Asesmen kumulatif CA04

Asesmen ini bernilai tepat 100 poin. Sepuluh masalah masing-masing bernilai 10 poin. Pada setiap pernyataan peluang, nyatakan apakah parameter dianggap tetap atau diacak menurut prior maupun posterior. Pada setiap keputusan, nyatakan kerugian dan ruang tindakan. Jawaban numerik tanpa derivasi tidak menerima poin derivasi, dan keluaran komputasi tidak dapat menggantikan hukum peluang atau argumen matematika. Kesetaraan antara hasil Bayesian dan frekuentis harus diberi label eksak, dirata-ratakan terhadap prior, atau asimtotik; perbedaan keduanya harus ditelusuri ke sasaran kalibrasi, prior, kerugian, atau rencana pengambilan sampel yang relevan.

Masalah 1 — satu hukum bersama dan distribusi prediktif Beta–binomial (10 poin)

Misalkan

dan diamati \(X=6\). Bersyarat pada \(p\), hitungan masa depan \(Y\mid p\sim\operatorname{Binomial}(4,p)\) independen dari \(X\).

1. Tulis hukum bersama \(q(p,x)\) terhadap ukuran Lebesgue untuk \(p\) dan ukuran hitung untuk \(x\). Pisahkan prior, fungsi kemungkinan, dan faktor yang hanya bergantung pada data.
2. Hitung bukti marginal \(P(X=6)\) secara eksak dan turunkan posterior.
3. Turunkan seluruh massa prediktif posterior \(P(Y=y\mid X=6)\), \(y=0,\ldots,4\), lalu hitung \(P(Y\ge3\mid X=6)\).
4. Jelaskan mengapa distribusi prediktif itu bukan \(\operatorname{Binomial}(4,E[p\mid X=6])\), walaupun keduanya mempunyai rataan yang sama.

Petunjuk 1

Gunakan

dan jangan membuang \({8\choose6}\) ketika mengintegralkan data.

Petunjuk 2

Untuk posterior \(\operatorname{Beta}(9,4)\), tulis

dengan \((u)_j=u(u+1)\cdots(u+j-1)\).

Jawaban singkat

Hukum bersamanya adalah

Untuk \(x=6\),

Massa prediktif untuk \(y=0,\ldots,4\) berturut-turut adalah

sehingga \(P(Y\ge3\mid X=6)=33/52\). Campuran Beta–binomial mempertahankan ketidakpastian \(p\) dan lebih terdispersi daripada Binomial substitusi.

Solusi lengkap

Densitas prior dan fungsi massa penyampelan adalah

Karena itu hukum bersama, terhadap hasil kali ukuran Lebesgue dan ukuran hitung, ialah

Untuk \(x\) tetap, \(P_p(X=x)\) dipandang sebagai fungsi \(p\) merupakan fungsi kemungkinan. Faktor \({8\choose x}\) boleh dihapus ketika hanya membentuk kernel posterior, tetapi tidak ketika menghitung peluang marginal data. Perbedaan objek ini mengikuti Prior, fungsi kemungkinan, posterior, dan bukti marginal.

Integrasi terhadap prior memberi

Nilai ini positif dan hingga. Kernel posterior adalah \(p^{9-1}(1-p)^{4-1}\), sehingga

Mengintegralkan massa Binomial masa depan terhadap posterior, sesuai definisi pada Prediktif prior dan prediktif posterior, menghasilkan

Karena \((13)_4=43680\), evaluasi untuk lima kemungkinan \(y\) memberi

dan jumlahnya satu. Maka

Kedua prediksi mempunyai rataan \(4E(p\mid X=6)=36/13\), tetapi varians Beta–binomial adalah

sedangkan Binomial substitusi mempunyai varians

Selisihnya berasal dari ketidakpastian posterior tentang \(p\), yang juga membuat empat indikator sukses masa depan bergantung secara marginal. Mengganti campuran dengan substitusi akan menghilangkan sumber variasi itu.

Masalah 2 — pembaruan Normal berurutan dan dua varians prediktif (10 poin)

Dalam model

kelompok pertama mempunyai \(n_1=3,\bar x_1=5\), dan kelompok kedua mempunyai \(n_2=5,\bar x_2=2\).

1. Perbarui prior dengan kelompok pertama, lalu gunakan posterior itu sebagai prior untuk kelompok kedua.
2. Hitung posterior sekali lagi dari rataan gabungan. Buktikan bahwa kedua cara menghasilkan parameter distribusi posterior yang sama dan sebutkan asumsi yang membuat pengelompokan boleh diabaikan.
3. Turunkan distribusi prediktif satu observasi baru dan rataan empat observasi baru.
4. Pecah kedua varians prediktif menjadi variasi penyampelan dan ketidakpastian posterior. Hitung pula kovarians dua observasi baru setelah \(\mu\) diintegralkan.

Petunjuk 1

Presisi prior adalah \(1/9\); presisi fungsi kemungkinan kedua kelompok adalah \(3/4\) dan \(5/4\). Pembilang untuk rataan berbobot presisi dapat dijumlahkan dalam urutan apa pun.

Petunjuk 2

Gunakan hukum varians total. Untuk rataan \(k\) observasi baru, komponen penyampelan adalah \(4/k\), sedangkan komponen ketidakpastian rataan tidak dibagi lagi oleh \(k\).

Jawaban singkat

Setelah kelompok pertama,

Setelah kedua kelompok, baik secara berurutan maupun gabungan,

Untuk satu observasi baru dan rataan empat observasi baru,

Kovarians dua observasi baru adalah \(9/19\).

Solusi lengkap

Setelah kelompok pertama, presisi dan pembilang untuk rataan berbobot presisi adalah

Jadi

Memasukkan kelompok kedua memberi

dan

Karena itu \(v_2=9/19\) dan \(m_2=229/76\).

Rataan gabungan ialah

Pembaruan sekali memberi presisi \(1/9+8/4=19/9\) dan pembilang

persis sama dengan pembaruan berurutan. Kesetaraan ini bukan kebetulan khas model Normal: fungsi kemungkinan bersama memfaktorkan karena kedua kelompok saling independen bersyarat pada \(\mu\), model dan varians yang sama ditetapkan, dan semua konstanta normalisasi positif dan berhingga. Inilah syarat koherensi pada Pembaruan berurutan tidak bergantung pada pengelompokan data.

Untuk satu observasi baru,

Untuk rataan empat observasi baru, variasi penyampelan bersyarat adalah \(4/4=1\), sehingga

Kenormalan semua komponen menetapkan bentuk kedua distribusi pada jawaban singkat. Untuk dua observasi baru berbeda,

karena derau penyampelannya saling independen tetapi keduanya berbagi rataan acak yang sama. Prediksi substitusi akan memakai varians 4 atau 1 saja dan menjadi terlalu sempit.

Masalah 3 — tiga kerugian, tiga tindakan Bayes (10 poin)

Setelah data \(x\) diamati, posterior diskret bagi \(\theta\in\{-3,0,2\}\) adalah

1. Untuk tindakan \(a\in\mathbb R\) dan kerugian kuadratik \(L_2(\theta,a)=(\theta-a)^2\), temukan tindakan Bayes dan kerugian posterior minimumnya.
2. Untuk tindakan \(a\in\mathbb R\) dan kerugian absolut \(L_1(\theta,a)=|\theta-a|\), temukan seluruh tindakan Bayes dan nilai minimum kerugian posterior.
3. Untuk tindakan yang dibatasi pada \(\{-3,0,2\}\) dan kerugian nol-satu \(L_{01}(\theta,a)=\mathbf1\{\theta\ne a\}\), temukan seluruh tindakan Bayes serta cara menangani kasus seri.
4. Jelaskan mengapa ketiga jawaban tidak bertentangan dan mengapa argumen nol-satu ini tidak membenarkan modus densitas posterior kontinu.

Petunjuk 1

Hitung \(E(\theta\mid x)\), \(E(\theta^2\mid x)\), dan fungsi distribusi kumulatif (CDF) posterior di titik-titik himpunan dukungan. Untuk kerugian kuadratik, gunakan dekomposisi terhadap rataan posterior.

Petunjuk 2

Di bawah kerugian nol-satu diskret, \(\rho_x(a)=1-P(\theta=a\mid x)\). Pada posterior tanpa atom, \(P(\theta=a\mid x)=0\) bagi setiap titik \(a\).

Jawaban singkat

Rataan posterior adalah \(1/5\), sehingga tindakan kuadratik unik \(a_2^*=1/5\), dengan kerugian minimum \(84/25\). Median posterior unik adalah 0, sehingga \(a_1^*=0\), dengan kerugian minimum \(7/5\). Untuk kerugian nol-satu diskret, 0 dan 2 sama-sama merupakan modus posterior dan sama-sama tindakan Bayes, dengan kerugian minimum \(3/5\). Perbedaan berasal dari tiga fungsi kerugian dan dua ruang tindakan yang berbeda.

Solusi lengkap

Momen pertama dan kedua posterior adalah

dan

Karena momen kedua hingga, Kerugian kuadratik: rataan posterior berlaku. Kerugian kuadratik posterior dapat ditulis

Maka peminimum uniknya \(a_2^*=1/5\), dan nilai minimumnya

Untuk kerugian absolut, sebuah tindakan Bayes harus menjadi median posterior. Pada \(a=0\),

Kedua nilai melampaui \(1/2\). Untuk \(a<0\) tetapi \(a>-3\), massa di sebelah kiri hanya \(1/5\); untuk \(0<a<2\), massa di sebelah kanan hanya \(2/5\). Jadi median itu unik, \(a_1^*=0\), dan

Di bawah kerugian nol-satu dan ruang tindakan diskret,

Massa terbesar \(2/5\) dicapai oleh dua titik, 0 dan 2. Karena itu himpunan tindakan Bayes ialah \(\{0,2\}\), masing-masing dengan kerugian posterior \(1-2/5=3/5\). Kasus seri harus diselesaikan menurut aturan yang ditetapkan sebelumnya atau melalui randomisasi; data dan kerugian yang diberikan tidak memilih salah satunya.

Tidak ada kontradiksi: rataan, median, dan modus menjawab tiga masalah keputusan berbeda. Jika posterior kontinu tanpa atom, kerugian nol-satu eksak memberi \(P(\theta=a\mid x)=0\) untuk setiap \(a\), sehingga semua tindakan mempunyai kerugian satu. Modus densitas kontinu memerlukan fungsi kerugian berbasis lingkungan kecil atau prosedur pengambilan limit tambahan sebagaimana dijelaskan pada Kerugian tipe nol-satu: modus hanya sah pada ruang diskret, bukan transplantasi mekanis hasil diskret.

Masalah 4 — risiko titik demi titik, risiko prediktif prior, dan batas keadmisibelan (10 poin)

Misalkan

dan kerugian kuadratik. Pertimbangkan keluarga aturan \(\delta_a(X)=aX\).

1. Turunkan risiko frekuentis \(R(\theta,\delta_a)\) dan minimalkan risiko terintegrasinya terhadap prior untuk memperoleh \(\delta_B\).
2. Hitung risiko prediktif prior \(r(\Pi,\delta_B)\) dengan dua cara: integrasi \(R(\theta,\delta_B)\) terhadap prior dan ekspektasi kerugian posterior minimum terhadap data prediktif prior.
3. Bandingkan fungsi risiko \(\delta_B\) dengan \(\delta_1(X)=X\). Tentukan wilayah tempat masing-masing lebih baik dan putuskan apakah ada dominasi.
4. Dalam kelas aturan pesaing yang mempunyai selisih risiko kontinu terhadap \(\delta_B\), audit klaim keadmisibelan. Sebutkan syarat teorema yang penting dan batas kesimpulannya.

Petunjuk 1

Gunakan

Petunjuk 2

Posterior Normal mempunyai rataan \(4X/5\) dan varians \(4/5\). Untuk keadmisibelan, periksa prior wajar dengan himpunan dukungan penuh, risiko Bayes hingga, dan kontinuitas selisih risiko; label “Bayes” sendirian tidak cukup.

Jawaban singkat

Risiko prediktif prior dan nilai Bayes sama dengan \(4/5\). Dibandingkan dengan \(R(\theta,X)=1\), aturan Bayes lebih baik untuk \(|\theta|<3\), sama baiknya saat \(|\theta|=3\), dan lebih buruk untuk \(|\theta|>3\); tidak ada dominasi. Dalam kelas aturan pesaing yang memenuhi premis kontinuitas, prior wajar dengan himpunan dukungan penuh dan risiko hingga memberi keadmisibelan, tetapi kesimpulan tidak boleh diperluas ke kelas yang premisnya belum diverifikasi.

Solusi lengkap

Tuliskan \(X=\theta+\varepsilon\), dengan \(\varepsilon\sim N(0,1)\). Maka

sehingga, dengan \(\theta\) dianggap tetap,

Mengintegralkannya terhadap prior \(N(0,4)\) memberi

Turunannya \(2a-8(1-a)=10a-8\), sehingga peminimum uniknya \(a_B=4/5\). Jadi

dan

Cara kedua memakai posterior. Penjumlahan presisi memberi

Di bawah kerugian kuadratik, kerugian posterior minimum adalah varians posterior \(4/5\), konstan terhadap \(x\). Karena data prediktif prior berdistribusi \(N(0,5)\),

Kesamaan kedua cara mengikuti identitas Tonelli dan ekspektasi iteratif pada Tindakan, kerugian posterior, risiko, dan risiko Bayes, bukan risiko pada satu \(\theta\) tetap.

Aturan tanpa susut \(\delta_1=X\) mempunyai risiko satu. Selisihnya adalah

Tandanya negatif untuk \(|\theta|<3\), nol pada \(|\theta|=3\), dan positif untuk \(|\theta|>3\). Jadi optimalitas Bayes secara rata-rata tidak menyiratkan dominasi titik demi titik.

Prior \(N(0,4)\) wajar dan memberi massa positif pada setiap selang terbuka; risiko Bayes hingga; aturan Bayes unik; dan fungsi risiko \(\delta_B\) kontinu. Dalam kelas yang dinyatakan pada soal, setiap selisih risiko pesaing juga kontinu. Karena itu Syarat cukup sederhana untuk admisibilitas menutup kemungkinan penurunan risiko yang ketat pada satu titik yang, oleh kontinuitas, meluas ke himpunan terbuka bermassa prior positif: \(\delta_B\) admisibel dalam kelas itu. Tanpa himpunan dukungan penuh, risiko hingga, atau premis kontinuitas bagi kelas aturan pesaing, label Bayes saja tidak membuktikan keadmisibelan; contoh penyangkalnya dibahas pada Mengapa label Bayes saja belum cukup.

Masalah 5 — prior tak wajar pada seluruh ruang sampel (10 poin)

Misalkan

Gunakan ukuran prior tak wajar

Data teramati adalah \((0,1,0,2)\).

1. Turunkan posterior formal pada data tersebut dan normalisasikan tanpa memperlakukan faktor yang bergantung pada \(\lambda\) sebagai konstanta.
2. Untuk jumlah umum \(S=\sum_iX_i\), tentukan syarat perlu dan cukup agar posterior wajar. Audit seluruh ruang sampel, termasuk \(S=0\), dan hitung peluang kegagalan itu pada \(\lambda\) tetap.
3. Bandingkan dengan ukuran datar \(\widetilde\pi_0(\lambda)\propto1\). Apakah posteriornya wajar pada seluruh ruang sampel?
4. Seseorang membandingkan \(H_0:\lambda=1\) dengan model alternatif di atas menggunakan bukti marginal data teramati. Hitung faktor Bayes formal dan jelaskan mengapa nilainya tidak sah.

Petunjuk 1

Fungsi kemungkinan umum berbanding lurus dengan \(e^{-4\lambda}\lambda^S\). Integral dekat nol berbentuk \(\int_0^\varepsilon\lambda^{S-1}\,d\lambda\).

Petunjuk 2

Untuk data teramati, \(\prod_i x_i!=2\) dan \(S=3\). Pertahankan \(c\) saat mengintegralkan fungsi kemungkinan alternatif, lalu bandingkan dengan fungsi kemungkinan \(H_0\).

Jawaban singkat

Pada data teramati,

Untuk prior \(d\lambda/\lambda\), posterior wajar tepat ketika \(S>0\); pada \(S=0\) integral divergen di nol, dan data itu mempunyai peluang \(e^{-4\lambda}>0\) pada setiap \(\lambda>0\). Prior datar menghasilkan \(\operatorname{Gamma}(S+1,4)\), wajar untuk seluruh \(S\ge0\), tetapi tetap tak wajar sebagai prior. Untuk data teramati, faktor Bayes formal adalah \(ce^4/32\), sehingga berubah bersama konstanta sebarang \(c\) dan tidak terdefinisi secara intrinsik.

Solusi lengkap

Terhadap ukuran hitung pada ruang sampel,

Pada data teramati, \(S=3\) dan \(\prod_i x_i!=2\). Mengalikannya dengan prior menghasilkan ukuran tak ternormalisasi

Setelah ukuran ini dinormalisasi—konstanta \(c\) dan faktor yang hanya bergantung pada data saling meniadakan dalam satu model—densitas posterior adalah

yakni distribusi Gamma dengan bentuk 3 dan laju 4.

Untuk jumlah sebarang \(S\), perilaku kernel posterior adalah \(\lambda^{S-1}e^{-4\lambda}\). Ekor pada tak hingga selalu terintegralkan, sedangkan di nol

Karena \(S\) bilangan bulat nonnegatif, posterior wajar tepat pada \(S\ge1\). Jika semua hitungan nol, kernel \(\lambda^{-1}e^{-4\lambda}\) divergen logaritmik. Pada parameter tetap,

Jadi keberhasilan pada data \(S=3\) tidak mendefinisikan prosedur di seluruh ruang sampel, sesuai kewajiban pada Syarat minimal posterior dari ukuran prior tidak proper.

Dengan ukuran datar, kernel posterior menjadi \(\lambda^Se^{-4\lambda}\), sehingga

untuk setiap \(S\ge0\). Posterior formalnya memang wajar pada seluruh ruang sampel, tetapi ukuran datar masih mempunyai massa total tak hingga. Karena itu ia tidak menghasilkan distribusi prediktif prior atau risiko Bayes yang wajar.

Untuk model alternatif semula, integral formal pada data teramati ialah

Di bawah \(H_0:\lambda=1\),

Faktor Bayes formalnya

Karena \(c\) tidak ditentukan oleh ukuran prior tak wajar, nilai itu dapat dibuat bernilai sebarang. Faktor konstanta di pembilang dan penyebut saling meniadakan dalam posterior parameter pada satu model, tetapi tidak dalam perbandingan antarmodel, sesuai dengan mekanisme kegagalan pada Konstanta prior tidak proper tidak aman untuk pembandingan model.

Masalah 6 — himpunan kredibel, selang kepercayaan, dan dua jenis cakupan (10 poin)

Misalkan satu statistik memenuhi

dan \(z_{0.90}=1{,}2815516\). Diamati \(x=1{,}2\).

1. Turunkan posterior dan himpunan kredibel berekor sama 80% \(C_B(x)\). Hitung titik ujung pada data teramati.
2. Bentuk selang kepercayaan 80% berbasis pivot Normal, \(C_F(x)\), dan hitung titik ujungnya.
3. Sekarang anggap \(\mu\) tetap dan turunkan fungsi cakupan \(c_B(\mu)=P_\mu\{\mu\in C_B(X)\}\). Hitung \(c_B(0)\) dan \(c_B(2)\), lalu bandingkan dengan cakupan \(C_F\).
4. Buktikan langsung bahwa rataan \(c_B(\mu)\) terhadap prior \(N(0,1)\) tepat 0,80. Jelaskan mengapa hasil ini tidak membalik jawaban bagian 3.

Petunjuk 1

Posteriornya mempunyai rataan \(X/2\) dan varians \(1/2\). Tetapkan \(a=z_{0.90}/\sqrt2\) dan tulis \(X=\mu+Z\), \(Z\sim N(0,1)\).

Petunjuk 2

Di bawah hukum bersama yang diinduksi prior, \(X=\mu+\varepsilon\) dengan \(\mu\) dan \(\varepsilon\) iid \(N(0,1)\). Maka \(X/2-\mu=(\varepsilon-\mu)/2\).

Jawaban singkat

Selang kepercayaan adalah

Dengan \(a=0{,}9061938\),

sehingga \(c_B(0)\approx0{,}93007\) dan \(c_B(2)\approx0{,}42552\), sedangkan \(C_F\) mencakup setiap \(\mu\) tetap dengan peluang tepat 0,80. Meskipun demikian, cakupan \(C_B\) yang dirata-ratakan terhadap prior tepat 0,80.

Solusi lengkap

Presisi prior dan fungsi kemungkinan masing-masing satu, sehingga

Himpunan kredibel berekor sama 80% adalah

Pada \(x=1{,}2\), titik ujungnya

Interpretasi Bayesian yang sah adalah \(P\{\mu\in C_B(1{,}2)\mid X=1{,}2\}=0{,}80\) di bawah prior dan fungsi kemungkinan yang dinyatakan.

Pivot \(X-\mu\sim N(0,1)\) memberi prosedur kepercayaan

sehingga

Jaminannya adalah \(P_\mu\{\mu\in C_F(X)\}=0{,}80\) untuk setiap \(\mu\) tetap. Setelah selang teramati, 0,80 bukan peluang frekuentis bahwa parameter tetap berada dalam selang itu.

Untuk menilai aturan Bayesian secara frekuentis, anggap \(\mu\) tetap dan tulis \(X=\mu+Z\). Kejadian cakupan ialah

Karena itu

Dengan \(2a\approx1{,}8123876\),

dan

Jadi penyusutan menuju nol menghasilkan cakupan di atas nominal di pusat prior dan di bawah nominal jauh darinya; massa posterior 0,80 tidak menghapus variasi ini.

Di bawah hukum bersama, \(\mu,\varepsilon\) independen \(N(0,1)\) dan \(X=\mu+\varepsilon\). Maka

Karena \(a=z_{0.90}\sqrt{1/2}\),

Dengan mengondisikan pada \(\mu\), peluang yang sama adalah \(\int c_B(\mu)\Pi(d\mu)\). Ini membuktikan identitas rataan terhadap prior pada Identitas cakupan rata-rata prior secara langsung. Integral tepat 0,80 dapat menyeimbangkan \(c_B(0)>0{,}80\) dan \(c_B(2)<0{,}80\); ia bukan batas bawah atau jaminan titik demi titik.

Masalah 7 — pemeriksaan prediktif posterior dan nilai-p untuk hipotesis nol tetap (10 poin)

Misalkan

dan diamati \(X=4\). Gunakan statistik ketidaksesuaian \(T(x)=x\), dan ambil \(\widetilde X\mid\lambda\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)\) sebagai replikasi independen bersyarat.

1. Turunkan posterior dan distribusi prediktif posterior \(P(\widetilde X=y\mid X=4)\).
2. Hitung peluang ekor prediktif \(p_{\mathrm{ppc}}=P(\widetilde X\ge4\mid X=4)\) secara eksak.
3. Untuk hipotesis nol frekuentis sederhana \(H_0:\lambda=1\), hitung nilai-p ekor atas \(p_F=P_1(X\ge4)\).
4. Audit kalibrasi aturan \(p_F\le0{,}05\) dan \(p_{\mathrm{ppc}}\le0{,}05\). Jelaskan mengapa dua angka yang sangat berbeda dapat sama-sama benar.

Petunjuk 1

Posteriornya Gamma dengan bentuk 5 dan laju 2. Integrasi Poisson–Gamma memberi

Petunjuk 2

Untuk peluang prediktif, jumlahkan komplemen \(y=0,1,2,3\). Untuk hipotesis nol tetap, gunakan \(P_1(X\ge4)=1-P_1(X\le3)\). Periksa kediskretan sebelum menyebut ukuran uji tepat 0,05.

Jawaban singkat

dan prediktifnya binomial negatif dengan fungsi massa yang diberikan dalam petunjuk. Dua peluang ekor adalah

Aturan nilai-p untuk hipotesis nol tetap pada ambang 0,05 menolak tepat ketika \(X\ge4\), sehingga ukuran ujinya \(0{,}0189882\), konservatif karena diskret. Peluang ekor prediktif memakai posterior yang telah diperbarui dengan data dan tidak otomatis berdistribusi Seragam atau berukuran uji 0,05.

Solusi lengkap

Prior \(\operatorname{Gamma}(1,1)\) mempunyai kernel \(e^{-\lambda}\). Fungsi kemungkinan data \(x=4\) mempunyai kernel \(\lambda^4e^{-\lambda}\). Maka

Mengintegralkan fungsi massa Poisson bagi replikasi terhadap posterior menghasilkan

Untuk \(y=0,1,2,3\), massa itu, dengan penyebut 6561, berturut-turut

Karena itu

Di bawah hipotesis nol frekuentis, parameter ditetapkan pada \(\lambda=1\), bukan diintegralkan terhadap posterior. Maka

Peluang ekor saat \(X=3\) adalah sekitar 0,0803, sehingga aturan \(p_F\le0{,}05\) menolak tepat pada \(X\ge4\). Akibatnya, ukuran ujinya 0,0189882, bukan 0,05; konservatisme berasal dari himpunan dukungan diskret dan dapat diubah hanya dengan konvensi randomisasi yang dinyatakan.

Peluang ekor prediktif menyatakan peluang bahwa replikasi baru setidaknya sama ekstrem dengan data di bawah campuran posterior yang, setelah \(X=4\), berpusat pada nilai \(\lambda\) lebih besar daripada satu. Sebaliknya, hipotesis nol frekuentis menetapkan \(\lambda=1\). Data yang sama juga menentukan ambang ketidaksesuaian. Karena data dipakai untuk kedua tujuan ini, \(p_{\mathrm{ppc}}(X)\) umumnya tidak berdistribusi Seragam di bawah \(P_\lambda\), sebagaimana diperingatkan pada Dua konstruksi ekor. Ia merupakan diagnostik posterior; aturan 0,05 tidak mempunyai klaim ukuran uji tanpa kalibrasi tambahan. Perbedaan 0,2586 dan 0,0190 bersumber dari dua hukum acuan, bukan kesalahan aljabar.

Masalah 8 — ambang keputusan Bayes berbasis kerugian versus kendala ukuran uji Neyman–Pearson (10 poin)

Satu observasi memenuhi \(X\sim N(\theta,1)\). Bandingkan

Peluang prior kedua model adalah \(\pi_0=0{,}8\) dan \(\pi_1=0{,}2\). Kerugian memilih \(H_1\) ketika \(H_0\) benar adalah \(c_{10}=3\), sedangkan kerugian memilih \(H_0\) ketika \(H_1\) benar adalah \(c_{01}=1\); keputusan yang benar menimbulkan kerugian nol.

1. Turunkan rasio fungsi kemungkinan dan ambang pada \(X\) untuk aturan Bayes.
2. Hitung ukuran uji, daya, dan risiko Bayes terintegrasi aturan tersebut.
3. Turunkan uji Neyman–Pearson berukuran tepat 0,05 dan hitung daya serta risiko terintegrasinya di bawah prior dan kerugian yang sama.
4. Jelaskan mengapa uji NP mempunyai daya lebih besar tetapi risiko Bayes lebih besar pada masalah ini. Nyatakan kondisi agar kedua aturan berimpit.

Petunjuk 1

dan aturan Bayes memilih \(H_1\) bila rasio itu melebihi \(c_{10}\pi_0/(c_{01}\pi_1)\).

Petunjuk 2

Untuk aturan ambang \(X>t\), ukuran uji adalah \(1-\Phi(t)\), daya adalah \(1-\Phi(t-1)\), dan risiko terintegrasi adalah

Jawaban singkat

Aturan Bayes memilih \(H_1\) bila

Ukuran ujinya sekitar 0,001418, dayanya 0,023577, dan risiko terintegrasinya 0,198688. Uji NP berukuran 0,05 menolak bila \(X>z_{0.95}\approx1{,}644854\); dayanya 0,259511 dan risiko terintegrasinya 0,268098. NP mengoptimalkan daya di bawah kendala ukuran uji, sedangkan Bayes meminimumkan rataan kerugian berbobot prior. Keduanya berimpit hanya bila ambang berbasis prior dan kerugian sama dengan ambang yang memenuhi kendala ukuran uji.

Solusi lengkap

Rasio fungsi kemungkinan antara kedua densitas Normal adalah

Menurut Aturan Bayes untuk keputusan biner, aturan Bayes memilih \(H_1\) bila

Jadi ambangnya

Kasus seri berpeluang nol karena distribusinya kontinu, sehingga aturan untuk menangani seri tidak memengaruhi peluang. Ukuran uji dan dayanya adalah

Peluang memilih \(H_0\) ketika \(H_1\) benar adalah sekitar 0,97642257, sehingga

Untuk hipotesis sederhana dengan rasio fungsi kemungkinan yang meningkat terhadap \(x\), lemma Neyman–Pearson memilih ekor atas. Kendala ukuran uji tepat 0,05 memberi

Dayanya

Risiko aturan ini, dinilai dengan prior dan kerugian Bayes yang diberikan, adalah

NP memperoleh daya lebih besar karena diwajibkan memakai seluruh anggaran ukuran uji 0,05 untuk memaksimalkan peluang menolak di \(H_1\). Masalah Bayes memberi kerugian besar pada keputusan memilih \(H_1\) ketika \(H_0\) benar, sedangkan \(H_0\) empat kali lebih mungkin secara prior, sehingga secara optimal memilih ambang lebih ketat dan menerima daya kecil. Kedua kriteria mengoptimalkan fungsi tujuan yang berbeda. Mereka berimpit tepat bila

atau, secara umum, bila ambang berbasis prior dan kerugian kebetulan sama dengan ambang Neyman–Pearson yang menghasilkan ukuran uji yang disyaratkan.

Masalah 9 — sensitivitas faktor Bayes dan martingal sekuensial (10 poin)

Urutan lengkap 10 hasil Bernoulli memuat 9 sukses dan 1 gagal. Bandingkan hipotesis nol sederhana \(H_0:p=1/2\) dengan dua spesifikasi alternatif:

Berikan peluang prior yang sama kepada \(H_0\) dan alternatif yang sedang dibandingkan.

1. Hitung \(B_{U0}\) dan \(B_{H0}\) untuk urutan teramati, lalu hitung peluang posterior alternatif masing-masing.
2. Jelaskan mengapa dua faktor Bayes berbeda walaupun fungsi kemungkinan data sama. Apakah faktor kombinatorial akan mengubah jawaban jika hanya jumlah 9 sukses yang dilaporkan?
3. Jika \(H_{1U}\) ditetapkan sebelum pengambilan sampel dan eksperimen dihentikan saat pertama kali \(B_{U0,n}\ge20\), buktikan batas atas peluang bahwa eksperimen pernah dihentikan di bawah \(H_0\).
4. Audit prosedur alternatif yang pada setiap waktu menghitung kedua faktor Bayes lalu melaporkan yang lebih besar. Apakah ambang 20 masih memberi jaminan 0,05? Nyatakan seluruh syarat martingal dan penghentian opsional yang diperlukan dan satu perbaikan yang sah.

Petunjuk 1

Untuk prior \(\operatorname{Beta}(a,b)\) dan satu urutan dengan \(s\) sukses,

Gunakan \(B(10,2)=1/110\), \(B(9,1)=1/9\), dan \(B(18,2)=1/342\).

Petunjuk 2

Untuk alternatif wajar yang ditetapkan sebelumnya, faktor Bayes adalah turunan Radon–Nikodym hukum alternatif terhadap hukum di bawah hipotesis nol pada \(\mathcal F_n\). Ketaksamaan Ville berlaku untuk satu martingal nonnegatif atau campuran konveks dengan bobot yang ditetapkan sebelumnya, bukan otomatis untuk maksimum yang dipilih sesudah melihat lintasan.

Jawaban singkat

Dengan nisbah peluang prior 1:1, peluang posterior alternatifnya berturut-turut \(512/567\approx0{,}90300\) dan \(512/531\approx0{,}96422\). Prior \(\operatorname{Beta}(9,1)\) memberi peluang prediktif lebih besar bagi data dengan proporsi sukses yang mendekati proporsi teramati. Untuk satu alternatif wajar yang ditetapkan sebelumnya,

Pada umumnya, maksimum dua proses bukan martingal; pemilihan setelah melihat lintasan tidak mewarisi batas 0,05. Campuran konveks dari kedua faktor Bayes dengan bobot yang ditetapkan sebelum pengambilan sampel adalah satu perbaikan yang sah.

Solusi lengkap

Untuk satu urutan tertentu, fungsi kemungkinan di bawah \(H_0\) adalah \(2^{-10}\). Di bawah prior \(\operatorname{Beta}(a,b)\), peluang marginal urutan itu adalah

Karena itu

dan

Nisbah peluang posterior sama secara numerik dengan faktor Bayes karena nisbah peluang prior model adalah 1:1. Maka

dan

Alternatif kedua menempatkan lebih banyak massa prior di sekitar nilai \(p\) tinggi yang memprediksi sembilan sukses; dua prior mendefinisikan dua hukum prediktif alternatif, sehingga sensitivitas bukan kontradiksi. Jika hanya jumlah sembilan sukses yang dilaporkan, faktor \({10\choose9}\) mengalikan peluang marginal di pembilang dan penyebut dan saling meniadakan dalam setiap rasio.

Jika prior alternatif wajar, model nol dan alternatif ditetapkan sebelum seluruh deret diamati, dan \(P_1|_{\mathcal F_n}\ll P_0|_{\mathcal F_n}\), maka

adalah martingal nonnegatif di bawah \(P_0\), dengan nilai awal dan harapan satu. Ketaksamaan Ville pada Faktor Bayes sebagai martingal bagi rasio fungsi kemungkinan memberi

Jadi aturan penghentian saat proses melampaui 20 tetap memenuhi jaminan bagi hipotesis nol sederhana ini; pada data saat ini \(B_{U0}<20\), sehingga aturan itu belum berhenti.

Proses \(\max(B_{U0,n},B_{H0,n})\) umumnya bukan martingal atau supermartingale dengan rataan awal satu. Memilih prior yang menghasilkan bukti terbesar setelah melihat lintasan mengubah prosedur. Dengan batas gabungan, pengendalian kedua proses secara terpisah hanya memberi batas kasar \(0{,}10\) untuk peristiwa salah satu dari dua proses menembus 20, bukan 0,05. Perbaikan yang sah ialah menetapkan satu prior, atau menetapkan bobot \(w\in[0,1]\) sebelum pengambilan sampel dan memantau

yang tetap martingal nonnegatif dan karena itu memenuhi batas 0,05 pada ambang 20.

Syarat pentingnya adalah hukum peluang wajar; model, prior, dan bobot ditetapkan sebelum melihat lintasan; seluruh riwayat yang memicu berhenti tercatat; filtrasi serta aturan pencatatan diterapkan secara konsisten di bawah model yang dibandingkan; kontinuitas absolut berlaku; dan tidak ada penyensoran atau seleksi tak tercatat yang menambah faktor yang bergantung pada parameter. Untuk hipotesis nol komposit, jaminan harus berlaku bagi setiap distribusi di dalam hipotesis nol, bukan hanya satu campuran. Posterior kondisional yang mengabaikan faktor penghentian bersama tidak dengan sendirinya membuktikan kendali galat tipe I tersebut.

Masalah 10 — audit eksak baru atas SIM006 (10 poin)

Bangun audit baru—bukan penyalinan tabel Kalibrasi selang Bayesian dan frekuentis pada model binomial—dengan

Gunakan selang kredibel berekor sama 80% \(C_B(x)\), selang Clopper–Pearson 80% \(C_F(x)\), konvensi titik ujung tertutup, dan kisi

Tetapkan lingkungan reproduksi pada CPython 3.13.9, NumPy 2.4.4, dan SciPy 1.17.1. Hitung titik ujung lebih dahulu dalam float64 dengan scipy.stats.beta.ppf: untuk \(x=0,\ldots,4\) gunakan kuantil 0,10 dan 0,90 dari \(\operatorname{Beta}(x+1,5-x)\) untuk \(C_B\); untuk \(C_F\), tetapkan \(L_F(0)=0\), \(U_F(4)=1\),

dan

Perhitungan titik ujung tidak menggunakan bilangan acak. Setelah itu, buat tepat satu generator dengan rng = np.random.Generator(np.random.PCG64(2026082944)). Proses titik-titik \(G\) dalam urutan yang ditampilkan. Pada setiap titik \(p\), lakukan tepat satu panggilan rng.binomial(4, float(p), size=60000) dan gunakan kembali vektor \(X\) yang sama untuk menilai \(C_B\) dan \(C_F\); kedua titik ujung termasuk dalam selang. Jangan menyetel ulang, melompati, atau memecah aliran bilangan acak. Setelah panggilan untuk \(p=0{,}99\), teruskan keadaan generator yang sama: panggil rng.beta(1, 1, size=200000) tepat sekali untuk memperoleh \(p\), lalu rng.binomial(4, p) tepat sekali untuk memperoleh \(X\). Dengan urutan pengundian ini, tiga hasil terpilih ialah

1. Hitung semua titik ujung \(C_B(x)\) dan \(C_F(x)\), \(x=0,\ldots,4\), lalu gunakan jumlah Binomial berhingga untuk menghitung cakupan eksak pada seluruh kisi \(G\).
2. Buktikan mekanisme cakupan nol \(C_B\) pada \(p=0{,}01\) dan \(p=0{,}99\), serta buktikan kalibrasi rataan terhadap prior 0,80 tanpa merata-ratakan tujuh titik kisi.
3. Hitung MCSE dan skor baku ketiga hasil Monte Carlo pada tabel.
4. Rancang pemeriksaan yang membedakan identitas analitis, toleransi numerik, dan fluktuasi Monte Carlo. Audit klaim salah “semua cakupan kredibel pada kisi sedikitnya 0,80”.

Petunjuk 1

Posterior adalah \(\operatorname{Beta}(x+1,5-x)\). Untuk Clopper–Pearson pada \(\alpha=0{,}20\), gunakan kuantil 0,10 dan 0,90 dengan konvensi batas 0 dan 1. Tentukan himpunan nilai \(x\) yang selangnya memuat setiap \(p\).

Petunjuk 2

Gunakan

Di bawah prior seragam dan \(n=4\), distribusi prediktif prior \(X\) seragam pada \(\{0,1,2,3,4\}\), tetapi identitas 0,80 lebih langsung dibuktikan dari ekspektasi iteratif.

Jawaban singkat

Cakupan eksak pada kisi adalah

Rataan terhadap prior untuk \(C_B\) tepat 0,80. Skor Monte Carlo ketiga baris berturut-turut sekitar \(-0{,}247\), \(0{,}718\), dan \(0{,}190\). Pemeriksaan berbasis identitas dan empat MCSE lulus; pemeriksaan minimum cakupan kredibel 0,80 gagal secara deterministik karena minimum kisi adalah nol.

Solusi lengkap

Posterior setelah \(X=x\) ialah \(\operatorname{Beta}(x+1,5-x)\). Titik ujung numerik, dengan pembulatan 12 desimal, adalah

Sebagai pemeriksaan analitis, untuk \(x=0\) fungsi distribusi kumulatif (CDF) posterior \(\operatorname{Beta}(1,5)\) adalah \(1-(1-p)^5\), sehingga titik bawahnya \(1-0{,}9^{1/5}=0{,}020851637639\ldots\). Untuk \(x=4\), simetri memberi titik atas \(0{,}9^{1/5}=0{,}979148362361\ldots\). Titik batas Clopper–Pearson mengikuti inversi ekor Binomial, bukan kuantil posterior yang sama.

Dengan

tabel titik ujung menghasilkan himpunan inklusi berikut:

Menjumlahkan peluang Binomial pada himpunan itu memberi

Sebagai contoh, pada \(p=1/2\) selang dari kedua prosedur mencakup parameter ketika \(X\in\{1,2,3\}\), sehingga cakupannya \(14/16=0{,}875\). Pada \(p=0{,}01\), selang kredibel untuk \(x=0\) sudah mempunyai batas bawah 0,0208516, dan batas bawah untuk \(x>0\) lebih besar lagi. Tidak ada kemungkinan hasil data yang mencakup 0,01, sehingga cakupan nol bukan derau Monte Carlo. Mekanisme simetris berlaku pada 0,99. Sebaliknya, Clopper–Pearson mencakup 0,01 hanya ketika \(X=0\), dengan peluang \((0{,}99)^4=0{,}96059601\).

Setiap \(C_B(x)\) memuat tepat 0,80 massa posterior. Karena prior wajar,

Ini merupakan integral kontinu terhadap prior seragam, bukan rata-rata aritmetika atas tujuh titik kisi. Cakupan nol di batas dapat diimbangi oleh cakupan lebih tinggi di bagian lain.

Reproduksi deterministik menghasilkan hitungan \(52\,480/60\,000\) untuk \(C_B\) pada \(p=0{,}50\), \(57\,670/60\,000\) untuk \(C_F\) pada \(p=0{,}01\), dan \(160\,034/200\,000\) untuk rataan cakupan \(C_B\) terhadap prior. Untuk baris kredibel pada \(p=0{,}50\), dengan \(R=60000\),

dan

Untuk Clopper–Pearson pada \(p=0{,}01\),

dan \(z_{\mathrm{MC}}\approx0{,}7185\). Untuk audit rataan terhadap prior,

dan \(z_{\mathrm{MC}}\approx0{,}1901\). Ketiganya sesuai dengan fluktuasi Monte Carlo biasa; MCSE tidak mengubah sasaran eksaknya.

Pemeriksaan yang tepat memisahkan empat lapisan:

1. titik batas setiap selang terurut dengan benar dan selisih massa posterior \(C_B(x)\) terhadap 0,80 kurang dari toleransi kuantil, misalnya \(5\times10^{-12}\);
2. jumlah massa prediktif prior sama dengan satu dan selisih identitas rataan terhadap prior dari 0,80 kurang dari toleransi deterministik;
3. penjumlahan peluang Binomial pada kisi cocok dengan himpunan inklusi, simetri terhadap \(p=1/2\) terjaga, cakupan \(C_F\) pada kisi sedikitnya 0,80, dan cakupan batas \(C_B\) tepat nol;
4. selisih setiap hasil Monte Carlo terpilih terhadap sasaran eksak tidak lebih dari empat MCSE, dengan margin masing-masing sekitar 0,005401, 0,003177, dan 0,003578.

Klaim “semua cakupan kredibel pada kisi sedikitnya 0,80” harus gagal secara deterministik: minimum eksaknya nol pada 0,01 dan 0,99. Audit ini mengubah ukuran sampel, prior, tingkat, kisi, benih acak, dan sasaran numerik dari SIM006; hasilnya merupakan sintesis baru yang tetap menguji perbedaan antara massa posterior, cakupan parameter-tetap, dan kalibrasi rataan terhadap prior.

Rubrik penilaian — total 100 poin

Setiap masalah bernilai 10 poin. Nilai penuh mensyaratkan derivasi yang dapat diperiksa, hukum peluang dan kerugian yang dinyatakan, serta mekanisme kegagalan yang substantif. Jawaban numerik tanpa alur penalaran tidak menerima poin derivasi. Keluaran perangkat lunak tanpa sasaran eksak, MCSE, dan pemeriksaan tidak menerima poin audit.

Rubrik Masalah 1 (10 poin)

• 3 poin: hukum bersama, prior, fungsi kemungkinan, dan peran faktor data dibedakan.
• 3 poin: bukti marginal \(28/165\) dan posterior \(\operatorname{Beta}(9,4)\) diturunkan.
• 2 poin: lima massa prediktif serta peluang \(33/52\) benar.
• 2 poin: dispersi berlebih dan ketergantungan prediktif dijelaskan; kegagalan substitusi sebagai penghapus ketidakpastian parameter disebutkan.

Rubrik Masalah 2 (10 poin)

• 3 poin: posterior kelompok pertama dan posterior akhir berurutan benar.
• 3 poin: pembaruan gabungan cocok dan independensi bersyarat serta normalisasi hingga disebut sebagai asumsi koherensi.
• 2 poin: dua distribusi prediktif dan kovarians masa depan benar.
• 2 poin: dua sumber varians dipisahkan; kegagalan prediksi substitusi yang terlalu sempit dijelaskan.

Rubrik Masalah 3 (10 poin)

• 3 poin: rataan, tindakan kuadratik, dan kerugian minimum benar.
• 3 poin: median unik, tindakan absolut, dan kerugian minimum benar.
• 2 poin: kedua modus, kasus seri, dan kerugian nol-satu diskret benar.
• 2 poin: ketergantungan tindakan pada kerugian dan ruang tindakan serta kegagalan transplantasi kerugian nol-satu ke posterior kontinu dijelaskan.

Rubrik Masalah 4 (10 poin)

• 3 poin: risiko frekuentis umum dan aturan \(4X/5\) diturunkan.
• 3 poin: risiko prediktif prior \(4/5\) diperoleh dengan dua hukum peluang.
• 2 poin: persilangan risiko pada \(|\theta|=3\) dan tidak adanya dominasi benar.
• 2 poin: himpunan dukungan penuh, risiko hingga, kontinuitas selisih risiko pada kelas aturan pesaing, dan batas klaim keadmisibelan dinyatakan; label Bayes saja ditolak sebagai sertifikat.

Rubrik Masalah 5 (10 poin)

• 3 poin: fungsi kemungkinan, posterior \(\operatorname{Gamma}(3,\text{laju }4)\), dan normalisasi benar.
• 3 poin: syarat \(S>0\), divergensi \(S=0\), dan peluang kegagalan positif untuk seluruh nilai parameter dihitung.
• 2 poin: prior datar dibandingkan dengan benar tanpa menyebutnya wajar.
• 2 poin: faktor Bayes \(ce^4/32\) dan konstanta sebarang sebagai mekanisme kegagalan pembandingan marginal dijelaskan.

Rubrik Masalah 6 (10 poin)

• 3 poin: posterior, selang kredibel, dan interpretasi bersyarat benar.
• 3 poin: selang kepercayaan berbasis pivot serta jaminan parameter-tetap benar.
• 2 poin: fungsi cakupan dan dua nilai numerik diturunkan.
• 2 poin: identitas rataan terhadap prior dibuktikan langsung; kegagalan mengubah rataan terhadap prior menjadi cakupan seragam disebutkan.

Rubrik Masalah 7 (10 poin)

• 3 poin: posterior Gamma dan prediktif binomial negatif diturunkan.
• 3 poin: kedua peluang ekor eksak dan numeriknya benar.
• 2 poin: kediskretan dan ukuran uji konservatif untuk hipotesis nol tetap dihitung.
• 2 poin: penggunaan data untuk dua tujuan serta alasan pemeriksaan prediktif tidak otomatis bersifat seragam dijelaskan tanpa menyamakannya dengan nilai-p.

Rubrik Masalah 8 (10 poin)

• 3 poin: rasio fungsi kemungkinan dan ambang berbasis prior dan kerugian Bayes benar.
• 3 poin: ukuran uji, daya, dan risiko terintegrasi aturan Bayes dihitung.
• 2 poin: ambang, daya, dan risiko aturan NP dihitung.
• 2 poin: fungsi tujuan berbeda dan kondisi kesamaan ambang dijelaskan; kegagalan menyamakan optimalitas daya dengan optimalitas risiko disebutkan.

Rubrik Masalah 9 (10 poin)

• 3 poin: kedua faktor Bayes dan peluang posterior dihitung dari peluang marginal yang wajar.
• 3 poin: sensitivitas prior dan pembatalan faktor kombinatorial dijelaskan.
• 2 poin: martingal, Ville, dan batas 0,05 untuk proses yang ditentukan sebelumnya benar.
• 2 poin: kegagalan jaminan bagi maksimum yang dipilih setelah melihat lintasan dijelaskan dan perbaikan campuran tetap diberikan bersama syarat filtrasi, pencatatan, dan kontinuitas absolut.

Rubrik Masalah 10 (10 poin)

• 2 poin: seluruh titik ujung baru dan konvensi batas dihitung benar.
• 3 poin: himpunan inklusi, tujuh cakupan eksak, dan kegagalan batas diturunkan dari jumlah Binomial.
• 3 poin: identitas rataan terhadap prior, tiga MCSE, dan tiga skor baku Monte Carlo benar.
• 2 poin: pemeriksaan memisahkan identitas, toleransi numerik, dan Monte Carlo; klaim minimum 0,80 harus gagal secara deterministik tanpa menyalahkan derau atau mengklaim superioritas paradigma.