中国科学技术大学-812概率论与数理统计-2018年

一、计算题(理由要充分.每小题8分,共88分)

  1. 设 A,BA, B 为两个事件, 满足 P(A∣B)=0.7,P(B∣A)=0.2,P(Bc∣Ac)=0.8,\mathrm{P}(A \mid B)=0.7, \mathrm{P}(B \mid A)=0.2, \mathrm{P}\left(B^{c} \mid A^{c}\right)=0.8, 求P(A∪B)\mathrm{P}(A \cup B).

Solution:
P(B∣Ac)=1−P(Bc∣Ac)=0.2=P(B∣A)P\left(B \mid A^{c}\right)=1-P\left(B^{c} \mid A^{c}\right)=0.2=P(B \mid A), 所以 A,BA, B 独立.
则 P(B)=P(B∣A)=0.2,P(A)=P(A∣B)=0.7P(B)=P(B \mid A)=0.2, P(A)=P(A \mid B)=0.7, 所以

P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.2+0.7−0.2⋅0.7=0.76P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B)=0.2+0.7-0.2 \cdot 0.7=0.76

  1. 设随机变量 XX 与 YY 相互独立, 其中 XX 服从 (0,1) 上的均匀分布, YY 分别以概 率 1/31 / 3 和 2/32 / 3 分别取 1 和 3.3 . 问 X+YX+Y 具有概率密度吗? 若有,请求出该概率 密度函数.

Solution:
对 ∀z∈(1,2)∪(3,4)\forall z \in(1,2) \cup(3,4), 有

P(Z=z)=P(X+Y=z)=P(X=z−1)P(Y=1)+P(X=z−3)P(Y=3)={13 dz,z∈(1,2)0,z∈(3,4)+{0,z∈(1,2)23 dz,z∈(3,4)={13 dz,z∈(1,2)23 dz,z∈(3,4)\begin{aligned} P(Z=z) &=P(X+Y=z) \\ &=P(X=z-1) P(Y=1)+P(X=z-3) P(Y=3) \\ &=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{3} \mathrm{~d} z, & z \in(1,2) \\ 0, & z \in(3,4) \end{array}+ \begin{cases}0, & z \in(1,2) \\ \frac{2}{3} \mathrm{~d} z, & z \in(3,4)\end{cases} \right.\\ &= \begin{cases}\frac{1}{3} \mathrm{~d} z, & z \in(1,2) \\ \frac{2}{3} \mathrm{~d} z, & z \in(3,4)\end{cases} \end{aligned}

因此 Z=X+YZ=X+Y 有密度函数 f(z)={13,z∈(1,2)23,z∈(3,4)0, 其他 f(z)=\left\{\begin{array}{lc}\frac{1}{3}, & z \in(1,2) \\ \frac{2}{3}, & z \in(3,4) \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.
  1. 将 A,B,C\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C} 三个字母之一输入信道, 输出原字母的概率为 α,\alpha, 而输出其它任一 字母的概率都是 (1−α)/2.(1-\alpha) / 2 . 现将字母串 AAA , BBB , CCC 之一输入信道, 输入 AAA, BBB, CCC 的概率分别为 0.4,0.3,0.3.0.4,0.3,0.3 . 已知输出为 ABC, 问输 入的是 AAA 概率是多少?(假设信道传输每个字母的工作是独立的)

Solution:
根据贝叶斯公式有

P(IN:AAA∣OUT:ABC)=P(OUT:ABC∣IN:AAA)P(IN:AAA)P(OUT:ABC)P(\mathrm{IN}: A A A \mid \mathrm{OUT}: A B C)=\frac{P(\mathrm{OUT}: A B C \mid \mathrm{IN}: A A A) P(\mathrm{IN}: A A A)}{P(\mathrm{OUT}: A B C)}

其中 P(IN:AAA)=0.4,P(OUT:ABC∣IN:AAA)=α(1−α2)2P(\mathrm{IN}: A A A)=0.4, P(\mathrm{OUT}: A B C \mid \mathrm{IN}: A A A)=\alpha\left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}, 而

P(OUT:ABC)=∑x∈{AAA,BBB,CCC}P(OUT:ABC∣IN:x)P(IN:x)=[0.4α(1−α2)2+0.3α(1−α2)2+0.3α(1−α2)2]=(1−α2)2α\begin{aligned} P(\mathrm{OUT}: A B C) &=\sum_{x \in\{A A A, B B B, C C C\}} P(\mathrm{OUT}: A B C \mid \mathrm{IN}: x) P(\mathrm{IN}: x) \\ &=\left[0.4 \alpha\left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}+0.3\alpha \left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}+0.3\alpha \left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}\right] \\ &=\left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}\alpha \end{aligned}

因此 P(IN:AAA∣OUT:ABC)=0.4P(\mathrm{IN}: A A A \mid \mathrm{OUT}: A B C)=0.4.
  1. 设 (X,Y)(X, Y) 服从二维正态分布, 其边际分布为 X∼N(4,1),Y∼N(6,99),X \sim N(4,1), Y \sim N(6,99), 求概率 P(X+Y≤10)\mathrm{P}(X+Y \leq 10).

Solution:
记 (X,Y)∼N(4,6;1,99;ρ)(X, Y) \sim N(4,6 ; 1,99 ; \rho), 则 X+Y∼N(10,100+611ρ)X+Y \sim N(10,100+6 \sqrt{11} \rho), 所以

P(X+Y⩽10)=12P(X+Y \leqslant 10)=\frac{1}{2}

  1. 设 XX 以概率 pp 服从 N(0,1)N(0,1) 分布，以概率 1−p1-p 服从 N(1,1)N(1,1) 分布，求 EX\mathrm{E} X 和 Var⁡(X)\operatorname{Var}(X).

Solution: 记 Y∼b(1,p)Y \sim b(1, p), 则 X∣Y=1∼N(0,1),X∣Y=0∼N(1,1)X|Y=1 \sim N(0,1), X| Y=0 \sim N(1,1), 根据重期望公式

EX=E[E(X∣Y)]=E(X∣Y=1)P(Y=1)+E(X∣Y=0)P(Y=0)=0⋅p+1⋅(1−p)=1−pEX2=E[E(X2∣Y)]=E(X2∣Y=1)P(Y=1)+E(X2∣Y=0)P(Y=0)=1⋅p+2⋅(1−p)=2−p\begin{aligned} E X &=E[E(X \mid Y)] \\ &=E(X \mid Y=1) P(Y=1)+E(X \mid Y=0) P(Y=0) \\ &=0 \cdot p+1 \cdot(1-p)=1-p \\ E X^{2} &=E\left[E\left(X^{2} \mid Y\right)\right] \\ &=E\left(X^{2} \mid Y=1\right) P(Y=1)+E\left(X^{2} \mid Y=0\right) P(Y=0) \\ &=1 \cdot p+2 \cdot(1-p)=2-p \end{aligned}

则 Var⁡(X)=2−p−(1−p)2=2−p−1+2p−p2=−p2+p+1\operatorname{Var}(X)=2-p-(1-p)^{2}=2-p-1+2 p-p^{2}=-p^{2}+p+1.
  1. 设随机变量 XX 和 YY 相互独立且皆服从 N(μ,σ2)N\left(\mu, \sigma^{2}\right) 分布, 试求 Z1=αX+βYZ_{1}=\alpha X+\beta Y 和
    Z2=αX−βYZ_{2}=\alpha X-\beta Y 的相关系数, 其中 α,β\alpha, \beta 为常数.

Solution:

Var⁡(Z1)=(α2+β2)σ2,Var⁡(Z2)=(α2+β2)σ2Cov⁡(Z1,Z2)=Cov⁡(αX+βY,αX−βY)=(α2−β2)σ2\begin{aligned} \operatorname{Var}\left(Z_{1}\right)&=\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right) \sigma^{2}, \operatorname{Var}\left(Z_{2}\right)=\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right) \sigma^{2} \\ \operatorname{Cov}\left(Z_{1}, Z_{2}\right)&=\operatorname{Cov}(\alpha X+\beta Y, \alpha X-\beta Y) \\ &=\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right) \sigma^{2} \end{aligned}

所以 Corr⁡(X,Y)=(α2−β2)σ2(α2+β2)σ2=α2−β2α2+β2\operatorname{Corr}(X, Y)=\frac{\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right) \sigma^{2}}{\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right) \sigma^{2}}=\frac{\alpha^{2}-\beta^{2}}{\alpha^{2}+\beta^{2}}.
  1. 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是一个简单随机样本, EX=μ,Var⁡(X)=σ2,θ^2=c∑i=1n−1(Xi−\mathrm{E} X=\mu, \operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}, \widehat{\theta}^{2}=c \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i}-\right. Xi+1)2\left.X_{i+1}\right)^{2} 为 σ2\sigma^{2} 的无偏估计, 求 c.c .

Solution:

E(θ^2)=cE[∑i=1n−1(Xi−Xi+1)2]=c(n−1)E(X1−X2)2=c(n−1)E(X12−2X1X2+X22)=c(n−1)[μ2+σ2−2μ2+μ2+σ2]=2c(n−1)σ2\begin{aligned} E\left(\hat{\theta}^{2}\right) &=c E\left[\sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i}-X_{i+1}\right)^{2}\right] \\ &=c(n-1) E\left(X_{1}-X_{2}\right)^{2} \\ &=c(n-1) E\left(X_{1}^{2}-2 X_{1} X_{2}+X_{2}^{2}\right) \\ &=c(n-1)\left[\mu^{2}+\sigma^{2}-2 \mu^{2}+\mu^{2}+\sigma^{2}\right]=2 c(n-1) \sigma^{2} \end{aligned}

所以 c=12(n−1)c = \frac{1}{2(n-1)}.

  1. 设 X1,X2,…,X5X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{5} 是抽自密度为 f(x)=12e−∣x−θ∣,−∞<x<∞,f(x)=\frac{1}{2} e^{-|x-\theta|},-\infty<x<\infty, 的总体的简单随机样本, X(1)<X(2)<⋯<X(5)X_{(1)}<X_{(2)}<\cdots<X_{(5)} 为次序统计量, 求 θ\theta 的极大似然估计.

Solution:
似然函数 L(X;θ)=(12)5e−∑i=15∣xi−θ∣=(12)5e−∑i=15∣x(i)−θ∣L(\mathbf{X} ; \theta)=\left(\frac{1}{2}\right)^{5} e^{-\sum_{i=1}^{5}\left|x_{i}-\theta\right|}=\left(\frac{1}{2}\right)^{5} e^{-\sum_{i=1}^{5}\left|x_{(i)}-\theta\right|}. 这里 x(i)x_{(i)} 表示的是第 ii 次 序统计量. 为使似然函数尽量大, 则应使 e−∑i=15∣x(i)−θ∣e^{-\sum_{i=1}^{5}\left|x_{(i)}-\theta\right|} 尽量大, 也就是使 ∑i=15∣x(i)−θ∣\sum_{i=1}^{5}\left|x_{(i)}-\theta\right| 尽量小.下面研究 ∑i=15∣x(i)−θ∣\sum_{i=1}^{5}\left|x_{(i)}-\theta\right| 的性态:

∑i=15∣x(i)−θ∣=(∣x(1)−θ∣+∣x(5)−θ∣)+(∣x(2)−θ∣+∣x(4)−θ∣)+∣x(3)−θ∣\sum_{i=1}^{5}\left|x_{(i)}-\theta\right|=\left(\left|x_{(1)}-\theta\right|+\left|x_{(5)}-\theta\right|\right)+\left(\left|x_{(2)}-\theta\right|+\left|x_{(4)}-\theta\right|\right)+\left|x_{(3)}-\theta\right|

注意到上式是关于 θ\theta 的函数, 而 (∣x(1)−θ∣+∣x(5)−θ∣)\left(\left|x_{(1)}-\theta\right|+\left|x_{(5)}-\theta\right|\right) 在 θ∈[x(1),x(5)]\theta \in\left[x_{(1)}, x_{(5)}\right] 时取最 小值; 同理 (∣x(2)−θ∣+∣x(4)−θ∣)\left(\left|x_{(2)}-\theta\right|+\left|x_{(4)}-\theta\right|\right) 在 θ∈[x(2),x(4)]\theta \in\left[x_{(2)}, x_{(4)}\right] 时取最小值; 而对于 ∣x(3)−θ∣\left|x_{(3)}-\theta\right| 而言, 当 θ=x(3)\theta=x_{(3)} 时它取最小值 0 .
则当 θ=x(3)\theta=x_{(3)} 时, 可以使得上式每一部分都取到最小值, 根据前面的分析, θ^=x(3)\hat{\theta}=x_{(3)} 就是 θ\theta 的 MLE.
  1. 设 X1,X2,…,X10,X11X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{10}, X_{11} 独立同分布, 共同的分布为 N(μ,σ2).N\left(\mu, \sigma^{2}\right) . 记

Xˉ=110∑i=110Xi,S2=110∑i=110(Xi−Xˉ)2,Y=k(Xˉ−X11)S\bar{X}=\frac{1}{10} \sum_{i=1}^{10} X_{i}, \quad S^{2}=\frac{1}{10} \sum_{i=1}^{10}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}, \quad Y=\frac{k\left(\bar{X}-X_{11}\right)}{S}

求 kk 的值使 YY服从tt分布 (给出详细证明, 并指出tt分布的自由度).

Solution: 根据 Fisher 引理, Xˉ\bar{X} 与 109S2\frac{10}{9} S^{2} 是独立的, 且 Xˉ∼N(μ,σ210),10S2σ2∼χ2(9)\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^{2}}{10}\right), \frac{10 S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(9). 那么 Xˉ−X11∼N(0,1110σ2)\bar{X}-X_{11} \sim N\left(0, \frac{11}{10} \sigma^{2}\right), 且它也是与 109S2\frac{10}{9} S^{2} 是独立的, 那么

Y=Xˉ−X111110σ10S2σ2/9=911Xˉ−X11S∼t(9)Y=\frac{\frac{\bar{X}-X_{11}}{\sqrt{\frac{11}{10}} \sigma}}{\sqrt{\frac{10 S^{2}}{\sigma^{2}} / 9}}=\sqrt{\frac{9}{11}} \frac{\bar{X}-X_{11}}{S} \sim t(9)

即 k=911，Yk=\sqrt{\frac{9}{11}} ， Y 服从白由度为 9 的 tt 分布.
  1. 参数的极大似然估计唯一吗? 若不唯一, 请举例说明.

Solution: 不唯一, 若 X∼U(θ,θ+1)X \sim U(\theta, \theta+1), 则 ∀θ^∈[x(n)−1,x(1)]\forall \hat{\theta} \in\left[x_{(n)}-1, x_{(1)}\right] 都是 θ\theta 的 MLE.
  1. 设 {Xn,n≥1}\left\{X_{n}, n \geq 1\right\} 为i.i.d.随机变量序列, EX1=a\mathrm{E} X_{1}=a 有限, 求极限

lim⁡n→∞sin⁡(1n∑i=1nXi).\lim _{n \rightarrow \infty} \sin \left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right).

Solution: 根据强大数定律, 有 1n∑i=1nXi→a,a.s.\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i} \rightarrow a, a . s . 于是

sin⁡(1n∑i=1nXi)→sin⁡a,a.s.\sin \left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right) \rightarrow \sin a, a . s .

二、(20分) 设 (X,Y)(X, Y) 服从以 (0,1),(1,0),(1,1) 为顶点的三角形区域上的均匀分布, 求

(1)(6分) XX 的边际概率密度;

(2)(7分) 求 U=X+YU=X+Y 的概率密度;

(3)(7分) 求 UU 的方差.

Solution:
(1) 记题中三角形区域为 DD, 其面积 SD=12S_{D}=\frac{1}{2}, 则 (X,Y)(X, Y) 的联合密度函数是

f(x,y)={2,(x,y)∈D0, 其他 f(x, y)= \begin{cases}2, & (x, y) \in D \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases}

XX 的边际密度函数是 fX(x)=∫1−x12dy=2x,0<x<1f_{X}(x)=\int_{1-x}^{1} 2 d y=2 x, 0<x<1.

(2) 作变换 {U=X+YV=X⇔{X=VY=U−V\left\{\begin{array}{l}U=X+Y \\ V=X\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}X=V \\ Y=U-V\end{array}\right.\right., 雅各比行列式 J=∣011−1∣=−1J=\left|\begin{array}{cc}0 & 1 \\ 1 & -1\end{array}\right|=-1, 则
对于 ∀(v,u−v)∈D\forall(v, u-v) \in D, 即 {1<u<1+v0<v<1,(U,V)\left\{\begin{array}{l}1<u<1+v \\ 0<v<1\end{array},(U, V)\right. 有联合密度函数

fU,V(u,v)=f(v,u−v)∣J∣=2f_{U, V}(u, v)=f(v, u-v)|J|=2

所以 UU 的边际密度函数是 fU(u)=∫u−112dv=2(2−u),1<u<2f_{U}(u)=\int_{u-1}^{1} 2 d v=2(2-u), 1<u<2

(3) 发现 U−1∼Beta⁡(1,2)U-1 \sim \operatorname{Beta}(1,2), 所以 Var⁡(U)=232⋅4=118\operatorname{Var}(U)=\frac{2}{3^{2} \cdot 4}=\frac{1}{18}.

三、(24分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是从参数 λ\lambda 的 Poisson 分布总体中抽取的一组随机样本, λ\lambda 未知.

(1)(6分) 求 λ\lambda 的充分完备统计量;

(2)(6分) 求 g1(λ)=λ3g_{1}(\lambda)=\lambda^{3} 的最小方差无偏估计;

(3)(6分) 求 g2(λ)=P(X1=2)g_{2}(\lambda)=\mathrm{P}\left(X_{1}=2\right) 的最小方差无偏估计;

(4)(6分) 对显著性水平 α,\alpha, 求检验问题 H0:λ≥1⟷H1:λ<1H_{0}: \lambda \geq 1 \longleftrightarrow H_{1}: \lambda<1 的一致最优检验.

Solution: (1) L(λ)=λn=1Xi∏i=1nXi!e−λ=1∏i=1nXi!e−λexp⁡{ln⁡λ⋅∑i=1nXi}L(\lambda)=\frac{\lambda^{n=1} X_{i}}{\prod_{i=1}^{n} X_{i} !} e^{-\lambda}=\frac{1}{\prod_{i=1}^{n} X_{i} !} e^{-\lambda} \exp \left\{\ln \lambda \cdot \sum_{i=1}^{n} X_{i}\right\}
可以看出泊松分布是指数族分布, 根据指数族分布的性质 T=∑i=1nXiT=\sum_{i=1}^{n} X_{i} 是 λ\lambda 的 充分完备统计量.

(2) 尝试基于 TT 构造 g1(λ)=λ3g_{1}(\lambda)=\lambda^{3} 的无偏估计, 考虑到求和式

E[T(T−1)(T−2)]=∑k=0∞k(k−1)(k−2)(nλ)kk!e−nλ=∑k=3∞k(k−1)(k−2)(nλ)kk!e−nλ=(nλ)3∑k=3∞(nλ)k−3(k−3)!e−nλ=n3λ3\begin{aligned} E[T(T-1)(T-2)] &=\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)(k-2) \frac{(n \lambda)^{k}}{k !} e^{-n \lambda} \\ &=\sum_{k=3}^{\infty} k(k-1)(k-2) \frac{(n \lambda)^{k}}{k !} e^{-n \lambda} \\ &=(n \lambda)^{3} \sum_{k=3}^{\infty} \frac{(n \lambda)^{k-3}}{(k-3) !} e^{-n \lambda}=n^{3} \lambda^{3} \end{aligned}

因此有 g^1(T)=T(T−1)(T−2)n3\hat{g}_{1}(T)=\frac{T(T-1)(T-2)}{n^{3}} 是 g1(λ)=λ3g_{1}(\lambda)=\lambda^{3} 的 UMVUE.

(3) 由于 g^2(T)=E(I{X1=2}∣T)\hat{g}_{2}(T)=E\left(\mathbf{I}_{\left\{X_{1}=2\right\}} \mid T\right) 是基于充分完备统计量构造的 P(X1=2)P\left(X_{1}=2\right) 的无偏 估计, 它必定是 P(X1=2)P\left(X_{1}=2\right) 的 UMVUE. 显然对于 t=0,1t=0,1, 有 g^2(t)=0\hat{g}_{2}(t)=0; 而对于 t=2,3,⋯t=2,3, \cdots

g^2(t)=P(X1=2∣T=t)=P(X1=2,T=t)P(T=t)=P(X1=2)P(∑i=2nXi=t−2)P(T=t)\begin{aligned} \hat{g}_{2}(t) &=P\left(X_{1}=2 \mid T=t\right) \\ &=\frac{P\left(X_{1}=2, T=t\right)}{P(T=t)} \\ &=\frac{P\left(X_{1}=2\right) P\left(\sum_{i=2}^{n} X_{i}=t-2\right)}{P(T=t)} \end{aligned}

其中 X1∼P(λ),T∼P(nλ),∑i=2nXi∼P((n−1)λ)X_{1} \sim \mathcal{P}(\lambda), T \sim \mathcal{P}(n \lambda), \sum_{i=2}^{n} X_{i} \sim \mathcal{P}((n-1) \lambda), 则

g^2(t)=λ22!e−λ[(n−1)λ]t−2(t−2)!e−(n−1)λ(nλ)te−nλt!=Ct2(1n)2(n−1n)t−2\hat{g}_{2}(t)=\frac{\frac{\lambda^{2}}{2 !} e^{-\lambda} \frac{[(n-1) \lambda]^{t-2}}{(t-2) !} e^{-(n-1) \lambda}}{\frac{(n \lambda)^{t} e^{-n \lambda}}{t !}}=C_{t}^{2}\left(\frac{1}{n}\right)^{2}\left(\frac{n-1}{n}\right)^{t-2}

综上 g^2(T)=CT2(1n)2(n−1n)T−2=T(T−1)2(n−1)T−2nT\hat{g}_{2}(T)=C_{T}^{2}\left(\frac{1}{n}\right)^{2}\left(\frac{n-1}{n}\right)^{T-2}=\frac{T(T-1)}{2} \frac{(n-1)^{T-2}}{n^{T}} 是其 UMVUE.

(4) 考虑简单假设 H0:λ=λ0vsH1:λ=λ1<1H_{0}: \lambda=\lambda_{0} v s \quad H_{1}: \lambda=\lambda_{1}<1, 根据 N−PN-P 引理, 似然比检验是其最 一致最大功效检验, 似然比为

Λ=λ1i=1∑i=1nXinX−λ1!λ0=1∑i=1nXi=(λ1λ0)−λ0∑i=1nXieλ0−λ1\Lambda=\frac{\frac{\lambda_{1}^{i=1} \sum_{i=1}^{n} X_{i}}{n} X^{-\lambda_{1}} !}{\frac{\lambda_{0}=1}{\sum_{i=1}^{n} X_{i}}}=\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{0}}\right)^{-\lambda_{0}} \sum_{i=1}^{n} X_{i} e^{\lambda_{0}-\lambda_{1}}

可以看出该似然比关于统计量 T=∑i=1nXiT=\sum_{i=1}^{n} X_{i} 是单调递减的, 所以原问题的一致 最大功效检验为 ϕ(T)={1,T<ca,T=c0,T>c\phi(T)=\left\{\begin{array}{ll}1, & T<c \\ a, & T=c \\ 0, & T>c\end{array}\right. 其中常数 a,ca, c 使得 Eϕ(T)=αE \phi(T)=\alpha, 可以取

c=inf⁡{m:∑k=0mnkk!e−n>α},a=(α−∑k=0m−1nkk!e−n)/nmm!e−n.c=\inf \left\{m: \sum_{k=0}^{m} \frac{n^{k}}{k !} e^{-n}>\alpha\right\}, \quad a=\left(\alpha-\sum_{k=0}^{m-1} \frac{n^{k}}{k !} e^{-n}\right) / \frac{n^{m}}{m !} e^{-n} .

四、(18分) 设学校某次考试考生的成绩服从正态分布, 从中随机抽出 36 位考生的成绩, 算得平均成绩 66.5 分, 标准差为 15.15 . 问在显著水平 0.05 下，是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为 70 分? 给出检验全过程.
附表: tp(n)t_{p}(n) 表示自由度为 nn 的 tt 分布的 pp 分位点.

t0.95(35)=1.6896,t0.975(35)=2.0301t0.95(36)=1.6883,t0.975(36)=2.0281\begin{array}{ll} t_{0.95}(35)=1.6896, & t_{0.975}(35)=2.0301 \\ t_{0.95}(36)=1.6883, & t_{0.975}(36)=2.0281 \end{array}

Solution: 建立假设检验 H0:μ=70vsH1:μ≠70H_{0}: \mu=70 v_{s} H_{1}: \mu \neq 70.
检验统计量是 T=n(xˉ−μ0)H0s∼t(n−1)T=\frac{\sqrt{n}\left(\bar{x}-\mu_{0}\right)^{H_{0}}}{s} \sim t(n-1). 统计量的观测值为

T=n(xˉ−μ0)s=36(66.5−70)15=−1.4T=\frac{\sqrt{n}\left(\bar{x}-\mu_{0}\right)}{s}=\frac{\sqrt{36}(66.5-70)}{15}=-1.4

检验的拒绝域是

W={∣T∣⩾t1−α2(n−1)}={∣T∣⩾t0.975(35)}={∣T∣⩾2.0301}W=\left\{|T| \geqslant t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)\right\}=\left\{|T| \geqslant t_{0.975}(35)\right\}=\{|T| \geqslant 2.0301\}

所以 T=−1.4∉WT=-1.4 \notin W, 因此我们不能拒绝原假设, 即可以认为这次考试全体 考生的平均成绩为 70 分.