中国科学技术大学-432统计学-2017年-解析

中国科学技术大学-432统计学-2017年

一、(10分)设事件 $A, B, C$ 两两独立, 满足 $\mathrm{P}(A)=\mathrm{P}(B)=\mathrm{P}(C)=p<0.5$, $A B C=\emptyset \text { , 且 } \mathrm{P}(A \cup B \cup C)=9 / 16 \text { , 求 } p .$

Solution: 由概率的加法公式, 有

$P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A B)-P(A C)-P(B C)+P(A B C)$

已知 $A, B, C$ 两两独立, 可得 $P(A B)=P(A C)=P(B C)=p^{2}$. 同时又因为 $A B C=\phi$, 可得 $P(A B C)=0$, 又 $P(A \cup B \cup C)=\frac{9}{16}$, 可得如下方程

$\frac{9}{16}=3 p-3 p^{2}$

解得 $p=\frac{1}{4}, \frac{3}{4}$, 又因为 $p<0.5$, 所以 $p=\frac{1}{4}$.

二、(12分) 设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 为相互独立且服从 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 分布的随机变量, 定义

$Y_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(X_{1}+X_{2}+X_{3}\right), \quad Y_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(X_{1}-X_{2}\right)$

试求 $\operatorname{Var}\left(Y_{1} Y_{2}\right)$.

Solution: 由题意 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 为相互独立且均服从 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的随机变量, 那么

$\begin{aligned} &X_{1}+X_{2}+X_{3} \sim N\left(3 \mu, 3 \sigma^{2}\right), Y_{1} \sim N\left(\sqrt{3} \mu, \sigma^{2}\right) \\ &X_{1}-X_{2} \sim N\left(0,2 \sigma^{2}\right), Y_{2} \sim N\left(0, \sigma^{2}\right) \end{aligned}$

而

$\begin{aligned} \operatorname{Cov}\left(Y_{1}, Y_{2}\right) &=\operatorname{Cov}\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\left(X_{1}+X_{2}+X_{3}\right), \frac{\sqrt{2}}{2}\left(X_{1}-X_{2}\right)\right) \\ &=\frac{\sqrt{6}}{6}\left[\operatorname{Var}\left(X_{1}\right)-\operatorname{Var}\left(X_{2}\right)\right]=0 \end{aligned}$

由正态分布的性质可知 $Y_{1}, Y_{2}$ 相互独立. 于是

$\begin{aligned} \operatorname{Var}\left(Y_{1} Y_{2}\right) &=E\left(Y_{1}^{2} Y_{2}^{2}\right)-E^{2}\left(Y_{1} Y_{2}\right)=E\left(Y_{1}^{2}\right) E\left(Y_{2}^{2}\right)-E^{2}\left(Y_{1}\right) E^{2}\left(Y_{2}\right) \\ &=\left[\operatorname{Var}\left(Y_{1}\right)+E^{2}\left(Y_{1}\right)\right]\left[\operatorname{Var}\left(Y_{2}\right)+E^{2}\left(Y_{2}\right)\right]-E^{2}\left(Y_{1}\right) E^{2}\left(Y_{2}\right) \\ &=\left(\sigma^{2}+3 \mu^{2}\right)\left(\sigma^{2}+0\right)-3 \mu^{2} \cdot 0 \\ &=\left(\sigma^{2}+3 \mu^{2}\right) \sigma^{2} \end{aligned}$

三、(24分) 设随机变量 $X$ 服从 $(a, b)$ 区间上的均匀分布, 其中 $0<a<b<\infty$. 在给定 $X=x$ 的条件下, $Y$ 服从参数为 $x$ (即失效率为常数 $x$ ) 的指数分布.

1. 试求 $X$ 与 $X Y$ 的联合概率密度;

2. 试判断 $X$ 与 $X Y$ 是否相互独立;

3. 求 $X Y$ 的分布函数及期望 $\mathrm{E}[X Y]$;

4. 求函数 $h(x)$ 使得 $h(X Y)$ 服从 $U(0,1)$ 分布.

Solution:

1. 由题意, $f_{Y \mid X}(y \mid x)=\left\{\begin{array}{ll}x e^{-x y}, & y \geq 0 \\ 0, & y<0\end{array}, f_{X}(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a}, & b<x<a \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.\right.$, 则 $(X, Y)$ 的联合密度函数是 $f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{x e^{-x y}}{b-a}, & a<x<b, y \geq 0 \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$. 令 $x=u, x y=v \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=u \\ y=\frac{v}{u}\end{array}\right.$, 雅各比行列式为 $|J|=\left|\begin{array}{cc}1 & 0 \\ -\frac{v}{u^{2}} & \frac{1}{u}\end{array}\right|=\frac{1}{u}$, 则 $(U, V)$ 的联合密度函数是 $f_{U, V}(u, v)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{u e^{-v}}{b-a} \cdot \frac{1}{u}=\frac{e^{-v}}{b-a}, & a<u<b, v \geq 0 \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$, 这也是 $(X, X Y)$ 的联合密度函数.
2. 先求 $V$ 和 $U$ 各自的边际密度函数, 它们分别是

$\begin{gathered} f_{V}(v)=\int_{a}^{b} f(u, v) d u=\int_{a}^{b} \frac{e^{-v}}{b-a} d u=e^{-v}, v \geq 0 \\ f_{U}(u)=f_{X}(u)= \begin{cases}\frac{1}{b-a}, & b<u<a \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases} \end{gathered}$

而 $f_{U, V}(u, v)=f_{U}(u) f_{V}(v)$, 所以 $U, V$ 相互独立, 即 $X, X Y$ 相互独立.
3. 由(2)知, $f_{V}(v)=e^{-v}, v \geq 0$, 于是 $E X Y=E V=1$.
4. $X Y$ 服从参数为 1 的指数分布, 其分布函数是

$F_{U}(u)= \begin{cases}1-e^{-u}, & x \geqslant 0 \\ 0, & x<0\end{cases}$

于是令 $h(x)=F_{U}(x)$, 则 $h(X Y) \sim U(0,1)$.

四、(18分) 现抛掷一枚不均匀的硬币, 每次抛掷出现正面的概率为$p\in\left(0,1\right)$, 出现反面的概率为 $q=1-p .$ 按如下规则进行抛掷, 问正反面出现的平均次数之比各为多少?

1. 抛掷直到抛出第一个正面为止;

2. 抛掷直到抛出第一个反面为止;

3. 抛掷 100 次.

Solution:

1. 抛掷次数 $X \sim G e(p)$, 则 $E X=\frac{1}{p}$. 故正面平均出现 1 次, 反面平均出现 $\frac{1}{p}-1$ 次, 两 者之比为 $\frac{1}{\frac{1}{p}-1}=\frac{p}{1-p}$.
2. 抛掷次数 $Y \sim G e(1-p), E Y=\frac{1}{1-p}$. 故正面平均出现 $\frac{1}{1-p}-1$ 次, 反面平均出 现 1 次, 两者之比为 $\frac{\frac{1}{1-p}-1}{1}=\frac{p}{1-p}$.
3. 抛掷得正面次 $Z \sim B(100, p), E Z=100 p$, 故正面平均出现 $100 p$ 次, 反面平均出现 $100-100 p$ 次, 两者之比为 $\frac{100 p}{100-100 p}=\frac{p}{1-p}$.

五、(12分) 设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 独立同分布, $\sigma^{2}=\operatorname{Var}\left(X_{1}\right)$ 存在有限, 但未知. 证明样本方差是 $\sigma^{2}$ 的无偏估计, 并判断样本标准差是否为 $\sigma$ 的无偏估计.

Solution:

记样本方差 $s^{2}= \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$,

$\begin{aligned} E\left[ \left( n-1 \right) s^2 \right] &=E\left[ \sum_{i=1}^n{\left( X_i-\bar{X} \right) ^2} \right] \\ &=E\left[ \sum_{i=1}^n{X_{i}^{2}}-n\bar{X}^2 \right] \\ &=nE\left( X_{i}^{2} \right) -nE\left( \bar{X}^2 \right) \\ &=n\left[ \mu ^2+\sigma ^2-\left( \mu ^2+\frac{1}{n}\sigma ^2 \right) \right] =\left( n-1 \right) \sigma ^2, \end{aligned}$

因此 $E\left[ s^2 \right] =\sigma ^2$. 考虑函数 $g\left( x \right) =\sqrt{x}$, 它在$(0,+\infty)$上是凹函数, 由Jensen不等式,

$E\left( s \right) =E\left( g\left( s^2 \right) \right) \le g\left( E\left[ s^2 \right] \right) =\sigma$

其中等号成立的条件为"$g(s^2)$ 几乎处处为线性函数", 而$g(\cdot)$本身是一个非线性函数，从而这当且仅当 $s^2$ 是单点分布, 而这又当且仅当 $X$ 服从单点分布, 即 $\sigma^2 = 0$. 除此之外, 我们有

$E\left( s \right) <\sigma.$

六、(20分) 假设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为从总体 $F_{\theta}$ 中抽取的简单随机样本, $F_{\theta}$ 有概率密度 $f(x, \theta)$, 其中 $\theta$ 为未知参数, 且

$f(x, \theta)=\frac{\theta}{2 \sqrt{x}} e^{-\theta \sqrt{x}}, \quad \forall x>0$

1. 求 $\sqrt{X_{i}}$ 的分布;

2. 求 $1 / \theta^{2}$ 的矩估计和极大似然估计;

3. 分别判断所求 $1 / \theta^{2}$ 的矩估计和极大似然估计是否为无偏估计.

Solution:

1. 作总体变换, 令 $Y_{i}=\sqrt{X_{i}}, Y_{i}$ 的密度函数是,

$f_{Y}(y)=f_{X}\left(y^{2}\right)|2 y|=\theta e^{-\theta y}, y>0$

即 $Y_{i}$ i.i.d $\sim \operatorname{Exp}(\theta)$.
2. 由于 $\operatorname{Var}(Y)=\frac{1}{\theta^{2}}$, 故 $\frac{1}{\theta^{2}}$ 的矩估计为 $s_{Y}^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(\sqrt{X_{i}}-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \sqrt{X_{i}}\right)^{2}$. 样本的似然函数为 $L(\theta)=\theta^{n} e^{-\theta \sum_{i=1}^{n} y_{i}}$, 取对数并关于 $\theta$ 求导置零, 得似然方程

$\frac{\mathrm{d} \ln L(\theta)}{\mathrm{d} \theta}=\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^{n} y_{i}=0$

解得 $\hat{\theta}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} y_{i}}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}$, 又 $\frac{\partial^{2} \ln L(Y, \theta)}{\partial \theta^{2}}=-\frac{1}{\theta^{2}}<0$, 所以 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的极大似然 估计, 再由极大似然估计的不变性知, $\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}{n}\right)^{2}$ 是 $\frac{1}{\theta^{2}}$ 的极大似然估计.
由 $Y_{i}$ i.i.d $\sim \operatorname{Exp}(\theta)=G a(1, \theta)$, 以及伽马分布的可加性, $\sum_{i=1}^{n} Y_{i} \sim G a(n, \theta)$
所以

$\begin{aligned} E\left(\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right)^{2}\right)=\left[E\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right)\right]^{2} &+\operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right)=\left(\frac{n}{\theta}\right)^{2}+\frac{n}{\theta^{2}}=\frac{n+n^{2}}{\theta^{2}} \\ E\left(s_{y}^{2}\right) &=E\left(\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}\right) \\ &=\frac{1}{n-1} E\left(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-n \bar{Y}^{2}\right) \\ &=\frac{n}{n-1}\left(\frac{1}{\theta^{2}}+\frac{1}{\theta^{2}}-\frac{n^{2}+n}{n^{2} \theta^{2}}\right)=\frac{1}{\theta^{2}} \end{aligned}$

所以矩估计是 $\frac{1}{\theta^{2}}$ 的无偏估计.
而 $E\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} Y{ }_{i}}{n}\right)^{2}=\frac{n+1}{n \theta^{2}}$, 故极大似然估计不是 $\frac{1}{\theta^{2}}$ 的无偏估计.

七、(12分) 测量一个物体的重量, 已知测量值服从正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 测量 10 次, 求出样本均值 $10.48$, 标准差为 $1.36 .$ 试求:

1. 该物体重量 $\mu$ 的置信水平为 $90 \%$ 的置信区间;

2. 测量标准差 $\sigma$ 的置信水平 $95 \%$ 的置信区间.

Solution:

1. 取枢轴量 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu)}{s} \sim t(n-1)$,
   由于 $P\left\{-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \leq \frac{\bar{x}-\mu}{s / \sqrt{n}} \leq t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right\}=1-\alpha$, 反解可得到置信区间

$\left[\bar{x}-\frac{s}{\sqrt{n}} t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1), \bar{x}+\frac{s}{\sqrt{n}} t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right]$

其中 $\alpha=0.1, n=10$, 代入数据得 $\mu$ 的置信水平为 $90 \%$ 的置信区为
$[9.69,11.27]$
2. 枢轴量 $\chi^{2}=\frac{(n-1) s^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$,
由于 $P\left\{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1) \leq \frac{(n-1) s^{2}}{\sigma^{2}} \leq \chi_{\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)\right\}=1-\alpha$, 反解得到 $\sigma$ 的置信 区间为 $\left[\sqrt{\frac{(n-1) s^{2}}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)}}, \sqrt{\frac{(n-1) s^{2}}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)}}\right]$.
其中 $\alpha=0.05, n=10$, 代入数据得 $\sigma$ 的置信水平为 $95 \%$ 的置信区间为 $[0.94,2.48]$

八、(12分) 以 $X$ 记 $n$ 次独立重复试验中某事件 $A$ 发生的次数, 在任一次试验中事 件 $A$ 发生的概率为 $p .$ 考虑检验问题 $H_{0}: p=0.5 \longleftrightarrow H_{1}: p>0.5 .$ 该检验的否 定域为 $X=n$.

1. 该检验犯第一类错误的概率;

2. 当 $p=0.8$ 时, 求该检验犯第二类错误的概率.

Solution:

1. 犯第一类错误的概率是 $\alpha=P\left(X=n \mid H_{0}\right)=P(X=n \mid p=0.5)=\frac{1}{2^{n}}$.
2. 犯第二类错误的概率是 $\beta(0.8)=1-P(X=n \mid p=0.8)=1-(0.8)^{n}$.
   

九、(18分)设 $X_{1}, \ldots, X_{6}$ 是从正态总体 $N\left(0, \sigma_{1}^{2}\right)$ 中抽出的随机样本, $Y_{1}, \ldots, Y_{9}$ 是从正态总体 $N\left(0, \sigma_{2}^{2}\right)$ 中抽出的另一随机样本, 两组样本独立, 其中 $\sigma_{1}^{2}$ 与 $\sigma_{2}^{2}$ 未知. 已知 $\sum_{i=1}^{6} X_{i}^{2} / \sum_{j=1}^{9} Y_{j}^{2}=1.94$, 考虑如下的检验问题: $H_{0}: \sigma_{1}^{2} \leq \sigma_{2}^{2} \longleftrightarrow H_{1}: \sigma_{1}^{2}>$, $\sigma_{2}^{2}$, 其中检验水平 $\alpha=0.05 .$

Solution:
取检验统计量 $F=\frac{\sum_{i=1}^m{X_{i}^{2}}/m}{\sum_{j=1}^n{Y_{j}^{2}/n}}\sim _{H_0}F\left( m,n \right)$, 拒绝域为

$W=\left\{F>F_{\alpha}(m, n)\right\} .$

其中 $m=6, n=9, \alpha=0.05, F_{0.05}(6,9)=3.37,$ 代入数据得
$F=\frac{9}{6} \times 1.94=2.91 \notin W$, 故不拒绝原假设.

十、(12分) 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 是从正态总体 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 中抽出的随机样本, 证明样本方差与样本均值相互独立.

Solution:
构造正交矩阵

$\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccccc} \frac{1}{\sqrt{n}} & \frac{1}{\sqrt{n}} & \frac{1}{\sqrt{n}} & \cdots & \frac{1}{\sqrt{n}} \\ \frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1}} & -\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1}} & 0 & \cdots & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3 \cdot 2}} & \frac{1}{\sqrt{3 \cdot 2}} & -\frac{2}{\sqrt{3 \cdot 2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \cdots & -\frac{n-1}{\sqrt{n(n-1)}} \end{array}\right)$

记随机向量 $\boldsymbol{X}=\left(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right)^{T}$, 则 $\boldsymbol{X}$ 服从 $n$ 维正态分布, 令 $\boldsymbol{Y}=A \boldsymbol{X}$, 则由正 态分布性质知, $\boldsymbol{Y}$ 也服从 $n$ 维正态分布, 其均值向量为

$E \boldsymbol{Y}=A E \boldsymbol{X}=A\left(\begin{array}{c} \mu \\ \mu \\ \vdots \\ \mu \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sqrt{n} \mu \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right)$

协方差矩阵为 $A^{T}\left(\sigma^{2} I_{n}\right) A=\sigma^{2} I_{n}$. 同时注意到

$\begin{gathered} Y_{1}=\frac{1}{\sqrt{n}}\left(X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}\right)=\sqrt{n} \bar{X} \\ \sum_{i=1}^{n} X_{i}{ }^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}{ }^{2} \end{gathered}$

其中第二点是由正交矩阵的性质得到的.
利用上述第一点可以得到 $\bar{X} \sim \frac{Y_{1}}{\sqrt{n}} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^{2}}{n}\right)$. 同时利用上述两点可以得到 $(n-1) S^{2}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}{ }^{2}-n \bar{X}^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-Y_{1}^{2}=Y_{2}^{2}+Y_{3}{ }^{2}+Y_{4}{ }^{2}+\cdots+Y_{n}{ }^{2}$
且对于 $i=2, \cdots, n$, 有 $Y_{i}$ i.i.d $\sim N\left(0, \sigma^{2}\right)$, 所以 $\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$. 并且 注意到 $S^{2}$ 仅仅依赖于 $Y_{2}, Y_{3}, \cdots, Y_{n}$, 而 $\bar{X}$ 仅仅依赖于 $Y_{1}$. 由正态分布独立与不相关等价的 性质知道, $Y_{1}$ 与 $Y_{2}, Y_{3}, \cdots, Y_{n}$ 是独立的, 所以 $\bar{X}$ 与 $S^{2}$ 也是相互独立的.