113 年 國立臺灣大學農藝研究所生物統計學組《統計理論》

本題主要在考驗對估計量均方誤差 (Mean Squared Error, MSE) 的計算，以及比較不同估計量的優劣。

核心觀念：

• 均方誤差 (MSE)： $\text{MSE}(\hat{\theta}) = E[(\hat{\theta} - \theta)^2] = \text{Var}(\hat{\theta}) + (\text{Bias}(\hat{\theta}))^2$
• 二項分布的期望值與變異數： 若 $Y \sim \text{Binomial}(m, p)$，則 $E[Y] = mp$ 且 $\text{Var}(Y) = mp(1-p)$。
• 獨立隨機變數的期望值與變異數： $E[\sum X_i] = \sum E[X_i]$，$\text{Var}(\sum X_i) = \sum \text{Var}(X_i)$ (若獨立)。

解題過程：

首先，我們知道 $Y_i$ 服從二項分布 $Y_i \sim \text{Binomial}(m_i, p)$。
因此，$E[Y_i] = m_i p$ 且 $\text{Var}(Y_i) = m_i p(1-p)$。

令 $M = \sum_{i=1}^n m_i$。

(1a) 計算 $T_1$ 的 MSE

$T_1 = \frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{M}$

首先計算 $T_1$ 的偏差 (Bias)：
$E[T_1] = E\left[\frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{M}\right] = \frac{1}{M} E\left[\sum_{i=1}^n Y_i\right] = \frac{1}{M} \sum_{i=1}^n E[Y_i] = \frac{1}{M} \sum_{i=1}^n (m_i p) = \frac{p}{M} \sum_{i=1}^n m_i = \frac{p}{M} \cdot M = p$
因此，$T_1$ 是 $p$ 的一個不偏估計量，即 $\text{Bias}(T_1) = E[T_1] - p = 0$。

接著計算 $T_1$ 的變異數 (Variance)：
$\text{Var}(T_1) = \text{Var}\left(\frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{M}\right) = \frac{1}{M^2} \text{Var}\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right)$
由於 $Y_i$ 是獨立的，
$\text{Var}\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \sum_{i=1}^n \text{Var}(Y_i) = \sum_{i=1}^n m_i p(1-p) = p(1-p) \sum_{i=1}^n m_i = p(1-p) M$
所以，
$\text{Var}(T_1) = \frac{1}{M^2} [p(1-p) M] = \frac{p(1-p)}{M} = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

最後，計算 MSE：
$\text{MSE}(T_1) = \text{Var}(T_1) + (\text{Bias}(T_1))^2 = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i} + 0^2 = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

【答案】$\text{MSE}(T_1) = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

(1b) 計算 $T_2$ 的 MSE

$T_2 = \frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{\sum_{i=1}^n m_i}$
仔細觀察，題目中 $T_1$ 和 $T_2$ 的定義是完全相同的。
$T_1 = \frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{\sum_{i=1}^n m_i} \quad \text{and} \quad T_2 = \frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{\sum_{i=1}^n m_i}$

核心觀念

本題的關鍵是利用轉換

$$W=\log(1+|X|)$$

將原本的分布化為指數分布。之後：

• 以 Neyman–Fisher 因子分解定理證明充分性；
• 以 Laplace transform 的唯一性證明完備性；
• 由 Gamma 分布計算期望、變異數與 Fisher information；
• 由 Lehmann–Scheffé 定理找出 UMVUE；
• 直接最大化概似函數找 MLE。

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先求 $W$ 的分布

令

$$Y=|X|.$$

由於 $X$ 的機率密度函數關於 $0$ 對稱，對 $y>0$ 有

$$f_Y(y)=f(y)+f(-y) =\frac{\theta}{(1+y)^{\theta+1}}.$$

令

$$W=\log(1+Y), \qquad Y=e^W-1, \qquad \frac{dY}{dW}=e^W.$$

因此，當 $w>0$ 時，

$$f_W(w) =f_Y(e^w-1)e^w.$$

代入可得

$$f_W(w) = \frac{\theta}{(e^w)^{\theta+1}}e^w = \theta e^{-\theta w}, \qquad w>0.$$

所以

$$W\sim \operatorname{Exp}(\theta),$$

其中 $\theta$ 是 rate parameter。

因此

$$T=\sum_{i=1}^n W_i \sim \operatorname{Gamma}(n,\theta),$$

其密度為

$$f_T(t) = \frac{\theta^n}{\Gamma(n)} t^{n-1}e^{-\theta t}, \qquad t>0.$$

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（2a）證明 $T$ 是 complete sufficient statistic

充分性

樣本聯合機率密度函數為

$$f_\theta(x_1,\ldots,x_n) = \prod_{i=1}^n \frac{\theta}{2(1+|x_i|)^{\theta+1}}.$$

整理得

$$f_\theta(x_1,\ldots,x_n) = \frac{\theta^n}{2^n} \exp\left\{ -(\theta+1) \sum_{i=1}^n\log(1+|x_i|) \right\}.$$

令

$$T=\sum_{i=1}^n\log(1+|x_i|),$$

則

$$f_\theta(x_1,\ldots,x_n) = \underbrace{\theta^n e^{-\theta T}}_{g_\theta(T)} \underbrace{\frac{e^{-T}}{2^n}}_{h(x_1,\ldots,x_n)}.$$

根據 Neyman–Fisher 因子分解定理，$T$ 為 $\theta$ 的充分統計量。

完備性

由上面的轉換，

$$T\sim\operatorname{Gamma}(n,\theta).$$

假設某個可積分函數 $a$ 滿足對所有 $\theta>0$，

$$E_\theta[a(T)]=0.$$

則

$$\int_0^\infty a(t) \frac{\theta^n}{\Gamma(n)} t^{n-1}e^{-\theta t}\,dt =0.$$

由於 $\theta^n/\Gamma(n)>0$，可得

$$\int_0^\infty a(t)t^{n-1}e^{-\theta t}\,dt =0, \qquad \forall\theta>0.$$

左式是函數 $a(t)t^{n-1}$ 的 Laplace transform。由 Laplace transform 的唯一性，

$$a(t)t^{n-1}=0 \quad\text{幾乎處處成立}.$$

因為 $t>0$ 時 $t^{n-1}>0$，所以

$$a(t)=0 \quad\text{幾乎處處成立}.$$

因此 $T$ 是完備統計量。

綜合充分性與完備性，$T$ 是 $\theta$ 的 complete sufficient statistic。

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（2b）估計 $1/\theta$ 的 CRLB

Fisher information

單一觀測值的 log-likelihood 為

$$\ell(\theta;x) = \log\theta-\log 2-(\theta+1)\log(1+|x|).$$

其一階導數為

$$\frac{\partial\ell}{\partial\theta} = \frac{1}{\theta}-\log(1+|x|),$$

二階導數為

$$\frac{\partial^2\ell}{\partial\theta^2} = -\frac{1}{\theta^2}.$$

因此單一觀測值的 Fisher information 為

$$I_1(\theta) = -E_\theta\left[ \frac{\partial^2\ell}{\partial\theta^2} \right] = \frac{1}{\theta^2}.$$

$n$ 個獨立觀測值的 Fisher information 為

$$I_n(\theta)=\frac{n}{\theta^2}.$$

欲估計的函數為

$$g(\theta)=\frac{1}{\theta},$$

因此

$$g'(\theta)=-\frac{1}{\theta^2}.$$

對任何不偏估計量 $\widehat g$，Cramér–Rao 不等式給出

$$\operatorname{Var}_\theta(\widehat g) \ge \frac{[g'(\theta)]^2}{I_n(\theta)}.$$

代入後，

$$\operatorname{Var}_\theta(\widehat g) \ge \frac{1/\theta^4}{n/\theta^2} = \frac{1}{n\theta^2}.$$

因此 CRLB 為

$$\boxed{\frac{1}{n\theta^2}}.$$

快速驗算

因為 $W_i\sim\operatorname{Exp}(\theta)$，

本題主要考驗對卡方分布 (Chi-squared distribution) 的理解，特別是樣本變異數與母體變異數的關係，以及如何利用其分布來建構信賴區間。

核心觀念：

• 卡方分布： 若 $Z_1, \ldots, Z_k$ 是獨立標準常態分布 $N(0,1)$ 隨機變數，則 $\sum_{i=1}^k Z_i^2$ 服從自由度為 $k$ 的卡方分布，記為 $\chi^2(k)$。
• 樣本變異數與卡方分布的關係： 若 $X_1, \ldots, X_n$ 是 i.i.d. 來自 $N(\mu, \sigma^2)$ 的樣本，則 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$，其中 $S^2$ 是樣本變異數。
• 信賴區間 (Confidence Interval)： 利用統計量的分布來建構參數的區間估計。

解題過程：

給定 $Y_1, \ldots, Y_n$ 是 i.i.d. 來自 $N(0, \sigma^2)$ 的樣本。
樣本均值 $\bar{Y} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i$。
樣本變異數 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (Y_i - \bar{Y})^2$。
我們需要證明 $Q = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 的分布不依賴於 $\sigma^2$，並利用此來建構 $\sigma^2$ 的信賴區間。

證明 $Q$ 的分布不依賴於 $\sigma^2$：

根據統計學的標準結果，對於來自 $N(\mu, \sigma^2)$ 的樣本，統計量 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 服從自由度為 $n-1$ 的卡方分布，即 $\chi^2(n-1)$。
在這個題目中，母體均值 $\mu=0$，所以 $Y_i \sim N(0, \sigma^2)$。
樣本均值 $\bar{Y}$ 的分布是 $N(0, \sigma^2/n)$。
$\sum_{i=1}^n (Y_i - \bar{Y})^2$ 是樣本離均差平方和。
標準結果指出，如果 $Y_i \sim N(\mu, \sigma^2)$，則 $\frac{\sum_{i=1}^n (Y_i - \bar{Y})^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$。
由於 $\sum_{i=1}^n (Y_i - \bar{Y})^2 = (n-1)S^2$，所以 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$。

卡方分布 $\chi^2(k)$ 的參數是自由度 $k$。在這個情況下，自由度是 $n-1$。
卡方分布的機率密度函數為 $f(x; k) = \frac{1}{2^{k/2}\Gamma(k/2)} x^{k/2-1} e^{-x/2}$，對於 $x > 0$。
這個密度函數只依賴於自由度 $k$，而不依賴於 $\sigma^2$。
因此，統計量 $Q = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 的分布是自由度為 $n-1$ 的卡方分布，它確實不依賴於 $\sigma^2$。

利用 $Q$ 的分布建構 $\sigma^2$ 的 $100(1-\alpha)\%$ 信賴區間：

由於 $Q \sim \chi^2(n-1)$，我們可以找到一個區間 $[q_L, q_U]$ 使得 $P(q_L \le Q \le q_U) = 1-\alpha$。
通常，我們選擇這個區間使得區間的兩端是卡方分布的尾部機率。

本題考驗對 UMP (Uniformly Most Powerful) 檢定的理解，以及在簡單假設檢定中，如何利用已知檢定與其 power 來構造新的 UMP 檢定。

核心觀念：

• UMP 檢定： 在所有犯第一類錯誤機率（Type I error probability）小於或等於 $\alpha$ 的檢定中，犯第二類錯誤機率（Type II error probability）最小的檢定。
• 簡單對抗 (Simple vs. Simple) 假設檢定： 當虛無假設 ($H_0$) 和對立假設 ($H_1$) 都只對應單一的機率分布時。
• Neyman-Pearson 引理： 對於簡單對抗假設檢定，UMP 檢定是基於概似比 (Likelihood Ratio) 的檢定。
• Power of a test ($\beta$)： 在對立假設為真時，正確拒絕虛無假設的機率。$\beta = P(\text{Reject } H_0 | H_1 \text{ is true}) = 1 - P(\text{Accept } H_0 | H_1 \text{ is true}) = 1 - \text{Type II error probability}$。

解題過程：

我們已知：

1. 存在一個 UMP 檢定 $T(X)$，其 size 為 $\alpha$。
2. 此檢定 $T(X)$ 是用於檢定 $H_0: \pi = \pi_0$ 對 $H_1: \pi = \pi_1$。
3. 當 $H_1$ 為真時，$T(X)$ 的 power 為 $\beta$。這表示 $P(T(X) \text{ rejects } H_0 | \pi = \pi_1) = \beta$。
4. 由 UMP 檢定的定義，對於任何檢定 $\delta(X)$，若 $P(\delta(X) \text{ rejects } H_0 | \pi = \pi_0) \le \alpha$，則 $P(\delta(X) \text{ accepts } H_0 | \pi = \pi_1) \ge P(T(X) \text{ accepts } H_0 | \pi = \pi_1) = 1 - \beta$。

我們需要找到一個 UMP 檢定，其 size 為 $1 - \beta$，用於檢定新的假設：
$H_0': \pi = \pi_1$
$H_1': \pi = \pi_0$

這是一個對調了原來假設的簡單對抗檢定問題。
令 $L_0(x)$ 為在 $\pi = \pi_0$ 下的樣本密度函數， $L_1(x)$ 為在 $\pi = \pi_1$ 下的樣本密度函數。
根據 Neyman-Pearson 引理，對於檢定 $H_0: \pi = \pi_0$ vs $H_1: \pi = \pi_1$，一個 UMP 檢定是基於概似比 $\frac{L_1(x)}{L_0(x)}$。
若 $\frac{L_1(x)}{L_0(x)} > k$，則拒絕 $H_0$。
這個檢定的 size 是 $\alpha$，表示 $P(\frac{L_1(X)}{L_0(X)} > k | \pi = \pi_0) = \alpha$。
其 power 是 $\beta$，表示 $P(\frac{L_1(X)}{L_0(X)} > k | \pi = \pi_1) = \beta$。

現在我們考慮新的假設：$H_0': \pi = \pi_1$ vs $H_1': \pi = \pi_0$。
我們希望找到一個 UMP 檢定，其 size 為 $1 - \beta$。
新的 size 定義為 $P(\text{Reject } H_0' | H_0' \text{ is true}) = P(\text{Reject } H_0' | \pi = \pi_1)$。
我們期望的 size 是 $1 - \beta$。
新的 power 定義為 $P(\text{Reject } H_0' | H_1' \text{ is true}) = P(\text{Reject } H_0' | \pi = \pi_0)$。

考慮一個檢定 $\delta'(x)$。
如果我們使用與 $T(X)$ 相同的決策規則，即拒絕 $H_0'$ (或接受 $H_1'$) 當 $T(X)$ 拒絕 $H_0$ 時。
也就是說，若 $\frac{L_1(x)}{L_0(x)} > k$，則我們拒絕 $H_0'$。
這個檢定的 size 是 $P(\frac{L_1(X)}{L_0(X)} > k | \pi = \pi_1)$。
我們已知這個機率等於 $\beta$。
但是我們需要 size 為 $1 - \beta$。

關鍵點： Neyman-Pearson 引理指出，對於簡單對抗假設，UMP 檢定是基於概似比的。
對於 $H_0: \pi = \pi_0$ vs $H_1: \pi = \pi_1$，UMP 檢定是拒絕 $H_0$ 當 $\frac{L_1(x)}{L_0(x)} > k_0$。
其 size $\alpha = P(\frac{L_1(X)}{L_0(X)} > k_0 | \pi = \pi_0)$。
其 power $\beta = P(\frac{L_1(X)}{L_0(X)} > k_0 | \pi = \pi_1)$。

現在考慮 $H_0': \pi = \pi_1$ vs $H_1': \pi = \pi_0$。
我們希望找到一個 UMP 檢定，其 size 為 $1 - \beta$。

核心觀念

本題考查概似比檢定（likelihood ratio test, LR test）：

$$\Lambda(\mathbf{x},\mathbf{y}) = \frac{\sup_{\Theta_0}L(\theta_1,\theta_2,\sigma_1^2,\sigma_2^2)} {\sup_{\Theta}L(\theta_1,\theta_2,\sigma_1^2,\sigma_2^2)}.$$

當 $\Lambda$ 越小，表示觀察資料在虛無假設下越不合理，因此拒絕 $H_0$。

(5a) 利用兩常態母體「共同但未知變異數」的模型，導出合併變異數的 $t$ 檢定。

(5b) 利用兩樣本變異數比的 $F$ 分布，導出變異數比例的概似比檢定。

---

(5a) 檢定 $H_0:\theta_1=\theta_2$

解題方法

令

$$N=n+m,$$ $$\bar X=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i, \qquad \bar Y=\frac{1}{m}\sum_{j=1}^mY_j.$$

因為假設 $\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$，概似函數為

$$L(\theta_1,\theta_2,\sigma^2) \propto (\sigma^2)^{-N/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2} \left[ \sum_{i=1}^n(X_i-\theta_1)^2+ \sum_{j=1}^m(Y_j-\theta_2)^2 \right] \right\}.$$

對立假設下的最大概似估計

在 $H_1:\theta_1\neq\theta_2$ 下，

$$\widehat{\theta}_1=\bar X, \qquad \widehat{\theta}_2=\bar Y.$$

定義組內平方和

$$W= \sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2+ \sum_{j=1}^m(Y_j-\bar Y)^2.$$

因此

$$\widehat{\sigma}^2_1=\frac{W}{N}.$$

虛無假設下的最大概似估計

在 $H_0:\theta_1=\theta_2=\theta$ 下，兩組資料共用同一個平均數。最大概似估計為

$$\widehat{\theta}_0 = \frac{n\bar X+m\bar Y}{N}.$$

利用平方和分解，

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\widehat{\theta}_0)^2+ \sum_{j=1}^m(Y_j-\widehat{\theta}_0)^2 = W+\frac{nm}{N}(\bar X-\bar Y)^2.$$

記

$$W_0=W+\frac{nm}{N}(\bar X-\bar Y)^2.$$

則虛無假設下的變異數最大概似估計為

$$\widehat{\sigma}_0^2=\frac{W_0}{N}.$$

概似比統計量

因此

$$\Lambda = \left(\frac{W}{W_0}\right)^{N/2}.$$

由於 $W_0\geq W$，當 $\lvert\bar X-\bar Y\rvert$ 很大時，$\Lambda$ 會變小，所以應拒絕 $H_0$。

定義合併樣本變異數

$$S_p^2=\frac{W}{N-2}.$$

則

$$T= \frac{\bar X-\bar Y} {S_p\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}} \sim t_{N-2} \qquad\text{在 }H_0\text{ 下}.$$

又因為

$$\frac{nm}{N}(\bar X-\bar Y)^2 = \frac{W}{N-2}T^2,$$

故

$$\Lambda = \left( 1+\frac{T^2}{N-2} \right)^{-N/2}.$$

所以概似比檢定等價於雙尾 $t$ 檢定。

檢定結論

顯著水準為 $\alpha$ 時，拒絕域為

$$\left| \frac{\bar X-\bar Y} {S_p\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}} \right| > t_{N-2,\,1-\alpha/2}.$$

其中 $t_{\nu,1-\alpha/2}$ 表示自由度 $\nu$ 的 $t$ 分布上分位點。

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(5b) 檢定 $H_0:\Delta\sigma_1^2=\sigma_2^2$

參數條件

由於變異數必須為正，虛無假設具有實質意義時須假設

$$\Delta>0.$$

若 $\Delta\leq 0$，則 $H_0$ 與 $\sigma_1^2,\sigma_2^2>0$ 不相容。

令

$$S_1=\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2, \qquad S_2=\sum_{j=1}^m(Y_j-\bar Y)^2.$$

兩組平均數均未受限制，因此不論在 $H_0$ 或 $H_1$ 下，都有

$$\widehat{\theta}_1=\bar X, \qquad \widehat{\theta}_2=\bar Y.$$

對立假設下的最大概似估計

在不受限制的模型下，

$$\widehat{\sigma}_1^2=\frac{S_1}{n}, \qquad \widehat{\sigma}_2^2=\frac{S_2}{m}.$$

虛無假設下的最大概似估計

令

核心觀念

本題考查常態線性模型中的：

• 似然比檢定（Likelihood Ratio Test, LR test）
• 線性假設 $C\beta=d$
• 最小平方法估計量
• 受限與非受限殘差平方和
• $F$ 分配與一般線性假設檢定

模型為

$$Y\sim N_n(X\beta,\sigma^2I_n),$$

其中 $\operatorname{rank}(X)=p$，且 $C$ 為 $r\times p$ 的滿列秩矩陣。假設 $\sigma^2$ 未知，並要求檢定

$$H_0:C\beta=d$$

對抗

$$H_1:C\beta\ne d.$$

需假設 $n>p$，使誤差自由度 $n-p$ 為正。

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解題方法

1. 非受限模型的估計

在不加限制時，$\beta$ 的最大概似估計量就是最小平方法估計量：

$$\widehat\beta=(X'X)^{-1}X'Y.$$

定義非受限殘差平方和為

$$SSE_1 =(Y-X\widehat\beta)'(Y-X\widehat\beta).$$

其對應的 $\sigma^2$ 最大概似估計量為

$$\widehat\sigma_1^2=\frac{SSE_1}{n}.$$

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2. 受限模型的估計

在限制條件 $C\beta=d$ 下，求解

$$\min_{\beta}(Y-X\beta)'(Y-X\beta)$$

subject to

$$C\beta=d.$$

使用拉格朗日乘數法，令

$$L(\beta,\lambda) =(Y-X\beta)'(Y-X\beta)+2\lambda'(C\beta-d).$$

對 $\beta$ 微分並令其為零：

$$-2X'(Y-X\beta)+2C'\lambda=0,$$

因此

$$X'X\beta+C'\lambda=X'Y.$$

由此可得受限最小平方法估計量

$$\widehat\beta_0 = \widehat\beta - (X'X)^{-1}C' \left[C(X'X)^{-1}C'\right]^{-1} (C\widehat\beta-d).$$

受限殘差平方和為

$$SSE_0 =(Y-X\widehat\beta_0)'(Y-X\widehat\beta_0).$$

受限模型下的最大概似估計量為

$$\widehat\sigma_0^2=\frac{SSE_0}{n}.$$

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3. 受限與非受限殘差平方和的差異

可證明

$$SSE_0-SSE_1 = (C\widehat\beta-d)' \left[C(X'X)^{-1}C'\right]^{-1} (C\widehat\beta-d).$$

此量代表加入限制 $C\beta=d$ 後所增加的殘差平方和。若資料與虛無假設相容，這個增加量應相對較小；若偏離虛無假設，則會較大。

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4. 建立似然比統計量

常態線性模型的概似函數為

$$L(\beta,\sigma^2) = (2\pi\sigma^2)^{-n/2} \exp\left\{ -\frac{1}{2\sigma^2}(Y-X\beta)'(Y-X\beta) \right\}.$$

對固定的 $\beta$ 最大化後，$\sigma^2$ 的最大概似估計量為殘差平方和除以 $n$。因此：

• 非受限模型的最大概似值與 $SSE_1^{-n/2}$ 成正比；
• 受限模型的最大概似值與 $SSE_0^{-n/2}$ 成正比。

故似然比統計量為

$$\Lambda(Y) = \frac{ \sup_{C\beta=d,\ \sigma^2>0}L(\beta,\sigma^2) }{ \sup_{\beta,\ \sigma^2>0}L(\beta,\sigma^2) } = \left(\frac{SSE_1}{SSE_0}\right)^{n/2}.$$

因為 $SSE_0\ge SSE_1$，所以 $0<\Lambda(Y)\le 1$。當 $SSE_0-SSE_1$ 很大時，$\Lambda(Y)$ 很小，表示資料不支持 $H_0$，因此應拒絕 $H_0$。

好的，這是一題關於估計量性質的題目，主要考驗你對均方誤差 (MSE) 的計算以及比較不同估計量的優劣。我們將一步一步來解析。

(a) 求 $T_1$ 的均方誤差 (MSE)

核心觀念： 均方誤差 (MSE) 是衡量估計量準確性的指標，它定義為估計量的偏差平方期望值加上其方差。數學表達式為 $MSE(\hat{\theta}) = E[(\hat{\theta} - \theta)^2] = Var(\hat{\theta}) + [Bias(\hat{\theta})]^2$，其中 $Bias(\hat{\theta}) = E[\hat{\theta}] - \theta$。

解題過程：
首先，我們需要計算 $T_1$ 的期望值和方差。
$T_1 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i$
由於 $Y_i$ 是獨立的二項分佈 $B(m_i, p)$，所以 $E[Y_i] = m_i p$ 且 $Var(Y_i) = m_i p (1-p)$。

1. 計算 $E[T_1]$：
   $E[T_1] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i\right] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E[Y_i] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (m_i p) = \frac{p}{n}\sum_{i=1}^n m_i$
   因此，$T_1$ 是一個有偏差的估計量，其偏差為 $Bias(T_1) = E[T_1] - p = \frac{p}{n}\sum_{i=1}^n m_i - p = p\left(\frac{\sum_{i=1}^n m_i}{n} - 1\right)$。

2. 計算 $Var(T_1)$：
   由於 $Y_i$ 是獨立的，
   $Var(T_1) = Var\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \left(\frac{1}{n}\right)^2 Var\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n Var(Y_i)$
   $Var(T_1) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i p (1-p) = \frac{p(1-p)}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i$

3. 計算 $MSE(T_1)$：
   $MSE(T_1) = Var(T_1) + [Bias(T_1)]^2$
   $MSE(T_1) = \frac{p(1-p)}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i + \left[p\left(\frac{\sum_{i=1}^n m_i}{n} - 1\right)\right]^2$
   $MSE(T_1) = \frac{p(1-p)}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i + p^2\left(\frac{\sum_{i=1}^n m_i}{n} - 1\right)^2$

【答案】
$MSE(T_1) = \frac{p(1-p)}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i + p^2\left(\frac{\sum_{i=1}^n m_i}{n} - 1\right)^2$

(b) 求 $T_2$ 的均方誤差 (MSE)

核心觀念： 同樣是計算均方誤差，需要先求出估計量的期望值和方差。

解題過程：
$T_2 = \frac{\sum_{i=1}^n Y_i}{\sum_{i=1}^n m_i}$
令 $M = \sum_{i=1}^n m_i$。則 $T_2 = \frac{1}{M}\sum_{i=1}^n Y_i$。

1. 計算 $E[T_2]$：
   $E[T_2] = E\left[\frac{1}{M}\sum_{i=1}^n Y_i\right] = \frac{1}{M}\sum_{i=1}^n E[Y_i] = \frac{1}{M}\sum_{i=1}^n (m_i p) = \frac{p}{M}\sum_{i=1}^n m_i = \frac{p}{M} \cdot M = p$
   因此，$T_2$ 是一個無偏差的估計量，即 $Bias(T_2) = 0$。

2. 計算 $Var(T_2)$：
   由於 $Y_i$ 是獨立的，
   $Var(T_2) = Var\left(\frac{1}{M}\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \left(\frac{1}{M}\right)^2 Var\left(\sum_{i=1}^n Y_i\right) = \frac{1}{M^2}\sum_{i=1}^n Var(Y_i)$
   $Var(T_2) = \frac{1}{M^2}\sum_{i=1}^n m_i p (1-p) = \frac{p(1-p)}{M^2}\sum_{i=1}^n m_i = \frac{p(1-p)}{(\sum_{i=1}^n m_i)^2}\sum_{i=1}^n m_i$
   $Var(T_2) = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

3. 計算 $MSE(T_2)$：
   $MSE(T_2) = Var(T_2) + [Bias(T_2)]^2$
   $MSE(T_2) = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i} + 0^2 = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

【答案】
$MSE(T_2) = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

(c) 哪個估計量比較好？

核心觀念： 在比較兩個估計量時，通常會比較它們的均方誤差 (MSE)。MSE 較小的估計量通常被認為是比較好的，因為它在平均意義下更接近真實參數值。

解題過程：
我們要比較 $MSE(T_1)$ 和 $MSE(T_2)$。
$MSE(T_1) = \frac{p(1-p)}{n^2}\sum_{i=1}^n m_i + p^2\left(\frac{\sum_{i=1}^n m_i}{n} - 1\right)^2$
$MSE(T_2) = \frac{p(1-p)}{\sum_{i=1}^n m_i}$

我們知道 $T_2$ 是無偏差的，而 $T_1$ 有偏差。