 & 0.084 & 0.140 & 0.175 & 0.175 \\ \hline \end{array}

(a) (3 points) Write down the test statistic.
(b) (3 points) When significant level is set as 0.05, fine the rejection region of XX.
(c) (3 points) When X∈{0,1}X \in \{0, 1\}, reject H0H_0. Find the probability of type I error.
(d) (3 points) Test H0:λ≤5H_0: \lambda \le 5 vs. H1:λ>5H_1: \lambda > 5 with the same significant level α\alpha given in Question(c), find the rejection region.
(e) (3 points) When X∈{0,1}X \in \{0, 1\}, reject H0H_0. Find the probability of type II error when λ=5+ϵ\lambda = 5+\epsilon for small ϵ>0\epsilon > 0.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  • Poisson 分配的機率質量函數。
  • 假設檢定中的檢定統計量與拒絕域。
  • 第一型錯誤與第二型錯誤。
  • 複合虛無假設下的檢定大小。
  • Poisson 分配具有單調似然比,因此對於檢定 λ>5\lambda>5,觀察值越大越支持對立假設。

對任意 λ>5\lambda>5,似然比可寫為

P(X=x∣λ)P(X=x∣5)=e−λλx/x!e−55x/x!=e5−λ(λ5)x.\frac{P(X=x\mid \lambda)}{P(X=x\mid 5)} = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x/x!}{e^{-5}5^x/x!} = e^{5-\lambda}\left(\frac{\lambda}{5}\right)^x.

因為 λ/5>1\lambda/5>1,上式隨 xx 遞增,所以應在 XX 很大時拒絕 H0H_0。


(a) 檢定統計量

由於樣本只有一個觀察值 XX,且似然比隨 XX 單調遞增,因此檢定統計量直接取

T(X)=X.T(X)=X.

當 XX 越大,表示觀察到的來電數越多,越支持 λ>5\lambda>5。


(b) 顯著水準為 0.050.05 時的拒絕域

因為對立假設為 λ>5\lambda>5,拒絕域應採右尾形式:

R={X≥c}.R=\{X\ge c\}.

在 H0:λ=5H_0:\lambda=5 下,利用 Poisson 分配計算右尾機率:

P5(X≥9)≈0.0681>0.05,P_5(X\ge 9)\approx 0.0681>0.05,

而

P5(X≥10)≈0.0318<0.05.P_5(X\ge 10)\approx 0.0318<0.05.

因此,最大的整數臨界值為 c=10c=10,標準的非隨機化拒絕域為

R={X≥10}.\boxed{R=\{X\ge 10\}}.

此檢定的實際顯著水準為

P5(X≥10)≈0.0318.P_5(X\ge 10)\approx 0.0318.

由於離散型分配通常無法恰好達到 0.050.05,所以實際顯著水準只要求不超過 0.050.05。

若要求恰好達到 0.050.05,可在 X=9X=9 時以隨機機率 γ\gamma 拒絕。由

P5(X≥10)+γP5(X=9)=0.05P_5(X\ge 10)+\gamma P_5(X=9)=0.05

可得

γ=0.05−0.0318P5(X=9)≈0.01820.0363≈0.50.\gamma = \frac{0.05-0.0318}{P_5(X=9)} \approx \frac{0.0182}{0.0363} \approx 0.50.

但一般考試所求的拒絕域採用非隨機化形式,即 X≥10X\ge10。


(c) 當 X∈{0,1}X\in\{0,1\} 時拒絕 H0H_0,第一型錯誤機率

第一型錯誤是「H0H_0 為真卻拒絕 H0H_0」。

本題的虛無假設為 λ=5\lambda=5,而指定拒絕域為

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

因此第一型錯誤機率為

α=P5(X∈{0,1})=P5(X=0)+P5(X=1).\alpha = P_5(X\in\{0,1\}) = P_5(X=0)+P_5(X=1).

由題目所給機率:

α=0.006+0.033=0.039.\alpha=0.006+0.033=0.039.

所以

α=0.039.\boxed{\alpha=0.039}.

需注意,這個拒絕域位於左尾,與檢定 λ>5\lambda>5 的合理方向相反;當 λ\lambda 變大時,XX 通常會變大,而不是落在 00 或 11。


(d) 檢定 H0:λ≤5H_0:\lambda\le5 對抗 H1:λ>5H_1:\lambda>5

由第 (c) 題,

α=0.039.\alpha=0.039.

對於上尾檢定,拒絕域應為

R={X≥c}.R=\{X\ge c\}.

Poisson 分配具有隨機序性:當 λ\lambda 增加時,Pλ(X≥c)P_\lambda(X\ge c) 會增加。因此在複合虛無假設 λ≤5\lambda\le5 下,拒絕機率的最大值出現在邊界 λ=5\lambda=5:

sup⁡λ≤5Pλ(X≥c)=P5(X≥c).\sup_{\lambda\le5}P_\lambda(X\ge c) = P_5(X\ge c).

計算可得

P5(X≥9)≈0.0681>0.039,P_5(X\ge9)\approx0.0681>0.039,
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