中国科学技术大学-812概率论与数理统计-2017年

一、计算题(理由要充分.每小题8分,共88分)

  1. 设AA与BB独立, BB与CC独立, AA与CC互斥, 且P(A)=1/2,P(B)=1/4\mathrm{P}(A)=1 / 2, \mathrm{P}(B)=1 / 4和P(C)=1/8.\mathrm{P}(C)=1 / 8 . 求P(A∪B∪C)\mathrm{P}(A \cup B \cup C).

Solution:

P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=12+14+18−P(A)P(B)−0−P(B)P(C)+0=78−12⋅14−14⋅18=2332\begin{aligned} P(A \cup B \cup C) &=P(A)+P(B)+P(C)-P(A B)-P(A C)-P(B C)+P(A B C) \\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}-P(A) P(B)-0-P(B) P(C)+0 \\ &=\frac{7}{8}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}-\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{8}=\frac{23}{32} \end{aligned}

  1. 设随机变量X,YX, Y和ZZ满足Var⁡(X)=Var⁡(Z)<∞,Var⁡(Y)=4Var⁡(X),\operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(Z)<\infty, \operatorname{Var}(Y)=4 \operatorname{Var}(X), 相关系数ρX,Y=−1,ρX,Z=1/2,\rho_{X, Y}=-1, \rho_{X, Z}=1 / 2, 求XX与Y+ZY+Z的相关系数ρX,Y+Z\rho_{X, Y+Z}.

Solution:
我们首先发现 ρX,Y=−1\rho_{X,Y}=-1, 意味着 X,YX,Y 存在几乎处处的线性负相关关系, 即存在 k<0,b∈Rk<0,b\in R, 使得 Y=kX+bY=kX+b, a.s.,
记Var (X)=Var⁡(Z)=σ2(X)=\operatorname{Var}(Z)=\sigma^{2}, 则

Cov⁡(X,Y+Z)=Cov⁡(X,Y)+Cov⁡(X,Z)=−2σ⋅σ+12σ2=−32σ2Var⁡(Y+Z)=Var⁡(Y)+Var⁡(Z)+2Cov⁡(Y,Z)=4σ2+σ2−2⋅12⋅2σ⋅σ=3σ2\begin{aligned} \operatorname{Cov}(X, Y+Z) &=\operatorname{Cov}(X, Y)+\operatorname{Cov}(X, Z) \\ &=-2 \sigma \cdot \sigma+\frac{1}{2} \sigma^{2}=-\frac{3}{2} \sigma^{2} \\ \operatorname{Var}(Y+Z)&=\operatorname{Var}(Y)+\operatorname{Var}(Z)+2 \operatorname{Cov}(Y, Z) \\ &=4 \sigma^{2}+\sigma^{2}-2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \sigma \cdot \sigma=3 \sigma^{2} \\ \end{aligned}

所以 ρX,Y+Z=Cov⁡(X,Y+Z)Var⁡(X)Var⁡(Y+Z)=−32σ2σ⋅3σ=−32\rho_{X, Y+Z} =\frac{\operatorname{Cov}(X, Y+Z)}{\sqrt{\operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y+Z)}}=\frac{-\frac{3}{2} \sigma^{2}}{\sigma \cdot \sqrt{3} \sigma}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.

  1. 设随机变量XX与YY相互独立, 其中XX服从{1,2,…,n}\{1,2, \ldots, n\}上的均匀分布(即取每个值的概率为1/n),Y1 / n), Y具有概率密度函数 f(y),f(y), 问X+YX+Y是否具有概率密度函数? 若有, 请求出该概率密度函数.

Solution:
记 Z=X+YZ=X+Y, 由微分法知

P(Z=z)=P(X+Y=z)=∑x=1nP(Y=z−x)P(X=x)=1n∑x=1nf(z−x)dz\begin{aligned} P(Z=z) &=P(X+Y=z) \\ &=\sum_{x=1}^{n} P(Y=z-x) P(X=x) \\ &=\frac{1}{n} \sum_{x=1}^{n} f(z-x) \mathrm{d} z \end{aligned}

于是 ZZ 具有密度函数 fZ(z)=1n∑x=1nf(z−x)f_{Z}(z)=\frac{1}{n} \sum_{x=1}^{n} f(z-x).
  1. 投掷一枚均匀的硬币, 如果硬币出现正面, 则再投掷一颗均匀的骰子; 如果硬币出现反面, 则再投掷2颗均匀的骰子. 记YY为投掷的骰子出现的点数或点数和, 求P(Y=4)\mathrm{P}(Y=4).

Solution:
用事件 AA 表示硬币掷出正面, 则由全概率公式

P(Y=4)=P(Y=4∣A)P(A)+P(Y=4∣Aˉ)P(Aˉ)=16⋅12+(16⋅16⋅3)⋅12=112+112⋅12=18\begin{aligned} P(Y=4) &=P(Y=4 \mid A) P(A)+P(Y=4 \mid \bar{A}) P(\bar{A}) \\ &=\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}+\left(\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot 3\right) \cdot \frac{1}{2} \\ &=\frac{1}{12}+\frac{1}{12} \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8} \end{aligned}

  1. 设X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}为正值且独立同分布的随机变量, 求E[X1+X2+⋯+XkX1+X2+⋯+Xn],\mathrm{E}\left[\frac{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{k}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right], 其中1≤k≤n1 \leq k \leq n.

Solution: 由于

∑j=1nE[XjX1+X2+⋯+Xn]=E[X1+X2+⋯+XnX1+X2+⋯+Xn]=1\sum_{j=1}^{n} E\left[\frac{X_{j}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right]=E\left[\frac{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right]=1

且由对称性, 每一个 E[XjX1+X2+⋯+Xn]E\left[\frac{X_{j}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right] 都是相等的, 得 E[XjX1+X2+⋯+Xn]=1nE\left[\frac{X_{j}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right]=\frac{1}{n}, 于是

E[X1+X2+⋯+XkX1+X2+⋯+Xn]=knE\left[\frac{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{k}}{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}}\right]=\frac{k}{n}

  1. 设随机向量(X,Y)(X, Y)的联合密度函数为

f(x,y)={(1+xy)/4,∣x∣<1,∣y∣<10, 其它 f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll} (1+x y) / 4, & |x|<1,|y|<1 \\ 0, & \text { 其它 } \end{array}\right.

(1)求Var⁡(X)\operatorname{Var}(X); (2)XX与YY相互独立吗? (3)X2X^{2}与Y2Y^{2}相互独立吗?(说明原因).

Solution:
(1)

EX=∫−11x dx∫−111+xy4 dy=∫−11x(12+0)dx=0EX2=∫−11x2 dx∫−111+xy4 dy=∫−11x2(12+0)dx=13Var⁡(X)=13\begin{aligned} E X &=\int_{-1}^{1} x \mathrm{~d} x \int_{-1}^{1} \frac{1+x y}{4} \mathrm{~d} y=\int_{-1}^{1} x\left(\frac{1}{2}+0\right) \mathrm{d} x=0 \\ E X^{2} &=\int_{-1}^{1} x^{2} \mathrm{~d} x \int_{-1}^{1} \frac{1+x y}{4} \mathrm{~d} y=\int_{-1}^{1} x^{2}\left(\frac{1}{2}+0\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{3} \\ \operatorname{Var}(X) &=\frac{1}{3} \end{aligned}

(2)
(X,Y)(X, Y) 的联合密度函数无法进行分解, 于是显然 (X,Y)(X, Y) 是不独立的.

(3)
令 {U=X2V=Y2\left\{\begin{array}{l}U=X^{2} \\ V=Y^{2}\end{array}\right., 则由微分法, 对于 ∀u∈(0,1),v∈(0,1)\forall u \in(0,1), v \in(0,1)

P(U=u,V=v)=P(X=u,Y=v)+P(X=u,Y=−v)+P(X=−u,Y=v)+P(X=−u,Y=−v)=1+uv214uv du dv+1−uv214uv du dv=14uv du dv\begin{aligned} P(U=u, V=v)=& P(X=\sqrt{u}, Y=\sqrt{v})+P(X=\sqrt{u}, Y=-\sqrt{v}) + P(X=-\sqrt{u}, Y=\sqrt{v})+P(X=-\sqrt{u}, Y=-\sqrt{v}) \\ =& \frac{1+\sqrt{u v}}{2} \frac{1}{4 \sqrt{u v}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v+\frac{1-\sqrt{u v}}{2} \frac{1}{4 \sqrt{u v}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \\ =& \frac{1}{4 \sqrt{u v}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \end{aligned}

于是 (U,V)(U, V) 的联合密度函数是 fU,V(u,v)={14uv,0<u,v<10, 其他 f_{U, V}(u, v)= \begin{cases}\frac{1}{4 \sqrt{u v}}, & 0<u, v<1 \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases} 则 (U,V)(U, V) 是相互独立的.
  1. 设随机变量 X1,X2,…,X2nX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{2 n} 相互独立，且皆服从 N(μ,σ2)N\left(\mu, \sigma^{2}\right) 分布, 其中 σ2>0.\sigma^{2}>0 . 定义

Xˉ=12n∑j=12nXj,Y=∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2\bar{X}=\frac{1}{2 n} \sum_{j=1}^{2 n} X_{j}, \quad Y=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}+X_{n+i}-2 \bar{X}\right)^{2}

求 EY\mathrm{E} Y.

Solution:
令 Zi=Xi+Xn+i∼N(2μ,2σ2)(i=1,2,⋯ ,n)Z_{i}=X_{i}+X_{n+i} \sim N\left(2 \mu, 2 \sigma^{2}\right)(i=1,2, \cdots, n), 于是

Zˉ=1n∑i=1nZi=1n∑i=12nXi=2Xˉ\bar{Z}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Z_{i}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{2 n} X_{i}=2 \bar{X}

则 Y=∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2=∑i=1n(Zi−Zˉ)2Y=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}+X_{n+i}-2 \bar{X}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(Z_{i}-\bar{Z}\right)^{2}, 根据 Fisher 引理

Y2σ2=12σ2∑i=1n(Zi−Zˉ)2∼χ2(n−1)\frac{Y}{2 \sigma^{2}}=\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(Z_{i}-\bar{Z}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n-1)

所以 EY=2(n−1)σ2E Y=2(n-1) \sigma^{2}.

  1. 设随机变量 XX 服从 (a,b)(a, b) 区间上的均匀分布，其中 0<a<b<∞.0<a<b<\infty . 在给定X=xX=x 的条件下， YY 的条件分布是参数为 xx 的指数分布，证明: XYX Y 服从参数为1 的指数分布.

Solution:
对 ∀z>0\forall z > 0,

P(XY=z)=∫abP(Y=zx∣X=x)1b−a dx=1b−a∫ab(xe−z d(zx))dx( 该积分号是对 x 积分的 )=1b−a[(b−a)e−z]dz=e−z dz\begin{aligned} P(X Y=z) &=\int_{a}^{b} P\left(Y=\frac{z}{x} \mid X=x\right) \frac{1}{b-a} \mathrm{~d} x \\ &=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b}\left(x e^{-z} \mathrm{~d}\left(\frac{z}{x}\right)\right) \mathrm{d} x \quad(\text { 该积分号是对 } x \text { 积分的 }) \\ &=\frac{1}{b-a}\left[(b-a) e^{-z}\right] \mathrm{d} z \\ &=e^{-z} \mathrm{~d} z \end{aligned}

所以 XY∼E(1)XY \sim E(1).
  1. 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 为来自于正态总体 N(μ,1)N(\mu, 1) 的简单随机样本, 若要求参数 μ\mu 的置信系数为 0.95 的置信区间长度不超过 1,1, 求至少需要抽取的样本量 n.n .

Solution: μ\mu 的置信区间为 xˉ±1nz0.975\bar{x} \pm \frac{1}{\sqrt{n}} z_{0.975}, 这里 z0.975=1.96z_{0.975}=1.96, 则置信区间的长度

2n⋅1.96⩽1n⩾3.92n⩾15.37\begin{aligned} \frac{2}{\sqrt{n}} \cdot 1.96 & \leqslant 1 \\ \sqrt{n} & \geqslant 3.92 \\ n & \geqslant 15.37 \end{aligned}

于是 nn 至少为 16 .
  1. 设随机变量 XX 的概率密度函数为 f(x)=xα−1Γ(α)e−x,x>0,f(x)=\frac{x^{\alpha-1}}{\Gamma(\alpha)} e^{-x}, x>0, 其中 α>1,Γ(t)\alpha>1, \Gamma(t) 为 Gamma 函数，满足 Γ(t+1)=tΓ(t),t>0.\Gamma(t+1)=t \Gamma(t), t>0 . 证明: P(0<X<2α)≥α−1α\mathrm{P}(0<X<2 \alpha) \geq \frac{\alpha-1}{\alpha}.

Solution: 由于 X∼Ga(α,1)X \sim G a(\alpha, 1), 于是 EX=α,Var⁡(X)=αE X=\alpha, \operatorname{Var}(X)=\alpha, 则

P(0<X<2α)=P(−α<X−α<α)=P(∣X−α∣<α)⩾1−Var⁡(X)α2=1−αα2=α−1α\begin{aligned} P(0<X<2 \alpha) &=P(-\alpha<X-\alpha<\alpha) \\ &=P(|X-\alpha|<\alpha) \\ & \geqslant 1-\frac{\operatorname{Var}(X)}{\alpha^{2}}=1-\frac{\alpha}{\alpha^{2}}=\frac{\alpha-1}{\alpha} \end{aligned}

  1. 设 X1,…,X9X_{1}, \ldots, X_{9} 和 Y1,…,Y5Y_{1}, \ldots, Y_{5} 分别是从正态总体 N(0,4)N(0,4) 和 N(8,9)N(8,9) 取出的一组简 单样本(即独立同分布样本)，彼此相互独立, 记 Yˉ=∑j=15Yj/5,\bar{Y}=\sum_{j=1}^{5} Y_{j} / 5, 问

∑i=19Xi∑j=15(Yj−Yˉ)2\frac{\sum_{i=1}^{9} X_{i}}{\sqrt{\sum_{j=1}^{5}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2}}}

服从什么分布?

Solution: 这里 ∑i=19Xi∼N(0,36)\sum_{i=1}^{9} X_{i} \sim N(0,36), 所以 16∑i=19Xi∼N(0,1)\frac{1}{6} \sum_{i=1}^{9} X_{i} \sim N(0,1).
而 19∑j=15(Yj−Yˉ)2∼χ2(4)\frac{1}{9} \sum_{j=1}^{5}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2} \sim \chi^{2}(4), 且 16∑i=19Xi\frac{1}{6} \sum_{i=1}^{9} X_{i} 与 19∑j=15(Yj−Yˉ)2\frac{1}{9} \sum_{j=1}^{5}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2} 是相互独立的, 于是有

16∑i=19Xi19∑j=15(Yj−Yˉ)24=∑i=19Xi∑j=15(Yj−Yˉ)2∼t(4)\frac{\frac{1}{6} \sum_{i=1}^{9} X_{i}}{\sqrt{\frac{\frac{1}{9} \sum_{j=1}^{5}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2}}{4}}}=\frac{\sum_{i=1}^{9} X_{i}}{\sqrt{\sum_{j=1}^{5}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2}}} \sim t(4)

二、(18分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是从具有概率密度函数

f(x,θ)={2(θπ)1/2exp⁡(−θx2),x>00,x≤0f(x, \theta)=\left\{\begin{array}{ll} 2\left(\frac{\theta}{\pi}\right)^{1 / 2} \exp \left(-\theta x^{2}\right), & x>0 \\ 0, & x \leq 0 \end{array}\right.

的总体中抽出的一组样本. 用 C-R 不等式法证明 θ^=2n∑i=1nXi2\widehat{\theta}=\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} 是 1/θ1 / \theta 的最小方差无偏估计. (已知 Γ(1/2)=π)\Gamma(1 / 2)=\sqrt{\pi})

Solution:
先作总体变换, 令 Y=X2Y=X^{2}, 由微分法, 对任意 y>0y>0,

P(Y=y)=P(X=y)=2(θπ)12exp⁡(−θy)12⋅1y dy=θ12Γ(12)y−12e−θy dy\begin{aligned} P(Y=y) &=P(X=\sqrt{y}) \\ &=2\left(\frac{\theta}{\pi}\right)^{\frac{1}{2}} \exp (-\theta y) \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{y}} \mathrm{~d} y \\ &=\frac{\theta^{\frac{1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} y^{-\frac{1}{2}} e^{-\theta y} \mathrm{~d} y \end{aligned}

YY 有密度函数 fY(y)=θ12Γ(12)y−12e−θy,y>0f_{Y}(y)=\frac{\theta^{\frac{1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} y^{-\frac{1}{2}} e^{-\theta y}, y>0, 即 Y∼Gamma⁡(12,θ)Y \sim \operatorname{Gamma}\left(\frac{1}{2}, \theta\right), 其数学 期望与方差是 EY=12θ,Var⁡(Y)=12θ2E Y=\frac{1}{2 \theta}, \operatorname{Var}(Y)=\frac{1}{2 \theta^{2}}. 根据似然原理, 可直接根据总体 YY 进 行统计推断, 先计算 θ\theta 的 Fisher 信息量

E[∂ln⁡fY∂θ]2=E(12θ−Y)2=E(Y−12θ)2=Var⁡(Y)=12θ2E\left[\frac{\partial \ln f_{Y}}{\partial \theta}\right]^{2}=E\left(\frac{1}{2 \theta}-Y\right)^{2}=E\left(Y-\frac{1}{2 \theta}\right)^{2}=\operatorname{Var}(Y)=\frac{1}{2 \theta^{2}}

而 g(θ)=1θg(\theta)=\frac{1}{\theta} 无偏估计方差的 C−R\mathrm{C}-\mathrm{R} 下界是 [g′(θ)]2nI(θ)=2nθ2\frac{\left[g^{\prime}(\theta)\right]^{2}}{n I(\theta)}=\frac{2}{n \theta^{2}}.
由于 E(2n∑i=1nXi2)=2nE(∑i=1nYi)=1θE\left(\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right)=\frac{2}{n} E\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right)=\frac{1}{\theta}, 所以 2n∑i=1nXi2\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} 是 1θ\frac{1}{\theta} 的无偏估计, 下再计算其方差

Var⁡(2n∑i=1nXi2)=4n2Var⁡(∑i=1nYi)=4n2n2θ2=2nθ2\operatorname{Var}\left(\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right)=\frac{4}{n^{2}} \operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right)=\frac{4}{n^{2}} \frac{n}{2 \theta^{2}}=\frac{2}{n \theta^{2}}

它的方差达到 C-R 下界, 故它必定是 1θ\frac{1}{\theta} 的最小方差无偏估计.

三、(24分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是抽自总体 XX 的一组样本，已知 XX 服从三点分布:

P(X=−1)=p,P(X=0)=1−3p,P(X=1)=2p\mathrm{P}(X=-1)=p, \quad \mathrm{P}(X=0)=1-3 p, \quad \mathrm{P}(X=1)=2 p

其中 0<p<1/30<p<1 / 3 为未知参数.

(1)(6分) 试分别用样本的一阶和二阶原点矩来估计未知参数 p;p ;

(2)(6分) 试求 pp 的极大似然估计;

(3)(6分) 证明这三个点估计都是无偏估计;

(4)(6分) 问这两个无偏估计，哪个更有效 (即哪个方差最小)?

Solution: (1) EX=(−1)⋅p+0⋅(1−3p)+1⋅2p=pE X=(-1) \cdot p+0 \cdot(1-3 p)+1 \cdot 2 p=p, 因此 p^1=xˉ\hat{p}_{1}=\bar{x}. EX2=(−1)2⋅p+02⋅(1−3p)+12⋅2p=3pE X^{2}=(-1)^{2} \cdot p+0^{2} \cdot(1-3 p)+1^{2} \cdot 2 p=3 p, 因此 p^2=13n∑i=1nxi2\hat{p}_{2}=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}.
(2) L(p)=pn1(1−3p)n0(2p)n1L(p)=p^{n_{1}}(1-3 p)^{n_{0}}(2 p)^{n_{1}}, 其中 nin_{i} 表示取值为 ii 的样本个数, 对数化处理

ln⁡L(p)=n−1ln⁡p+n0ln⁡(1−3p)+n1ln⁡(2p)\ln L(p)=n_{-1} \ln p+n_{0} \ln (1-3 p)+n_{1} \ln (2 p)

求其关于参数 pp 的偏导,

∂ln⁡L∂p=n−1p−3n01−3p+n1p=n−n0p−3n01−3p=n−n0−3np+3n0p−3n0pp(1−3p)=n−n0−3npp(1−3p)\begin{aligned} \frac{\partial \ln L}{\partial p} &=\frac{n_{-1}}{p}-\frac{3 n_{0}}{1-3 p}+\frac{n_{1}}{p} \\ &=\frac{n-n_{0}}{p}-\frac{3 n_{0}}{1-3 p} \\ &=\frac{n-n_{0}-3 n p+3 n_{0} p-3 n_{0} p}{p(1-3 p)}=\frac{n-n_{0}-3 n p}{p(1-3 p)} \end{aligned}

因为 0<p<130<p<\frac{1}{3}, 所以当 n−n0−3np>0n-n_{0}-3 n p>0 即 p<n−n03np<\frac{n-n_{0}}{3 n} 时, ln⁡L(p)\ln L(p) 单调增加, 同理当 p>n−n03np>\frac{n-n_{0}}{3 n} 时, ln⁡L(p)\ln L(p) 单调减少, 因此 pp 的极大似然估计是 p^L=n−n03n\hat{p}_{L}=\frac{n-n_{0}}{3 n}, 可以发现它和 p^2=13n∑i=1nxi2\hat{p}_{2}=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} 是一样的.

(3)

Ep^1=Exˉ=EX1=p,Ep^2=Ep^L=13EX12=pEp^L=n−n03n=13[1−E(n0n)]=13[1−(1−3p)]=p\begin{aligned} &E \hat{p}_{1}=E \bar{x}=E X_{1}=p, E \hat{p}_{2}=E \hat{p}_{L}=\frac{1}{3} E X_{1}^{2}=p \\ &E \hat{p}_{L}=\frac{n-n_{0}}{3 n}=\frac{1}{3}\left[1-E\left(\frac{n_{0}}{n}\right)\right]=\frac{1}{3}[1-(1-3 p)]=p \end{aligned}

(4) Var⁡(p^1)=Var⁡(xˉ)=1nVar⁡(X1)=1n[EX2−(EX)2]=3p−p2n\operatorname{Var}\left(\hat{p}_{1}\right)=\operatorname{Var}(\bar{x})=\frac{1}{n} \operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=\frac{1}{n}\left[E X^{2}-(E X)^{2}\right]=\frac{3 p-p^{2}}{n}
Var⁡(p^2)=19nVar⁡(X12)=19n[EX4−(EX2)2]=3p−9p29n=p−3p23n\operatorname{Var}\left(\hat{p}_{2}\right)=\frac{1}{9 n} \operatorname{Var}\left(X_{1}^{2}\right)=\frac{1}{9 n}\left[E X^{4}-\left(E X^{2}\right)^{2}\right]=\frac{3 p-9 p^{2}}{9 n}=\frac{p-3 p^{2}}{3 n}
而 Var⁡(p^1)=9p−3p23n>Var⁡(p^2)\operatorname{Var}\left(\hat{p}_{1}\right)=\frac{9 p-3 p^{2}}{3 n}>\operatorname{Var}\left(\hat{p}_{2}\right), 可以看出 p^2\hat{p}_{2} 即 p^L\hat{p}_{L} 最有效.

四、(20分) 某厂用自动装瓶机装油，规定每瓶质量 500 克，标准差不超过 10 克, 每天定时检查. 某天抽取 9 瓶，测得平均质量为 499 克，标准差 16.03.16.03 . 假设瓶装酒的重量服从正态分布. 问

(1)(10分) 这台机器工作时是否有系统偏差;

(2)(10分) 该机器工作是否稳定?（取检验水平 α=0.05\alpha=0.05 )

Solution:
(1) 建立假设检验问题:

H10:μ=500 vs H11:μ≠500H_{10}: \mu=500 \text { vs } H_{11}: \mu \neq 500

检验统计量是 T=n(xˉ−μ0)s=3⋅(499−500)16.03=−0.1871T=\frac{\sqrt{n}\left(\bar{x}-\mu_{0}\right)}{s}=\frac{3 \cdot(499-500)}{16.03}=-0.1871
检验的拒绝域是

W1={∣T∣⩾t1−a2(n−1)}={∣T∣⩾t0.975(8)}={∣T∣⩾2.306}W_{1}=\left\{|T| \geqslant t_{1-\frac{a}{2}}(n-1)\right\}=\left\{|T| \geqslant t_{0.975}(8)\right\}=\{|T| \geqslant 2.306\}

所以 T∉W1T \notin W_{1}, 因此我们接受原假设, 认为 μ=500\mu=500, 即该台机器无系统偏差.

(2) 建立假设检验问题:

H20:σ2⩽102 vs H21:σ2>102H_{20}: \sigma^{2} \leqslant 10^{2} \text { vs } H_{21}: \sigma^{2}>10^{2}

检验统计量是 χ2=(n−1)s2σ02=8⋅16.032102=20.5569\chi^{2}=\frac{(n-1) s^{2}}{\sigma_{0}^{2}}=\frac{8 \cdot 16.03^{2}}{10^{2}}=20.5569
检验的拒绝域是

W2={χ2>χ1−α2(n−1)}={χ2>χ0.952(8)}={χ2>15.507}W_{2}=\left\{\chi^{2}>\chi_{1-\alpha}^{2}(n-1)\right\}=\left\{\chi^{2}>\chi_{0.95}^{2}(8)\right\}=\left\{\chi^{2}>15.507\right\}

所以 χ2∈W2\chi^{2} \in W_{2}, 因此我们拒绝原假设, 认为该台机器工作不稳定.