O006-C140-CMP-CA01 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Asesmen kumulatif C1

Asesmen ini bernilai 100 poin. Sepuluh soal masing-masing bernilai 10 poin. Setiap jawaban harus membedakan hasil eksak, hasil asimtotik, dan bukti komputasional. Menuliskan nama teorema tanpa memeriksa hipotesisnya tidak memperoleh poin untuk bagian asumsi. Simulasi tidak dapat menggantikan derivasi analitis.

Soal 1 — skor, informasi, dan keteraturan (10 poin)

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ i.i.d. eksponensial dengan laju $\lambda>0$ dan densitas

p_\lambda(x)=\lambda e^{-\lambda x}\mathbf 1\{x\ge0\}.

Nyatakan ukuran yang mendominasi model dan daerah dukungnya, lalu jelaskan mengapa diferensiasi di bawah tanda integral sah pada lingkungan kompak yang memuat $\lambda_0>0$ .
Turunkan skor sampel, tunjukkan harapannya nol, dan hitung informasi Fisher sampel dengan dua cara.
Lakukan reparameterisasi $\eta=\log\lambda$ . Turunkan skor dan informasi dalam koordinat $\eta$ , lalu cocokkan hasilnya dengan hukum transformasi informasi pada Teorema: transformasi informasi.

Petunjuk 1

Dengan mengabaikan konstanta yang tidak bergantung pada parameter, fungsi log-kemungkinannya adalah $n\log\lambda-\lambda\sum_iX_i$ . Gunakan $E_\lambda X_i=1/\lambda$ .

Petunjuk 2

Untuk $\lambda=e^\eta$ , gunakan aturan rantai $U_\eta=(d\lambda/d\eta)U_\lambda$ . Informasi mengikuti transformasi kuadratik oleh Jacobian; nilainya bukan skalar yang tetap.

Jawaban singkat

Model didominasi oleh ukuran Lebesgue dengan daerah dukung tetap $[0,\infty)$ . Skor dan informasi sampelnya adalah

U_\lambda=\frac n\lambda-\sum_iX_i,\qquad I_{n,\lambda}=\frac n{\lambda^2}.

Dalam koordinat $\eta$ ,

U_\eta=n-e^\eta\sum_iX_i,\qquad I_{n,\eta}=n.

Solusi lengkap

Ukuran yang mendominasi model adalah ukuran Lebesgue pada $\mathbb R$ . Daerah dukung esensial $[0,\infty)$ tidak berubah ketika $\lambda$ berubah. Pada lingkungan kompak $[a,b]\subset(0,\infty)$ yang memuat $\lambda_0$ , turunan densitas terhadap $\lambda$ berbentuk polinomial berderajat satu dalam $$x$$ yang dikalikan $e^{-\lambda x}$ , dan dapat didominasi oleh fungsi yang terintegralkan berbentuk $C(1+x)e^{-ax}$ . Karena itu pertukaran turunan dan integral yang dipakai dalam Teorema: nilai harapan skor adalah nol sah.

Fungsi log-kemungkinan dan dua turunannya adalah

\ell_n(\lambda)=n\log\lambda-\lambda\sum_iX_i,\qquad U_\lambda(\lambda)=\frac n\lambda-\sum_iX_i,\qquad -\ell_n''(\lambda)=\frac n{\lambda^2}.

Maka

E_\lambda U_\lambda=\frac n\lambda-nE_\lambda X_1=0.

Informasi dari Hessian adalah $n/\lambda^2$ . Dari varians skor,

\operatorname{Var}_\lambda(U_\lambda) =\operatorname{Var}_\lambda\!\left(\sum_iX_i\right) =n\operatorname{Var}_\lambda(X_1) =\frac n{\lambda^2},

sehingga kedua bentuk informasi cocok. Dalam contoh ini informasi teramati $-\ell_n''$ tidak bergantung pada data dan sama persis dengan informasi yang diharapkan.

Karena $\lambda=e^\eta$ ,

\ell_n(\eta)=n\eta-e^\eta\sum_iX_i,\qquad U_\eta=n-e^\eta\sum_iX_i,\qquad -E_\eta\ell_n''(\eta)=e^\eta nE_\eta X_1=n.

Hukum transformasi juga memberi

I_{n,\eta} =\left(\frac{d\lambda}{d\eta}\right)^2I_{n,\lambda} =\lambda^2\frac n{\lambda^2}=n.

Jadi nilai informasi berubah menurut koordinat, sedangkan kandungan inferensialnya tetap sama.

Soal 2 — konsistensi dan normalitas asimtotik MLE (10 poin)

Misalkan $$X_i$$ i.i.d. Poisson $(\lambda_0)$ , dengan $\lambda\in[a,b]\subset(0,\infty)$ dan $a<\lambda_0<b$ .

Abaikan suku yang hanya bergantung pada data, lalu tulis kriteria log-kemungkinan rata-rata $M_n(\lambda)$ dan limitnya pada tingkat populasi, $M(\lambda)$ .
Buktikan bahwa $$M$$ mempunyai pemaksimum tunggal $\lambda_0$ dan bahwa $\sup_{\lambda\in[a,b]}|M_n(\lambda)-M(\lambda)|\to_P0$ .
Terapkan teorema argmax untuk memperoleh konsistensi MLE. Kemudian turunkan distribusi pembatas $\sqrt n(\widehat\lambda_n-\lambda_0)$ , dengan menyebut syarat tambahan yang dipakai sesudah konsistensi.

Petunjuk 1

Gunakan

M_n(\lambda)=\bar X\log\lambda-\lambda,\qquad M(\lambda)=\lambda_0\log\lambda-\lambda.

Pada interval kompak, $\log\lambda$ terbatas.

Petunjuk 2

Dengan peluang yang menuju satu, $\bar X\in(a,b)$ , sehingga MLE berkendala sama dengan $\bar X$ . Untuk pembuktian berbasis fungsi kemungkinan, cocokkan teorema limit pusat bagi skor dan konvergensi Hessian dengan Teorema: normalitas asimtotik akar skor konsisten, termasuk MLE interior.

Jawaban singkat

$$M$$ mencapai maksimum unik di $\lambda_0$ , dan kriterianya berkonvergensi seragam karena

\sup_{\lambda\in[a,b]}|M_n-M| =|\bar X-\lambda_0|\max_{\lambda\in[a,b]}|\log\lambda|\to_P0.

Jadi $\widehat\lambda_n\to_P\lambda_0$ , dan

\sqrt n(\widehat\lambda_n-\lambda_0) \Rightarrow N(0,\lambda_0).

Solusi lengkap

Setelah suku $-n^{-1}\sum_i\log(X_i!)$ diabaikan, kriteria sampel dan populasi adalah

M_n(\lambda)=\bar X\log\lambda-\lambda,\qquad M(\lambda)=E_{\lambda_0}M_n(\lambda) =\lambda_0\log\lambda-\lambda.

Turunan populasi

M'(\lambda)=\frac{\lambda_0}{\lambda}-1

positif untuk $\lambda<\lambda_0$ , nol di $\lambda_0$ , dan negatif untuk $\lambda>\lambda_0$ . Jadi $\lambda_0$ adalah satu-satunya pemaksimum pada $$[a,b]$$ . Kesimpulan yang sama mengikuti identifikasi Kullback–Leibler pada Teorema: identifikasi kriteria populasi.

Selanjutnya,

M_n(\lambda)-M(\lambda) =(\bar X-\lambda_0)\log\lambda.

Karena $$[a,b]$$ kompak dan berjarak positif dari nol, $\max_{\lambda\in[a,b]}|\log\lambda|<\infty$ . Hukum bilangan besar memberi $\bar X\to_P\lambda_0$ , sehingga konvergensi seragam yang diminta berlaku. Syarat keterpisahan pemaksimum populasi dan teorema argmax Teorema: konsistensi pemaksimum hampiran kemudian memberi $\widehat\lambda_n\to_P\lambda_0$ .

Konsistensi saja belum menjamin normalitas. Kita masih memerlukan CLT untuk skor, konvergensi Hessian secara lokal, titik interior, dan informasi positif. Skor per pengamatan yang dievaluasi pada nilai parameter sebenarnya adalah

u_{\lambda_0}(X)=\frac X{\lambda_0}-1, \qquad \operatorname{Var}_{\lambda_0}\{u_{\lambda_0}(X)\} =\frac1{\lambda_0}.

Informasi per pengamatan adalah $I(\lambda_0)=1/\lambda_0$ . Ekspansi persamaan skor di sekitar $\lambda_0$ memberi

\sqrt n(\widehat\lambda_n-\lambda_0) =I(\lambda_0)^{-1}\frac1{\sqrt n}\sum_{i=1}^n u_{\lambda_0}(X_i)+o_P(1) \Rightarrow N(0,I(\lambda_0)^{-1}) =N(0,\lambda_0).

Secara khusus, karena $\lambda_0$ berada di interior, peluang bahwa $\bar X\in(a,b)$ menuju satu dan MLE berkendala memang sama dengan $\bar X$ pada peristiwa tersebut.

Soal 3 — metode delta dan turunan nol (10 poin)

Misalkan $\bar X\sim N(\theta,1/n)$ dan $g(\theta)=\theta^2$ .

Untuk $\theta\ne0$ , turunkan limit $\sqrt n\{g(\bar X)-g(\theta)\}$ .
Jelaskan mengapa limit pada bagian pertama degenerat ketika $\theta=0$ , lalu temukan skala dan distribusi yang benar.
Di bawah alternatif lokal $\theta_n=c/\sqrt n$ , tentukan distribusi $n\bar X^2$ . Jelaskan bagaimana hasil ini harus mengubah interpretasi keluaran SIM002 pada Rancangan yang dapat direproduksi.

Petunjuk 1

Gunakan identitas eksak

\bar X^2-\theta^2=2\theta(\bar X-\theta)+(\bar X-\theta)^2.

Petunjuk 2

Jika $\theta_n=c/\sqrt n$ , maka $\sqrt n\,\bar X=Z+c$ dengan $Z\sim N(0,1)$ .

Jawaban singkat

Untuk $\theta\ne0$ ,

\sqrt n(\bar X^2-\theta^2)\Rightarrow N(0,4\theta^2).

Pada $\theta=0$ , limit akar- $$n$$ adalah nol, sedangkan

n\bar X^2\sim\chi_1^2.

Di bawah $\theta_n=c/\sqrt n$ , statistik tersebut berdistribusi $\chi_1^2(c^2)$ .

Solusi lengkap

Karena $\sqrt n(\bar X-\theta)\sim N(0,1)$ , suku pertama identitas pada petunjuk memberi

2\theta\sqrt n(\bar X-\theta)\Rightarrow N(0,4\theta^2).

Suku kedua memenuhi

\sqrt n(\bar X-\theta)^2 =\frac{\{\sqrt n(\bar X-\theta)\}^2}{\sqrt n}\to_P0.

Ini membuktikan metode delta orde pertama saat $g'(\theta)=2\theta\ne0$ .

Pada $\theta=0$ , suku linear hilang. Hasil orde pertama hanya memberi $\sqrt n\,\bar X^2\to_P0$ ; hasil itu tidak berarti bahwa $\bar X^2$ identik dengan nol. Skala orde kedua adalah $$n$$ :

n\bar X^2=(\sqrt n\,\bar X)^2\sim\chi_1^2

secara eksak. Membagi dengan “simpangan baku delta” nol tidak terdefinisi.

Di bawah $\theta_n=c/\sqrt n$ ,

\sqrt n\,\bar X =\sqrt n(\bar X-\theta_n)+c \sim N(c,1),

sehingga

n\bar X^2=(Z+c)^2\sim\chi_1^2(c^2).

SIM002 harus dibandingkan dengan dua acuan teoretis yang berbeda: varians delta pada titik reguler dan hukum khi-kuadrat orde kedua di titik turunan nol. Kedekatan simulasi pada $\theta=1$ tidak membenarkan penggunaan aproksimasi yang sama di $\theta=0$ .

Soal 4 — Wald, skor, LR, Wilks, dan alternatif lokal (10 poin)

Kembali ke model eksponensial pada Soal 1 dan uji $H_0:\lambda=\lambda_0$ . Definisikan

q=\lambda_0\bar X=\frac{\lambda_0}{\widehat\lambda}.

Turunkan statistik Wald dalam koordinat $\lambda$ , statistik skor, dan dua kali selisih fungsi log-kemungkinan.
Hitung statistik Wald setelah reparameterisasi $\eta=\log\lambda$ . Bandingkan sifat invariansi keempat ekspresi pada sampel berhingga.
Nyatakan syarat Wilks yang benar-benar dipakai. Di bawah $\lambda_n=\lambda_0\exp(h/\sqrt n)$ , tentukan distribusi pembatas ketiga prosedur reguler dan parameter tak sentralnya.

Petunjuk 1

MLE adalah $1/\bar X$ , informasi per pengamatan adalah $1/\lambda^2$ , dan

\ell_n(\widehat\lambda)-\ell_n(\lambda_0) =n\{-\log q-1+q\}.

Petunjuk 2

Dalam koordinat $\eta$ , informasi per pengamatan sama dengan satu. Alternatif yang diberikan menggeser $\eta$ sebesar $h/\sqrt n$ .

Jawaban singkat

W_\lambda=S=n(1-q)^2,\qquad L=2n(q-1-\log q),\qquad W_\eta=n(\log q)^2.

LR invarian secara eksak; dua bentuk Wald umumnya berbeda. Di bawah syarat keteraturan dan alternatif lokal,

W_\lambda,\ S,\ L\Rightarrow\chi_1^2(h^2),

dan setiap selisih berpasangan di antara ketiganya adalah $$o_P(1)$$ .

Solusi lengkap

MLE dan informasi adalah

\widehat\lambda=\frac1{\bar X},\qquad I(\lambda)=\frac1{\lambda^2}.

Statistik Wald yang menggunakan informasi yang dievaluasi pada MLE adalah

W_\lambda =\frac{(\widehat\lambda-\lambda_0)^2} {I(\widehat\lambda)^{-1}/n} =n\frac{(\widehat\lambda-\lambda_0)^2}{\widehat\lambda^2} =n(1-q)^2.

Skor pada parameter hipotesis nol adalah

U(\lambda_0)=\frac n{\lambda_0}-n\bar X =\frac n{\lambda_0}(1-q),

sehingga

S=\frac{U(\lambda_0)^2}{nI(\lambda_0)}=n(1-q)^2.

Rasio fungsi kemungkinan adalah

L=2\{\ell_n(\widehat\lambda)-\ell_n(\lambda_0)\} =2n(q-1-\log q).

Dalam koordinat $\eta$ , varians asimtotik MLE adalah $$1/n$$ dan $\widehat\eta-\eta_0=-\log q$ , sehingga

W_\eta=n(\log q)^2.

LR tidak berubah oleh transformasi satu-ke-satu karena kedua supremum fungsi kemungkinan merujuk pada himpunan distribusi yang sama. Skor juga invarian bila skor dan informasi ditransformasikan secara konsisten. Wald tidak invarian secara eksak karena statistik itu menggunakan hampiran linear terhadap selisih parameter; pada umumnya $W_\lambda\ne W_\eta$ jika $q\ne1$ . Ekspansi di $$q=1+u$$ dengan $u=O_P(n^{-1/2})$ menunjukkan semua bentuk mempunyai suku utama $$nu^2$$ .

Wilks memerlukan dominasi dan daerah dukung yang sama, nilai parameter di bawah hipotesis nol yang berada di interior, identifiabilitas, diferensiabilitas dengan pertukaran integral yang sah, informasi positif, LAN seragam, serta konsistensi MLE tak terkendala dan MLE di bawah hipotesis nol; lihat Syarat keteraturan yang dipakai. Semua syarat berlaku di lingkungan $\lambda_0>0$ . Karena $\eta_n-\eta_0=h/\sqrt n$ dan informasi per pengamatan dalam koordinat $\eta$ adalah satu, parameter tak sentral adalah $$h^2$$ . Teorema alternatif lokal Ekuivalensi orde pertama dan alternatif lokal memberi limit $\chi_1^2(h^2)$ untuk ketiga prosedur. Ini merupakan ekuivalensi asimtotik orde pertama, bukan identitas pada sampel berhingga.

Soal 5 — diagnosis empat kegagalan nonreguler (10 poin)

Untuk masing-masing model berikut, sebutkan asumsi keteraturan yang gagal dan kesimpulan teori reguler yang tidak sah. Kemudian berikan hukum pengganti atau pernyataan ketidakmungkinan yang tepat.

$X_i\sim\operatorname{Unif}(0,\theta)$ , $\theta>0$ , dengan $M_n=\max_iX_i$ .
$X_i\sim N(\mu,1)$ , $\mu\ge0$ , untuk $H_0:\mu=0$ .
$X_i\sim N(\theta^3,1)$ , $\theta\in\mathbb R$ , di $\theta=0$ .
$X_i\sim N(\cos\theta,1)$ , $\theta\in[0,2\pi)$ , dengan $\theta_0=\pi/2$ dan $\theta_1=3\pi/2$ .

Petunjuk 1

Empat mekanismenya berbeda: daerah dukung berubah menurut parameter; ruang singgung berupa kerucut; turunan pertama pemetaan parameternya nol; dan dua nilai parameter menghasilkan distribusi yang sama.

Petunjuk 2

Untuk keempat model, berturut-turut gunakan statistik $\max X_i$ , $\max(0,\bar X)$ , $\operatorname{cbrt}(\bar X)$ , dan kesamaan distribusi.

Jawaban singkat

Daerah dukung berubah menurut parameter; (n(\theta-M_n)/\theta\Rightarrow \operatorname{Exp}(1)), dan statistik LR di bawah hipotesis nol berdistribusi $\chi_2^2$ , bukan $\chi_1^2$ .
Nilai nol berada di batas ruang parameter; LR berdistribusi $\tfrac12\delta_0+\tfrac12\chi_1^2$ .
$$I(0)=0$$ ; $n^{1/6}\widehat\theta\Rightarrow\operatorname{cbrt}(Z)$ .
Parameter model tidak teridentifikasi; tidak ada uji yang membedakan $\theta_0$ dan $\theta_1$ .

Solusi lengkap

Pada model seragam dengan titik ujung yang tidak diketahui, fungsi kemungkinan adalah

L(\theta)=\theta^{-n}\mathbf1\{M_n\le\theta\}.

Daerah dukung bergantung pada parameter, sehingga identitas skor biasa dan LAN dua arah pada skala $\sqrt n$ gagal. MLE adalah $$M_n$$ , dan

P_\theta(M_n/\theta\le t)=t^n,\qquad \frac{n(\theta-M_n)}{\theta}\Rightarrow\operatorname{Exp}(1).

Selain itu,

2\{\ell(M_n)-\ell(\theta_0)\} =2n\log(\theta_0/M_n)\sim\chi_2^2

secara eksak di bawah $$H_0$$ . Jadi normalitas akar- $$n$$ dan Wilks $\chi_1^2$ tidak sah. Massa bootstrap empiris pada nol yang dibahas di Mengapa bootstrap empiris biasa gagal adalah konsekuensi tambahan dari mekanisme titik ujung, bukan bukti bahwa distribusi pembatasnya berupa campuran.

Pada model normal dengan parameter rerata berkendala, daerah dukung data, informasi, dan identifiabilitas tetap reguler, tetapi $\mu=0$ bukan titik interior. MLE adalah $\widehat\mu=\max(0,\bar X)$ . Dengan $Z=\sqrt n\,\bar X\sim N(0,1)$ ,

L_{\mathrm{LR}}=\{\max(0,Z)\}^2 \sim\tfrac12\delta_0+\tfrac12\chi_1^2.

Ruang singgungnya berupa kerucut $[0,\infty)$ , sehingga proyeksi pada ruang linear dan limit Wilks biasa tidak berlaku.

Untuk model rataan $\theta^3$ , parameter teridentifikasi melalui pemetaan kubik dan titik nol berada di interior, tetapi

I(\theta)=9\theta^4,\qquad I(0)=0.

MLE adalah $\operatorname{cbrt}(\bar X)$ , sehingga

n^{1/6}\widehat\theta =\operatorname{cbrt}(\sqrt n\,\bar X) \Rightarrow\operatorname{cbrt}(Z).

Penggunaan invers informasi dan normalitas akar- $$n$$ tidak sah. LR kebetulan tetap $n\bar X^2\sim\chi_1^2$ karena parameterisasi $m=\theta^3$ membuat fungsi kemungkinannya reguler. Hasil khusus ini diperoleh lewat derivasi eksak, bukan lewat teorema Wilks, karena asumsi keteraturannya tidak terpenuhi.

Terakhir, $\cos(\pi/2)=\cos(3\pi/2)=0$ , sehingga $P_{\theta_0}=P_{\theta_1}$ , walaupun informasi lokal pada kedua nilai parameter sama dengan satu. Identifiabilitas gagal. Untuk setiap uji $\varphi$ ,

E_{\theta_0}\varphi=E_{\theta_1}\varphi,

jadi daya terhadap nilai parameter yang ekuivalen secara distribusional sama dengan ukurannya. Tidak mungkin ada penduga yang konsisten pada kedua nilai parameter itu. Solusinya adalah menduga $m=\cos\theta$ atau membatasi ruang parameter pada satu cabang tempat pemetaan tersebut satu-ke-satu.

Soal 6 — Neyman–Pearson eksak dengan randomisasi (10 poin)

Ambil $X\sim\operatorname{Binomial}(4,p)$ dan uji

H_0:p=0{,}25 \quad\text{melawan}\quad H_1:p=0{,}60

pada taraf $\alpha=0{,}10$ .

Buktikan bahwa rasio fungsi kemungkinan meningkat terhadap $$x$$ .
Bentuk uji yang menolak untuk $X\ge3$ , menerima untuk $X\le1$ , dan menolak dengan peluang $\gamma$ ketika $$X=2$$ . Tentukan $\gamma$ secara eksak.
Hitung daya eksak di $$p=0{,}60$$ dan jelaskan mengapa uji ini MP.

Petunjuk 1

Perbandingan rasio fungsi kemungkinan pada dua nilai berurutan adalah

\frac{0.60(1-0.25)}{0.25(1-0.60)}>1.

Petunjuk 2

Di bawah hipotesis nol,

P(X\ge3)=\frac{13}{256},\qquad P(X=2)=\frac{54}{256}.

Jawaban singkat

\gamma=\frac{0.10-13/256}{54/256}=\frac7{30}.

Ukuran uji tepat $$0{,}10$$ , daya pada $$p=0{,}60$$ adalah

0{,}4752+\frac7{30}(0{,}3456)=0{,}55584.

Lemma Neyman–Pearson menjamin sifat MP.

Solusi lengkap

Fungsi massa binomial adalah

f_p(x)={4\choose x}p^x(1-p)^{4-x}.

Faktor kombinatorial dapat dicoret dalam rasio. Untuk dua nilai berurutan,

\frac{f_{0.60}(x+1)/f_{0.25}(x+1)} {f_{0.60}(x)/f_{0.25}(x)} =\frac{0.60(0.75)}{0.25(0.40)}=4{,}5>1.

Jadi nilai pengamatan yang besar mempunyai rasio fungsi kemungkinan terbesar. Menurut konstruksi Neyman–Pearson, titik sampel dimasukkan ke daerah tolak mulai dari $$x=4,3,2$$ .

Persamaan ukuran eksak adalah

\frac{13}{256}+\gamma\frac{54}{256}=\frac1{10}.

Menyelesaikannya memberi

\gamma =\left(\frac1{10}-\frac{13}{256}\right)\frac{256}{54} =\frac7{30}.

Pada $$X=2$$ , rasio fungsi kemungkinan tepat sama dengan nilai ambang. Karena itu, lemma Neyman–Pearson Lemma Neyman–Pearson dengan randomisasi pada kesamaan mengizinkan penolakan dengan peluang $\gamma$ pada titik tersebut agar ukuran uji tepat $$0{,}10$$ . Randomisasi ini bukan koreksi numerik opsional.

Di bawah alternatif,

P_{0.60}(X\ge3)=4(0.6)^3(0.4)+(0.6)^4=0{,}4752,

dan

P_{0.60}(X=2)=6(0.6)^2(0.4)^2=0{,}3456.

Maka daya adalah $$0{,}4752+(7/30)0{,}3456=0{,}55584$$ . Untuk pasangan hipotesis sederhana tersebut, daya setiap uji lain yang berukuran tidak lebih dari $$0{,}10$$ tidak dapat melebihi daya uji ini, berdasarkan bukti Neyman–Pearson. Angka Monte Carlo pada SIM004 memeriksa implementasi, tetapi tidak menentukan $\gamma$ atau membuktikan optimalitas.

Soal 7 — MP, UMP, dan MLR (10 poin)

Misalkan $S=\sum_{i=1}^{10}X_i$ untuk $$X_i$$ i.i.d. Bernoulli $$(p)$$ . Uji

H_0:p\le\tfrac12 \quad\text{melawan}\quad H_1:p>\tfrac12

pada taraf $$0{,}05$$ .

Buktikan bahwa keluarga binomial mempunyai rasio fungsi kemungkinan yang monoton terhadap $$S$$ .
Tunjukkan bahwa uji yang menolak untuk $S\ge9$ , menolak dengan peluang $\gamma$ untuk $$S=8$$ , dan menerima untuk $S\le7$ mempunyai ukuran tepat $$0{,}05$$ bila $\gamma=67/75$ .
Buktikan bahwa uji tersebut UMP untuk alternatif satu sisi. Jelaskan mengapa argumen ini tidak memberi uji UMP untuk $p\ne1/2$ .

Petunjuk 1

Untuk $$p_1>p_0$$ , bandingkan rasio fungsi kemungkinan pada $$s+1$$ dan pada $$s$$ .

Petunjuk 2

Di $$p=1/2$$ ,

P(S\ge9)=\frac{11}{1024},\qquad P(S=8)=\frac{45}{1024}.

Peluang kejadian ekor atas meningkat terhadap $$p$$ .

Jawaban singkat

Rasio fungsi kemungkinan meningkat terhadap $$S$$ . Persamaan

\frac{11}{1024}+\gamma\frac{45}{1024}=0{,}05

memberi $\gamma=67/75$ . MLR dan urutan stokastik memastikan ukuran uji mencapai maksimumnya di batas hipotesis nol $$p=1/2$$ , dan Neyman–Pearson pada batas itu melawan setiap $$p_1>1/2$$ membuktikan UMP. Alternatif di bawah $$1/2$$ justru memilih ekor bawah, sehingga tidak ada kesimpulan UMP dua sisi dari argumen ini.

Solusi lengkap

Untuk $$S=s$$ , abaikan faktor kombinatorial dan tulis

\frac{f_{p_1}(s)}{f_{p_0}(s)} =\left(\frac{p_1}{p_0}\right)^s \left(\frac{1-p_1}{1-p_0}\right)^{10-s}.

Rasio nilai berurutan adalah

\frac{p_1(1-p_0)}{p_0(1-p_1)}>1

bila $$p_1>p_0$$ . Jadi statistik $$S$$ mempunyai MLR dan nilai $$S$$ yang besar mendukung parameter lebih besar.

Di $$p=1/2$$ , ukuran uji yang diberikan adalah

\frac{11}{1024}+\gamma\frac{45}{1024}.

Karena $$0{,}05=51{,}2/1024$$ ,

\gamma=\frac{51{,}2-11}{45}=\frac{67}{75}.

Karena fungsi uji ini tidak menurun terhadap $$S$$ , untuk setiap $$p<1/2$$ nilai harapannya tidak lebih besar daripada nilainya di $$p=1/2$$ ; lihat urutan stokastik pada Lemma urutan stokastik dari MLR. Jadi supremum ukuran di bawah hipotesis nol komposit adalah tepat $$0{,}05$$ di titik batas.

Pilih sembarang alternatif tetap $$p_1>1/2$$ . Di antara semua uji yang berukuran tidak lebih dari $$0{,}05$$ di bawah hipotesis nol komposit, setiap uji pesaing juga berukuran tidak lebih dari $$0{,}05$$ di $$p=1/2$$ . Lemma Neyman–Pearson untuk $$p=1/2$$ melawan $$p_1$$ memilih aturan ekor atas yang sama, sehingga tidak ada pesaing dengan daya lebih tinggi di $$p_1$$ . Karena pernyataan ini benar untuk setiap $$p_1>1/2$$ , uji bersifat UMP.

Untuk alternatif $$p_1<1/2$$ , rasio fungsi kemungkinan menurun dan uji MP memakai ekor bawah. Satu uji tidak dapat sekaligus mengalokasikan seluruh taraf uji ke ekor atas bagi setiap $$p_1>1/2$$ dan ke ekor bawah bagi setiap $$p_1<1/2$$ . Karena itu MP pada satu arah tidak otomatis UMP untuk alternatif dua sisi.

Soal 8 — risiko, bias, dan efisiensi (10 poin)

Misalkan $$X_i$$ i.i.d. $N(\theta,1)$ . Dengan kerugian kuadratik, bandingkan $\delta_1=\bar X$ dengan $\delta_a=a\bar X$ , untuk suatu $$0<a<1$$ .

Turunkan bias, varians, dan risiko kedua penduga.
Tentukan himpunan nilai $\theta$ yang membuat risiko $\delta_a$ lebih kecil daripada risiko $\delta_1$ . Apakah salah satunya mendominasi yang lain pada $\theta\in\mathbb R$ ?
Gunakan batas Cramér–Rao untuk menjelaskan dalam arti apa $\bar X$ efisien dan mengapa klaim itu tidak membatalkan hasil bagian kedua.

Petunjuk 1

Gunakan dekomposisi

R_\theta(\delta)=\operatorname{Var}_\theta(\delta) +\{\operatorname{Bias}_\theta(\delta)\}^2.

Petunjuk 2

Bandingkan

\frac{a^2}{n}+(1-a)^2\theta^2 \quad\text{dengan}\quad \frac1n.

Batas Cramér–Rao yang sederhana berlaku untuk penduga tak bias.

Jawaban singkat

R_\theta(\delta_1)=\frac1n,\qquad R_\theta(\delta_a)=\frac{a^2}{n}+(1-a)^2\theta^2.

$\delta_a$ mempunyai risiko lebih kecil jika dan hanya jika

\theta^2<\frac{1+a}{n(1-a)}.

Kedua kurva risiko berpotongan, jadi tidak ada dominasi global. $\bar X$ mencapai batas Cramér–Rao $$1/n$$ dalam kelas penduga tak bias, sedangkan $\delta_a$ bias.

Solusi lengkap

Karena $E_\theta\bar X=\theta$ dan $\operatorname{Var}_\theta(\bar X)=1/n$ ,

\operatorname{Bias}(\delta_1)=0,\qquad R_\theta(\delta_1)=\frac1n.

Untuk penduga susut,

E_\theta\delta_a=a\theta,\qquad \operatorname{Bias}(\delta_a)=-(1-a)\theta,\qquad \operatorname{Var}(\delta_a)=\frac{a^2}{n}.

Dekomposisi bias–varians Dekomposisi bias–varians memberi

R_\theta(\delta_a)=\frac{a^2}{n}+(1-a)^2\theta^2.

Selisih risiko adalah

R_\theta(\delta_a)-R_\theta(\delta_1) =-\frac{(1-a)(1+a)}n+(1-a)^2\theta^2.

Karena $$1-a>0$$ , selisih negatif jika dan hanya jika

\theta^2<\frac{1+a}{n(1-a)}.

Di sekitar nol, penurunan varians lebih besar daripada tambahan kuadrat bias; jauh dari nol, kuadrat bias mendominasi. Karena tanda selisih berubah, tidak ada penduga yang mendominasi yang lain pada seluruh $\mathbb R$ .

Informasi per pengamatan untuk parameter rerata dalam model normal adalah satu, sehingga informasi sampel $$n$$ . Setiap penduga tak bias reguler untuk $\theta$ mempunyai varians sekurang-kurangnya $$1/n$$ berdasarkan Batas Cramér–Rao dalam bentuk umum. $\bar X$ mencapai batas itu dan efisien dalam kelas tak bias tersebut. Penduga $a\bar X$ tidak berada dalam kelas karena biasnya $-(1-a)\theta$ . Efisiensi relatif terhadap batas tak bias tidak menyatakan dominasi terhadap semua penduga bias di bawah kerugian kuadratik.

Soal 9 — Rao–Blackwell, kelengkapan, dan UMVU (10 poin)

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ i.i.d. Poisson $(\lambda)$ , $n\ge2$ , dan $S=\sum_iX_i$ . Penduga awal sederhana

\delta_0=\mathbf1\{X_1=0\}

tak bias untuk $e^{-\lambda}$ .

Tunjukkan bahwa $$S$$ cukup dan hitung $E_\lambda(\delta_0\mid S=s)$ .
Buktikan langsung bahwa penduga hasil Rao–Blackwellisasi tetap tak bias dan hitung variansnya.
Buktikan kelengkapan $$S$$ , lalu simpulkan status UMVU dengan menyebut perbedaan peran Rao–Blackwell dan Lehmann–Scheffé. Hubungkan kesimpulan dengan materi sumber pendamping pada Teorema Rao–Blackwell dan Teorema Lehmann–Scheffé.

Petunjuk 1

Dengan syarat $$S=s$$ , vektor hitungan mempunyai distribusi multinomial dengan peluang sel $$1/n$$ . Jadi $X_1\mid S=s\sim\operatorname{Binomial}(s,1/n)$ .

Petunjuk 2

Gunakan fungsi pembangkit probabilitas Poisson:

E_\lambda(t^S)=\exp\{n\lambda(t-1)\}.

Untuk kelengkapan, kalikan $E_\lambda h(S)=0$ dengan $e^{n\lambda}$ dan gunakan ketunggalan koefisien deret pangkat.

Jawaban singkat

\delta^*(S)=E(\delta_0\mid S) =\left(1-\frac1n\right)^S.

Penduga ini tak bias untuk $e^{-\lambda}$ , dengan

\operatorname{Var}_\lambda(\delta^*) =e^{-2\lambda}\{e^{\lambda/n}-1\}.

Karena $$S$$ cukup dan lengkap, $\delta^*$ adalah UMVU menurut Lehmann–Scheffé.

Solusi lengkap

Fungsi kemungkinan gabungan dapat difaktorkan sebagai

L(\lambda;x) =e^{-n\lambda}\lambda^{\sum_i x_i} \prod_i\frac1{x_i!},

sehingga $$S$$ cukup berdasarkan teorema faktorisasi; bandingkan definisi pada sumber pendamping Definisi statistik cukup dan bentuk faktorisasi Teorema faktorisasi Fisher–Neyman. Dengan syarat $$S=s$$ , alokasi $$s$$ kejadian ke $$n$$ komponen bersifat multinomial dengan peluang sama. Maka

E(\delta_0\mid S=s) =P(X_1=0\mid S=s) =\left(1-\frac1n\right)^s.

Nilai harapan bersyarat ini tidak bergantung pada $\lambda$ , sehingga hasilnya merupakan fungsi data yang dapat digunakan sebagai penduga.

Tuliskan $$a=1-1/n$$ . Karena $S\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ ,

E_\lambda(a^S) =\exp\{n\lambda(a-1)\}=e^{-\lambda}.

Jadi $\delta^*=a^S$ tetap tak bias. Momen keduanya adalah

E_\lambda(a^{2S}) =\exp\{n\lambda(a^2-1)\} =e^{-2\lambda+\lambda/n}.

Karena itu

\operatorname{Var}_\lambda(\delta^*) =e^{-2\lambda+\lambda/n}-e^{-2\lambda} =e^{-2\lambda}\{e^{\lambda/n}-1\}.

Teorema Rao–Blackwell untuk kerugian kuadratik Identitas Rao–Blackwell untuk kerugian kuadratik, yang memperluas hasil pada sumber pendamping Teorema Rao–Blackwell, menjamin varians ini tidak melebihi varians $\delta_0$ .

Untuk kelengkapan, andaikan $E_\lambda|h(S)|<\infty$ dan $E_\lambda h(S)=0$ untuk setiap $\lambda>0$ . Maka

\sum_{s=0}^{\infty}h(s)e^{-n\lambda} \frac{(n\lambda)^s}{s!}=0.

Kalikan dengan $e^{n\lambda}$ :

\sum_{s=0}^{\infty}h(s)\frac{(n\lambda)^s}{s!}=0 \quad\text{untuk setiap }\lambda>0.

Ketunggalan koefisien deret pangkat memaksa $$h(s)=0$$ untuk semua $$s$$ ; jadi $$S$$ lengkap, sesuai dengan hasil kelengkapan pada sumber pendamping Definisi statistik lengkap. Pengondisian Rao–Blackwell menghasilkan fungsi dari statistik cukup tanpa menambah varians. Kelengkapan kemudian menjamin ketunggalan fungsi tak bias itu. Teorema Lehmann–Scheffé Teorema Lehmann–Scheffé, yang terhubung dengan hasil pada sumber pendamping Teorema Lehmann–Scheffé, menyimpulkan bahwa $\delta^*$ adalah UMVU. Klaim tersebut berlaku dalam kelas penduga tak bias; klaim ini bukan pernyataan bahwa risikonya minimum di antara semua penduga bias.

Soal 10 — audit simulasi dan reproduktibilitas (10 poin)

Sebuah laporan menggabungkan empat hasil berikut.

SIM001: untuk $$n=100$$ dan 120.000 replikasi, cakupan tercatat $$0{,}950725$$ , sedangkan target analitis $$0{,}95$$ .
SIM002: pada $\theta=0$ , laporan menyatakan “simpangan baku delta sama dengan nol, jadi $\bar X^2$ tepat sama dengan nol.”
SIM003: untuk $$n=100$$ , massa bootstrap empiris di nol tercatat $$0{,}635025$$ , dengan 160.000 replikasi.
SIM004: ukuran uji eksak $$0{,}10$$ , sedangkan ukuran empiris dari 500.000 replikasi adalah $$0{,}099694$$ .

Audit semua klaim tersebut.

Hitung aproksimasi galat baku Monte Carlo untuk butir 1 dan 4, lalu tafsirkan selisihnya tanpa mengubah target analitis.
Perbaiki kesimpulan SIM002 dan turunkan target teoretis yang informatif.
Turunkan probabilitas massa titik bootstrap SIM003 dan bandingkan dengan hasil empiris.
Susun protokol reproduksi minimal yang memadai untuk menjalankan ulang dan mengaudit keempat simulasi secara luring.

Petunjuk 1

Untuk proporsi Monte Carlo $\widehat p$ dari $$R$$ replikasi independen, gunakan

\operatorname{MCSE}(\widehat p) \approx\sqrt{\frac{p(1-p)}R}.

Petunjuk 2

Sampel bootstrap tidak memuat observasi maksimum asli dengan peluang $$(1-1/n)^n$$ . Reproduksibilitas memerlukan lebih dari nilai awal acak: tetapkan generator, lingkungan, jumlah replikasi, rumus target, pemeriksaan, dan artefak keluaran.

Jawaban singkat

MCSE cakupan SIM001 sekitar $$0{,}00063$$ ; MCSE ukuran SIM004 sekitar $$0{,}000424$$ . Kedua selisih masih sejalan dengan fluktuasi Monte Carlo. Pada SIM002,

n\bar X^2\sim\chi_1^2

di $\theta=0$ , bukan $\bar X^2\equiv0$ . Massa titik bootstrap SIM003 mempunyai probabilitas

\[1-(1-1/n)^n,\]

yakni sekitar $$0{,}633968$$ untuk $$n=100$$ . Protokol harus menetapkan generator PCG64 beserta nilai awal acaknya, versi lingkungan, jumlah replikasi, target eksak, pemeriksaan, dan CSV/SVG/teks yang dapat diperiksa tanpa jaringan atau peramban.

Solusi lengkap

Untuk SIM001, gunakan target $$p=0{,}95$$ dan $$R=120000$$ :

\operatorname{MCSE} \approx\sqrt{\frac{0.95(0.05)}{120000}} \approx0{,}000629.

Selisih $$0{,}950725-0{,}95=0{,}000725$$ sekitar $$1{,}15$$ MCSE, wajar sebagai fluktuasi simulasi. Target tetap $$0{,}95$$ ; hasil simulasi tidak menggantinya.

Untuk SIM004,

\operatorname{MCSE} \approx\sqrt{\frac{0.10(0.90)}{500000}} \approx0{,}000424.

Selisih $$-0{,}000306$$ sekitar $$-0{,}72$$ MCSE. Ukuran eksak tetap $$0{,}10$$ karena dihitung dari peluang binomial dan $\gamma=7/30$ ; simulasi Monte Carlo hanya digunakan untuk memeriksa implementasi.

Pada SIM002, $$g'(0)=0$$ membuat metode delta orde pertama degenerat. Itu tidak membuat penduga identik nol. Karena $\sqrt n\,\bar X\sim N(0,1)$ ,

n\bar X^2=(\sqrt n\,\bar X)^2\sim\chi_1^2.

Rerata teoretis distribusi ini adalah satu dan kuantil 95%-nya sekitar $$3{,}841459$$ . Inilah target orde kedua yang harus diperiksa.

Untuk SIM003, maksimum bootstrap $$M_n^*$$ sama dengan maksimum asli $$M_n$$ jika observasi maksimum masuk ke sampel bootstrap setidaknya sekali. Peluang observasi itu tidak terpilih dalam $$n$$ pengambilan dengan pengembalian adalah $$(1-1/n)^n$$ . Jadi

P(M_n^*=M_n\mid X)=1-(1-1/n)^n.

Pada $$n=100$$ , nilainya sekitar $$0{,}633968$$ . Selisih hasil empiris $$0{,}635025$$ sekitar $$0{,}001057$$ . Dengan $$R=160000$$ , MCSE kira-kira

\sqrt{\frac{0.633968(1-0.633968)}{160000}} \approx0{,}00120,

sehingga selisih kurang dari satu MCSE. Massa titik ini sekaligus menjelaskan mengapa bootstrap empiris biasa gagal mendekati hukum pembatas kontinu untuk statistik titik ujung.

Protokol reproduksi minimal harus mencatat:

generator PCG64 dan nilai awal acak $$140001$$ , $$140002$$ , $$140003$$ , serta $$140004$$ , masing-masing untuk satu eksperimen;
Python 3.13.9, NumPy 2.4.4, dan berkas lingkungan terkunci;
semua nilai parameter, ukuran sampel, jumlah replikasi, serta urutan konsumsi bilangan acak;
rumus analitis yang menjadi target, termasuk nilai kritis dan peluang randomisasi eksak;
pemeriksaan numerik dengan toleransi yang ditentukan sebelum hasil dilihat;
keluaran CSV dan SVG/teks statis, label kolom, satuan, serta deskripsi alternatif yang dapat dibaca tanpa grafik;
hash skrip, lingkungan, dan keluaran, serta larangan penggunaan jaringan dan proses peramban selama eksekusi.

Nilai awal acak tanpa versi generator dan urutan pemanggilan tidak cukup. Kemiripan visual grafik dengan target juga tidak membuktikan teorema; audit harus membandingkan keluaran dengan target analitis dan MCSE yang telah ditetapkan.

Rubrik penilaian — total 100 poin

Setiap soal bernilai 10 poin. Nilai penuh mensyaratkan derivasi yang dapat diperiksa, asumsi yang dinyatakan, dan interpretasi yang tidak melampaui hasilnya. Jawaban numerik tanpa alur penalaran tidak menerima poin derivasi.

Rubrik Soal 1 (10 poin)

2 poin: dominasi, daerah dukung tetap, dan alasan pertukaran integral.
4 poin: skor, harapan nol, dan kedua bentuk informasi dihitung dengan benar.
2 poin: reparameterisasi skor dan informasi benar.
2 poin: interpretasi informasi sebagai objek yang berubah menurut koordinat.

Rubrik Soal 2 (10 poin)

2 poin: kriteria sampel/populasi dan pemaksimum unik.
3 poin: bukti konvergensi seragam serta syarat keterpisahan argmax.
3 poin: ekspansi skor/CLT/Hessian menghasilkan varians pembatas $\lambda_0$ .
2 poin: membedakan asumsi konsistensi dari asumsi normalitas asimtotik.

Rubrik Soal 3 (10 poin)

3 poin: metode delta pada $\theta\ne0$ .
3 poin: diagnosis turunan nol dan skala $$n$$ .
2 poin: alternatif lokal dan parameter tak sentral.
2 poin: interpretasi SIM002 tidak menganggap varians nol sebagai galat nol.

Rubrik Soal 4 (10 poin)

4 poin: keempat statistik untuk sampel berhingga diturunkan dengan benar.
2 poin: perbandingan invariansi dan ekuivalensi orde pertama.
2 poin: syarat Wilks dijelaskan secara substantif, bukan sekadar disebut namanya.
2 poin: distribusi pembatas lokal $\chi_1^2(h^2)$ dan interpretasinya.

Rubrik Soal 5 (10 poin)

2 poin: titik ujung seragam, laju $$n$$ , dan hukum LR benar.
2 poin: model normal dengan parameter di batas dan campuran khi-kuadrat benar.
2 poin: informasi singular, laju $n^{1/6}$ , dan pengecualian LR benar.
2 poin: nonidentifiabilitas dan pernyataan ketidakmungkinan benar.
2 poin: setiap hukum dikaitkan dengan asumsi keteraturan yang gagal dan kesimpulan teori reguler yang tidak sah.

Rubrik Soal 6 (10 poin)

2 poin: pengurutan rasio fungsi kemungkinan.
3 poin: persamaan ukuran dan $\gamma=7/30$ .
2 poin: daya $$0{,}55584$$ .
3 poin: argumen Neyman–Pearson, termasuk randomisasi pada titik tempat rasio kemungkinan sama dengan ambang.

Rubrik Soal 7 (10 poin)

2 poin: bukti MLR.
2 poin: ukuran maksimum pada batas hipotesis nol dan $\gamma=67/75$ .
4 poin: bukti UMP dengan urutan stokastik dan NP untuk setiap alternatif.
2 poin: penjelasan dengan urutan kuantor yang tepat tentang kegagalan argumen dua sisi.

Rubrik Soal 8 (10 poin)

3 poin: bias, varians, dan risiko kedua penduga.
2 poin: daerah tempat kedua kurva risiko berpotongan.
2 poin: kesimpulan dominasi yang tepat.
3 poin: batas Cramér–Rao beserta pembatasan kelas tak bias dan interpretasi efisiensi.

Rubrik Soal 9 (10 poin)

2 poin: kecukupan dan distribusi bersyarat.
2 poin: penduga Rao–Blackwell dan ketakbiasannya.
2 poin: varians eksplisit.
2 poin: bukti kelengkapan.
2 poin: perbedaan peran Rao–Blackwell dan Lehmann–Scheffé serta tautan ke sumber pendamping.

Rubrik Soal 10 (10 poin)

2 poin: kedua MCSE dan interpretasi fluktuasi.
2 poin: koreksi metode delta beserta target khi-kuadrat.
2 poin: atom bootstrap diturunkan dan dibandingkan dengan MCSE.
4 poin: protokol reproduksi memuat nilai awal acak dan generator, lingkungan, rancangan, target dan pemeriksaan, keluaran aksesibel, hash, dan eksekusi luring tanpa peramban.