O006-C140-CMP-MS11 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 11

Pada setiap jawaban, nyatakan hukum peluang yang sedang dipakai. Dalam perhitungan posterior, data yang telah diamati dipandang tetap dan parameter diperlakukan sebagai peubah acak menurut posterior. Dalam audit frekuentis, parameter pembangkit dipandang tetap dan sampel yang belum diambil bersifat acak. Sebuah aturan disebut Bayes hanya setelah prior dan kerugian dinyatakan; sebuah prosedur disebut memiliki cakupan setelah probabilitas pengulangan sampelnya dihitung.

Masalah 1 — posterior konjugat dan dua keputusan dengan kerugian berbeda

Misalkan

X\mid p\sim\operatorname{Binomial}(10,p), \qquad p\sim\operatorname{Beta}(2,2),

dan diamati $$X=8$$ .

Turunkan distribusi posterior $p\mid X=8$ .
Untuk tindakan estimasi $a\in[0,1]$ dengan kerugian kuadratik $$L_p(p,a)=(p-a)^2$$ , cari tindakan Bayes.
Satu percobaan baru $Y\mid p\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$ akan diprediksi dengan tindakan $d\in\{0,1\}$ . Gunakan kerugian

L_Y(y,d)=2\mathbf1\{d=1,y=0\} +\mathbf1\{d=0,y=1\}.

Cari tindakan Bayes prediktif dan tunjukkan kedua kerugian posterior yang dibandingkan.

Petunjuk 1

Kalikan kernel $$p^8(1-p)^2$$ dari fungsi kemungkinan dengan kernel $p^{2-1}(1-p)^{2-1}$ dari prior.

Petunjuk 2

Untuk prediksi, letakkan $q=P(Y=1\mid X=8)=E(p\mid X=8)$ . Bandingkan $E\{L_Y(Y,0)\mid X=8\}$ dengan $E\{L_Y(Y,1)\mid X=8\}$ .

Jawaban singkat

Posteriornya $\operatorname{Beta}(10,4)$ . Di bawah kerugian kuadratik, $a^*=E(p\mid X=8)=10/14=5/7$ . Probabilitas prediktif keberhasilan juga $$q=5/7$$ . Kerugian posterior tindakan $$d=0$$ adalah $$5/7$$ , sedangkan kerugian posterior tindakan $$d=1$$ adalah $$2(2/7)=4/7$$ ; jadi $$d^*=1$$ .

Solusi lengkap

Dengan data $$x=8$$ dipandang tetap, fungsi kemungkinan sebagai fungsi $$p$$ berbanding lurus dengan

p^8(1-p)^{10-8}.

Setelah dikalikan prior Beta $$(2,2)$$ , kernel posterior menjadi

p^{8+2-1}(1-p)^{2+2-1}=p^9(1-p)^3.

Kedua parameter bentuk positif, sehingga posterior wajar dan

p\mid X=8\sim\operatorname{Beta}(10,4).

Di bawah kerugian kuadratik, dekomposisi

E\{(p-a)^2\mid X=8\} =\operatorname{Var}(p\mid X=8) +\{a-E(p\mid X=8)\}^2

menunjukkan bahwa peminimum unik adalah rataan posterior,

a^*=\frac{10}{10+4}=\frac57.

Untuk percobaan baru, $$Y$$ masih acak setelah data lama diamati. Integrasi terhadap posterior memberi

q=P(Y=1\mid X=8)=E(p\mid X=8)=\frac57.

Jika dipilih $$d=0$$ , kerugian satu terjadi ketika $$Y=1$$ , sehingga

\rho(0\mid X=8)=P(Y=1\mid X=8)=\frac57.

Jika dipilih $$d=1$$ , kerugian dua terjadi ketika $$Y=0$$ , sehingga

\rho(1\mid X=8)=2P(Y=0\mid X=8) =2\left(1-\frac57\right)=\frac47.

Karena $$4/7<5/7$$ , tindakan Bayes prediktif adalah $$d^*=1$$ . Kesamaan numerik $$q=a^*$$ berasal dari prediksi Bernoulli dan kerugian kuadratik pada parameter; kedua tindakan tetap menjawab masalah keputusan yang berbeda. Tidak ada kesimpulan dominasi risiko pada setiap $$p$$ tetap dari satu perhitungan posterior ini.

Masalah 2 — prior tak wajar yang berhasil di interior dan gagal di batas

Untuk $X\mid p\sim\operatorname{Binomial}(12,p)$ , gunakan ukuran prior Haldane

\widetilde\pi(p)\,dp\propto p^{-1}(1-p)^{-1}\,dp, \qquad 0<p<1.

Turunkan kernel posterior dan buktikan syarat perlu-dan-cukup pada $x\in\{0,\ldots,12\}$ agar posterior wajar.
Untuk $$x=3$$ , cari posterior dan tindakan Bayes tergeneralisasi di bawah kerugian kuadratik.
Untuk $$x=0$$ , tunjukkan letak divergensi. Bandingkan dengan prior Jeffreys Beta $$(1/2,1/2)$$ dan hitung rataan posterior Jeffreys.
Jelaskan mengapa hasil pada $$x=3$$ tidak dengan sendirinya memberi risiko Bayes wajar atau faktor Bayes antarmodel yang terdefinisi.

Petunjuk 1

Integral $\int_0^1p^{u-1}(1-p)^{v-1}\,dp$ berhingga jika dan hanya jika $$u>0$$ dan $$v>0$$ .

Petunjuk 2

Untuk prior Jeffreys, tambahkan $$x$$ dan $$12-x$$ pada dua parameter bentuk $$1/2$$ . Bedakan distribusi prior wajar dari ukuran prior yang hanya diketahui hingga konstanta arbitrer.

Jawaban singkat

Kernel posterior Haldane ialah $p^{x-1}(1-p)^{12-x-1}$ dan wajar tepat ketika $$0<x<12$$ . Untuk $$x=3$$ , posterior formalnya Beta $$(3,9)$$ dan tindakan kuadratiknya $$1/4$$ . Pada $$x=0$$ integral divergen di nol. Prior Jeffreys menghasilkan Beta $$(1/2,25/2)$$ dengan rataan $$1/26$$ . Prior Haldane tetap bukan distribusi peluang; karena itu ia tidak menyediakan distribusi prediktif prior, risiko Bayes wajar, atau konstanta fungsi kemungkinan marginal antarmodel.

Solusi lengkap

Setelah $$X=x$$ diamati, fungsi kemungkinan mempunyai kernel $p^x(1-p)^{12-x}$ . Perkalian dengan ukuran Haldane memberi

\widetilde\pi(p\mid x) \propto p^{x-1}(1-p)^{12-x-1}.

Integral kernel ini berhingga jika dan hanya jika $$x>0$$ dan $$12-x>0$$ ; dalam hal itu nilainya $$B(x,12-x)$$ . Jadi posterior wajar tepat ketika $x\in\{1,\ldots,11\}$ . Untuk $$x=3$$ diperoleh posterior wajar Beta $$(3,9)$$ , dan di bawah kerugian kuadratik tindakan Bayes tergeneralisasi adalah

E(p\mid X=3)=\frac{3}{3+9}=\frac14.

Jika $$x=0$$ , kernel berperilaku seperti $p^{-1}$ ketika $p\downarrow0$ . Karena

\int_0^\varepsilon\frac{dp}{p}=\infty,

posterior tidak dapat dinormalisasi. Secara simetris, $$x=12$$ menghasilkan divergensi $(1-p)^{-1}$ di $$p=1$$ .

Prior Jeffreys adalah distribusi wajar Beta $$(1/2,1/2)$$ . Ketika $$x=0$$ ,

p\mid X=0\sim \operatorname{Beta}\left(\frac12,12+\frac12\right) =\operatorname{Beta}\left(\frac12,\frac{25}{2}\right),

sehingga

E(p\mid X=0)= \frac{1/2}{1/2+25/2}=\frac1{26}.

Keberhasilan normalisasi Haldane pada $$x=3$$ hanya membuktikan bahwa posterior formal ada untuk data itu. Ukuran Haldane tidak berintegral satu, sehingga tidak ada eksperimen prediktif prior yang sah dan tidak ada risiko terintegrasi terhadap distribusi prior tersebut. Lebih lanjut, konstanta pengali arbitrer pada prior tak wajar ikut muncul dalam bukti marginal sebuah model. Dalam perbandingan dua model, rasio konstanta itu umumnya tidak saling meniadakan; faktor Bayes biasa karena itu tidak terdefinisi hanya dari prior Haldane.

Masalah 3 — titik ujung mirip, pernyataan peluang berbeda

Misalkan $X_1,\ldots,X_4$ saling bebas dan masing-masing berdistribusi $N(\mu,1)$ , dan diamati $\bar x=1$ . Gunakan prior wajar $\mu\sim N(0,1)$ dan $z_{0{,}975}=1{,}959964$ .

Turunkan posterior $\mu\mid\bar X=1$ dan selang kredibel ekor-sama 95%.
Hitung selang kepercayaan pivot Normal 95% untuk $\mu$ .
Tulis satu pernyataan peluang yang sah bagi masing-masing selang. Setelah data diamati, apakah boleh mengatakan bahwa peluang frekuentis $\mu$ berada dalam selang kepercayaan yang terhitung adalah 0,95?
Jelaskan mengapa selang kepercayaan menyingkirkan nol sedangkan selang kredibel memuat nol tanpa menghasilkan kontradiksi.

Petunjuk 1

Presisi posterior adalah $$1+4=5$$ , dan rataan posterior adalah rata-rata berbobot antara pusat prior nol dan $\bar x$ .

Petunjuk 2

Untuk selang kepercayaan, gunakan $(\bar X-\mu)/(1/2)\sim N(0,1)$ ketika $\mu$ dipandang tetap.

Jawaban singkat

Posteriornya $$N(4/5,1/5)$$ dan selang kredibel 95% kira-kira $$[-0{,}0765;1{,}6765]$$ . Selang kepercayaan 95% adalah $$[0{,}0200;1{,}9800]$$ . Massa posterior selang pertama adalah 0,95 pada data teramati. Prosedur selang kedua mencakup setiap $\mu$ tetap dengan peluang 0,95 sebelum pengambilan sampel; angka itu bukan peluang posterior bagi $\mu$ setelah titik ujung diamati.

Solusi lengkap

Karena $\bar X\mid\mu\sim N(\mu,1/4)$ , presisi yang diberikan fungsi kemungkinan untuk $\mu$ ialah empat dan presisi prior ialah satu. Rumus konjugat memberi

v_n=(1+4)^{-1}=\frac15, \qquad m_n=v_n(1\cdot0+4\cdot1)=\frac45.

Jadi, dengan data dipandang tetap dan $\mu$ diperlakukan sebagai peubah acak menurut posterior,

\mu\mid\bar X=1\sim N\left(\frac45,\frac15\right).

Selang kredibel ekor-sama ialah

\frac45\pm1{,}959964\sqrt{\frac15} =[-0{,}0765225;1{,}6765225].

Pernyataan peluang yang sah adalah

P\{-0{,}0765225\le\mu\le1{,}6765225 \mid\bar X=1\}=0{,}95,

di bawah prior dan fungsi kemungkinan yang dinyatakan.

Untuk prosedur kepercayaan, parameter $\mu$ dipandang tetap dan $\bar X$ acak. Karena simpangan baku $\bar X$ adalah $$1/2$$ , aturan selangnya

C_F(\bar X)= \left[\bar X-1{,}959964\left(\frac12\right), \bar X+1{,}959964\left(\frac12\right)\right].

Pada data teramati, titik ujungnya

C_F(1)=[0{,}0200180;1{,}9799820].

Jaminan proseduralnya adalah

P_\mu\{\mu\in C_F(\bar X)\}=0{,}95 \quad\text{untuk setiap }\mu\in\mathbb R.

Setelah $\bar x=1$ diamati, $$C_F(1)$$ adalah himpunan tetap dalam analisis frekuentis dan $\mu$ tetap; tidak ada peubah acak tersisa dalam kejadian itu. Memberikan probabilitas 0,95 kepada parameter memerlukan distribusi parameter, misalnya posterior, dan bukan konsekuensi cakupan semata.

Pusat posterior disusutkan dari 1 ke $$4/5$$ dan varians posterior $$1/5$$ lebih kecil daripada varians $$1/4$$ yang tersirat oleh fungsi kemungkinan. Karena itu, selang kredibel bergeser dan memuat nol, sedangkan selang kepercayaan pivot berpusat pada 1 dan tidak memuat nol, meskipun batas bawahnya hanya sedikit di atas nol. Kedua selang memakai hukum peluang dan target kalibrasi yang berbeda; perbedaan titik ujung tidak menunjukkan kontradiksi.

Masalah 4 — kalibrasi yang dirata-ratakan terhadap prior tanpa cakupan seragam

Ambil satu observasi $Y\mid p\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$ dan prior $p\sim\operatorname{Beta}(1,1)$ . Untuk setiap $$y$$ , bentuk interval kredibel ekor-sama 50%.

Turunkan interval $$C(0)$$ dan $$C(1)$$ dari kuantil posterior.
Dengan $$p$$ sekarang dipandang tetap dan $$Y$$ acak Bernoulli $$(p)$$ , turunkan seluruh fungsi cakupan $c(p)=P_p\{p\in C(Y)\}$ .
Integralkan $$c(p)$$ terhadap prior seragam dan buktikan bahwa hasilnya $$1/2$$ meskipun cakupan bernilai nol pada dua wilayah parameter.

Petunjuk 1

Fungsi distribusi kumulatif Beta $$(1,2)$$ adalah $$1-(1-p)^2$$ , sedangkan fungsi distribusi kumulatif Beta $$(2,1)$$ adalah $$p^2$$ .

Petunjuk 2

Untuk $q=1-\sqrt3/2$ , interval pertama adalah $$[q,1/2]$$ dan interval kedua $$[1/2,1-q]$$ . Pada $$p$$ tetap, hanya probabilitas $$Y=0$$ atau $$Y=1$$ yang harus dijumlahkan.

Jawaban singkat

C(0)=[1-\sqrt3/2,1/2], \qquad C(1)=[1/2,\sqrt3/2].

Dengan $q=1-\sqrt3/2$ ,

c(p)= \begin{cases} 0,&0\le p<q,\\ 1-p,&q\le p<1/2,\\ 1,&p=1/2,\\ p,&1/2<p\le\sqrt3/2,\\ 0,&\sqrt3/2<p\le1. \end{cases}

Rataan cakupannya terhadap prior adalah $$1/4+1/4=1/2$$ , bukan jaminan titik demi titik.

Solusi lengkap

Jika $$Y=0$$ , posterior adalah Beta $$(1,2)$$ . Kuantil seperempatnya memenuhi

1-(1-p)^2=\frac14,

sehingga $p=1-\sqrt3/2$ . Kuantil tiga perempatnya memenuhi $$1-(1-p)^2=3/4$$ , sehingga $$p=1/2$$ . Jadi

C(0)=[1-\sqrt3/2,1/2].

Jika $$Y=1$$ , posterior Beta $$(2,1)$$ mempunyai fungsi distribusi kumulatif $$p^2$$ . Dua kuantilnya adalah $$1/2$$ dan $\sqrt3/2$ , sehingga

C(1)=[1/2,\sqrt3/2].

Untuk menghitung cakupan frekuentis, perlakukan $$p$$ sebagai nilai tetap dan ulangi pengambilan $$Y$$ . Dengan $q=1-\sqrt3/2$ , untuk $q\le p<1/2$ hanya $$Y=0$$ menghasilkan interval yang memuat $$p$$ , sehingga cakupannya $$P_p(Y=0)=1-p$$ . Untuk $1/2<p\le\sqrt3/2$ , hanya $$Y=1$$ yang mencakup $$p$$ , sehingga cakupannya $$P_p(Y=1)=p$$ . Pada $$p=1/2$$ kedua interval tertutup memuat $$p$$ , maka cakupan satu. Di luar gabungan dua interval cakupannya nol. Ini menghasilkan fungsi pada jawaban singkat.

Karena prior seragam mempunyai densitas satu, titik tunggal $$p=1/2$$ tidak menyumbang massa pada integral dan

\begin{aligned} \int_0^1c(p)\,dp &=\int_q^{1/2}(1-p)\,dp +\int_{1/2}^{\sqrt3/2}p\,dp\\ &=\frac14+\frac14=\frac12. \end{aligned}

Hasil ini juga mengikuti hukum ekspektasi iteratif: setiap $$C(Y)$$ memuat setengah massa posterior, sehingga peluang bersama kejadian $p\in C(Y)$ adalah setengah. Namun $$c(p)$$ tetap nol di sekitar kedua batas parameter, 0 dan 1. Identitas rataan terhadap prior ini tidak boleh dilaporkan sebagai cakupan seragam.

Masalah 5 — faktor Bayes berubah ketika prior alternatif berubah

Satu statistik memenuhi $Z\mid\mu\sim N(\mu,1)$ dan diamati $$z=2$$ . Bandingkan

H_0:\mu=0, \qquad H_1:\mu\sim N(0,\tau^2),

dengan probabilitas prior yang sama bagi kedua model.

Integralkan $\mu$ di bawah $$H_1$$ dan turunkan $B_{10}=m_1(z)/m_0(z)$ .
Hitung $B_{10}$ dan peluang posterior $P(H_1\mid z)$ untuk $\tau=1$ dan $\tau=10$ .
Jelaskan mengapa perubahan arah evidensi bukan kontradiksi. Apa yang rusak jika prior di bawah $$H_1$$ diganti oleh ukuran datar tak wajar?

Petunjuk 1

Di bawah $$H_1$$ , jumlah $\mu+\varepsilon$ dengan $\mu\sim N(0,\tau^2)$ dan $\varepsilon\sim N(0,1)$ berdistribusi $N(0,1+\tau^2)$ .

Petunjuk 2

Karena nisbah peluang prior 1:1, nisbah peluang posterior sama dengan $B_{10}$ dan $P(H_1\mid z)=B_{10}/(1+B_{10})$ .

Jawaban singkat

B_{10}(z;\tau) =\frac{1}{\sqrt{1+\tau^2}} \exp\left\{\frac{z^2\tau^2}{2(1+\tau^2)}\right\}.

Pada $$z=2$$ , $B_{10}=1{,}92212$ dan $P(H_1\mid z)=0{,}65778$ untuk $\tau=1$ ; untuk $\tau=10$ nilainya $$0{,}720823$$ dan $$0{,}418883$$ . Prior alternatif yang berbeda mendefinisikan model prediktif yang berbeda. Prior tak wajar meninggalkan konstanta bukti marginal yang arbitrer.

Solusi lengkap

Di bawah $$H_0$$ ,

m_0(z)=\frac1{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right).

Di bawah $$H_1$$ , integrasi konvolusi Normal memberi $Z\sim N(0,1+\tau^2)$ , sehingga

m_1(z)=\frac1{\sqrt{2\pi(1+\tau^2)}} \exp\left\{-\frac{z^2}{2(1+\tau^2)}\right\}.

Rasionya adalah

\begin{aligned} B_{10} &=(1+\tau^2)^{-1/2} \exp\left\{ \frac{z^2}{2}-\frac{z^2}{2(1+\tau^2)} \right\}\\ &=(1+\tau^2)^{-1/2} \exp\left\{\frac{z^2\tau^2}{2(1+\tau^2)}\right\}. \end{aligned}

Untuk $$z=2$$ dan $\tau=1$ ,

B_{10}=2^{-1/2}e^1\approx1{,}9221155.

Dengan nisbah peluang prior 1:1, peluang posterior alternatif adalah

\frac{B_{10}}{1+B_{10}}\approx0{,}6577822.

Untuk $\tau=10$ ,

B_{10}=101^{-1/2}\exp(200/101) \approx0{,}7208226,

dan peluang posteriornya sekitar $$0{,}4188826$$ .

Melebarkan prior alternatif menyebarkan massa prediktif ke banyak nilai $$Z$$ yang jauh dari data teramati. Faktor eksponensial pada $$z$$ tetap terbatas, sedangkan penalti penyebaran $(1+\tau^2)^{-1/2}$ terus mengecil. Jadi alternatif dengan $\tau=1$ dan $\tau=10$ bukan hipotesis probabilistik yang sama; sensitivitas itu harus dilaporkan, bukan disembunyikan.

Jika prior alternatif diganti $c\,d\mu$ pada seluruh garis real, konstanta $$c$$ tidak ditentukan. Bukti marginal di bawah $$H_1$$ ikut dikalikan $$c$$ , dan demikian pula $B_{10}$ . Posterior parameter di dalam $$H_1$$ mungkin wajar, tetapi faktor Bayes antarmodel tetap tidak mempunyai nilai intrinsik.

Masalah 6 — pemeriksaan prediktif posterior versus nilai-p untuk hipotesis nol tetap

Misalkan $X\mid p\sim\operatorname{Binomial}(10,p)$ , prior $p\sim\operatorname{Beta}(1,1)$ , dan diamati $$x=9$$ . Gunakan statistik ketaksesuaian $$T(x)=x$$ .

Turunkan posterior dan distribusi prediktif posterior bagi replikasi $\widetilde X\mid X=9$ .
Hitung luas ekor prediktif $p_{\mathrm{ppc}}=P(\widetilde X\ge9\mid X=9)$ .
Untuk hipotesis nol frekuentis sederhana $$H_0:p=1/2$$ , hitung nilai-p satu sisi $p_F=P_{1/2}(X\ge9)$ .
Jelaskan bagaimana $p_{\mathrm{ppc}}$ yang besar dan $$p_F$$ yang kecil dapat sama-sama benar. Apakah $p_{\mathrm{ppc}}$ memberi uji ukuran 0,05?

Petunjuk 1

Posterior adalah Beta $$(10,2)$$ . Integralkan fungsi massa Binomial untuk data replikasi terhadap posterior guna memperoleh massa Beta–binomial.

Petunjuk 2

Gunakan

P(\widetilde X=y\mid X=9) ={10\choose y}\frac{B(10+y,12-y)}{B(10,2)}.

Jawaban singkat

$p\mid X=9\sim\operatorname{Beta}(10,2)$ dan

p_{\mathrm{ppc}} =\frac{110}{399}+\frac{11}{42} =\frac{143}{266}\approx0{,}537594.

Sebaliknya,

p_F=\frac{{10\choose9}+{10\choose10}}{2^{10}} =\frac{11}{1024}\approx0{,}0107422.

Yang pertama memakai model prediktif posterior yang telah diperbarui dengan $$x=9$$ ; yang kedua memakai hukum tetap Binomial $$(10,1/2)$$ . Luas ekor prediktif itu tidak otomatis berdistribusi seragam dan tidak otomatis menghasilkan ukuran 0,05.

Solusi lengkap

Konjugasi memberi

p\mid X=9\sim\operatorname{Beta}(1+9,1+10-9) =\operatorname{Beta}(10,2).

Untuk replikasi sepuluh percobaan, bersyarat pada $$p$$ berlaku $\widetilde X\mid p\sim\operatorname{Binomial}(10,p)$ . Integrasi terhadap posterior menghasilkan

P(\widetilde X=y\mid X=9) ={10\choose y}\frac{B(10+y,2+10-y)}{B(10,2)}.

Khusus dua nilai ekor,

P(\widetilde X=9\mid X=9)=\frac{110}{399}, \qquad P(\widetilde X=10\mid X=9)=\frac{11}{42}.

Karena itu

p_{\mathrm{ppc}} =\frac{110}{399}+\frac{11}{42} =\frac{143}{266} \approx0{,}537594.

Pada perhitungan ini, data teramati $$x=9$$ dipakai untuk membentuk posterior dan kembali dipakai sebagai ambang bagi statistik ketaksesuaian replikasi. Luas ekor menjawab pertanyaan: seberapa sering hitungan baru sedikitnya sembilan di bawah model yang telah diperbarui dengan data tersebut?

Untuk nilai-p frekuentis, $$p=1/2$$ dipandang tetap dan sampel baru $$X$$ acak di bawah hipotesis nol. Maka

p_F=P_{1/2}(X\ge9) =\left\{{10\choose9}+{10\choose10}\right\}2^{-10} =\frac{11}{1024} \approx0{,}0107422.

Jadi kejadian memperoleh sedikitnya sembilan keberhasilan berpeluang kecil jika $$p$$ ditetapkan sebesar $$1/2$$ , tetapi tidak berpeluang kecil di bawah distribusi prediktif posterior yang terpusat pada proporsi keberhasilan yang tinggi. Tidak ada kontradiksi karena hukum acuannya berbeda. Tanpa pembuktian tambahan, $p_{\mathrm{ppc}}(X)$ tidak seragam ketika pengambilan sampel diulang pada $$p$$ tetap; aturan $p_{\mathrm{ppc}}\le0{,}05$ karena itu bukan uji ukuran 0,05 hanya dari definisinya. Luas ekor prediktif adalah diagnostik model, bukan pengganti otomatis nilai-p yang terkalibrasi.

Masalah 7 — penghentian opsional, fungsi kemungkinan proporsional, dan ruang sampel

Percobaan sekuensial melempar koin sampai keberhasilan pertama atau sampai tiga lemparan, mana yang lebih dulu. Seluruh urutan dicatat. Urutan teramati adalah $$(0,0,1)$$ . Gunakan prior $p\sim\operatorname{Beta}(1,1)$ .

Turunkan fungsi kemungkinan riwayat dan posterior $$p$$ .
Bandingkan $$H_0:p=1/2$$ dengan $H_1:p\sim\operatorname{Beta}(1,1)$ . Hitung $B_{10}$ .
Tunjukkan bahwa eksperimen ukuran tetap $$n=3$$ dengan hitungan $$X=1$$ menghasilkan posterior dan faktor Bayes yang sama, walaupun fungsi kemungkinan hitungan mempunyai faktor kombinatorial tiga.
Di bawah $$p_0=1/2$$ , bandingkan peluang sekuensial “keberhasilan pertama tidak datang sebelum lemparan ketiga” dengan peluang sampel tetap “paling banyak satu sukses dalam tiga lemparan”. Jelaskan mengapa hasilnya berbeda dan cantumkan syarat agar aturan penghentian boleh diabaikan dalam posterior atau faktor Bayes.

Petunjuk 1

Fungsi kemungkinan urutan $$(0,0,1)$$ adalah $$p(1-p)^2$$ . Gunakan $\int_0^1p(1-p)^2\,dp=B(2,3)=1/12$ .

Petunjuk 2

Faktor ${3\choose1}$ pada fungsi kemungkinan hitungan tidak bergantung pada $$p$$ dan karena itu saling meniadakan dalam normalisasi posterior serta rasio bukti marginal. Ia tetap bagian dari hukum pengambilan sampel ketika kejadian ekor frekuentis didefinisikan.

Jawaban singkat

Fungsi kemungkinan sekuensial ialah $$p(1-p)^2$$ dan posteriornya Beta $$(2,3)$$ . Dengan probabilitas prior yang sama bagi kedua model,

B_{10}=\frac{B(2,3)}{(1/2)^3} =\frac{1/12}{1/8}=\frac23.

Pada desain tetap, faktor tiga mengalikan pembilang dan penyebut sehingga hasilnya sama. Namun peluang sekuensial yang diminta adalah $$1/4$$ , sedangkan peluang Binomial $$(3,1/2)$$ paling banyak satu sukses adalah $$1/2$$ . Posterior kondisional yang sama tidak menyamakan kalibrasi terhadap dua ruang sampel.

Solusi lengkap

Riwayat lengkap $$(0,0,1)$$ mempunyai probabilitas

\[L_S(p)=P_p(0,0,1)=(1-p)^2p.\]

Prior seragam wajar mempunyai kernel satu, sehingga posterior berkernel $p^{2-1}(1-p)^{3-1}$ dan

p\mid(0,0,1)\sim\operatorname{Beta}(2,3).

Di bawah alternatif campuran, bukti marginal riwayat adalah

m_1(0,0,1)=\int_0^1p(1-p)^2\,dp=B(2,3)=\frac1{12}.

Di bawah hipotesis nol sederhana,

m_0(0,0,1)=\left(\frac12\right)^3=\frac18.

Jadi $B_{10}=(1/12)/(1/8)=2/3$ .

Dalam eksperimen sampel tetap yang hanya melaporkan hitungan satu sukses, fungsi kemungkinannya

L_F(p)={3\choose1}p(1-p)^2=3L_S(p).

Faktor tiga tidak bergantung pada $$p$$ . Ia hilang ketika posterior dinormalisasi. Untuk faktor Bayes, bukti marginal di kedua model juga dikali tiga:

\frac{3(1/12)}{3(1/8)}=\frac23.

Kesamaan kondisional ini tidak menentukan kejadian ekor frekuentis. Di bawah $$p_0=1/2$$ , kejadian sekuensial bahwa keberhasilan pertama tidak terjadi sebelum lemparan ketiga berarti dua lemparan pertama gagal, sehingga

P_{1/2}(Y_1=0,Y_2=0)=\left(\frac12\right)^2=\frac14.

Pada desain tetap, kejadian paling banyak satu sukses mempunyai probabilitas

P_{1/2}(X\le1) =\frac{{3\choose0}+{3\choose1}}{2^3} =\frac{1+3}{8}=\frac12.

Kedua ekor mengurutkan hasil potensial yang berbeda, jadi perbedaan bukan kontradiksi. Aturan penghentian dapat diabaikan dalam posterior atau rasio fungsi kemungkinan bila waktu berhenti merupakan fungsi dari riwayat yang dicatat, aturan yang sama digunakan di bawah semua model, dan setiap faktor tambahan akibat penghentian—setelah dikondisikan pada riwayat tercatat—tidak bergantung pada parameter. Prior dan model juga harus ditetapkan sebelum lintasan diamati. Faktor Bayes antarmodel memerlukan prior yang wajar agar fungsi kemungkinan marginal dan proses rasio berurutan terdefinisi.

Aturan tidak boleh diabaikan bila penghentian atau seleksi memakai informasi yang tidak dicatat, mekanisme penyensoran bergantung pada parameter, prior atau model diubah setelah melihat lintasan, atau rasio fungsi kemungkinan hampiran tidak membentuk martingal yang sah. Untuk hipotesis nol komposit, jaminan sah setiap saat harus berlaku bagi setiap anggota nol yang diklaim; validitas di bawah satu campuran prior nol bukan otomatis kendali tipe I seragam.

Masalah 8 — audit kuantitatif laboratorium kalibrasi SIM006

Gunakan angka publik pada Kalibrasi selang Bayesian dan frekuentis pada model binomial. Pada $$p=0{,}10$$ yang dipandang tetap, cakupan eksak dan Monte Carlo dari 80.000 replikasi adalah

Tabel 1 — Masalah 8 — audit kuantitatif laboratorium kalibrasi SIM006
prosedur	eksak	Monte Carlo
kredibel Beta $$(2,2)$$	0,867047	0,866463
Clopper–Pearson	0,988747	0,988150

Audit prediktif prior dengan 500.000 pasangan melaporkan 0,950392 untuk interval kredibel dengan nilai eksak 0,95, serta 0,974138 untuk Clopper–Pearson dengan nilai eksak 0,973876917134. Selisih maksimum di 99 titik kisi adalah 0,002279528245 dan 0,001611006822; ambang pemeriksaannya 0,008.

Untuk setiap baris $$p=0{,}10$$ , hitung selisih Monte Carlo, galat baku binomial $\sqrt{c(1-c)/80000}$ menggunakan $$c$$ eksak, dan skor baku.
Lakukan perhitungan yang sama bagi dua audit prediktif prior dengan $$N=500000$$ .
Hitung margin kedua selisih maksimum terhadap batas 0,008.
SIM006 juga melaporkan cakupan parameter-tetap nol pada $$p=0{,}01$$ untuk selang kredibel, sementara setiap selang yang terhitung memuat 0,95 massa posterior. Jelaskan mengapa semua hasil ini konsisten dan apa yang tidak boleh disimpulkan tentang superioritas salah satu paradigma.

Petunjuk 1

Gunakan skor audit

z_{\mathrm{MC}}=\frac{\widehat c-c}{\sqrt{c(1-c)/N}}.

Skor ini mengukur besar selisih dalam satuan galat baku Monte Carlo; ia bukan statistik uji baru bagi parameter model.

Petunjuk 2

Bandingkan cakupan $P_p\{p\in C(X)\}$ pada $$p$$ tetap dengan massa posterior $P\{p\in C(x)\mid X=x\}$ pada $$x$$ tetap. Identitas rataan terhadap prior mengintegralkan yang pertama terhadap Beta $$(2,2)$$ .

Jawaban singkat

Pada $$p=0{,}10$$ , hasil selang kredibel adalah $\widehat c-c=-0{,}000584$ , galat baku $$0{,}00120040$$ , dan $z_{\mathrm{MC}}=-0{,}487$ ; hasil Clopper–Pearson adalah $$-0{,}000597$$ , galat baku $$0{,}000372934$$ , dan $z_{\mathrm{MC}}=-1{,}601$ . Untuk audit prediktif prior, skor bakunya berturut-turut sekitar 1,272 dan 1,157. Margin terhadap batas 0,008 adalah 0,005720471755 dan 0,006388993178. Semua pemeriksaan lulus; hasil itu tidak mengubah kalibrasi yang dirata-ratakan terhadap prior menjadi cakupan seragam.

Solusi lengkap

Pada $$p=0{,}10$$ , parameter pembangkit dipandang tetap dan hanya hasil 80.000 sampel binomial yang acak. Untuk selang kredibel,

\widehat c-c=0{,}866463-0{,}867047=-0{,}000584,

dan

\operatorname{SE}_{\mathrm{MC}} =\sqrt{\frac{0{,}867047(1-0{,}867047)}{80000}} \approx0{,}00120040.

Maka $z_{\mathrm{MC}}\approx-0{,}4865$ . Untuk Clopper–Pearson,

\widehat c-c=0{,}988150-0{,}988747=-0{,}000597,

\operatorname{SE}_{\mathrm{MC}} =\sqrt{\frac{0{,}988747(1-0{,}988747)}{80000}} \approx0{,}000372934,

dan $z_{\mathrm{MC}}\approx-1{,}6008$ . Kedua selisih berada pada skala yang wajar bagi variasi Monte Carlo yang dilaporkan.

Dalam audit prediktif prior, $$p$$ terlebih dahulu acak menurut prior Beta $$(2,2)$$ , lalu $$X$$ acak bersyarat pada $$p$$ . Untuk selang kredibel,

\widehat c-c=0{,}950392-0{,}95=0{,}000392,

\operatorname{SE}_{\mathrm{MC}} =\sqrt{\frac{0{,}95(0{,}05)}{500000}} \approx0{,}000308221,

sehingga $z_{\mathrm{MC}}\approx1{,}2718$ . Untuk Clopper–Pearson,

\widehat c-c =0{,}974138-0{,}973876917134 =0{,}000261082866,

\operatorname{SE}_{\mathrm{MC}} =\sqrt{\frac{0{,}973876917134(1-0{,}973876917134)}{500000}} \approx0{,}000225569,

dan $z_{\mathrm{MC}}\approx1{,}1574$ .

Pemeriksaan maksimum juga mempunyai margin positif:

\[0{,}008-0{,}002279528245=0{,}005720471755,\]

\[0{,}008-0{,}001611006822=0{,}006388993178.\]

Jadi replikasi numerik konsisten dengan nilai eksak dan toleransi yang ditetapkan. Cakupan nol pada $$p=0{,}01$$ berarti bahwa, ketika $$p=0{,}01$$ dipandang tetap dan $$X$$ diulang, tidak ada interval $$C_B(X)$$ yang memuat nilai tetap itu. Massa posterior 0,95 berarti bahwa untuk setiap $$x$$ yang telah diamati, $$p$$ acak menurut posterior Beta $$(x+2,22-x)$$ mempunyai peluang 0,95 berada dalam intervalnya. Cakupan yang terlalu rendah di wilayah yang diberi massa prior kecil dapat diimbangi cakupan tinggi di daerah lain sehingga rataan terhadap prior tepat 0,95.

Pada kisi ini, Clopper–Pearson mempertahankan cakupan parameter-tetap sekurang-kurangnya sebesar target. Karena kediskretan, prosedur ini menjadi konservatif ketika dirata-ratakan terhadap prior. Selang kredibel memenuhi target posterior dan identitas yang dirata-ratakan terhadap prior, tetapi tidak memenuhi target cakupan seragam. Pilihan di antara keduanya bergantung pada target probabilitas, kerugian, dan jaminan yang diperlukan; satu audit tidak membuktikan superioritas universal Bayesian ataupun frekuentis.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda dapat menurunkan posterior dan tindakan dari prior, fungsi kemungkinan, serta kerugian yang dinyatakan; memeriksa normalisasi untuk semua kemungkinan data, termasuk batasnya; membedakan peran peubah acak dan besaran tetap pada setiap pernyataan peluang; menghitung kurva cakupan serta rataan terhadap prior tanpa menyamakannya; mengaudit faktor Bayes, pemeriksaan prediktif, dan penghentian opsional berdasarkan hukum yang benar; serta memverifikasi angka simulasi dengan galat Monte Carlo yang terukur. Tidak satu pun contoh di atas membenarkan klaim bahwa satu paradigma selalu lebih baik.

prosedur	eksak	Monte Carlo
kredibel Beta $\((2,2)\)$	0,867047	0,866463
Clopper–Pearson	0,988747	0,988150