中山大学-432统计学-2017年-解析

中山大学-432统计学-2017年

一、选择题(每小题3分, 共60分)

1. 在概率的公理化结构中, 把概率所满足的条件中的可列可加性换成有限可加性, 则下列概率的 性质中不成立的是 ( )
   (A) $P(\emptyset)=0$
   (B) 对任何事件 $A, \mathrm{P}(\bar{A})=1-\mathrm{P}(A)$
   (C) $S_{n}$ 是一个单调不减的集序列, $\lim _{n \rightarrow \infty} \mathrm{P}\left(S_{n}\right)=\mathrm{P}\left(\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}\right)$
   (D) $\mathrm{P}(A B) \geq \mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-1$

Solution: C
选项 A: $P(\Omega)=P(\Omega+\varnothing)=P(\Omega)+P(\varnothing)=1$, 由概率正则性和非负性可 知, $P(\varnothing)=1, \mathrm{~A}$ 正确.
选项 B: $P(\Omega)=P(A+\bar{A})=P(A)+P(\bar{A})=1$, B 正确.
选项 C: C 选项表示下连续性，可列可加性的充要条件为: 1) 有限可加性; 2)
下连续性, 有限可加性不可推出可列可加性, $\mathrm{C}$ 错误.
选项 D: $P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B) \leqslant 1$, D 正确.

2. 对任意两个随机事件 $A$ 与 $B$, 必有 $\mathrm{P}(A \cap \bar{B})=($ )
   (A) $\mathrm{P}(A)-\mathrm{P}(B)$
   (B) $\mathrm{P}(A)-\mathrm{P}(B)+\mathrm{P}(A B)$
   (C) $\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)$
   (D) $\mathrm{P}(A)-\mathrm{P}(A B)$

Solution: 2.D 由于 $P(A \cap B)+P(A \cap \bar{B})=P(A), \mathrm{D}$ 正确.

3. 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只, 其中恰有一双配对的概率是()
   (A) $2 / 3$
   (B) $4 / 7$
   (C) $2 / 7$
   (D) $1 / 3$

Solution: B
总的取法为 $\mathrm{C}_{10}^{4}$ ，要使恰有一双配对，则可以先从 5 双鞋子中选取一双，共 5 种取法; 然后从剩下的鞋子中任取两双，共有 $C_{4}^{2}$ 种取法; 最后从取出的两双鞋 子中各取一只, 每一双鞋子有两种取法, 则总共有四种取法, 因此所求概率为

$\frac{5 \times C_{4}^{2} \times 4}{C_{10}^{4}}=\frac{4}{7}$

B 正确.

4. 如果你的水平略高于对手, 为保证比赛的胜利，你最期望以下哪种比赛规则()
   (A) 一局定输赢
   (B)三局两胜
   (C)五局三胜
   (D)不能确定

Solution: C
设 $p$ 表示某一局赢的概率 $p+q=1, p>q$;

$\begin{aligned} P(B)&=C_{3}^{2} p^{2} q+p^{3}>p=P(A) \\ P(C)&=C_{5}^{3} p^{3} q^{2}+C_{5}^{4} p^{4} q+p^{5}>P(B) \end{aligned}$

故选 C.

5. 随机变量 $X, Y$ 均只能取 0,1 两个值。下面哪个选项不是与 “它们的相关系数为 0 ” 等价 ()
   (A) 随机变量 $X, Y$ 相互独立
   (B) $\mathrm{P}(X=1, Y=0)=\mathrm{P}(X=1) \mathrm{P}(Y=0)$
   (C) $\mathrm{P}(X=0, Y=0)=\mathrm{P}(X=0) \mathrm{P}(Y=0)$
   (D) $\mathrm{E}(X Y)=0$

Solution: D
易证明 $\mathrm{BC}$ 两项等价于 $\mathrm{X}, \mathrm{Y}$ 相互独立,一个重要结论：若 $\mathrm{X}$ 和 $\mathrm{Y}$ 都服从于 两点分布, 则 $X$ 与 $Y$ 不相关和独立等价. 故 $A B C$ 正确.
对于 $\mathrm{D}$ 选项, 若 $E(X Y)=0$, 则 $\rho_{X Y}=-\frac{E(X) E(Y)}{\sqrt{D(X) D(Y)}}$, 故 $E(X Y)=0$ 与 $\rho_{X Y}=0$ 不等价, D 错误.

6. 有两条蚕, 每条蚕的产卵数相互独立并服从泊松分布, 参数分别为 $\lambda_{1}$ 和 $\lambda_{2}$ 。每个卵孵化成小蚕的 概率为 $p(0<p<1)$, 且 “每个卵能孵化为小蚕与否” 相互独立。记两条蚕养活的小蚕总数为 $Y$, 则 (1) $Y$ 服从的分布; (2)两条蚕总共能孵化小蚕数的期望分别是()
   (A) 泊松分布, $\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) p$
   (B) 泊松分布, $\lambda_{1}+\lambda_{2}$
   (C) 二项分布, $\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) p$
   (D) 二项分布, $\lambda_{1}+\lambda_{2}$

Solution: A
记 $X$ 为总产卵数, $Z_{i} \sim b(1, p)$ 且相互独立, 由泊松分布可加性知，总产卵数 $X \sim \mathcal{P}\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)$, 且有

$Y = Z_1+Z_2+\cdots + Z_X,$

考虑矩母函数

$\psi _Z\left( t \right) =E\left[ e^{tZ_1} \right] =pe^t+1-p=1+p\left( e^t-1 \right) ,$

记 $\lambda = \lambda_1 +\lambda_2$, 由全期望公式, 有

$\begin{aligned} E\left[ e^{tY} \right] &=\sum_{n=0}^{\infty}{P\left( X=n \right) E\left[ e^{Z_1+\cdots +Z_n}|X=n \right]}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\lambda ^n}{n!}e^{-\lambda}\left( 1+p\left( e^t-1 \right) \right) ^n}\\ &=e^{-\lambda}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left[ \lambda \left( 1+p\left( e^t-1 \right) \right) \right] ^n}{n!}}=e^{-\lambda}e^{\lambda \left( 1+p\left( e^t-1 \right) \right)}=e^{\lambda p\left( e^t-1 \right)}.\\ \end{aligned}$

这恰好是 $\mathcal{P}(\lambda p) =\mathcal{P}((\lambda_1+\lambda_2)p)$的矩母函数, 因此 $Y\sim \mathcal{P}((\lambda_1+\lambda_2)p)$. 服从泊松分布, 期望是 $(\lambda_1+\lambda_2)p$.

7. 甲盒中有 4 个白球, 1 个黑球; 乙盒中有 4 个白球, 3 个黑球。从甲盒中任取一球放入乙盒, 然后 再从乙盒中任取一球。则(1)在乙盒中取到的是白球的概率; (2)如果已知在乙盒中取到的是白球, 从 甲盒中取出放入乙盒中的也是白球的概率分别是()
   (A) $1 / 2,5 / 6$
   (B) $3 / 5,5 / 6$
   (C) $1 / 2,4 / 5$
   (D) $3 / 5,4 / 5$

Solution: B
记 $A_{i}$ 表示第 $\mathrm{i}$ 次摸到白球, 则

$\begin{aligned} P\left(A_{2}\right) &=P\left(A_{2} \mid A_{1}\right) P\left(A_{1}\right)+P\left(A_{2} \mid \overline{A_{1}}\right) P\left(\overline{A_{1}}\right) \\ &=\frac{5}{8} \times \frac{4}{5}+\frac{1}{2} \times \frac{1}{5} \\ &=\frac{3}{5} \end{aligned}$

$P\left(A_{1} \mid A_{2}\right)=\frac{P\left(A_{1} A_{2}\right)}{P\left(A_{2}\right)}=\frac{\frac{5}{8} \times \frac{4}{5}}{\frac{3}{5}}=\frac{5}{6}$

故选 B.

8. 英国《观察家报》和 Opinium 公司 2016 年 6 月初进行的联合民意调查显示, $40 \%$ 英国民众支持留 在欧盟。考虑一个由 600 名英国民众组成的随机样本, 以 $X$ 表示这 600 人中支持留在欧盟的人数。记 $\Phi(x)$ 是标准正态分布的分布函数, 则 $222<X<258$ 的概率大约是 ()
   (A) $2 \Phi(1.5)-1$
   (B) $2 \Phi(1.5)$
   (C) $2 \Phi(2)$
   (D) $2 \Phi(2)-1$

Solution: A
$X \sim b(600,0.4)$, 根据二项分布的正态近似可知 $\mathrm{X}$ 近似服从于 $N(240,144)$,
则

$\begin{aligned} P(222<X<258) &=P\left(\frac{222-240}{\sqrt{144}}<\frac{X-240}{\sqrt{144}}<\frac{258-240}{\sqrt{144}}\right) \\ &=\Phi(1.5)-\Phi(-1.5) \\ &=2 \Phi(1.5)-1 \end{aligned}$

故选 A.

9. 设随机变量序列 $X_{n} 几$ 乎处处收敛到随机变量 $X$, 则下列说法不正确的是 ()
   (A) $X_{n}$ 依概率收敛到 $X$
   (B) $X_{n}$ 依分布收敛到 $X$
   (C) $X_{n}$ 二阶矩收敛到 $X$
   (D) $X_{n}^{2}$ 几乎处处收敛到 $X^{2}$

Solution: C
选项 A: 几乎处处收敛可以推出依概率收敛, A 正确.
选项 B: 依概率收敛可以推出依分布收玫, B 正确.
选项 C: $\mathrm{r}$ 阶收玫与几乎处处收玫之间一般无法相互推出, 可参考如下反例
独立随机变量序列 $P\left(X_{n}=0\right)=1-\frac{1}{n^{2}}, P\left(X_{n}=n\right)=\frac{1}{n^{2}}$, 显然有 $X_{n} \stackrel{a . s .}{\longrightarrow} 0$, 但 是 $E X_{n}^{2}=1 \nrightarrow 0$.
选项 D: 若 $f(x)$ 是连续函数, $X_{n} \stackrel{a . s,}{\longrightarrow} X$, 则 $f\left(X_{n}\right) \stackrel{a . s,}{\longrightarrow} f(X)$, D 正确.

10. 设 $X$ 和 $Y$ 均服从标准正态分布, 则 ()
    (A) $X-Y$ 服从正态分布
    (B) $X^{2}+Y^{2}$ 服从卡方分布
    (C) $Y \mid X$ 服从正态分布
    (D) $X^{2}$ 服从卡方分布

Solution: D
当 $X=Y$ 时, 易知 $\mathrm{ABC}$ 都不正确, 由卡方分布的定义可知, $X^{2} \sim \chi^{2}(1), \mathrm{D}$ 正确.

11. 设 $X \sim \chi^{2}(1), Y \sim \chi^{2}(n)$, 则 $F=n X / Y$ 的分布是 ()
    (A) $t(n)$
    (B) $F(1, n)$
    (C) $F(n, 1)$
    (D)不能确定

Solution: D
$X, Y$ 的独立性未知, 无法判断 $\frac{n X}{Y}$ 的分布, 因此本题选 D.

12. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自标准正态分布 $N(0,1)$ 的简单随机样本。令 $\bar{X}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} / n$ 为样本均值, $S^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} /(n-1)$ 为样本方差, 则 ()
    (A) $\frac{n \bar{X}^{2}}{S^{2}} \sim F(1, n-1)$
    (B) $n \bar{X}^{2} \sim \chi^{2}(n)$
    (C) $n S^{2} \sim \chi^{2}(n-1)$
    (D) $(n-1) S^{2} \sim \chi^{2}(n)$

Solution: A
因为诸 $X_{i}$ 相互独立, 服从标准正态分布, 故 $\bar{x}$ 与 $s^{2}$ 相互独立, $\bar{X} \sim N\left(0, \frac{1}{n}\right), \sqrt{n} \bar{X} \sim N(0,1), n \bar{X}^{2} \sim \chi^{2}$ (1), 选项 B 错误. $(n-1) S^{2} \sim \chi^{2}(n-1)$, 故选项 C、D 错误.

$\frac{n \bar{X}^{2}}{S^{2}}=\frac{\frac{n \bar{X}^{2}}{1}}{\frac{(n-1) S^{2}}{n-1}}=\frac{\frac{\chi^{2}(1)}{1}}{\frac{\chi^{2}(n-1)}{n-1}} \sim F(1, n-1), \mathrm{A} \text { 正确. }$

13. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自均匀分布 $U(1-\theta, 1+\theta)$ 的简单随机样本, 其顺序统计量记为 $X_{(1)}, \cdots, X_{(n)}$, 则 $\theta$ 的充分统计量为 ()
    (A) $X_{(1)}$
    (B) $X_{(n)}$
    (C) $\max _{i}\left\{\left|X_{i}-1\right|\right\}$
    (D) $X_{(n)}-X_{(1)}$

Solution: C
样本的似然函数为

$L(\theta)=\left(\frac{1}{2 \theta}\right)^{n} \mathbf{I}_{\left\{1-\theta<x_{i}<1+\theta\right\}}=\left(\frac{1}{2 \theta}\right)^{n} \mathbf{I}_{\left\{\theta>\max \left\{\left|x_{i}-1\right|\right\}\right\}}$

由因子分解定理知: $\theta$ 的充分统计量为: $\max \left\{\left|x_{i}-1\right|\right\}$.

14. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自指数分布 $\operatorname{Exp}(\lambda)$ 的简单随机样本, 密度函数为 $f(x ; \lambda)=\lambda e^{-\lambda x}, x>0$ 。令 $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}, Q=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$, 则 ()
    (A) $T$ 与 $Q / T^{2}$ 独立
    (B) $T$ 与 $Q$ 独立
    (C) $T$ 服从参数为 $n \lambda$ 的指数分布
    (D) $T$ 服从参数为 $\lambda / n$ 的指数分布

Solution: A
$X$ 不服从正态分布, 其样本均值与样本方差不独立, 选项 B 错误.
$E(T)=\frac{n}{\lambda}, D(T)=\frac{n}{\lambda^{2}}$, 参数为 $n \lambda$ 的指数分布的期望为 $\frac{1}{n \lambda}$, 参数为 $\frac{\lambda}{n}$ 的指 数分布的方差为 $\frac{n^{2}}{\lambda^{2}}$, 故选项 $\mathrm{C} 、 \mathrm{D}$ 错误.
因为 $\frac{Q}{T^{2}}$ 为 $\lambda$ 的辅助统计量, $T$ 是关于 $\lambda$ 的充分完备统计量, 根据 Basu 定理 可知两者独立, 故选项 A 正确.

15. 设样本 $X_{1}, \cdots, X_{n}(n \geq 2)$ 来自参数为 $\theta(>0)$ 的泊松 (Poisson) 分布, 概率分布列为 $f(x ; \theta)=$ $\frac{\theta^{x} e^{-\theta}}{x !}, x=0,1,2, \ldots$ 。令 $\bar{X}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} / n$ 为样本均值, $S^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} /(n-1)$ 为样本方差, 若 $Y=a \bar{X}+(1-a) S^{2}, 0 \leq a \leq 1$ 为 $\theta$ 的无偏估计, 则 ()
    (A) $a=0$
    (B) $a=1$
    (C) $a=0.5$
    (D) 以上皆可

Solution: D

$E(\bar{X})=E\left(X_{i}\right)=\theta, E\left(S^{2}\right)=D\left(X_{i}\right)=\theta \text {, }$

则 $E(Y)=a E(\bar{X})+(1-a) E\left(S^{2}\right)=a \theta+(1-a) \theta=\theta$, 于是 $Y$ 恒为 $\theta$ 的无 偏估计, 与 $a$ 的取值无关, 所以选项 D 正确.

16. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自均值为 0 , 方差为 $\sigma^{2}$ 的总体的简单随机样本, 令 $Y=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, Q=$ $\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$, 则下列说法正确的是 ()
    (A) $Q / n$ 是 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计
    (B) $Y / n$ 是 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计
    (C) $Q / n$ 是 $\sigma^{2}$ 的无偏估计
    (D) $Y / n$ 是 $\sigma^{2}$ 的无偏估计

Solution: D
题目没有给出总体的概率密度函数, 无法求出 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计, 选项 $\mathrm{A}$ 、 B 错误.
$E\left(\frac{Q}{n}\right)=\frac{n-1}{n} \sigma^{2}$, 选项 $\mathrm{C}$ 错误.
$E\left(\frac{Y}{n}\right)=\frac{1}{n} E\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right)=\frac{1}{n}\left[\sum_{i=1}^{n} D X_{i}+\sum_{i=1}^{n}\left(E X_{i}\right)^{2}\right]=\frac{1}{n}\left(n \sigma^{2}\right)=\sigma^{2}$, 故选项 D 正确.

17. 设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 为来自均值为 $\mu$ 的总体的简单随机样本, 则下列 $\mu$ 的估计量中方差最小的是 ()
    (A) $\frac{1}{4} X_{1}+\frac{1}{2} X_{2}+\frac{1}{4} X_{3}$
    (B) $\frac{4}{5} X_{1}+\frac{2}{5} X_{2}-\frac{1}{5} X_{3}$
    (C) $\frac{2}{3} X_{1}-\frac{1}{3} X_{2}+\frac{2}{3} X_{3}$
    (D) $\frac{1}{2} X_{1}+\frac{1}{3} X_{2}+\frac{1}{6} X_{3}$

Solution: 假设 $X_{i}$ 的方差为 $\sigma^{2}$, 四个选项的方差分别为:

$\begin{gathered} \operatorname{Var}(A)=\left(\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}\right) \sigma^{2}=\frac{3}{8} \sigma^{2} \\ \operatorname{Var}(B)=\left(\frac{4^{2}}{5^{2}}+\frac{2^{2}}{5^{2}}+\frac{1}{5^{2}}\right) \sigma^{2}=\frac{21}{25} \sigma^{2} \\ \operatorname{Var}(C)=\left(\frac{2^{2}}{3^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{2}}\right) \sigma^{2}=\sigma^{2} \end{gathered}$

$\operatorname{Var}(D)=\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{6^{2}}\right) \sigma^{2}=\frac{7}{18} \sigma^{2}$

比较所得 $\mathrm{A}$ 选项方差最小, 所以选项 $\mathrm{A}$ 正确.

18. 设 $X_{1}, \cdots, X_{5}$ 为来自均匀分布 $U(0, \theta)$ 的简单随机样本, 令 $Y_{1}=\min \left\{X_{i}\right\}, Y_{5}=\max \left\{X_{i}\right\}$, 则 $\theta$ 的 $90 \%$ 置信区间为()
    (A) $\left(\frac{Y_{1}}{\sqrt[5]{0.95}}, \frac{Y_{1}}{\sqrt[5]{0.05}}\right)$
    (B) $\left(\frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.95}}, \frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.05}}\right)$
    (C) $\left(\begin{array}{cc}\frac{Y_{1}}{\sqrt[5]{0.9}}, & \frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.9}}\end{array}\right)$
    (D) $\left(\frac{Y_{1}}{1-\sqrt[5]{0.1}}, \frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.1}}\right)$

Solution: B
$X_{i}$ 的概率密度函数: $f\left(x_{i}\right)= \begin{cases}\frac{1}{\theta} & x \in(0, \theta) \\ 0 & \text { 其他 }\end{cases}$ 所以 $Y_{5}$ 的概率密度函数: $f_{Y_{5}}(y)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{5 y^{4}}{\theta^{5}} & y \in(0, \theta) \\ 0 & \text { 其他 }\end{array}\right.$ ， 故 $\frac{Y_{5}}{\theta}$ 为枢轴量, 其概率密度函数:

$f_{\frac{Y_{5}}{\theta}}(y)=\left\{\begin{array}{cc} 5 y^{4} & y \in(0,1) \\ 0 & \text { 其他 } \end{array}\right.$

于是有 $P\left(\sqrt[5]{0.05}<\frac{Y_{5}}{\theta}<\sqrt[5]{0.95}\right)=0.9$, 反解得到置信区间

$\left(\frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.95}}, \frac{Y_{5}}{\sqrt[5]{0.05}}\right)$

[注]: 于情于理, 这里是不该用等尾的.

19. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自正态总体 $N(\mu, 1)$ 的简单随机样本, 令 $\bar{X}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} / n$ 为样本均值。针对假设 $\mathrm{H}_{0}: \mu \leq 0$ v.s. $\mathrm{H}_{1}: \mu>0$, 显著性水平 $\alpha=0.05$, 拒绝域为( )
    (A) $\sqrt{n} \bar{X}<-1.96$
    (B) $\sqrt{n} \bar{X}>1.96$
    (C) $\sqrt{n} \bar{X}<-1.64$
    (D) $\sqrt{n} \bar{X}>1.64$

Solution: D
$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{1}{n}\right)$, 在该假设下，拒绝域为: $\sqrt{n} \bar{X}>z_{0.95}, z_{0.95}=1.64$.

20. 线性模型 $Y_{i}=a X_{i}+e_{i}, i=1, \ldots, n, e_{i}, i=1, \ldots, n$ 独立同分布于正态分布 $N\left(0, \sigma^{2}\right)$ 。令 $\bar{X}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} / n, \bar{Y}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i} / n$ 则 $a$ 的最大似然估计是 ()
    (A) $\bar{X}$
    (B) $\bar{Y}$
    (C) $\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}}$
    (D) $\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} Y_{i}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}$

Solution: D
$e_{i} \sim N\left(0, \sigma^{2}\right)$, 所以 $Y_{i} \sim N\left(a x_{i}, \sigma^{2}\right)$, 所以似然函数为:

$L\left(y_{1} \ldots y_{n} \mid a\right)=\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{\left(y_{i}-\alpha x_{i}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}}=\left(\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \delta}\right)^{n} e^{-\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a x_{i}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}}$

取对数并关于 $a$ 求偏导置 0 , 解得

$\hat{a}=\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i} Y_{i}}{\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}}$

二、(24 分) 设随机向量 $(X, Y)$ 的联合密度为

$f\left( x,y \right) =\frac{1}{2}\left( x+y \right) e^{-\left( x+y \right)},x>0,y>0.$

(1) (8 分) 求 $X=0.5$ 时, $Y$ 的条件密度 $f(y \mid x=0.5)$ 。
(2) (8 分) 求 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho$ 。
(3) (8 分) 求 $Z=X+Y$ 的密度函数。

Solution:
(1) 当 $x>0$ 时,

$\begin{aligned} f_{X}(x) &=\int_{0}^{+\infty} f(x, y) d y \\ &=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{2}(x+y) e^{-(x+y)} d y \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} x e^{-(x+y)} d y+\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} y e^{-(x+y)} d y=\frac{1}{2} x e^{-x}+\frac{1}{2} e^{-x} \end{aligned}$

同理，当 $y>0$ 时,

$\begin{aligned} f_{Y}(y) &=\int_{0}^{+\infty} f(x, y) d x \\ &=\frac{1}{2} y e^{-y}+\frac{1}{2} e^{-y} \end{aligned}$

于是 $f_{Y \mid X}(y \mid x)=\frac{f(x, y)}{f_{X}(x)}=\frac{x+y}{x+1} e^{-y}, x>0, y>0$, 代入 $x=0.5$

$f_{Y \mid X}(y \mid x=0.5)=\frac{1+2 y}{3} e^{-y}, y>0$

(2)

$E(X)=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{2} x(x+1) e^{-x} d x=\frac{1}{2} \Gamma(3)+\frac{1}{2} \Gamma(2)=\frac{3}{2}$

$E\left(X^{2}\right)=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{2} x^{2}(x+1) e^{-x} d x=\frac{1}{2} \Gamma(4)+\frac{1}{2} \Gamma(3)=4$

同理, $E(Y)=\frac{3}{2}, E\left(Y^{2}\right)=4$.
所以 $D(X)=D(Y)=\frac{7}{4}$

$\begin{aligned} E(X Y) &=\iint x y f(x, y) d x d y \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} y e^{-y} d y \int_{0}^{+\infty}\left(x^{2}+x y\right) e^{-x} d x \\ &=\int_{0}^{+\infty} y e^{-y} d y+\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} y^{2} e^{-y} d y \\ &=2 \end{aligned}$

于是 $\operatorname{Cov}(X, Y)=E(X Y)-E(X) E(Y)=-\frac{1}{4}$, 从而

$\rho=\frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D(X) D(Y)}}=-\frac{1}{7}$

(3)
当 $z \leqslant 0$ 时, $f(z)=0$
当 $z > 0$ 时,

$\begin{aligned} f(z) &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(x, z-x) d x \\ &=\int_{0}^{z} \frac{1}{2} z e^{-z} d x \\ &=\frac{1}{2} z^{2} e^{-z} \end{aligned}$

所以

$f(z)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{1}{2} z^{2} e^{-z} & z>0 \\ 0 & z \leqslant 0 \end{array}\right.$

三、 (24 分) 设 $X_1, \cdots, X_n$ 来自以下总体, 其密度函数为

$f(x ; \alpha, \beta)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{\alpha x^{\alpha-1}}{\beta^\alpha}, & 0<x \leq \beta, \\ 0, & \text { 其他. } \end{array}\right.$

其中 $\alpha(>0)$ 和 $\beta(>0)$ 为末知参数。
(1) (6 分) 求总体的期望以及方差。
(2) (8 分) 写出 $\alpha$ 和 $\beta$ 的充分统计量。
(3) (10 分) 求 $\alpha$ 和 $\beta$ 的最大似然估计量。

Solution:
(1)

$\begin{gathered} E(X)=\int_{0}^{\beta} \frac{\alpha}{\beta^{\alpha}} x^{\alpha} d x=\frac{\alpha}{\alpha+1} \beta \\ E\left(X^{2}\right)=\int_{0}^{\beta} \frac{\alpha}{\beta^{\alpha}} x^{\alpha+1} d x=\frac{\alpha}{\alpha+2} \beta^{2} \\ D(X)=E\left(X^{2}\right)-E^{2}(X)=\frac{\alpha \beta^{2}}{(\alpha+1)^{2}(\alpha+2)} \end{gathered}$

(2)

$\begin{aligned} f\left(x_{1}, x_{2} \cdots x_{n} ; \alpha, \beta\right) &=\prod_{i=1}^{n} \frac{\alpha x_{i}^{\alpha-1}}{\beta^{\alpha}} I_{\left(0<x_{i} \leqslant \beta\right)} \\ &=\frac{\alpha^{n}}{\beta^{n \alpha}}\left(\prod_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{\alpha-1} I_{\left(x_{(w)} \leqslant \beta\right)} \end{aligned}$

由因子分解定理得, $\alpha$ 和 $\beta$ 的充分统计量为 $\left(\prod_{i=1}^{n} X_{i}, X_{(n)}\right)$.
(3)
似然函数

$L(\alpha, \beta)=\prod_{i=1}^{n} \frac{\alpha}{\beta^{\alpha}} x_{i}^{\alpha-1}=\frac{\alpha^{n}}{\beta^{n \alpha}}\left(\prod_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{\alpha-1}$

取对数得

$\ln L=n \ln \alpha-n \alpha \ln \beta+(\alpha-1) \sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}$

关于两个参数求偏导

$\left\{\begin{array}{l} \frac{\partial \ln L}{\partial \alpha}=\frac{n}{\alpha}-n \ln \beta+\sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}=0 \\ \frac{\partial \ln L}{\partial \beta}=-\frac{n \alpha}{\beta}<0 \end{array}\right.$

其中关于 $\beta$ 的偏导恒负, 而 $\beta \geqslant X_{(n)}$, 所以 $\hat{\beta}=X_{(n)}$ 是 $\beta$ 的最大似然估计. 而将关于 $\alpha$ 的偏导置零，再代入 $\hat{\beta}=X_{(n)}$, 解得 $\hat{\alpha}=\frac{n}{n \ln X_{(n)}-\sum_{i=1}^{n} \ln X_{i}}$ 是 $\alpha$ 的最大似然估计.

四、(24 分) 设样本 $X_1, \cdots, X_n(n \geq 2)$ 来自参数为 $\theta(>0)$ 的泊松 (Poisson) 分布, 概率分布列为 $f(x ; \theta)=\frac{\theta^x e^{-\theta}}{x !}, x=0,1,2, \ldots$ 令 $g(\theta)=e^{-\theta}, Y=\mathrm{I}\left(X_1=0\right)$, 其中 $\mathrm{I}$ 为示性函数。
(1) (6 分) 求 $g(\theta)$ 的最大似然估计量。
(2) (8 分) 证明 $Y$ 是 $g(\theta)$ 的无偏估计量。
(3) (10 分) 求 $g(\theta)$ 的最小方差无偏估计量。

Solution:
(1) 似然函数为: $L\left(x_{1} \ldots x_{n} \mid \theta\right)=e^{-n \theta} \prod_{i=1}^{n}\left(\frac{\theta^{x_{i}}}{x_{i} !}\right)$
两边取对数: $\ln L=-n \theta+\ln \theta \sum_{i=1}^{n} x_{i}-\sum_{i=1}^{n} \ln \left(x_{i} !\right)$, 对 $\theta$ 求导并置 0 , 有

$\frac{\partial \ln L}{\partial \theta}=-n+\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}{\theta}=0$

解得 $\theta$ 的最大似然估计 $\hat{\theta}=\bar{x}$, 再由最大似然估计的不变性可得 $g(\theta)$ 的的 最大似然估计: $e^{-\bar{x}}$.
(2)
$E(Y)=P\left(X_{1}=0\right)=e^{-\theta}=g(\theta)$, 所以 $Y$ 为 $g(\theta)$ 的无偏估计量.
(3)
根据因子分解定理以及指数族分布的性质, 由 1)中的似然函数可看出:
$\sum_{i=1}^{n} X_{i}$ 是充分完备统计量. 而 $E(Y)=E\left[E\left(Y \mid \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)\right]=g(\theta)$, 故 $E\left(Y \mid \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)$ 是 无偏估计.
由 Lehmann-Scheffe 定理知 $E\left(Y \mid \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)$ 为 $g(\theta)$ 的最小方差无偏估计量, 进一步计算, 得

$\begin{aligned} E\left(Y \mid \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right) &=P\left(X_{1}=0 \mid T=t\right) \\ =& \frac{P\left(x_{1}=0\right) P\left(\sum_{i=2}^{n} x_{i}=t\right)}{P\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}=t\right)} \\ &=\frac{\theta^{0} e^{-\theta} \frac{[(n-1) \theta]^{t-0} e^{-(n-1) \theta}}{(t-0) !}}{\frac{(n \theta)^{t} e^{-n \theta}}{t !}}=\left(\frac{n-1}{n}\right)^{\sum_{i=1}^{n} x_{i}} \end{aligned}$

所以 $g(\theta)$ 的最小方差无偏估计: $\left(\frac{n-1}{n}\right)^{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}$.

五、(18 分)设 $X_1, \cdots, X_9$ 为来自正态总体 $N\left(\mu_1, 1\right)$ 的简单随机样本, $Y_1, \cdots, Y_{16}$ 为来自正态总体 $N\left(\mu_2, 1\right)$ 的简单随机样本, 且两样本独立。针对假设 $\mathrm{H}_0: \mu_1=\mu_2=0$ v.s. $\mathrm{H}_1: \mu_1 \neq 0$ 或 $\mu_2 \neq 0$ 。
(1) (8 分) 若给出拒绝域为 $C=\{|\bar{X}-\bar{Y}|>b\}$, 求常数 $b$, 使其显著性水平 $\alpha=0.05$ 。
(2) (10 分) 给定显著性水平 $\alpha=0.05$, 请构建似然比检验。要求: 写出似然比统计量, 并把它 表示为一个服从 $\chi^2$ 分布的统计量 $T$ 的函数形式，并以 $T$ 的形式给出拒绝域。

Solution: (1) 由题意可知 $\bar{X}-\bar{Y} \sim N\left(\mu_{1}-\mu_{2}, \frac{25}{144}\right)$, 对于所给假设, 检验的拒绝域为:

$T=\left\{|\bar{X}-\bar{Y}|>\frac{5}{12} z_{0.975}\right\},$

由所给数据可知: $Z_{0.975}=1.96$. 所以有 $b=\frac{5}{12} \times \frac{196}{100}=\frac{49}{60}$.
(2) $(X, Y)$ 的联合概率密度函数: $f(x, y)=\frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{\left(x-\mu_{1}\right)^{2}+\left(y-\mu_{2}\right)^{2}}{2}}$, 则似然函数为

$L\left(x_{1} \ldots x_{9}, y_{1} \cdots y_{16} \mid \mu_{1} ,\mu_{2}\right)=\prod_{i=1}^{9} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{\left(x_{i}-\mu_{1}\right)^{2}}{2}} \prod_{i=1}^{16} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{\frac{\left(y_{i}-\mu_{2}\right)^{2}}{2}}$

取对数并分别对 $\mu_{1}, \mu_{2}$ 求偏导并置 0 , 得似然方程组

$\begin{aligned} &\frac{\partial \ln L}{\partial \mu_{1}}=\sum_{i=1}^{9}\left(x_{i}-\mu_{1}\right)=0 \\ &\frac{\partial \ln L}{\partial \mu_{2}}=\sum_{i=1}^{16}\left(y_{i}-\mu_{2}\right)=0 \end{aligned}$

解得 $\mu_{1}, \mu_{2}$ 的无约束最大似然估计分别为 $\hat{\mu}_{1}=\frac{\sum_{i=1}^{9} X_{i}}{9}, \hat{\mu}_{2}=\frac{\sum_{j=1}^{16} Y_{j}}{16}$.
而在约束 $\mu_{1}=\mu_{2}=0$ 下, $\mu_{1}, \mu_{2}$ 的约束最大似然估计均为 $\hat{\mu}_{0}=0$, 于是似然比统计量为

$\begin{aligned} \Lambda &=\frac{L\left(\hat{\mu}_{0}, \hat{\mu}_{0}\right)}{L\left(\hat{\mu}_{1}, \hat{\mu}_{2}\right)} \\ &=\frac{\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{2}{25}} e^{-\frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^{9}\left(x_{i}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{16}\left(y_{i}\right)^{2}\right]}}{\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{2}{25}} e^{-\frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^{9}\left(x_{i}-\hat{\mu}_{1}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{16}\left(y_{i}-\hat{\mu}_{2}\right)^{2}\right]}} \\ &=e^{-\frac{1}{2}\left(9 \bar{X}^{2}+16 \bar{Y}^{2}\right)} \end{aligned}$

若记 $T=9 \bar{X}^{2}+16 \bar{Y}^{2}$, 根据指数函数的单调性, 可将似然比拒绝域写为 $\left\{\Lambda<\lambda_{0}\right\}=\{T>c\}$. 这里 $c$ 使得检验的水平是 $0.05$.
又因为 $\bar{X} \sim N\left(0, \frac{1}{9}\right), \bar{Y} \sim N\left(0, \frac{1}{16}\right)$, 且它们是相互独立的, 所以

$T=9 \bar{X}^{2}+16 \bar{Y}^{2} \sim \chi^{2}(2)$

因此似然比拒绝域是 $\left\{9 \bar{X}^{2}+16 \bar{Y}^{2}>\chi^2_{0.95}(2)\right\}$. 结合 $\chi^2(2)$ 就是 $Exp(1/2)$ 的事实, 解得 $\chi_{0.95}^2(2)=-\ln 0.05$.