上海交通大学-432统计学-2017年-解析

上海交通大学-432统计学-2017年

一.选择题 (10小题，每小题 6 分，共60分)

1. 分布中位数小于平均数, 则一般来说, 该分布( ).
   A. 左偏
   B. 右偏
   C. 正偏
   D. 无偏

Solution: B.

2. 当一组数据呈对称分布时，在平均数加减 2 个标准差的范围之内大约有 ( ) 的数据.
   A. $68 \%$
   B. $95 \%$
   C. $99.7 \%$
   D. $89 \%$

Solution: B

利用标准正态分布来估计, $\Phi \left( 2 \right) -\Phi \left( -2 \right) =2\Phi \left( 2 \right) -1=2\cdot 0.9722-1=0.9444$.

3. 抽样推断的精确度与抽样误差的关系是（ ）.
   A. 前者提高说明后者变小
   B. 前者提高说明后者变大
   C. 前者提高说明后者不变
   D. 没有关系

Solution: A. 要求的精确度越高, 说明置信区间越短, 抽样误差越小.

4. 假设独立随机变量 $X, Y$ 服从同一名称的概率分布(二者的分布参数末必相同)。且 $X+Y$ 也服从 同一名称的概率分布。则 $X, Y$ 不可能服从()
   (A) 二项分布
   (B) 泊松分布
   (C) 正态分布
   (D) 指数分布

Solution: D
两个独立的随机变量服从二项分布、泊松分布或者正态分布时,他们的和也 服从于该随机变量的概率分布, 而若 $\mathrm{X} 、 \mathrm{Y}$ 服从指数分布时,他们的和不一定服从 指数分布. 例如: $\mathrm{X} 、 \mathrm{Y}$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布服从 $G a(1, \lambda), \mathrm{X}+\mathrm{Y}$ 服从$G a(2, \lambda)$ 不服从指数分布. 选项 D 错误

5. 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.

6. 设 $X_1, X_2, \ldots X_{n_1}$ 是来自正态总体 $N\left(\mu_1, \sigma_1^2\right)$ 的一个样本，设 $Y_1, Y_2, \ldots, Y_{n_2}$ 是来自正态总体 $N\left(\mu_2, \sigma_2^2\right)$ 的一个样 本，且 $X_i\left(i=1,2,3, \ldots, n_1\right)$ 与 $Y_i\left(i=1,2,3, . ., n_2\right)$ 相互独立，已知 $n_1 、 n_2 、 S_1^2 、 S_2^2$ ，通过查表可知 $F_{\alpha / 2}\left(n_1, n_2\right) 、 F_{\alpha / 2}\left(n_2, n_1\right) 、 F_{\alpha / 2}\left(n_1-1, n_2-1\right) 、 F_{\alpha / 2}\left(n_2-1, n_1-1\right)$ . 则方差之比 $\sigma_1^2 / \sigma_2^2$ 的置信区间为( ).
   A. $\frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_1, n_2\right)} \leq \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \leq \frac{S_1^2}{S_2^2} F_{\alpha / 2}\left(n_2, n_1\right)$
   B. $\frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_1-1, n_2-1\right)} \leq \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \leq \frac{S_1^2}{S_2^2} F_{\alpha / 2}\left(n_2-1, n_1-1\right)$
   C. $\frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_1, n_2\right)} \leq \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \leq \frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_2, n_1\right)}$
   D. $\frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_1-1, n_2-1\right)} \leq \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \leq \frac{S_1^2 / S_2^2}{F_{\alpha / 2}\left(n_2-1, n_1-1\right)}$

Solution: B

注意这里用的应是上分位数, 根据F分布的对称性, 置信区间应为

$\begin{aligned} \left[ \frac{s_{1}^{2}/s_{2}^{2}}{F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_1-1,n_2-1 \right)},\frac{s_{1}^{2}/s_{2}^{2}}{F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( n_1-1,n_2-1 \right)} \right] &=\left[ \frac{s_{1}^{2}/s_{2}^{2}}{F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_1-1,n_2-1 \right)},\frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}}F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_2-1,n_1-1 \right) \right]\\ \end{aligned}$

7. 设总体分布为参数为 2 的指数分布 $\operatorname{Exp}(2)$ (密度函数概率密度函数: $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2 e^{-2 x} & x>0 \\ 0 & \text { 其他 }\end{array}\right.$)。现分别有来自总体的容量 分别为 200 和 400 的两独立样本, 则此两样本均值之差的绝对值大于 $\sqrt{3} / 20$ 的概率大约是 ()
   (A) $2 \Phi(1.5)-1$
   (B) $2 \Phi(1.5)$
   (C) $2 \Phi(2)$
   (D) $2-2 \Phi(2)$

Solution: D
参数为 2 的指数分布的概率密度函数: $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2 e^{-2 x} & x>0 \\ 0 & \text { 其他 }\end{array}\right.$, 其期望与方差为: $E(x)=\frac{1}{2}, D(x)=\frac{1}{4}$
另 $\bar{X} 、 \bar{Y}$ 分别表示样本容量为 $200 、 400$ 的样本均值有:

$E(\bar{X})=\frac{1}{2}, D(\bar{X})=\frac{1}{800}, \quad E(\bar{Y})=\frac{1}{2}, D(\bar{Y})=\frac{1}{1600},$

由中心极限定理: $\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-\left(\mu_{1}-\mu_{2}\right)}{\sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}}}=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{\sqrt{\frac{3}{1600}}} \sim N(0,1)$
所以有：

$\begin{aligned} P\left(|\bar{X}-\bar{Y}|>\frac{\sqrt{3}}{20}\right) &=1-P\left(-\frac{\sqrt{3}}{20}<\bar{X}-\bar{Y}<\frac{\sqrt{3}}{20}\right) \\ &=1-P\left(\frac{-\sqrt{3} / 20}{\sqrt{3} / 40}<\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{\sqrt{3} / 40}<\frac{\sqrt{3} / 20}{\sqrt{3} / 40}\right) \\ &=1-[\Phi(2)-\Phi(-2)] \\ &=1-[2 \Phi(2)-1] \\ &=2-2 \Phi(2) \end{aligned}$

选项 D 正确

8. 下面哪个选项不是随机事件 $A, B(0<P(A), P(B)<1)$ 相互独立的充要条件 ( )
   (A) $P(A \mid B)=P(A \mid \bar{B})$
   (B) $P(A \mid B)+P(\bar{A} \mid \bar{B})=1$
   (C) $P(A \cap \bar{B})=P(A) P(\bar{B})$
   (D) $P(A \mid B)+P(A \mid \bar{B})=1$

Solution: D
$\mathrm{A}$ 与 $\mathrm{B}$ 相互独立有 $P(A B)=P(A) P(B)$
选项 A:

$\begin{aligned} \frac{P(A B)}{P(B)} &=\frac{P(A \bar{B})}{P(\bar{B})} \\ \Leftrightarrow P(A B) P(\bar{B}) &=P(A \bar{B}) \cdot P(B) \\ \Leftrightarrow P(A B) \cdot[1-P(B)] &=[P(A)-P(A B)] \cdot P(B) \\ \Leftrightarrow P(A B)-P(A B) P(B) &=P(A) P(B)-P(A B) P(B) \\ \Leftrightarrow P(A B) &=P(A) P(B) \end{aligned}$

选项 $\mathrm{B}$ :

$\begin{aligned} P(A \mid B)+P(\bar{A} \mid \bar{B}) &=P(A \mid B)+1-P(A \mid \bar{B})=1 \\ P(A \mid B) &=P(A \mid \bar{B}) \end{aligned}$

由选项 A 可知它是相互独立的充分必要条件
选项 C：由独立的定义显然成立
选项 $\mathrm{D}$ :

$\begin{aligned} P(A \mid B)+P(A \mid \bar{B}) &=P(A \mid B)+1-P(\bar{A} \mid \bar{B})=1 \\ P(A \mid B) &=P(\bar{A} \mid \bar{B}) \\ P(\bar{A} \bar{B}) P(B) &=P(A B) \cdot P(\bar{B}) \end{aligned}$

若 $\mathrm{AB}$ 独立, 上式化简得到: $P(A)=P(\bar{A})$, 不恒成立. 故选项 $\mathrm{D}$ 错误

9. $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自正态分布 $N(\mu, 1)$ 的简单随机样本。记 $Z_{\alpha}$ 为标准正态分布的 $100 \alpha \%$ 分位数, 则由 此样本所构造的置信水平分别为 $95 \%$ 与 $90 \%$ 的双侧置信区间长度之比为()
   (A) $2 \times \frac{z_{0.975}}{Z_{0.95}}$
   (B) $\frac{z_{0.975}}{z_{0.95}}$
   (C) $2 \times \frac{z_{0.95}}{z_{0.90}}$
   (D) $\frac{z_{0.95}}{z_{0.90}}$

Solution: B
依题意得 $\sqrt{n}(\bar{x}-\mu) \sim N(0,1)$, 所以令 $P(|\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)| \leqslant d)=1-\alpha$ 可得置信区间的长度为: $2 d=\frac{2 z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}$
因此 $95 \%$ 与 $90 \%$ 双侧置信区间长度之比为 $\frac{z_{0.975}}{z_{0.95}}$. 选项 B 正确

10. 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.

二、简答题

1. 总体 $X \sim N\left(\mu_1, \sigma_0^2\right)$, $\sigma_0^2$ 已知, 样本量为 $n_1$. 总体 $Y \sim N\left(\mu_2, \sigma_1^2\right)$, 样本量为 $n_2$. 两组样本独立.
   (1) 写出 $\mu_1$ 的 $1-\alpha$ 置信区间;
   (2) 写出 $\mu_2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间;
   (3) 若 $\sigma_0^2=\sigma_1^2$, 写出 $\left(\mu_1-\mu_2\right)$ 的 $1-\alpha$ 置信区间.

Solution: (1) 方差已知, 用枢轴量

$u=\frac{\bar{X}-\mu _1}{\sigma _0/\sqrt{n_1}}\sim N\left( 0,1 \right) ,$

置信区间是

$\mu _1\in \left[ \bar{X}-\frac{\sigma _0}{\sqrt{n_1}}u_{\frac{\alpha}{2}},\bar{X}+\frac{\sigma _0}{\sqrt{n_1}}u_{\frac{\alpha}{2}} \right] .$

(2) 方差未知, 用枢轴量

$t=\frac{\bar{Y}-\mu _1}{S_Y/\sqrt{n}}\sim t\left( n_2-1 \right) ,$

置信区间是

$\mu _2\in \left[ \bar{Y}-\frac{S_Y}{\sqrt{n_2}}t_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_2-1 \right) ,\bar{Y}+\frac{S_Y}{\sqrt{n_2}}t_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_2-1 \right) \right] .$

(3) 由于 $\sigma_0 = \sigma_1$ 已知, 故有

$\bar{X}-\bar{Y}\sim N\left( \mu _1-\mu _2,\left( \frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2} \right) \sigma _{0}^{2} \right) ,$

枢轴量为

$\frac{\left( \bar{X}-\bar{Y} \right) -\left( \mu _1-\mu _2 \right)}{\sigma _0\sqrt{\left( \frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2} \right)}}\sim N\left( 0,1 \right) ,$

因此置信区间为

$\mu _1-\mu _2\in \left[ \bar{X}-\bar{Y}-u_{\frac{\alpha}{2}}\sigma _0\sqrt{\left( \frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2} \right)},\bar{X}-\bar{Y}+u_{\frac{\alpha}{2}}\sigma _0\sqrt{\left( \frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2} \right)} \right] .$

2. 建立多元回归模型时，为什么需要进行变量选择? 并阐述向前选择法的步骤.

Solution:

因变量可能会由多个自变量决定。但是具体由多少个自变量决定是不清楚的, 所以我们需要通过变量选择，判断这个具体的自变量个数. 另外有的时候若自变量之间存在相关性(多重共线性问题), 将会导致估计量不有效或不唯一, 这时候也需要进行变量选择. 以及为了防止过多的加入无用变量导致过拟合, 我们也需要进行变量选择.

向前选择的步骤:

1．对k个自变量分别拟合对因变量y的一元线性回归模型，即得到k个一元线性回归模型，然后找出F统计量值最高的模型及对应的变量 $x_i$，并将该自变量首先引入模型中。在此过程中，需要注意的是：如果所有模型的F统计量均未通过检验，说明所搜集的自变量与因变量之间均为不显著，说明模型构建不适合，应当考虑换其他模型，本方法的运算过程也就终止了.

2．在已经引入的模型上，分别引入剩余的k-1个自变量，分别得到k-1个二元线性回归模型，即变量组合为k-1个二元线性回归模型，继而得到k-1个新的F统计量，并从中找出F统计量的值为最高的模型，此时，该模型中含有两个自变量，新增加的自变量即为经过筛选出来的应当引入模型的自变量。同样地，如果在此过程中，没有F统计量通过检验，则运算终止。

3．按照第二步的筛选方法，不断引入新的自变量，直到引入的新的自变量也不能使得残差平方和(SSE)显著减少为止（F统计量均为通过检验）。向前选择法就是这样一个不断引入新变量，进行F统计量检验的过程。

3. 随机变量 $X_i(i=1,2,3, \ldots, n)$ 独立同分布，且 $E\left(X_i\right)=1, E\left(X_i^2\right)=2, E\left(X_i^4\right)=8$ ，则当 $n \rightarrow \infty$ 时， $\frac{\sum_{i-1}^n X_i^2}{n}$ 服从什么分布，并说明概率密度函数的形态变化.

Solution:

由于 $X_1^2, \cdots, X_n^2$ 是独立同分布的, 且其数学期望存在 $EX_1^2 = 2$, 那么根据大数定律, 有 $\frac{\sum_{i=1}^n{X_{i}^{2}}}{n}\xrightarrow{P}2$.

另外, $Var(X_1^2) = 8 - 4 = 4$, 那么根据中心极限定理, 有 $\sqrt{n}\left( \frac{\sum_{i=1}^n{X_{i}^{2}}}{n}-2 \right) \xrightarrow{d}N\left( 0,4 \right)$.

当 $n$ 增大时, $\frac{\sum_{i-1}^n X_i^2}{n}$ 的密度函数将会越来越聚集于一点.

4. 考虑一元线性回归 $y_i=\beta_0+\beta_1 x_i+\epsilon_i$, 给出数据 $\left(x_i, y_i\right)$, 问什么 情况下可以使用极大似然估计求末知参数, 并且解释极大似然估计和最小二乘法的区别和联系。

Solution:
当如果随机误差项的分布已经知时, 可以写出似然函数, 这时候可以使用极大似然估计法.

最小二乘法在任何时候都可以使用, 它仅需求出使得残差平方和最小的参数值作为估计. 而如果随机误差项是独立同方差, 均值为 0 的正态分布时, 极大似然估计的结果与最小二乘估计的结果等价. 

三. 计算题

1. 作身高($x$)与臂展($y$)的一元线性回归: 总计有 $n=1024$ 个样本, 回归结果如下表

Coefficient	Estimate	Std. Error	t-stat	Pr(>|t|)
(Intercept)	0.23835	1.91840	0.124	0.901
X	0.99882	0.01096	91.142	0.000

(1) 写出参数估计表达式, 根据分析结果写出经验回归方程.
(2) 写出误差方差估计的表达式.
(3) 说明最后一列 Pr(>|t|) 的含义, 分别写出对应 $H_0$, $H_1$, 并给出假设检验结果.

Solution: (1) 线性回归 $y=a+bx$ 的参数估计表达式是

$\hat{b} = \frac{l_{xy}}{l_{xx}} = \frac{ \sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) }{ \sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2},\quad \hat{a} = \bar{y}-\hat{b}\bar{x}.$

在回归表中, 结果是

$y = 0.23835 + 0.99882 x.$

(2) 误差方差的估计是 $\hat{\sigma}^2 = \frac{S_e}{n-2}$, 其中 $S_e$ 是残差平方和, 即 $S_e = \sum_{i=1}^n (y_i-\hat{y}_i)^2$.

(3) Pr(>|t|)是指系数是否为 0 的显著性检验的 $p$ 值, 即假设检验问题

$H_0:a=0\quad H_1:a\neq 0$

和

$H_0:b=0\quad H_1:b\neq 0$

对应的 $p$ 值. 这里 $a$ 对应的 $p$ 值为0.901, 不能拒绝原假设, $a$ 不显著. 这里 $b$ 对应的 $p$ 值为0.000, 拒绝原假设, $b$ 显著, 身高显著影响臂展.

2. 一个不透明的箱子里有 $a$ 个白球和 $b$ 个红球, $k$ 个人不放回地抽球, 且 $k<a+b$, 求第 $i$ 个人抽到红球的概率.

【提示】: 类似茆书原题1.5.26, 1.5.27, 用数学归纳法. 这里我们用另外一种条件期望法做.

Solution: 设 $X_{i}$ 表示第 $i$ 个人抽球时盒中红球数量, 很显然

$X_1 = b,\quad P(\text{第} i \text{个人抽到红球}) = E\left(\frac{X_i}{a+b-(i-1)}\right) = \frac{1}{a+b-(i-1)}\cdot E(X_i),$

如果 $X_{i-1}=x$ 已知, 则有

$P(X_i=X_{i-1}-1|X_{i-1})=\frac{X_{i-1}}{a+b-\left( i-2 \right)},P(X_i=X_{i-1}|X_{i-1})=1-\frac{X_{i-1}}{a+b-\left( i-2 \right)},$

求得条件期望为

$E\left( X_i\mid X_{i-1} \right) =X_{i-1}\left( 1-\frac{1}{a+b-\left( i-2 \right)} \right) ,$

用重期望公式得

$E\left( X_i \right) =E\left( X_{i-1} \right) \left( \frac{a+b-\left( i-1 \right)}{a+b-\left( i-2 \right)} \right) ,$

用递推式得到

$E\left( X_i \right) =E\left( X_1 \right) \cdot \frac{a+b-1}{a+b}\cdot \frac{a+b-2}{a+b-1}\cdots \frac{a+b-\left( i-1 \right)}{a+b-\left( i-2 \right)}=\frac{a+b-\left( i-1 \right)}{a+b}b,$

代入得

$P(\text{第} i \text{个人抽到红球}) = E\left(\frac{X_i}{a+b-(i-1)}\right) = \frac{1}{a+b-(i-1)}\cdot E(X_i) = \frac{b}{a+b}.$

四. 证明题

1. 证明:
   (1) $\mathbb{P}(X+Y \geq x) \leq \mathbb{P}\left(X \geq \frac{x}{2}\right)+\mathbb{P}\left(Y \geq \frac{x}{2}\right)$;
   (2) $\mathbb{P}(|X+Y| \geq x) \leq \mathbb{P}\left(|X| \geq \frac{x}{2}\right)+\mathbb{P}\left(|Y| \geq \frac{x}{2}\right)$.

Solution:

(1) 记事件 $A=\left\{ X+Y\ge x \right\}$, $B_1=\left\{ X\ge \frac{x}{2} \right\} ,B_2=\left\{ Y\ge \frac{x}{2} \right\}$. 则

$\bar{B}_1\cap \bar{B}_2=\left\{ X<\frac{x}{2},Y<\frac{x}{2} \right\} \subseteq \left\{ X+Y<x \right\} =\bar{A},$

因此根据概率的单调性有 $P\left( \bar{B}_1\cap \bar{B}_2 \right) \le P\left( \bar{A} \right)$, 再利用德摩根公式, 有

$P\left( A \right) \le P\left( \overline{\bar{B}_1\cap \bar{B}_2} \right) =P\left( B_1\cup B_2 \right) \le P\left( B_1 \right) +P\left( B_2 \right).$

(2) 根据绝对值不等式, 有 $\left| X+Y \right|\le \left| X \right|+\left| Y \right|$, 因此 $\left\{ \left| X+Y \right|\ge x \right\} \subseteq \left\{ \left| X \right|+\left| Y \right|\ge x \right\}$, 则

$P\left( \left| X+Y \right|\ge x \right) \le P\left( \left| X \right|+\left| Y \right|\ge x \right) \le P\left( \left| X \right|\ge \frac{x}{2} \right) +P\left( \left| Y \right|\ge \frac{x}{2} \right).$

其中后面一个不等式用到了(1)的结论.