北大叉院-849统计学-2018年-解析

北大叉院-849统计学-2018年

一、(8分) 有 4 份古卷放在书架上,请问第 1 卷与第 2 卷相邻的概率为多少?

Solution:
这是一个古典概型问题, 全体样本点的数量是一个全排列 $\# \Omega=4 !=24$. 而对于待研究事件, 使用捆绑法, 将第 1 卷与第 2 卷视为一个整体, 此时外部有 3 个物体待排列, 其中一个是第 1 卷与第 2 卷构成的整体, 其内部也有 2 个物体待 排列, 由内外部两个排列的独立性知# $A=2 ! \cdot 3 !=12$, 因此

$$P(A)=\frac{\# A}{\# \Omega}=\frac{12}{24}=\frac{1}{2}$$

二、(8分) 甲、乙独立地向同一目标射击,甲命中的概率是 0.6,乙命中的概率是 0.8. 求在已知目标被命中的情况下,是乙命中的概率.

Solution:
用事件 $A$ 表示目标被射中, 则 $P(A)=1-(1-0.6) \cdot(1-0.8)=0.92$. 再用事件 $B$ 表示目标被乙射中, 则由贝叶斯公式

$$P(B \mid A)=\frac{P(A \mid B) P(B)}{P(A)}=\frac{0.8}{0.92}=\frac{20}{23}$$

三、(10分) 甲袋中装有 2 个白球和 1 个黑球,乙袋中装有 2 个黑球和 1 个白球. 现在随机地先从甲袋中取出一球放入乙袋中,再从乙袋中取出 1 球,请问第二次从乙袋中 取出黑球的概率是多少?

Solution:
用事件 $B_{i}$ 表示拿到的第 $i$ 个球是黑球, 则由全概率公式

$$\begin{aligned} P\left(B_{2}\right) &=P\left(B_{2} \mid B_{1}\right) P\left(B_{1}\right)+P\left(B_{2} \mid \bar{B}_{1}\right) P\left(\bar{B}_{1}\right) \\ &=\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \\ &=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{7}{12} \end{aligned}$$

四、(10分) 目前有 $n$把外观相似的钥匙用于开一扇上锁的门, $n$ 把钥匙中只有一把能打开. 随机从$ n$ 把钥匙中取出一把用于开锁,如果不能开锁就将其放回,重新抽取.请问成功开锁 所需要的取钥匙次数的期望为多少?

Solution: 设取钥匙次数为 $X$, 显然有 $X \sim G e\left(\frac{1}{n}\right)$, 于是 $E X=n$.

五、(12分) $X \sim f(x)=c x(1-x) I[0<x<1],$ 求

(1) $c$;

(2) $X$ 与 $\sqrt{X}$ 的相关系数.

Solution:
贝塔函数: $\mathbf{B}(p, q)=\int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{q-1} \mathrm{~d} x=\frac{\Gamma(p) \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$.
(1)
由概率密度函数的正则性, 有

$$c \int_{0}^{1} x(1-x) \mathrm{d} x=c \mathbf{B}(2,2)=c \frac{\Gamma(2) \Gamma(2)}{\Gamma(4)}=\frac{c}{6}=1$$

解得 $c=6$.

(2)
对于 $\forall p>0$,

$$E X^{p}=\int_{0}^{1} 6 x^{p+1}(1-x) \mathrm{d} x=6 \mathbf{B}(p+2,2)=6 \frac{\Gamma(p+2) \Gamma(2)}{\Gamma(p+4)}=\frac{6}{(p+3)(p+2)}$$

于是

$$\begin{aligned} \operatorname{Cov}(X, \sqrt{X})&=E X^{\frac{3}{2}}-E X \cdot E X^{\frac{1}{2}} \\ &=\frac{6}{\frac{9}{2} \cdot \frac{7}{2}}-\frac{6}{4 \cdot 3} \cdot \frac{6}{\frac{7}{2} \cdot \frac{5}{2}} \\ &=\frac{8}{21}-\frac{1}{2} \cdot \frac{24}{35}=\frac{4}{105} \\ \end{aligned}$$

而Var $(X)=E X^{2}-(E X)^{2}=\frac{6}{5 \cdot 4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{20}$
$\operatorname{Var}(\sqrt{X})=E X-\left(E X^{\frac{1}{2}}\right)^{2}=\frac{1}{2}-\left(\frac{24}{35}\right)^{2}=\frac{73}{2450}$
所以 $\operatorname{Corr}(X, \sqrt{X})=\frac{\frac{4}{105}}{\sqrt{\frac{1}{20} \cdot \frac{73}{2450}}} \approx 0.987 .$

六、(12分) 有来自总体 $f(x)=\frac{2 \theta^{2}}{x^{3}} I[x \geq \theta]$ 的 $n$ 个随机样本, 求 $\theta$ 的矩估计、最大似然估计.

Solution:

$$E X=\int_{\theta}^{+\infty} \frac{2 \theta^{2}}{x^{2}} d x=\left.2 \theta^{2}\left(-\frac{1}{x}\right)\right|_{\theta} ^{+\infty}=2 \theta$$

所以 $\hat{\theta}_{M}=\frac{\bar{x}}{2}$ 是 $\theta$ 的矩估计.
似然函数 $L(\theta)=\frac{2^{n}}{\prod_{i=1}^{n} x_{i}^{3}} \theta^{2 n} \mathbf{I}_{\left\{x_{(1)} \geqslant \theta\right\}}$ 是 $\theta$ 在 $\left(-\infty, x_{(1)}\right]$ 上的单调递增函数, 因此 $\hat{\theta}_{L}=x_{(1)}$ 是 $\theta$ 的极大似然估计.

七、(15分) 设简单随机样本 $X_1, \cdots, X_n$ 服从 $[0, \theta]$ 上的均匀分布:

(1)(7分) 求 $\theta$ 的极大似然估计;

(2)(8分) 构造 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间.

Solution:

(1) 似然函数 $L(\theta)=\frac{1}{\theta^{n}} \mathbf{I}_{\left\{x_{(n)} \leqslant \theta\right\}}$ 是 $\theta$ 在 $\left[x_{(n)},+\infty\right)$ 上的减函数, 显然 $\hat{\theta}_{L}=x_{(n)}$ 是 $\theta$ 的极大似然估计.

(2) 用枢轴量法来构造置信区间:
假设来自总体为 $U(0, \theta)$ 的 $n$ 个随机样本为 $X_{1}, \ldots, X_{n}$, 那么

$$T=\frac{X_{(n)}}{\theta} \sim f(t)=n t^{n-1}, 0<t<1,$$

我们想找到 $0 \leq c<d \leq 1$, 使得

$$1-\alpha=P\{c \leq T \leq d\}$$

我们可以取 $c=\alpha^{\frac{1}{n}}, d=1$ 将满足

$$1-\alpha=P\left\{\alpha^{\frac{1}{n}} \leq \frac{X_{(n)}}{\theta} \leq 1\right\} \text {, 即 } 1-\alpha=P\left\{X_{(n)} \leq \theta \leq \frac{X_{(n)}}{\alpha^{\frac{1}{n}}}\right\} \text {, }$$

则 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为 $\left[X_{(n)}, \frac{X_{(n)}}{\alpha^{\frac{1}{n}}}\right]$.

八、(15分) 有来自总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ 的 $n$ 个随机样本, $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间长度为 $L$, 求 $E L^{2}$.

Solution:
$\mu$ 的置信区间是 $\bar{x} \pm \frac{s}{\sqrt{n}} t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)$, 置信区间的长度是 $2 \frac{s}{\sqrt{n}} t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)$,则

$$E L^{2}=E\left(2 \frac{s}{\sqrt{n}} t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right)^{2}=\frac{4}{n}\left[t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right]^{2} E s^{2}=\frac{4 \sigma^{2}}{n}\left[t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right]^{2}$$

九、(15分) $X_{0}, X_{1}, \ldots, X_{n}$ 独立同服从 $G e(p),$ 求 $\operatorname{Cov}\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}, \sum_{i=1}^{X_{0}} X_{X_{0}+i}\right)$.

Solution:
由重期望公式知

$$\begin{aligned} E\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}\right) &=E\left[E\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i} \mid X_{0}\right)\right]=E\left[\frac{X_{0}}{p}\right]=\frac{1}{p^{2}} \\ \text { 同理 } E\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{X_{0}+i}\right)=\frac{1}{p^{2}} . \\ E\left[\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}\right)\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{X_{0}+i}\right)\right] &=E\left(E\left[\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}\right)\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{X_{0}+i}\right) \mid X_{0}\right]\right) \\ &=E\left(E\left[\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}\right)\left(\sum_{i=X_{0}+1}^{2 X_{0}} X_{i}\right) \mid X_{0}\right]\right) \\ &=E\left[\frac{X_{0}^{2}}{p^{2}}\right] \\ &=\frac{1}{p^{2}} E X_{0}^{2}=\frac{2-p}{p^{4}} \\ \text { 因此 } \operatorname{Cov}\left(\sum_{i=1}^{X_{0}} X_{i}, \sum_{i=1}^{X_{0}} X_{X_{0}+i}\right) &=\frac{2-p}{p^{4}}-\frac{1}{p^{4}}=\frac{1-p}{p^{4}} . \end{aligned}$$

十、(15分) 设随机变量 $X$ 服从 $[\theta-\rho, \theta+\rho]$ 上的均匀分布，试求 $\theta$ 和 $\rho$ 的极大似然估计, 并说明其 极大似然估计是否为无偏估计, 并证明你的结论.

Solution:
作一一变换 $\left\{\begin{array}{l}a=\theta-\rho \\ b=\theta+\rho\end{array}\right.$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\theta=\frac{a+b}{2} \\ \rho=\frac{b-a}{2}\end{array}\right.$, 且总体 $X \sim U(a, b)$.
于是似然函数为 $L(a, b)=\frac{1}{(b-a)^{n}} \mathbf{I}_{\left\{x_{(0)} \geqslant a\right\}} \mathbf{I}_{\left\{x_{(n)} \leqslant b\right\}}$, 显然若想要似然函数取 到最大值, 则要求 $(b-a)$ 取到最小值, 又注意到示性函数的存在, 则 $a$ 与 $b$ 的取 值范围分别是 $\left(-\infty, x_{(1)}\right]$ 与 $\left[x_{(n)},+\infty\right)$, 因此当 $\left\{\begin{array}{l}a=x_{(1)} \\ b=x_{(n)}\end{array}\right.$ 时, $(b-a)$ 取到最小值.

$$\left\{\begin{array}{l} \hat{\theta}=\frac{x_{(1)}+x_{(n)}}{2} \\ \hat{\rho}=\frac{x_{(n)}-x_{(1)}}{2} \end{array}\right.$$

是 $(\theta, \rho)$ 的极大似然估计.
由均匀分布的性质容易知道

$$\frac{x_{(1)}-a}{b-a} \sim \operatorname{Beta}(1, n), \frac{x_{(n)}-a}{b-a} \sim \operatorname{Beta}(n, 1)$$

则 $E x_{(1)}=a+\frac{b-a}{n+1}, E x_{(n)}=b-\frac{b-a}{n+1}$.
于是

$$\left\{\begin{array}{l} E \hat{\theta}=\frac{E x_{(1)}+E x_{(n)}}{2}=\frac{a+b}{2}=\theta \\ E \hat{\rho}=\frac{E x_{(n)}-E x_{(1)}}{2}=\frac{b-a-\frac{2}{n+1}(b-a)}{2}=\frac{n-1}{n+1} \frac{b-a}{2}=\frac{n-1}{n+1} \rho \end{array}\right.$$

即 $\hat{\theta}$ 是无偏估计, $\hat{\rho}$ 不是无偏估计.

十一、(15分)叙述中心极限定理, 并利用中心极限定理证明:

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k !} e^{-n}=\frac{1}{2}.$$

Solution:
$X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 独立同分布, 且有 $E X_{1}=\mu, \operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=\sigma^{2}<+\infty$, 那么对于任 意 $x \in R$,

$$\lim _{n \rightarrow \infty} P\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}-n \mu}{\sqrt{n} \sigma} \leqslant x\right)=\Phi(x)$$

这里 $\Phi(x)$ 是标准正态分布的分布函数. 取 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ i.i.d $\sim$ Poisson $(1)$, 则 $E X_{1}=\operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=1$, 则

$$\lim _{n \rightarrow \infty} P\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}-n}{\sqrt{n}} \leqslant 0\right)=\Phi(0)=\frac{1}{2}$$

又根据泊松分布的可加性知 $\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim \operatorname{Poisson}(n)$, 于是有

$$P\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}-n}{\sqrt{n}} \leqslant 0\right)=P\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i} \leqslant n\right)=\sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k !} e^{-n}$$

因此 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k !} e^{-n}=\frac{1}{2}$.

十二、(15分) 设有方程组

$$\left\{\begin{array}{c} y_{1}=\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}+\varepsilon_{1}, \\ y_{2}=\theta_{1}-\theta_{2}-\theta_{3}+\varepsilon_{2}, \\ y_{3}=-\theta_{1}+\theta_{2}-\theta_{3}+\varepsilon_{3}, \\ y_{4}=-\theta_{1}-\theta_{2}+\theta_{3}+\varepsilon_{4}. \end{array}\right.$$

其中, $\varepsilon_{i}$ i.i.d $\sim N\left(0, \sigma^{2}\right), \sigma^{2}$ 未知, 求

(1)(7分) $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}$ 的 UMVUE;

(2)(8分) $\theta_{1}$ 的置信度为$1-\alpha$的最短置信区间.

Solution:
(1)
$\left(Y_{1}, Y_{2}, Y_{3}, Y_{4}\right)$ 的联合密度函数是

$$\begin{array}{r} f\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4}\right)=\left(2 \pi \sigma^{2}\right)^{-2} \exp \left\{-\frac{\left(y_{1}-\theta_{1}-\theta_{2}-\theta_{3}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}\right\} \exp \left\{-\frac{\left(y_{2}-\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}\right\} \\ \exp \left\{-\frac{\left(y_{3}+\theta_{1}-\theta_{2}+\theta_{3}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}\right\} \exp \left\{-\frac{\left(y_{4}+\theta_{1}+\theta_{2}-\theta_{3}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}\right\} \end{array}$$

只留下带有 $\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4}\right)$ 的部分, 整理得

$$f \propto e^{-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left[\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2}\right)+2 \theta_{1}\left(-y_{1}-y_{2}+y_{3}+y_{4}\right)+2 \theta_{2}\left(-y_{1}+y_{2}-y_{3}+y_{4}\right)+2 \theta_{3}\left(-y_{1}+y_{2}+y_{3}-y_{4}\right)\right]}$$

于是根据因子分解定理,
$\left(\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}\right)$ 各自的充分统计量分别是

$$\left(y_{1}+y_{2}-y_{3}-y_{4}, y_{1}-y_{2}+y_{3}-y_{4}, y_{1}-y_{2}-y_{3}+y_{4}\right)$$

其中令 $\hat{\theta}_{1}=\frac{y_{1}+y_{2}-y_{3}-y_{4}}{4} \sim N\left(\theta_{1}, \frac{\sigma^{2}}{4}\right)$, 而正态分布是完全族分布, 因此 该统计量是完全的. 于是它是基于充分完全统计量给出的 $\theta_{1}$ 的无偏估计，所以它 是 $\theta_{1}$ 的 UMVUE.
同理 $\hat{\theta}_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}+y_{3}-y_{4}}{4}$ 是 $\theta_{2}$ 的 UMVUE. $\hat{\theta}_{3}=\frac{y_{1}-y_{2}-y_{3}+y_{4}}{4}$ 是 $\theta_{3}$ 的 UMVUE.

(2)
记 $\left\{\begin{array}{l}\hat{y}_{1}=\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}+\hat{\theta}_{3} \\ \hat{y}_{2}=\hat{\theta}_{1}-\hat{\theta}_{2}-\hat{\theta}_{3} \\ \hat{y}_{3}=-\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}-\hat{\theta}_{3} \\ \hat{y}_{4}=-\hat{\theta}_{1}-\hat{\theta}_{2}+\hat{\theta}_{3}\end{array}\right.$ 令 $\hat{\sigma}^{2}= \sum_{i=1}^{4}\left(y_{i}-\hat{y}_{i}\right)^{2}$, 则 $\frac{\hat{\sigma}^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(1)$. (严格证明可据Cochran定理, 或直接利用自由度来推断)
又 $\hat{\sigma}^{2}$ 是 $\theta_{1}$ 的辅助统计量, 由 Basu 定理可以知道 $\hat{\sigma}^{2}$ 与 $\hat{\theta}_{1}$ 独立, 因此我们可以 构造枢轴量

$$T=\frac{2\left(\hat{\theta}_{1}-\theta_{1}\right)}{\hat{\sigma}} \sim t(1)$$

故得到 $\theta_{1}$ 的 $1-\alpha$ 置信水平的最短置信区间

$$\hat{\theta}_{1} \pm \frac{\hat{\sigma}}{2} t_{1-\frac{\alpha}{2}}(1)$$