中山大学-432统计学-2018年

一、选择题(每小题3分, 共60分)

以下哪条不是概率的公理化定义中概率函数的性质? ()
(A)有限可加性
(B)次可加性
(C)单调性
(D)右连续性

Solution: D
概率的公理性定义由三个条件, 分别为: 非负性、规范性、可列可加性. 其性质有: 次可加性、单调性、连续性(上连续或下连续)、有限可加性、减法公式、加法公式等. 右连续性是分布函数的性质, 并非概率函数的性质, 故选 D.

已知 $A, B$ 两个随机事件满足 $P(A \cap B)=P(\bar{A} \cap \bar{B})$ , 且 $P(A)=p$ , 则 $P(B)$ 等于()
(A) $p$
(B) $1-p$
(C) $(1-p) p$
(D) $p^{2}$

Solution: B
由 $P(\bar{A} \cap \bar{B})=P(\overline{A \cup B})$ 推出:

\begin{aligned} P(\bar{A} \cap \bar{B}) &=P(\overline{A \cup B})=1-P(A \cup B) \\ &=1-[P(A)+P(B)-P(A \cap B)] \\ &=1-P(A)-P(B)+P(A \cap B) \end{aligned}

所以: $P(B)=1-P(A)=1-p$ . 选项 $\mathrm{B}$ 正确

设事件 $A, B$ 互不相容, 且 $P(A)>0, P(B)>0$ , 则有 ()
(A) $P(B \mid A)>0$
(B) $P(A \mid B)=P(A)$
(C) $P(A \mid B)=0$
(D) $P(A B)=P(A) P(B)$

Solution: C
因为事件 $\mathrm{A}$ 与 $\mathrm{B}$ 不相容, 所以: $P(A B)=0$ , 选项 $\mathrm{D}$ 错误, 又 $P(A \mid B)=\frac{P(A B)}{P(B)}=0$ 所以选项 $\mathrm{C}$ 正确

某班有 5 个士兵, 每人各有一支枪, 这些枪的外形完全一样。在一次夜间紧急集合中, 若每人随机取走一支枪, 恰好有三个人拿到自己的枪的概率是()
(A) $1 / 4$
(B) $1 / 5$
(C) $1 / 6$
(D) $1 / 12$

Solution: 4.D
5 个士兵随机取走一支枪,总共有 $5 !=120$ 种可能性,恰有三个人拿到自己的枪支, 则剩下两个人只能取得另一个人的枪支, 有 $C_{5}^{3}=10$ 种可能
故恰好有三个人拿到自己枪支的概率: $P=\frac{10}{120}=\frac{1}{12}$ 选项 D 正确

若发报机以 $0.7$ 和 $0.3$ 的概率发出信号 0 和 1 , 由于随机干扰的影响, 当发出信号 0 时, 接收机不一定收到 0 , 而是以概率 $0.8$ 和 $0.2$ 收到信号 0 和 1 ; 同样地, 当发报机发出信号 1 时, 接收机以概率 $0.9$ 和 $0.1$ 收到信号 1 和 0 。当接收机收到信号 1 时, 发报机是发出信号 1 的概率是 ()
(A) $9 / 10$
(B) $56 / 59$
(C) $27 / 41$
(D) $17 / 32$

Solution: C
设发报机发出信号 1 为事件 $\mathrm{A}$ , 接收机收到信号 1 位事件 $\mathrm{B}$ , 依题意有:

P(A)=0.3, P(\bar{A})=0.7, P(B \mid A)=0.9, P(B \mid \bar{A})=0.2

所以接收机收到信号 1 时, 发报机是发出信号 1 的概率:

\begin{aligned} P(A \mid B) &=\frac{P(A B)}{P(B)}=\frac{P(A) P(B \mid A)}{P(A) P(B \mid A)+P(\bar{A}) P(B \mid \bar{A})} \\ &=\frac{0.3 \times 0.9}{0.3 \times 0.9+0.7 \times 0.2}=\frac{27}{41} \end{aligned}

选项 C 正确

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

设 $X$ 和 $Y$ 相互独立, 且 $X \sim \mathrm{N}(0,1), Y \sim N(1,4)$ , 则有 ( )
(A) $\mathrm{P}(\mathrm{X}+\mathrm{Y} \leq 0)=1 / 2$
(B) $\mathrm{P}(\mathrm{X}+\mathrm{Y} \leq 1)=1 / 2$
(C) $\mathrm{P}(\mathrm{X}-\mathrm{Y} \leq 0)=1 / 2$
(D) $P(X-Y \leq 1)=1 / 2$

Solution: B
$\mathrm{X}$ 和 $\mathrm{Y}$ 相互独立且都服从正态分布,所以 $X+Y \sim N(1,5), X-Y \sim N(-1,5)$
$X+Y$ 的概率密度函数关于 $X=1$ 对称, 故 $P(X+Y<1)=\frac{1}{2}$ . 选项 B 正确

以下哪项不是 (强) 大数定律的应用? ()
(A) 观测值的算术平均值估计期望值
(B)事件发生的频率估计概率
(C)期望值的置信区间估计
(D)用蒙特卡洛法计算定积分

Solution: C
大数定律是指样本数量越多, 它的算术平均值就越接近于其期望值, 选项 $\mathrm{ABD}$ 均为其运用. 选项 $\mathrm{C}$ 的期望值的置信区间是通过构造适当的区间来估计对应参数的真值所在范围，属于中心极限定理的应用用，故选项 $\mathrm{C}$ 错误

设总体分布为参数为 2 的指数分布 $\operatorname{Exp}(2)$ (密度函数参看试卷末尾)。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

关于随机变量序列 $X_{n}$ 依概率收敛到随机变量 $X$ , 则下列说法不正确的是()
(A) $X_{n}$ 概率 1 收敛到 $X$
(B) $X_{n}$ 依分布收敛到 $X$
(C) $X_{n} 2$ 阶矩不一定收敛
(D) $X_{n}^{2}$ 依概率收敛到 $X^{2}$

Solution: A
$X_{n}$ 依概率收玫到 $X$ , 可以推出其依分布收玫到 $X$ , 但不能推出其概率 1 收敛到 $X$ , 且由依概率收敛的四则运算法则可以推出 $X_{n}^{2}$ 依概率收玫到 $X^{2}$ , 故选项 $\mathrm{B} 、$ C、D 正确，选项 $\mathrm{A}$ 错误.

若 $X$ 服从标准正态分布 $\mathrm{N}(0,1), Y$ 服从自由度为 $n$ 的卡方分布 $\chi^{2}(n), Z$ 服从自由度为 $m$ 的卡方分布 $\chi^{2}(m)$ , 则()
(A) $X^{2} \sim \chi^{2}(1)$
(B) $\frac{x}{\sqrt{Y / n}} \sim t(n)$
(C) $\frac{Y / n}{Z / m} \sim F(n, m)$
(D)以上皆对

Solution: A
因为 $X \sim N(0,1)$ , 故 $X^{2} \sim \chi^{2}(1), \mathrm{A}$ 选项正确; 由于 $X 、 Y 、 Z$ 之间独立性末知, 故 B、C、D 选项错误.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本, $\mu$ 末知而 $\sigma^{2}$ 已知。 $\bar{X}$ 和 $S^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 为样本均值及样本方差。记, $T_{1}=\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma / n}, T_{2}=\frac{\bar{x}-\mu}{s / n}, T_{3}=\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}}$ , 则 $T_{1}, T_{2}, T_{3}$ 中统计量的个数为 ()
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 3

Solution: B
统计量指样本的函数 $T\left(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right)$ ; 统计量依赖且只依赖于样本, 它不含任何末知参数(故一般其分布与末知参数有关). 由于 $\mu$ 末知, 故 $T_{1}, T_{2}$ 不是统计量, $T_{3}$ 是统计量.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为泊松分布 $\operatorname{Pois}(\lambda)$ 的样本, $\bar{X}$ 和 $S^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 为样本均值及样本方差, 则 $\mathrm{E}\left(n \bar{X}^{2}+S^{2}\right)$ 为 ()
(A) $(n+1) \lambda$
(B) $(n+1) \lambda^{2}$
(C) $n \lambda^{2}+\lambda$
(D) $n \lambda^{2}+2 \lambda$

Solution: D
由于 $X \sim P(\lambda)$ , 则 $E(X)=\lambda, D(X)=\lambda$ ; $E\left(\bar{x}^{2}\right)=D(\bar{x})+E^{2}(\bar{x})=\frac{D(X)}{n}+E^{2}(X)=\frac{\lambda}{n}+\lambda^{2}, E\left(s^{2}\right)=D(X)=\lambda$ $E\left(n \bar{x}^{2}+s^{2}\right)=n E\left(\bar{x}^{2}\right)+E\left(s^{2}\right)=n \lambda^{2}+2 \lambda$ , 故 D 选项正确.

设 $X_{1}, \cdots, X_{10}$ 为正态总体 $X \sim N(0,2)$ 的样本, 记 $T=\sum_{i=1}^{10}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ , 则 $T$ 的方差为 ()
(A) 9
(B) 18
(C) 36
(D) 72

Solution: D $\frac{T}{2} \sim \chi^{2}(9), D(T)=4 D\left(\frac{T}{2}\right)=4 \times 18=72$ , 故 D 选项正确.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自均匀分布 $U(\theta-1, \theta+1)$ 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) $\left\{X_{(1)}, X_{(n)}\right\}$
(D) $X_{(n)}-X_{(1)}$

Solution: C
密度函数为 $f(x)=\frac{1}{2} I_{(\theta-1 \leqslant x \leqslant \theta+1)}$ , 其联合分布函数为

f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2}\right)=\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{2} I_{(\theta-1 \leqslant x \leqslant \theta+1)}=\frac{1}{2^{n}} I_{\left(\theta \geqslant X_{(\omega)}-1\right)} I_{\left(\theta \leqslant X_{\omega j}+1\right)}

故由因子分解定理知, 充分统计量为 $\left(X_{(1)}, X_{(n)}\right)$ , 选项 C 正确.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(0, \sigma^{2}\right)$ 的样本, $Y_{1}, \cdots, Y_{m}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(1, \sigma^{2}\right)$ 的样本。记 $S_{X}^{2}=$ $\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}, S_{Y}^{2}=\frac{1}{m-1} \sum_{i=1}^{m}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}$ , 则下列说法正确的是()
(A) $\left(S_{X}^{2}+S_{Y}^{2}\right) / 2$ 是 $\sigma^{2}$ 的无偏估计量
(B) $\left(S_{X}^{2}+S_{Y}^{2}\right) / 2$ 是 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计量
(C) $\left(S_{X}^{2}+S_{Y}^{2}\right) / 2$ 是 $\sigma^{2}$ 的充分统计量
(D) $\left(S_{X}+S_{Y}\right) / 2$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量

Solution: A
选项 A: 因为 $E\left(s_{x}^{2}\right)=\sigma^{2} E\left(s_{y}^{2}\right)=\sigma^{2}$ , 故 $E\left(\frac{s_{x}^{2}+s_{y}^{2}}{2}\right)=\sigma^{2}$ , A 选项正确; 选项 B: 似然函数

L\left(\sigma^{2}\right)=\left(2 \pi \sigma^{2}\right)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}\right)}

取对数得, $\operatorname{In} L=-\frac{m+n}{2} \operatorname{In} \sigma^{2}-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}\right)$

\text { 令 } \frac{\mathrm{d} \operatorname{In} L}{\mathrm{~d} \sigma^{2}}=-\frac{m+n}{2 \sigma^{2}}+\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}}{2 \sigma^{4}}=0 \text {, }

求得 $\widehat{\sigma}_{M L E}^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}}{m+n}, \mathrm{~B}$ 选项错误;
选项 C: 联合分布函数 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}, y_{1}\right)=\left(2 \pi \sigma^{2}\right)^{-\frac{n}{2}} e^{-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}\right)}$ , 由因子分解定理知, 充分统计量为 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}, \mathrm{C}$ 选项错误;
选项 D: 由最大似然估计的不变性可知 $\hat{\sigma}_{M L E}=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+\sum_{i=1}^{m}\left(y_{i}-1\right)^{2}}{m+n}}$ , 选项 D 错误.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为参数为 $\lambda$ 的指数分布 $\operatorname{Exp}(\lambda), \bar{X}$ 和 $S^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 为样本均值及样本方差。则下列统计量的分布不依赖于 $\lambda$ 的是 ()
(A) $\bar{X}$
(B) $\mathrm{S}$
(C) $\bar{X}-S$
(D) $\bar{X} / S$

Solution: D
记 $Y_{i}=\lambda X_{i}$ , 则 $f(y)=e^{-y}$ , 故 $Y_{i}$ 分布与参数 $\lambda$ 无关:而

\begin{gathered} \lambda \bar{x}=\lambda \frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}{n}=\frac{\sum_{i=1}^{n} \lambda x_{i}}{n}=\bar{y} \\ \lambda^{2} s^{2}=\frac{\lambda^{2}}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(\lambda x_{i}-\lambda \bar{x}\right)^{2}=s_{y}^{2} \end{gathered}

故 $\frac{\bar{x}}{s}=\frac{\lambda \bar{x}}{\lambda s}=\frac{\bar{y}}{s_{y}}$ 分布与参数 $\lambda$ 无关, 选项 D 正确.

设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为标准正态分布 $\mathrm{N}(0,1)$ 的样本, $\bar{X}$ 为样本均值, 则 ()
(A) $\bar{X}^{2} \sim \chi^{2}(1)$
(B) $n \bar{X}^{2} \sim \chi^{2}(1)$
(C) $n \bar{X}^{2} \sim \chi^{2}(n)$
(D) $\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n)$

Solution: B

\bar{x} \sim N\left(0, \frac{1}{n}\right), \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n-1) \text {; }

$\sqrt{n} \bar{x} \sim N(0,1)$ , 故 $n \bar{x}^{2} \sim \chi^{2}(1), \mathrm{B}$ 选项正确.

若总体 $X$ 的密度函数为

f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{6 x(\theta-x)}{\theta^{3}}, & 0<x<\theta, \\ 0, & \text { 其他, } \end{array}\right.

其中 $\theta>0$ 为末知参数。 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的样本, 则 $\theta$ 的矩法估计量是()
(A) $\bar{X}$
(B) $2 \bar{X}$
(C) $3 \bar{X}$
(D) $4 \bar{X}$

Solution: B

\begin{aligned} E(X) &=\int_{0}^{\theta} \frac{6 x^{2}(\theta-x)}{\theta^{3}} d x=6 \theta \int_{0}^{\theta} \frac{x^{2}}{\theta^{2}}\left(1-\frac{x}{\theta}\right) d \frac{x}{\theta} \\ &=6 \theta \operatorname{Beta}(3,2)=\frac{\theta}{2} \end{aligned}

$\theta=2 E(X)$ , 故 $\hat{\theta}=2 \bar{x}, \mathrm{~B}$ 选项正确.

设某总体 $X$ 的一阶与二阶原点矩分别为 $\mu_{1}$ 和 $\mu_{2}, X_{1}, \cdots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的样本, 令 $Q=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\right.$ $\bar{X})^{2}$ , 则下列说法正确的是 ( )
(A) $\bar{X}^{2}$ 是 $\mu_{1}^{2}$ 的无偏估计量
(B) $\bar{X}^{2}$ 是 $\mu_{2}$ 的无偏估计量
(C) $\bar{X}^{2}+Q / n$ 是 $\mu_{2}$ 的无偏估计量
(D) $\bar{X}^{2}+Q /(n-1)$ 是 $\mu_{2}$ 的无偏估计量

Solution: C

\begin{gathered} E\left(\bar{x}^{2}\right)=D(\bar{x})+E^{2}(\bar{x})=\frac{D(X)}{n}+E^{2}(X) \\ =\frac{1}{n}\left(\mu_{2}-\mu_{1}^{2}\right)+\mu_{1}^{2}=\frac{1}{n} \mu_{2}+\frac{n-1}{n} \mu_{1}^{2}, \\ E(Q)=(n-1)\left(\mu_{2}-\mu_{1}^{2}\right), \\ E\left(\bar{x}^{2}+\frac{Q}{n}\right)=\frac{1}{n} \mu_{2}+\frac{n-1}{n} \mu_{1}^{2}+\frac{n-1}{n}\left(\mu_{2}-\mu_{1}^{2}\right)=\mu_{2} \end{gathered}

故 C 选项正确.

二、(24 分)设随机向量 $(\xi, \eta)$ 服从 $D=\{(x, y): 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 2\}$ 上的均匀分布。
(1) (8 分) 求 $Z=\min \{\xi, \eta\}$ 的密度函数。
(2) (8 分) 令 $U=\left\{\begin{array}{l}0, \xi \leq \eta \\ 1, \xi>\eta\end{array} ; V=\left\{\begin{array}{l}0, \xi \leq 2 \eta \\ 1, \xi>2 \eta\end{array}\right.\right.$ 。求 $(U, V)$ 的分布。
(3) (8 分) 求 $U, V$ 相关系数。

Solution:
(1) 随机向量所围成的面积 $S=2$ ,二维随机变量 $(X, Y)$ 的概率密度函数:

f(x, y)=\left\{\begin{array}{lc} \frac{1}{2} & 0<x<1,0<y<2 \\ 0 & \text { 其他 } \end{array}\right.

$F_{Z}(z)=P(Z \leqslant z)=P(\min (\xi, \eta) \leqslant z)$ , 当 $z<0 \quad F_{Z}(z)=0$ , 当 $0<z<1$ ,
有

\begin{aligned} F_{Z}(z) &=1-\int_{z}^{1} d x \int_{z}^{2} \frac{1}{2} d y \\ &=1-\frac{1}{2}(1-z)(2-z) \\ &=-\frac{1}{2} z^{2}+\frac{3}{2} z \end{aligned}

当 $z>1, F_{Z}(z)=1$ , 故 $Z$ 的密度函数是

f_{Z}(z)=\left\{\begin{array}{lc} -z+\frac{3}{2} & 0<z<1 \\ 0 & \text { 其他 } \end{array}\right.

(2)

\begin{gathered} P(U=0, V=0)=P(\xi \leqslant \eta, \xi \leqslant 2 \eta)=1-\frac{1}{2} \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} d y=\frac{3}{4} \\ P(U=0, V=1)=P(\xi \leqslant \eta, \xi>\eta)=0 \\ P(U=1, V=0)=P(\xi>\eta, \xi \leqslant 2 \eta)=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} d x \int_{\frac{x}{2}}^{x} d y=\frac{1}{8} \\ P(U=1, V=1)=1-\frac{3}{4}-\frac{1}{8}=\frac{1}{8} \end{gathered}

可得 $(U, V)$ 的联合分布列:

$U$ \ $V$	$0$	$1$
$0$	$3 / 4$	$0$
$1$	$1/8$	$1/8$

(3)
$P(U=0)=\frac{3}{4}, P(U=1)=\frac{1}{4}, P(V=0)=\frac{7}{8}, P(V=1)=\frac{1}{8}$
$E(U)=\frac{1}{4}, E\left(U^{2}\right)=\frac{1}{4}, D(U)=\frac{3}{16}$
$E(V)=\frac{1}{8}, E\left(V^{2}\right)=\frac{1}{8}, D(V)=\frac{7}{64}$
$E(U V)=\frac{1}{8}$
$\operatorname{Cov}(U, V)=E(U V)-E(U) E(V)=\frac{3}{32}$
因此 ${U}$ 和 ${V}$ 的相关系数: $\rho_{U, V}=\frac{\operatorname{Cov}(U, V)}{\sqrt{D(U)} \sqrt{D(V)}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$

三、(20 分) 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为贝塔分布 $\operatorname{Beta}(\theta, 1)$ 的样本, 密度函数为:

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

(1) (8 分) 求 $\theta$ 的矩法估计量 $\hat{\theta}_{1}$ 。
(2) (12 分) 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta}_{2}$ ; 并进一步求 $p=\mathrm{P}(\mathrm{X}<0.5)$ 的最大似然估计量。

Solution: (1)

E(X)=\int_{0}^{1} x f(x) d x=\theta \int_{0}^{1} x^{\theta} d x=\frac{\theta}{\theta+1}

由矩法估计, 令样本均值近似期望: $\bar{X}=E(X)=\frac{\theta}{\theta+1}$ 得到 $\theta$ 的矩估计: $\hat{\theta}_{1}=\frac{\bar{X}}{1-\bar{X}}$
(2)
似然函数为: $L(\theta)=\prod_{i=n}^{n} f\left(x_{i} ; \theta\right)=\theta^{n} \prod_{i=1}^{n} x_{i}^{\theta-1}$ , 两边同时取对数, 有对数似然函数 $\ln L(\theta)=n \ln (\theta)+(\theta-1) \sum_{i=1}^{n} \ln \left(x_{i}\right)$ , 对 $\theta$ 求导并置 0 , 得

\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^{n} \ln \left(x_{i}\right)=0

得到 $\theta$ 的最大似然估计为: $\hat{\theta}_{2}=-\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln \left(x_{i}\right)}$ 因为 $p=P(X<0.5)=\int_{0}^{0.5} \theta x^{\theta-1} d x=0.5^{\theta}$
根据不变性, $p=P(X<0.5)$ 的最大似然估计为 $\hat{p}=0.5^{-\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln \left(X_{i}\right)}}$

四、(20 分) 求下列情况中 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间。
(1) (10 分) 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\theta, \theta^{2}\right)$ 的样本, $\theta>0, n>10$ , 且 $\bar{X}>0$ 。
(2) (10 分) 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}(\theta, \theta)$ 的样本, $\theta>0, n>10$ , 且 $\bar{X}>0$ 。

Solution: (1) 构造枢轴量 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\theta} \sim N(0,1)$

P\left\{-u_{1-\alpha / 2} \leqslant T \leqslant u_{1-\alpha / 2}\right\}=1-\alpha

即

P\left\{\frac{\bar{x}}{1+\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}} \leqslant \theta \leqslant \frac{\bar{x}}{1-\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}}\right\}=1-\alpha

所以 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为 $\left[\frac{\bar{x}}{1+\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}}, \frac{\bar{x}}{1-\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}}\right]$ .
(2)
[注]: 这题可以用下述三个枢轴量

T_1=\frac{(n-1)S^2}{\theta}\sim \chi^2(n-1),\quad T_2=\sqrt{n}\frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{\bar{X}}}\rightarrow_d N(0,1),\quad T_3=\sqrt{n}\frac{\bar{X}-\theta}{\sqrt{\theta}}\sim N(0,1)

显然 $T_2$ 只是渐近的枢轴量, $T_1,T_3$ 是严格的枢轴量, 但是 $T_1$ 实际上丧失了总体期望是 $\theta$ 的这一信息, 因此 $T_3$ 最佳.

构造枢轴量 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}} \sim N(0,1)$
则

P\left\{-u_{1-\alpha / 2} \leqslant T \leqslant u_{1-\alpha / 2}\right\}=1-\alpha

又注意到 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}}$ 是关于 $\theta$ 单调递减的，因此不妨求解下述两个方程的根

\left\{\begin{array}{l} T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}}=u_{1-\frac{\alpha}{2}} \\ T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}}=-u_{1-\frac{\alpha}{2}} \end{array}\right.

先考虑 $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}}=u_{1-\frac{\alpha}{2}}$ , 即 $\sqrt{n} \theta+u_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\theta}-\sqrt{n} \bar{x}=0$ , 视其为关于 $\sqrt{\theta}$ 的二次方程, 解得其正根为 $\sqrt{\theta_{1}}=\frac{-u_{1-\frac{a}{2}}+\sqrt{u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}}}{2 \sqrt{n}}$ , 即

\theta_{1}=\frac{2 u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}-2 u_{1-\frac{a}{2}} \sqrt{u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}}}{4 n}

同理 $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta)}{\sqrt{\theta}}=-u_{1-\frac{\alpha}{2}}$ 的根是

\theta_{2}=\frac{2 u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}+2 u_{1-\frac{a}{2}} \sqrt{u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}}}{4 n}

所以 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

\left[\frac{2 u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}-2 u_{1-\frac{a}{2}} \sqrt{u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}}}{4 n}, \frac{2 u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}+2 u_{1-\frac{a}{2}} \sqrt{u_{1-\frac{a}{2}}^{2}+4 n \bar{x}}}{4 n}\right]

五、(26 分) 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $N(0, \theta)$ 的样本, 密度函数为:

f(x ; \theta)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi \theta}} e^{-x^{2} / 2 \theta}, \quad-\infty<x<+\infty,

其中 $\theta$ 为方差 (末知)。令 $T=\left|\sum_{i=1}^{n} X_{i}\right|$ 。
(1) (10 分) 求 $b$ , 使得 $\mathrm{E}(b T)$ 为 $\sqrt{\theta}$ 的无偏估计量。
(2)(16 分) 考虑假设检验 $H_{0}: \theta=1$ vs $H_{1}: \theta \neq 1$ 。构建拒绝域 $C=\{T>2 \sqrt{n}\}$ 。求此检验的势函
数 (功效函数) 与第一类错误。(注: 用标准正态分布的累积分布函数 $\Phi$ 表示即可)。

Solution:
(1) 记 $Y=\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}}{\sqrt{n \theta}} \sim N(0,1)$ , 则

\begin{aligned} E(|Y|) &=\int_{-\infty}^{+\infty}|y| \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{y^{2}}{2}} d y=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} y e^{-\frac{y^{2}}{2}} d y \\ &=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{y^{2}}{2}} d \frac{y^{2}}{2}=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \end{aligned}

$E(b T)=E(b \sqrt{n \theta}|Y|)=b \sqrt{\frac{2 n}{\pi}} \theta$ , 因为 $b T$ 是 $\sqrt{\theta}$ 的无偏估计, 所以 $b=\sqrt{\frac{\pi}{2 n}}$ .

(2)
功效函数

\begin{aligned} g(\theta) &=P_{\theta}(T>2 \sqrt{n})=P_{\theta}\left(\frac{\left|\sum_{i=1}^{n} X_{i}\right|}{\sqrt{n \theta}}>\frac{2}{\sqrt{\theta}}\right)=1-P_{\theta}\left(|Y| \leqslant \frac{2}{\sqrt{\theta}}\right) \\ &=1-\left(2 \Phi\left(\frac{2}{\sqrt{\theta}}\right)-1\right)=2-2 \Phi\left(\frac{2}{\sqrt{\theta}}\right) \end{aligned}

因此犯第一类错误的概率是 $\alpha=g(1)=2-2 \Phi(2)$ .