115 年 國立臺灣大學農藝研究所生物統計學組《統計理論》

核心觀念

本題使用二維變數變換：

1. 先由 $U,V$ 表示 $Z_1,Z_2$。
2. 計算雅可比行列式。
3. 套用聯合密度變換公式：

$$f_{U,V}(u,v)=f_{Z_1,Z_2}\bigl(z_1(u,v),z_2(u,v)\bigr) \left|\frac{\partial(z_1,z_2)}{\partial(u,v)}\right|.$$

4. 由聯合密度是否能分解為 $f_U(u)f_V(v)$ 判斷獨立性。

需先注意：題目給定 $U=\sqrt{Z_1+Z_2}$，但 $Z_1+Z_2$ 有一半機率為負，因此 $U$ 並非對所有樣本點都是實數。嚴格而言，原題未指定條件，故不存在定義於全體實數上的 $U$ 的聯合密度。

以下先求在 $Z_1+Z_2>0$ 上的密度；若將題目理解為條件於 $Z_1+Z_2>0$，再將此密度正規化即可。

解題方法

因為 $Z_1,Z_2$ 為獨立標準常態變數，

$$f_{Z_1,Z_2}(z_1,z_2) =\frac{1}{2\pi}\exp\left\{-\frac{z_1^2+z_2^2}{2}\right\}.$$

由

$$u=\sqrt{z_1+z_2},\qquad v=\frac{z_1}{z_2},$$

得到

$$z_1+z_2=u^2,\qquad z_1=vz_2.$$

代入後可解得反變換：

$$z_2=\frac{u^2}{v+1},\qquad z_1=\frac{u^2v}{v+1}.$$

其中定義域為

$$u>0,\qquad v\in\mathbb R\setminus\{-1\}.$$

$v=-1$ 時代表 $z_1+z_2=0$，而此時 $u=0$，屬於機率為 $0$ 的邊界。

雅可比行列式

由

$$z_1=\frac{u^2v}{v+1},\qquad z_2=\frac{u^2}{v+1},$$

可得

$$\frac{\partial(z_1,z_2)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \dfrac{2uv}{v+1} & \dfrac{u^2}{(v+1)^2}\\[6pt] \dfrac{2u}{v+1} & -\dfrac{u^2}{(v+1)^2} \end{vmatrix}.$$

因此

$$\left|\frac{\partial(z_1,z_2)}{\partial(u,v)}\right| = \frac{2u^3}{(v+1)^2}.$$

另外，

$$z_1^2+z_2^2 = \frac{u^4v^2}{(v+1)^2} +\frac{u^4}{(v+1)^2} = \frac{u^4(v^2+1)}{(v+1)^2}.$$

所以在 $Z_1+Z_2>0$ 上，$(U,V)$ 的聯合密度為

核心觀念

利用恆等式

$$\max\{X,Y\}=\frac{X+Y+|X-Y|}{2}.$$

因此

$$E[\max\{X,Y\}] =\frac{E(X)+E(Y)+E|X-Y|}{2}.$$

題目給定 $E(X)=E(Y)=0$，所以關鍵在於求 $X-Y$ 的絕對值期望。若 $Z\sim N(0,\sigma^2)$，則

$$E|Z|=\sigma\sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

解題方法與推導

令

$$D=X-Y.$$

因為 $X$ 與 $Y$ 的聯合分布為二元常態分布，所以 $D$ 仍為常態分布。其期望值為

$$E(D)=E(X)-E(Y)=0.$$

其變異數為

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}(D) &=\operatorname{Var}(X-Y)\\ &=\operatorname{Var}(X)+\operatorname{Var}(Y)-2\operatorname{Cov}(X,Y)\\ &=1+1-2\rho\\ &=2(1-\rho). \end{aligned}$$

故

$$D\sim N\bigl(0,\,2(1-\rho)\bigr).$$

本題考驗順序統計量、最大概似估計量 (MLE) 的計算，以及估計量的有偏性判斷。

首先，我們需要知道均勻分佈 $U(a, b)$ 的機率密度函數 (PDF)。
若 $X \sim U(a, b)$，則其 PDF 為：
$f(x; a, b) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} & \text{if } a \le x \le b \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

在此題中，樣本來自 $U(\theta-\rho, \theta+\rho)$。
令 $a = \theta-\rho$ 且 $b = \theta+\rho$。
則 $b-a = (\theta+\rho) - (\theta-\rho) = 2\rho$。
因此，PDF 為：
$f(x; \theta, \rho) = \begin{cases} \frac{1}{2\rho} & \text{if } \theta-\rho \le x \le \theta+\rho \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
其中 $\rho > 0$ (因為 $b>a$ 且 $b-a=2\rho$)。

我們有來自此分佈的隨機樣本 $X_1, X_2, \dots, X_n$。
令 $X_{(1)} < X_{(2)} < \dots < X_{(n)}$ 為這些樣本的順序統計量。
順序統計量 $X_{(1)}$ 和 $X_{(n)}$ 包含了樣本的最小值和最大值。

對於一個來自 $U(a, b)$ 的樣本，其順序統計量的範圍是：
$a \le X_{(1)} \le X_{(2)} \le \dots \le X_{(n)} \le b$。
因此，我們有：
$\theta-\rho \le X_{(1)}$
$X_{(n)} \le \theta+\rho$

這給出了參數 $\theta$ 和 $\rho$ 的約束條件。
$X_{(1)} \ge \theta-\rho \implies \theta \le X_{(1)} + \rho$
$X_{(n)} \le \theta+\rho \implies \theta \ge X_{(n)} - \rho$

所以，$\theta$ 的取值範圍是 $[X_{(n)} - \rho, X_{(1)} + \rho]$。

現在我們來尋找 $\theta$ 和 $\rho$ 的最大概似估計量 (MLE)。
樣本的聯合機率密度函數 (或稱概似函數 $L(\theta, \rho)$)，考慮到順序統計量，可以寫成：
$L(\theta, \rho) = \prod_{i=1}^n f(X_{(i)}; \theta, \rho)$
由於 $f(x)$ 在 $(\theta-\rho, \theta+\rho)$ 區間內是常數 $\frac{1}{2\rho}$，其餘地方為 0。
所以，要使概似函數非零，所有樣本 $X_i$ 必須落在 $(\theta-\rho, \theta+\rho)$ 區間內。
這意味著 $X_{(1)} \ge \theta-\rho$ 且 $X_{(n)} \le \theta+\rho$。

如果這個條件滿足，則：
$L(\theta, \rho) = \left(\frac{1}{2\rho}\right)^n$

我們需要最大化 $L(\theta, \rho)$ 對於 $\theta$ 和 $\rho$。
然而，這個函數 $L(\theta, \rho) = (\frac{1}{2\rho})^n$ 僅僅依賴於 $\rho$。
為了最大化 $L(\theta, \rho)$，我們需要最小化 $\rho$。

我們有來自順序統計量的約束：
$\theta-\rho \le X_{(1)} \implies \rho \ge X_{(1)} - \theta$
$X_{(n)} \le \theta+\rho \implies \rho \ge X_{(n)} - \theta$
而且 $\rho > 0$。

所以，$\rho$ 必須滿足 $\rho \ge \max\{X_{(1)} - \theta, X_{(n)} - \theta, 0\}$。
為了最大化 $L(\theta, \rho) = (2\rho)^{-n}$，我們需要找到滿足約束條件的最小 $\rho$。
所以，我們應該選擇 $\rho = \max\{X_{(1)} - \theta, X_{(n)} - \theta, \epsilon\}$，其中 $\epsilon$ 是一個很小的正數，保證 $\rho>0$。
更精確地說，我們需要 $\rho \ge X_{(n)} - \theta$ 且 $\rho \ge \theta - X_{(1)}$。
這意味著 $2\rho \ge X_{(n)} - \theta + \theta - X_{(1)} = X_{(n)} - X_{(1)}$。
所以 $\rho \ge \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$。
同時，我們也需要 $\rho > 0$。

最大概似估計量要求最大化 $L(\theta, \rho)$。
對於給定的 $\theta$ 和 $\rho$ 滿足約束條件：$\theta-\rho \le X_{(1)}$ 且 $X_{(n)} \le \theta+\rho$。
$L(\theta, \rho) = (2\rho)^{-n}$。
要最大化此函數，我們需要最小化 $\rho$。
由 $\theta-\rho \le X_{(1)}$ 可得 $\rho \ge \theta - X_{(1)}$。
由 $X_{(n)} \le \theta+\rho$ 可得 $\rho \ge X_{(n)} - \theta$。
所以，$\rho$ 的最小值必須滿足 $\rho \ge \max(\theta - X_{(1)}, X_{(n)} - \theta)$。
為了使 $\rho$ 最小，我們取 $\rho = \max(\theta - X_{(1)}, X_{(n)} - \theta)$。
然而，我們還需要 $\rho > 0$。

同時，我們也必須滿足 $\theta$ 的約束：$X_{(n)} - \rho \le \theta \le X_{(1)} + \rho$。
這意味著 $X_{(n)} - X_{(1)} \le 2\rho$。
所以 $\rho \ge \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$。

我們需要同時考慮 $\theta$ 和 $\rho$。
概似函數 $L(\theta, \rho) = (2\rho)^{-n}$ 在區域 $\{(\theta, \rho) : \rho > 0, \theta-\rho \le X_{(1)}, X_{(n)} \le \theta+\rho\}$ 上。
要最大化 $L(\theta, \rho)$，我們需要最小化 $\rho$。
最小的 $\rho$ 值發生在邊界上。
邊界條件是 $\theta-\rho = X_{(1)}$ 或 $X_{(n)} = \theta+\rho$。
也就是說， $\rho = \theta - X_{(1)}$ 或 $\rho = X_{(n)} - \theta$。
為了使 $\rho$ 最小，我們希望 $\theta$ 處於 $X_{(1)}$ 和 $X_{(n)}$ 之間。
如果我們選擇 $\theta$ 使得 $\theta - X_{(1)} = X_{(n)} - \theta$ (即 $\theta$ 是 $X_{(1)}$ 和 $X_{(n)}$ 的中點)，那麼 $\rho$ 將是最小的。
令 $\theta = \frac{X_{(1)} + X_{(n)}}{2}$。
此時，$\theta - X_{(1)} = \frac{X_{(1)} + X_{(n)}}{2} - X_{(1)} = \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$。
且 $X_{(n)} - \theta = X_{(n)} - \frac{X_{(1)} + X_{(n)}}{2} = \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$。
所以，最小的 $\rho$ 值是 $\rho = \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$。
這個 $\rho$ 值同時滿足 $\rho > 0$ (因為 $X_{(n)} > X_{(1)}$)。

所以，最大概似估計量是：
$\hat{\theta}_{MLE} = \frac{X_{(1)} + X_{(n)}}{2}$
$\hat{\rho}_{MLE} = \frac{X_{(n)} - X_{(1)}}{2}$

接下來，我們需要判斷這兩個 MLE 是否無偏。
首先計算 $\hat{\theta}_{MLE}$ 的期望值。
$E[\hat{\theta}_{MLE}] = E\left[\frac{X_{(1)} + X_{(n)}}{2}\right] = \frac{1}{2} (E[X_{(1)}] + E[X_{(n)}])$。

我們知道 $X_{(1)}$ 是來自 $U(\theta-\rho, \theta+\rho)$ 的最小順序統計量。
$X_{(1)}$ 的 CDF 為 $P(X_{(1)} \le x) = 1 - P(X_{(1)} > x)$。
$P(X_{(1)} > x) = P(X_1 > x, \dots, X_n > x) = (P(X > x))^n$。
$P(X > x) = \int_x^{\theta+\rho} \frac{1}{2\rho} dt = \frac{\theta+\rho-x}{2\rho}$，對於 $\theta-\rho \le x \le \theta+\rho$。
所以 $P(X_{(1)} > x) = \left(\frac{\theta+\rho-x}{2\rho}\right)^n$。
$P(X_{(1)} \le x) = 1 - \left(\frac{\theta+\rho-x}{2\rho}\right)^n$，對於 $\theta-\rho \le x \le \theta+\rho$。

核心觀念

本題考查：

• 由樣本的聯合密度找出充分統計量。
• 利用最大值的分布計算期望值。
• 以 Lehmann–Scheffé 定理判定最佳不偏估計量（UMVU estimator）。

令

$$M=\max_{1\le i\le n}|X_i|.$$

由於樣本必須滿足 $|X_i|\le \theta$，整個樣本是否落在母體範圍內，只取決於最大絕對值 $M$。

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解題方法

一、找出充分統計量

樣本的聯合密度為

$$f(\mathbf{x};\theta) =\prod_{i=1}^n\frac{1}{2\theta} I(-\theta\le x_i\le \theta).$$

整理得

$$f(\mathbf{x};\theta) =\frac{1}{(2\theta)^n} I\left(\max_{1\le i\le n}|x_i|\le \theta\right).$$

因此

$$f(\mathbf{x};\theta) =\frac{1}{(2\theta)^n}I(M\le \theta),$$

其關於參數 $\theta$ 的部分只透過 $M$ 表示。根據 Neyman–Fisher 因子分解定理，

$$M=\max_{1\le i\le n}|X_i|$$

是 $\theta$ 的充分統計量。

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二、求 $M$ 的分布

對於 $0\le m\le \theta$，

$$P_\theta(M\le m) =P_\theta(|X_1|\le m,\ldots,|X_n|\le m).$$

因為樣本獨立，

$$P_\theta(M\le m) =\prod_{i=1}^nP_\theta(|X_i|\le m).$$

而 $X_i\sim \operatorname{Uniform}(-\theta,\theta)$，故

$$P_\theta(|X_i|\le m) =\frac{2m}{2\theta} =\frac{m}{\theta}.$$

所以

$$F_M(m)= \begin{cases} 0, & m<0,\\[4pt] \left(\dfrac{m}{\theta}\right)^n, & 0\le m\le \theta,\\[8pt] 1, & m\ge \theta. \end{cases}$$

微分後得到 $M$ 的機率密度函數：

$$f_M(m;\theta) =\frac{n m^{n-1}}{\theta^n}, \qquad 0<m<\theta.$$

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三、利用 $M$ 建立不偏估計量

計算 $M$ 的期望值：

$$E_\theta(M) =\int_0^\theta m\frac{n m^{n-1}}{\theta^n}\,dm.$$

因此

$$E_\theta(M) =\frac{n}{\theta^n}\int_0^\theta m^n\,dm =\frac{n}{\theta^n}\cdot\frac{\theta^{n+1}}{n+1}.$$

核心觀念

本題考查：

• 一致估計量與漸近常態分布。
• Delta method。
• 漸近相對效率（asymptotic relative efficiency, ARE）：

$$\operatorname{ARE}(T_1,T_2) = \frac{\text{$T_2$ 的漸近變異數}} {\text{$T_1$ 的漸近變異數}}.$$

此定義建立在兩個估計量皆為 $\sigma$ 的一致估計量之上。

題目文字的關鍵問題

題目給出的

$$T_1=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n} =\frac{\sqrt{\pi}}{2}\overline X$$

不可能用來估計 $\sigma$，因為

$$E(\overline X)=0,$$

故

$$T_1\xrightarrow{p}0\neq \sigma.$$

因此，依題目字面，$T_1$ 不是 $\sigma$ 的一致估計量，標準意義下的漸近相對效率並未定義。

本題合理的原意應為常見的平均絕對值估計量：

$$T_1^* = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{\sum_{i=1}^n|X_i|}{n} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\overline{|X|}.$$

以下依此標準形式計算。

解題方法一：計算 $T_1^*$ 的漸近變異數

令

$$Z_i=\frac{|X_i|}{\sigma}.$$

由於 $X_i\sim N(0,\sigma^2)$，

$$E(|X_i|)=\sigma\sqrt{\frac{2}{\pi}},$$

且

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

因此

$$E(Z_i)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}, \qquad E(Z_i^2)=1.$$

所以

$$\operatorname{Var}(Z_i) = 1-\frac{2}{\pi} = \frac{\pi-2}{\pi}.$$

又

$$T_1^* = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\sigma\overline Z.$$

由中央極限定理，

$$\sqrt n\left(T_1^*-\sigma\right) \overset{d}{\longrightarrow} N\left( 0, \frac{\pi}{2}\sigma^2\operatorname{Var}(Z_i) \right).$$

代入 $\operatorname{Var}(Z_i)$：

$$\operatorname{Avar}(T_1^*) = \frac{\pi}{2}\sigma^2 \left(\frac{\pi-2}{\pi}\right) = \frac{\sigma^2(\pi-2)}{2}.$$

因此

$$\operatorname{Var}(T_1^*) \approx \frac{\sigma^2(\pi-2)}{2n}.$$

解題方法二：計算 $T_2$ 的漸近變異數

令

$$Y_i=X_i^2.$$

則

$$T_2=\sqrt{\overline Y}.$$

核心觀念

本題為數理統計學（Mathematical Statistics）中典型的「假設檢定（Hypothesis Testing）」與「均勻最強檢定（UMP Test）」綜合題型，涵蓋以下核心理論與定理：

1. 伽瑪分配（Gamma Distribution）與卡方分配（Chi-Square Distribution）之關聯：
   母體機率密度函數 $f(x; \theta) = \frac{1}{\theta^2} x e^{-x/\theta}$（$x > 0, \theta > 0$）屬於伽瑪分配 $\text{Gamma}(\alpha = 2, \beta = \theta)$（以尺度參數表示）。
   • 若 $X_i \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Gamma}(2, \theta)$，則其和之分配具可加性： $$T = \sum_{i=1}^{n} X_i \sim \text{Gamma}(2n, \theta)$$
   • 根據尺度轉換性質，樞紐量（Pivotal Quantity）服從卡方分配： $$\frac{2T}{\theta} = \frac{2\sum_{i=1}^{n} X_i}{\theta} \sim \chi^2(4n)$$
2. 奈曼－皮爾森引理（Neyman-Pearson Lemma, NP Lemma）：
   用於尋找簡單虛無假說對簡單對立假說（Simple vs. Simple）下的「最強檢定（Most Powerful Test, MP Test）」，其拒絕域由概似比（Likelihood Ratio）決定： $$\frac{L(\theta_1; \mathbf{x})}{L(\theta_0; \mathbf{x})} > k$$
3. 單調概似比性質（Monotone Likelihood Ratio, MLR）與卡林－魯賓定理（Karlin-Rubin Theorem）：
   單參數指數族（One-parameter Exponential Family）具備單調概似比性質，可用於決定單尾對立假說之均勻最強檢定（UMP Test）。
4. 雙尾對立假說下 UMP 檢定之不存在性（Non-existence of UMP Tests for Two-sided Alternatives）：
   在雙尾對立假說 $H_1: \theta \ne \theta_0$ 下，因 $\theta > \theta_0$ 與 $\theta < \theta_0$ 之最佳拒絕域方向相反，常態族或指數族母體通常不存在 UMP 檢定，需退而求其次尋找「均勻最強不偏檢定（UMPU Test）」。

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解題方法與詳細推導

1. 母體模型與充份統計量之分佈

已知樣本數 $n = 15$，樣本 $X_1, X_2, \dots, X_{15} \overset{\text{iid}}{\sim} f(x;\theta) = \frac{1}{\theta^2} x e^{-x/\theta}$，此即 $\text{Gamma}(\alpha = 2, \beta = \theta)$。

定義統計量 $T = \sum_{i=1}^{15} X_i$：

• 根據伽瑪分配的動差母函數（MGF）或褶積性，$T \sim \text{Gamma}(\alpha = 2 \times 15 = 30, \beta = \theta)$。
• 將尺度參數轉換： $$\frac{2T}{\theta} = \frac{2\sum_{i=1}^{15} X_i}{\theta} \sim \text{Gamma}(30, 2) \equiv \chi^2(\text{df} = 60)$$

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(a) 求最顯著水準 $\alpha = 0.05$ 下之最強檢定（MP Test）拒絕域

針對假設：

$$H_0: \theta = 2 \quad \text{vs.} \quad H_1: \theta = \theta_1 \quad (\theta_1 > 2)$$

聯合機率密度函數（Likelihood Function）為：

$$L(\theta; \mathbf{x}) = \prod_{i=1}^{15} \left( \frac{1}{\theta^2} x_i e^{-x_i/\theta} \right) = \frac{1}{\theta^{30}} \left( \prod_{i=1}^{15} x_i \right) \exp\left( -\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{15} x_i \right)$$

根據 Neyman-Pearson Lemma，最強檢定的拒絕域型式為：

$$\frac{L(\theta_1; \mathbf{x})}{L(\theta_0; \mathbf{x})} = \left( \frac{\theta_0}{\theta_1} \right)^{30} \exp\left\{ \left( \frac{1}{\theta_0} - \frac{1}{\theta_1} \right) \sum_{i=1}^{15} X_i \right\} > k$$

將 $\theta_0 = 2$ 代入，且因 $\theta_1 > 2$，可得係數 $\left( \frac{1}{2} - \frac{1}{\theta_1} \right) > 0$。兩邊取自然對數並移項化簡：

$$\sum_{i=1}^{15} X_i > c$$

其中常數 $c$ 由顯著水準 $\alpha = 0.05$ 決定：

$$P_{H_0}\left( \sum_{i=1}^{15} X_i > c \right) = 0.05$$

在 $H_0: \theta = 2$ 成立下：

$$\frac{2 \sum_{i=1}^{15} X_i}{\theta_0} = \frac{2 \sum_{i=1}^{15} X_i}{2} = \sum_{i=1}^{15} X_i \sim \chi^2(60)$$

因此：

$$P\left( \chi^2(60) > c \right) = 0.05 \implies c = \chi^2_{0.05}(60) = 79.082$$

拒絕域為：

$$\mathcal{R} = \left\{ \mathbf{x} : \sum_{i=1}^{15} X_i > \chi^2_{0.05}(60) = 79.082 \right\}$$

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(b) 計算 p-value 與檢定決策

已知觀察值 $\sum_{i=1}^{15} x_i = 46.98$。

1. p-value 之定義：在虛無假說成立下，檢定統計量出現比目前觀察值更極端（偏向對立假說，即右尾）的機率：

   $$\text{p-value} = P_{\theta=2}\left( \sum_{i=1}^{15} X_i \ge 46.98 \right) = P\left( \chi^2(60) \ge 46.98 \right)$$

2. 查卡方分配表評估 p-value：

   • 自由度 $\text{df} = 60$ 的卡方分配，其期望值為 $60$。

核心觀念

本題為數理統計學中假設檢定（Hypothesis Testing）的經典題型，評量重點包含：

1. 伽瑪分配（Gamma Distribution）與卡方分配（Chi-Square Distribution）的轉換：
   • 隨機變數 $X_i$ 的機率密度函數為 $f(x; \theta) = \frac{x}{\theta^2} e^{-x/\theta}$，此為形狀參數 $\alpha = 2$、尺度參數 $\beta = \theta$ 的伽瑪分配，記作 $X_i \sim \text{Gamma}(2, \theta)$。
   • 伽瑪分配的可加性：若 $X_1, \dots, X_n \overset{iid}{\sim} \text{Gamma}(\alpha, \theta)$，則 $\sum_{i=1}^n X_i \sim \text{Gamma}(n\alpha, \theta)$。
   • 伽瑪分配與卡方分配之關係：若 $Y \sim \text{Gamma}(\kappa, \theta)$，則 $\frac{2Y}{\theta} \sim \text{Gamma}\left(\kappa, 2\right) \equiv \chi^2(2\kappa)$。
2. 紐曼－皮爾森引理（Neyman-Pearson Lemma）：
   • 用於尋找簡單虛無假設對簡單對立假設下之最強檢定（Most Powerful Test, MP Test）。
   • 概似比檢定統計量與拒絕域的決定。
3. $p$ 值（$p$-value）與統計決策：
   • 在虛無假設成立下，觀察到比當前樣本統計量更極端（支持對立假設）事件發生的機率。
4. 檢定力（Power of the Test）：
   • 在特定的對立假設參數值 $\theta_1$ 下，正確拒絕虛無假設的機率 $\pi(\theta_1) = P_{\theta_1}(\text{Reject } H_0)$。
5. 均勻最強檢定（Uniformly Most Powerful Test, UMP Test）之存在性：
   • 雙邊對立假設（Two-sided Alternative）在單參數指數族中通常不存在 UMP 檢定。

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解題方法

1. 推導充分統計量與抽樣分配：
   • 由 $X_i \overset{iid}{\sim} \text{Gamma}(2, \theta)$，得樣本總和 $T = \sum_{i=1}^{15} X_i \sim \text{Gamma}(30, \theta)$。
   • 樞紐變量（Pivotal Quantity）： $$\frac{2\sum_{i=1}^{15} X_i}{\theta} \sim \chi^2(60)$$
2. 應用 Neyman-Pearson Lemma 建構 MP 檢定：
   • 計算概似比 $\frac{L(\theta_1)}{L(\theta_0)}$，分析其隨統計量 $T$ 的單調性，導出拒絕域形式。
   • 利用 $H_0$ 下的卡方臨界值求出門檻常數 $c$。
3. 計算觀察樣本的 $p$ 值與檢定力：
   • 將 $\sum x_i = 46.98$ 代入虛無分配計算右尾機率。
   • 將 $\theta = 5$ 代入真實分配，標準化為 $\chi^2(60)$ 後查表計算右尾機率。
4. 論證雙邊假設 UMP 檢定的存在性：
   • 比較 $\theta > 2$ 與 $\theta < 2$ 之 MP 拒絕域方向，證明兩者拒絕域不一致，故不存在 UMP 檢定。

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詳細解答

(a) 求水準 $\alpha = 0.05$ 下檢定 $H_0: \theta = 2$ vs $H_1: \theta = \theta_1$ ($\theta_1 > 2$) 的 MP 拒絕域

步驟 1：寫出概似函數與概似比
樣本 $X_1, \dots, X_{15}$ 的概似函數為：

$$L(\theta) = \prod_{i=1}^{15} \frac{X_i}{\theta^2} e^{-X_i/\theta} = \frac{1}{\theta^{30}} \left(\prod_{i=1}^{15} X_i\right) \exp\left( -\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{15} X_i \right)$$

考慮檢定 $H_0: \theta = 2$ 與 $H_1: \theta = \theta_1$（其中 $\theta_1 > 2$），概似比為：

$$\frac{L(\theta_1)}{L(2)} = \frac{\theta_1^{-30} \left(\prod_{i=1}^{15} X_i\right) \exp\left( -\frac{1}{\theta_1} \sum_{i=1}^{15} X_i \right)}{2^{-30} \left(\prod_{i=1}^{15} X_i\right) \exp\left( -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{15} X_i \right)} = \left(\frac{2}{\theta_1}\right)^{30} \exp\left[ \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{\theta_1}\right) \sum_{i=1}^{15} X_i \right]$$

步驟 2：決定拒絕域形式
根據 Neyman-Pearson Lemma，MP 檢定的拒絕域為：

$$\frac{L(\theta_1)}{L(2)} > k$$

因為 $\theta_1 > 2$，係數 $\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{\theta_1}\right) > 0$，故概似比是 $\sum_{i=1}^{15} X_i$ 的嚴格遞增函數。
因此，拒絕域等價於：

$$\sum_{i=1}^{15} X_i > c$$

步驟 3：確定統計量的抽樣分配並求臨界值
已知 $X_i \overset{iid}{\sim} \text{Gamma}(2, \theta)$，根據伽瑪分配的可加性：

$$\sum_{i=1}^{15} X_i \sim \text{Gamma}\left(15 \times 2, \, \theta\right) = \text{Gamma}(30, \, \theta)$$

由伽瑪分配與卡方分配的轉換關係：

$$\frac{2\sum_{i=1}^{15} X_i}{\theta} \sim \chi^2(2 \times 30) = \chi^2(60)$$

在 $H_0: \theta = 2$ 成立下：

$$\frac{2\sum_{i=1}^{15} X_i}{2} = \sum_{i=1}^{15} X_i \sim \chi^2(60)$$

要求顯著水準 $\alpha = 0.05$：

$$P_{H_0}\left(\sum_{i=1}^{15} X_i > c\right) = P\left(\chi^2(60) > c\right) = 0.05 \implies c = \chi^2_{0.05}(60) = 79.082$$

故 MP 檢定的拒絕域為：

$$R = \left\{ (x_1, \dots, x_{15}) : \sum_{i=1}^{15} X_i > 79.082 \right\}$$

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(b) 若觀測到 $\sum_{i=1}^{15} X_i = 46.98$，求 $p$ 值與統計決策

步驟 1：計算 $p$ 值
本檢定為右尾檢定，在 $H_0: \theta = 2$ 下，檢定統計量 $T = \sum_{i=1}^{15} X_i \sim \chi^2(60)$。
觀察值 $t_{\text{obs}} = 46.98$，其 $p$ 值為：

$$p\text{-value} = P_{H_0}\left( \sum_{i=1}^{15} X_i \ge 46.98 \right) = P\left(\chi^2(60) \ge 46.98\right)$$

查卡方分配自由度 $\nu = 60$ 之數值表：