南开大学-432统计学-2018年-解析

南开大学-432统计学-2018年

一、选择题 (每题 4 分, 共 28 分)

1. 若 $P(B \mid A)=1$, 则( ).

A. $A\in B$;

B. $B \in A$;

C. A - B = $\phi$;

D. $P\left(A - B\right) = 0$.

Solution: D
考虑 $A$ 与 $B$ 相差一个非空的零概率集, 则可排除 $\mathrm{ABC}$ 三个选项.

2. 袋子中有5个球, 其中2个黄球, 3个白球, 现有两个人不放回的依次从中取球, 问第二个人取到黄球的概率是( ).

A. $\frac{2}{5}$;

B. $\frac{1}{5}$;

C. $\frac{3}{10}$;

D. $\frac{3}{5}$.

Solution: A

$$P=\frac{2}{5} \times \frac{1}{4}+\frac{3}{5} \times \frac{2}{4}=0.4$$

3. 设 $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ 独立, 且都服从参数为 3 的泊松分布, 令 $Y=X_{1}+X_{2}+X_{3}$, 则$E\left(Y^{2}\right)=$( ).

A. 9;

B. 12;

C. 81;

D. 90.

Solution: D
$Y \sim \mathcal{P}(9)$, 则 $E Y=D Y=9$, 故 $E Y^{2}=D Y+(E Y)^{2}=90$.

4. 设 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{8}$ 均为来自总体 $N\left(-1,4\right)$ 的样本, $Y_{1}, Y_{2} \cdots Y_{10}$ 为来自总体 $\mathrm{N}(2,5)$的样本, 则服从 $F\left(7,9\right)$ 的是( ).

A. $\frac{2S_{1}^{2}}{5S_{2}^{2}}$;

B. $\frac{5S_{1}^{2}}{4S_{2}^{2}}$;

C. $\frac{4S_{1}^{2}}{5S_{2}^{2}}$;

D. $\frac{5S_{1}^{2}}{2S_{2}^{2}}$.

Solution: B
由于 $\frac{7 S_{1}^{2}}{4} \sim \chi^{2}(7), \frac{9 S_{2}^{2}}{5} \sim \chi^{2}(9)$ 且两者独立, 所以有

$$\frac{S_{1}^{2}}{4} / \frac{S_{2}^{2}}{5}=\frac{5 S_{1}^{2}}{4 S_{2}^{2}} \sim F(7,9) .$$

5. 下列说法正确的是( ).

A. 在一次实验中, 可以同时犯两类错误;

B. 如果备择假设为真, 做出接受原假设, 则犯第一类错误;

C. 增大样本容量$n$, 可以使两类错误同时变小;

D. 如果原假设为真, 做出拒绝备择假设, 则犯第二类错误.

Solution: C. 尽量选出一个最合理的选项.
A: 在一次实验中，只可能犯一种错误;
B: 如果备择假设为真, 即原假设假, 但接受原假设, 则犯第二类错误(取伪);
C: 这个可对、可错.
D: 如果原假设为真, 拒绝备择假设, 则未犯错误.

对于 C, 我们举例: 考虑正态总体$N(\mu,1)$的$n$个样本, 探讨假设检验

$$H_0:\mu = 0 \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\mu = 1,$$

构造两个拒绝域:

$$W_1=\left\{ \bar{x}>\frac{z_{1-\alpha}}{\sqrt{n}} \right\} ,\quad W_2=\left\{ \bar{x}>\frac{1}{2} \right\} .$$

有

$$\alpha _1=P_{\mu =0}\left( \bar{x}>\frac{z_{1-\alpha}}{\sqrt{n}} \right) =\alpha ,\quad \beta _1=P_{\mu =1}\left( \bar{x}<\frac{z_{1-\alpha}}{\sqrt{n}} \right) =P_{\mu =1}\left( \sqrt{n}\left( \bar{x}-1 \right) <z_{1-\alpha}-\sqrt{n} \right) =\Phi \left( z_{1-\alpha}-\sqrt{n} \right) ,$$

当$n$增大时, $\alpha_1$永远不变, 但$\beta_1$随$n$增大而递减最终趋于0.

再算$W_2$, 有

$$\begin{aligned} &\alpha _2=P_{\mu =0}\left( \bar{x}>\frac{1}{2} \right) =P_{\mu =0}\left( \sqrt{n}\bar{x}>\frac{\sqrt{n}}{2} \right) =1-\Phi \left( \frac{\sqrt{n}}{2} \right) ,\\ &\beta _2=P_{\mu =1}\left( \bar{x}<\frac{1}{2} \right) =P_{\mu =1}\left( \sqrt{n}\left( \bar{x}-1 \right) <-\frac{\sqrt{n}}{2} \right) =\Phi \left( -\frac{\sqrt{n}}{2} \right) ,\\ \end{aligned}$$

发现$\alpha_2,\beta_2$都随$n$增大而递减最终趋于0.

因此 C 可对可错, 但其他都明显错误, 我们仅能选 C.

6. 若(1)代表按分布收敛, (2)代表依概率收敛, (3)代表表几乎处处收敛, 则它们之间的关系为( ).

A. (1) > (2) > (3);

B. (2) > (3) > (1);

C. (3) > (2) > (1);

D. (1) > (3) > (2).

Solution: C

7. 设 $X$ 服从 $N(\mu, 16), {Y}$ 服从 $N(\mu, 9), p_{1}=P\{X \geq \mu+4\},$ $p_{2}=P\{Y \leq \mu-3\}$, 则 $p_{1}$和 $p_{2}$ 的大小关系为( ).

A. $p_1=p_2$;

B. $p_1>p_2$;

C. $p_1<p_2$;

D. 不确定.

Solution: A

$$p_{1}=P\left(\frac{X-\mu}{4} \geqslant 1\right)=1-\Phi(1), p_{2}=P\left(\frac{Y-\mu}{3} \leqslant-1\right)=\Phi(-1)$$

根据标准正态分布函数的性质可知 $p_{1}=p_{2}$.

二、填空题(每题4分, 共32分)

1. 若 $\delta$ 服从 $U\left(1,6\right)$, 则方程 $X^{2}+\delta X+1=0$ 有实根的概率是________.

Solution: $\frac{4}{5}$

$$\Delta^{2}=\delta^{2}-4 \geqslant 0 \Leftrightarrow \delta \geqslant 2 \text {, 则 } P(\text { 有实根 })=P(\delta \geqslant 2)=\frac{4}{5} \text {. }$$

2. 若$\varepsilon$ 的概率分布为 $P\{\varepsilon=k\}=A\left(\frac{1}{2}\right)^{k}, k=1,2,3,4$, 则 $P\left\{\frac{1}{2}<\varepsilon<\frac{5}{2}\right\}=$ ________.

Solution: $\frac{4}{5}$

根据概率密度函数的正则性, $1=A \sum_{k=1}^{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}=\frac{16}{15} A$, 得 $A=\frac{15}{16}$, 所以

$$P\left\{\frac{1}{2}<\varepsilon<\frac{5}{2}\right\}=P\{\varepsilon=1\}+P\{\varepsilon=2\}=\frac{16}{15}\left[\left(\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right]=\frac{4}{5}$$

3. 已知 $P\{X \geq 0, Y \geq 0\}=\frac{3}{7}, \quad P\{X \geq 0\}=P\{Y \geq 0\}=\frac{4}{7}$, 则 $P\{\max (X, Y) \geq 0\}=$________.

Solution: $\frac{5}{7}$

$$P\{\max (X, Y) \geqslant 0\}=P\{X \geqslant 0\}+P\{Y \geqslant 0\}-P\{X \geqslant 0, Y \geqslant 0\}=\frac{5}{7}$$

4. 已知 $X$服从 $N(\mu, 0.09)$ , 抽取一个 $n=9$ 的样本, $\bar{X}=5$, 则 $\mu$ 的 $0.95$ 置信区间为________.

Solution: $[4.804,5.196]$

$\frac{\bar{X}-\mu}{\sigma} \sqrt{n} \sim N(0,1) \Longrightarrow \mu \in \bar{X} \pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}} z_{1-\frac{\alpha}{2}}$, 代入数据可求得置信区间.

5. 已知元件寿命服从参数为 $1 / 100$ 的指数分布, 现在有 5 个元件串联, 问这个电路正常工作 100 个小时以上的概率为________.

Solution: $e^{-5}$

5 个元件串联, 则电路寿命为元件寿命最小值, 在根据指数分布的最小值分布的结论知 道 $X_{(1)} \sim \operatorname{Exp}\left(\frac{5}{100}\right)$, 于是 $P\left(X_{(1)} \geqslant 100\right)=1-F_{X_{(1)}}(100)=e^{-5}$.

6. 已知 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{1}{4}(x+1), & 0<x<2; \\ 0, & \text { 其他 }.\end{array}\right.$, 对 $X$ 观察 8 次, $Y$ 表示观察值大于 1 的次数,则 $D(Y)=$________.

Solution: $\frac{15}{8}$

容易知道 $Y \sim b(8, p)$, 其中 $p=P(X \geqslant 1)=\int_{1}^{2} \frac{1}{4}(x+1) d x=\frac{5}{8}$, 于是

$$D Y=8 \cdot \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{8}=\frac{15}{8}$$

7. 有来自总体$U\left(a,1\right)$的简单随机样本$X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$, 则$a$ 的矩估计为________.

Solution: $2 \bar{X}-1$

$E X=\frac{1+a}{2}$, 根据替换原理得到矩估计 $\hat{a}=2 \bar{X}-1$.

8. 已知 $X_{1} , X_{2} \cdots X_{4}$ 为来自总体 $N\left(0,4\right)$ 的样本, $Y=\left(X_{1}+X_{2}\right)^{2}+\left(X_{3}-X_{4}\right)^{2}$, 当$c=$________时, $cY$ 服从 $\chi^{2}(2)$.

Solution: $\frac{1}{8}$

由于 $\frac{\left(X_{1}+X_{2}\right)}{\sqrt{8}}, \frac{\left(X_{3}-X_{4}\right)}{\sqrt{8}}$ i.i.d $\sim N(0,1)$, 则 $\frac{1}{8} Y \sim \chi^{2}(2)$.

三、解答题(90分)

1.(10分)设$\left(X,Y\right)$服从以 $(-1,0),(1,0)$ 和 $(0,1)$ 为顶点的三角形内的均匀分布, 求 $Z=X+Y$ 的概率密度.

Solution:
记 $D=\{y-1<x<1-y, 0<y<1\}$, 则 $S_{D}=1$, 因此 $(X, Y)$ 的联合密度是

$$f_{X, Y}= \begin{cases}1, & (x, y) \in D \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases}$$

作变换 $\left\{\begin{array}{l}Z=X+Y \\ U=X\end{array}\right.$, 反解即 $\left\{\begin{array}{l}X=U \\ Y=Z-U\end{array}\right.$, 雅各比行列式为 $1 .$
于是对 $\forall z, u$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}0<z-u<1 \\ z-u-1<u<1-z+u\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{z-1}{2}<u<z \\ -1<z<1\end{array}\right.$, (Z,U) 有联 合密度函数 $f_{Z, U}=f_{X, Y}(u, z-u)=1$. 所以 $Z$ 的边际密度函数是

$$f_{Z}(z)=\int_{\frac{z-1}{2}}^{z} d u=\frac{z+1}{2},-1<z<1$$

2.(10分)有 $n$ 张卡片, 上面分别标着 $1, 2 \cdots n$, 现随机有放回地抽取 $k$ 张, 用$X$表示这 $k$ 张卡片的和，求 $EX$ 和 $DX$.

Solution:
用随机变量 $X_{i}$ 表示第 $i$ 张卡片上标写的数字, 则显然诸 $X_{i}$ 是独立同分布的, 其分布列 为 $P\left(X_{i}=j\right)=\frac{1}{n}(j=1,2, \cdots, n)$. 且有 $X=X_{1}+\cdots+X_{k}$. 下面先计算 $E X_{i}$ 与 $D X_{i}$

$$E X_{i}=\frac{n+1}{2}$$

$$\begin{aligned} &E X_{i}^{2}=\frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} j^{2}=\frac{(n+1)(2 n+1)}{6} \\ &D X_{i}=E X_{i}^{2}-\left(E X_{i}\right)^{2}=\frac{(n+1)(2 n+1)}{6}-\left(\frac{n+1}{2}\right)=\frac{n^{2}-1}{12} \end{aligned}$$

因此 $E X=k E X_{i}=\frac{n+1}{2} k, D X=k D X_{i}=\frac{n^{2}-1}{12} k$

3.(10分)已知 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}(a+1) x^{a}, & 0<x<1; \\ 0, & \text { 其他 }.\end{array}\right.$, $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为来自该总体的简单随机样本, 求$a$的矩估计和极大似然估计.

Solution: $E X=\int_{0}^{1}(a+1) x^{a+1} d x=\frac{a+1}{a+2}$, 由替换原理得矩估计 $\hat{a}_{M}=\frac{2 \bar{X}-1}{1-\bar{X}}$. 似然函数为 $L(a)=(a+1)^{n} \prod_{i=1}^{n} x_{i}{ }^{a}$, 取对数得到

$$\ln L(a)=n \ln (a+1)+a \sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}$$

关于参数求导并置 0 , 得似然方程

$$\frac{\partial \ln L}{\partial a}=\frac{n}{a+1}+\sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}=0$$

解得参数的极大似然估计是 $\hat{a}_{M L E}=-\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}}-1$.

4.(10分)有一项考试, 每个人优秀得3分, 合格得2分, 不合格得1分. 且根据以往经验, 优秀,合格,不合格的比例分别为20%,70%,10%. 现有100人参加考试, 用中心极限定理估计总分在180至200之间的概率.

Solution:
计算得到 $E X=2, E X^{2}=4.7$, 则 $D X=0.29$, 于是根据中心极限定理

$$S=\sum_{i=1}^{100} X_{i} \sim A N(210,29)$$

所以

$$\begin{aligned} P(180 \leqslant S \leqslant 200)&=P\left\{\frac{-30}{\sqrt{29}} \leqslant \frac{S-210}{\sqrt{29}} \leqslant \frac{-10}{\sqrt{29}}\right\} \\ &\approx \Phi(-1.86)-\Phi(-5.57) \end{aligned}$$

5.(10分)已知总体 $X \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 且 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为简单随机样本, 求 $k$ 使得 $k \sum_{i=1}^{n}\left|X_{i}-\bar{X}\right|$为 $\sigma$ 的无偏估计。

Solution:
由于 $Z_{i}=X_{i}-\bar{X}$ 是样本的一个线性组合, 因此根据正态分布的性质 $Z_{i}$ 依然是正态 分布, 且有 $E Z_{i}=0$ 以及 $\operatorname{Var}\left(Z_{i}\right)=\frac{n-1}{n} \sigma^{2}$, 所以 $Z_{i} \sim N\left(0, \frac{n-1}{n} \sigma^{2}\right)$.
记 $\sigma_{0}{ }^{2}=\frac{n-1}{n} \sigma^{2}$, 则

$$E\left|Z_{i}\right|=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x}{\sqrt{2 \pi} \sigma_{0}} \exp \left\{-\frac{x^{2}}{2 \sigma_{0}^{2}}\right\} d x=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \sqrt{\frac{n-1}{n}} \sigma$$

则 $E \sum_{i=1}^{n} Z_{i}=\sqrt{\frac{2}{\pi}} \sqrt{n(n-1)} \sigma$, 因此取修偏系数 $k=\sqrt{\frac{\pi}{2 n(n-1)}}$.

6.(10分)已知 $f(x, y)=\left\{\begin{array}{cc}axy ,& 0<x, y<1; \\ 0, & \text { 其他 }.\end{array}\right.$求 $a$, 并证明$X, Y$ 相互独立.

Solution:
由于 $a \int_{0}^{1} x d x \int_{0}^{1} y d y=\frac{1}{4} a$, 根据正则性知 $a=4$. 而 $(X, Y)$ 的联合密度变量可分离, 即 $f_{X, Y}(x, y)=f_{X}(x) f_{Y}(y)$, 因此 $X, Y$ 相互独立.

7.(15分)设总体 $X \sim N\left(\mu_{1}, \sigma^{2}\right), Y \sim N\left(\mu_{2}, \sigma^{2}\right)$, 分别有来自于它们的$n,m$个随机样本, 考虑假设检验问题:

$$H_{0}: c \mu_{1}+d \mu_{2}=\delta \quad vs \quad H_{1}: c \mu_{1}+d \mu_{2} \neq \delta .$$

其中$c \neq 0, d \neq 0$, $\delta$ 已知, 但$\mu_1,\mu_2,\sigma^2$未知, 求检验统计量以及拒绝域.

Solution: 当 $H_{0}$ 为真时, $c \bar{X}+d \bar{Y}-\delta \sim N\left(0,\left(\frac{c^{2}}{n}+\frac{d^{2}}{m}\right) \sigma^{2}\right)$. 同时根据 Fisher 引理以及卡方 分布的可加性知, $\frac{(n-1) S_{X}{ }^{2}+(m-1) S_{Y}{ }^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n+m-2)$, 且它们之间是独立的. 于是可构造检验统计量:

$$\begin{aligned} &T=\frac{(c \bar{X}+d \bar{Y}-\delta) / \sqrt{\left(\frac{c^{2}}{n}+\frac{d^{2}}{m}\right) \sigma^{2}}}{\sqrt{\left[(n-1) S_{X}^{2}+(m-1) S_{Y}^{2}\right] /\left[(n+m-2) \sigma^{2}\right]}} \\ &=\frac{c \bar{X}+d \bar{Y}-\delta}{S_{w} \sqrt{\frac{c^{2}}{n}+\frac{d^{2}}{m}}} \sim t(n+m-2) \end{aligned}$$

这里 $S_{w}^{2}=\frac{(n-1) S_{X}^{2}+(m-1) S_{Y}^{2}}{n+m-2}$. 检验的拒绝域是

$$W=\left\{|T| \geqslant t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n+m-2)\right\}$$

8.(15分)设 $X \sim U(0, \theta)$, 且 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为简单随机样本.

(1)证明 $\widetilde{\theta}_{1}=\max \left(X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}\right)+\min \left(X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}\right)$ 为 $\theta$ 的无偏估计;

(2)求 $c_{n}$, 使 $\widetilde{\theta}_{2}=c_{n} \min \left(X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}\right)$ 也是 $\theta$ 的无偏估计, 并比较 $\widetilde{\theta}_{1}$ 和 $\widetilde{\theta}_{2}$ 的方差.

Solution:
(1)
作总体变换, 有 $Y_{i}=\frac{X_{i}}{\theta} \sim U(0,1)$, 再根据标准均匀分布的最大最小值分布的结论知 $Y_{(1)}=\frac{X_{(1)}}{\theta} \sim \operatorname{Beta}(1, n), Y_{(n)}=\frac{X_{(n)}}{\theta} \sim \operatorname{Beta}(n, 1)$
所以 $E\left(X_{(1)}+X_{(n)}\right)=\theta E\left(Y_{(1)}+Y_{(n)}\right)=\theta\left(\frac{1}{n+1}+\frac{n}{m+1}\right)=\theta$, 即 $\tilde{\theta}_{1}$ 为 $\theta$ 的无偏 估计.
(2)
仿照 (1) 中的变换容易算得 $E X_{(1)}=\frac{1}{n+1} \theta$, 因此可取修偏系数 $c_{n}=n+1$, 则 $\tilde{\theta}_{2}=(n+1) X_{(1)}$ 也是 $\theta$ 的无偏估计.
而标准均匀分布的极差 $Y_{(n)}-Y_{(1)}=\theta\left(X_{(n)}-X_{(1)}\right) \sim \operatorname{Beta}(n-1,2)$, 利用该结论

$$\begin{aligned} \mathrm{Var}\left( \tilde{\theta}_1 \right) &=\mathrm{Var}\left( X_{(1)}+X_{(n)} \right)\\ &=\mathrm{Var}\left( X_{(1)} \right) +\mathrm{Var}\left( X_{(n)} \right) -\left( -2\mathrm{Cov}\left( X_{(1)},X_{\left( n \right)} \right) \right)\\ &=2\mathrm{Var}\left( X_{(1)} \right) +2\mathrm{Var}\left( X_{(n)} \right) -\left( \mathrm{Var}\left( X_{(1)} \right) +\mathrm{Var}\left( X_{(n)} \right) -2\mathrm{Cov}\left( X_{(1)},X_{\left( n \right)} \right) \right)\\ &=2\mathrm{Var}\left( X_{(1)} \right) +2\mathrm{Var}\left( X_{(n)} \right) -\mathrm{Var}\left( X_{(n)}-X_{(1)} \right)\\ &=\frac{2n+2n-2(n-1)}{(n+1)^2(n+2)}\theta ^2=\frac{2}{(n+1)(n+2)}\theta ^2\\ \mathrm{Var}\left( \tilde{\theta}_2 \right) &=(n+1)^2\frac{n}{(n+1)^2(n+2)}\theta ^2=\frac{n}{n+2}\theta ^2\\ \end{aligned}$$

所以当 $n>1$ 时, $\tilde{\theta}_{1}$ 更优.