北京师范大学-432统计学-2018年

一、选择题（每题3分, 共15分）

箱线图最中间的线表明的数据是( ).
A. 平均数
B. 中位数
C. 众数
D. 都不是

Solution: B.

技术人员对某生产线上的产品每隔100件抽样一次, 他使用的抽样方法是( ).
A. 简单随机抽样
B. 整群抽样
C. 分层抽样
D. 系统抽样

Solution: D.

根据样本已经得到了 $\theta$ 的 $95\%$ 置信区间 $(\hat{\theta}_1,\hat{\theta}_2)$ , 正确的是( ).
A. 该区间以 $95 \%$ 的概率包含真值
B. 参数 $\theta$ 在该区间内的概率为 $95 \%$
C. 该区间有 $95 \%$ 的可能性包含参数 $\theta$
D. 参数 $\theta$ 或者在 $(\hat{\theta}_1,\hat{\theta}_2)$ 内, 或者不在 $(\hat{\theta}_1,\hat{\theta}_2)$ 内

Solution: D. 此时已经根据样本值得到了一个固定的置信区间, 参数要么在这个固定的区间中, 要么不在其中. 注意如果题干改为抽样之前, 则由于样本还未获得, 两个区间端点都是随机的, 随机区间 $(\hat{\theta}_1,\hat{\theta}_2)$ 覆盖参数真值 $\theta$ 的概率是 $95\%$ . 但现在, 区间已定, 参数也是个常数, 要么在里面, 要么不在里面.

线性回归分析的说法, 正确的是 ( ）
A. 选择解释变量时, 残差平方和越小越好
B. 线性检验是指对变量的线性关系检验
C. 线性回归中, $t$ 检验与 $F$ 检验等价
D. 残差与误差有相同的分布, 可用残差估计误差

Solution: B. 变量越多, 残差平方和一定越小, 而选择解释变量时, 以变量对应系数是否能显著为准, A错误; 线性检验是对变量之间线性关系的检验, B正确; 一元回归时单个系数的显著性 $t$ 检验与方程整体的 $F$ 检验一致, 注意 $t^2(1,n-1)=F(1,n-1)$ , 但多元回归中并不等价, C错误; 误差 $\varepsilon_i = y_i - a - bx_i \sim N(0,\sigma^2)$ , 残差指 $\hat{\varepsilon}_i=y_i-\hat{y}_i=y_i-\hat{a}-\hat{b}x_i$ , 它们分布不相同, D错误.

如果 $\operatorname{Var}(X)$ 存在, 下面说法错误的是( ).
A. $E X$ 一定存在
B. $E X^2>(E X)^2$ 一定成立
C. 对于 $C \neq E X, \operatorname{Var}(X)<E(X-C)^2$
D. 标准差 $\sqrt{\operatorname{Var}(X)}$ 一定存在

Solution: B. 如果 $Var(X)=0$ , 则 $P(X=c)=1$ , 说明 $EX^2=(EX)^2$ .

二、问答题

(10分) 为什么总体可以用随机变量表示？

Solution: 在统计推断过程中, 待研究的对象是总体的分布或总体分布中的某些参数, 我们需要根据得到的随机样本来推断出总体分布或参数的信息. 如果总体不是随机变量而是常数或已知数, 那么也没有必要去研究它的分布和参数. 一般而言, 我们假设总体是一个有分布 $f(x;\theta)$ 的随机变量, 而 $x_1,\cdots,x_n$ 是来自该分布的随机样本, 通过样本的信息我们可以得到一些关于 $\theta$ 的信息.

(10分) 某高校教研室老师年龄为 $60,58,46,46,41,43,38,38,34,31$ , 写出这组数据的分析报告.

Solution:
(i) 可以用平均值、中位数、标准差等统计量作分析;
(ii) 可以用箱线图、茎叶图等图形作分析;
(iii) 可以用集中趋势、离散趋势、分布形状作分析.

这里, 有
$\bar{x} = 43.5$ , $s=9.48$ , 变异系数 $C=0.28$ , 中位数 $M = 42$ .

茎叶图为

茎	叶
6	0
5	8
4	6 6 3 1
3	8 8 4 1

分析:
变异系数较小, 仅为 0.28, 说明数据集中程度较高. 茎叶图中可以也看出, 年龄主要集中在30多岁和40多岁.

(15分) 一架主机、两架副机被派遣前往目的地执行轰炸任务, 目标是击毁敌方的“火种源”. 到达目的地的过程中需要主机为两架副机持续提供燃油, 到达目的地后独立执行轰炸任务, 每架飞机击中“火种源”的概率是0.3. 但是在前往目的地的过程中要经过敌区, 在此过程中每架飞机均有0.2的概率被击落. 问: “火种源”被击中的概率是多少?

Solution: 我们先思考: “有哪些我方战机能到达目的地”, 根据题意, 主机如果被击毁, 没有燃油, 副机也到不了目的地, 故

\begin{aligned} &B_1=\left\{ \text{三架战斗机均到达目的地} \right\} ,\quad P\left( B_1 \right) =0.8^3=0.512,\\ &B_2=\left\{ \text{主机和一架副机到达目的地} \right\} ,\quad P\left( B_2 \right) =2\cdot 0.8^2\cdot 0.2=0.256,\\ &B_3=\left\{ \text{只有主机到达目的地} \right\} ,\quad P\left( B_3 \right) =0.8\cdot 0.2^2=0.032,\\ &B_4=\left\{ \text{无人到达目的地} \right\} ,\quad P\left( B_4 \right) =1-0.512-0.256-0.032=0.2,\\ \end{aligned}

再用全概率公式, 得

P\left( A \right) =0.512\cdot \left( 1-0.7^3 \right) +0.256\cdot \left( 1-0.7^2 \right) +0.032\cdot 0.3=0.476544.

(15分) 设 $X_1,\cdots,X_n$ 是i.i.d.的 $U(\theta,\theta+1)$ 的随机样本.

(1)(8分) 求矩估计和极大似然估计;
(2)(7分) 比较说明矩估计和极大似然估计及其优缺点.

Solution: (1) 先求矩估计, 期望是 $E(X)=\theta+\frac{1}{2}$ , 则矩估计 $\hat{\theta}_m = \bar{x}-\frac{1}{2}$ . 再看极大似然估计, 似然函数是

L(\theta) = I_{\{x_{(n)-1}<\theta<x_{(1)}\}},

看出, 区间 $[x_{(n)}-1,x_{(1)}]$ 中任意一个值都是 $\theta$ 的MLE.

(2) 根据大数定律, 矩估计总是相合的; 但矩估计不一定是
充分统计量的函数. MLE则一般都和充分统计量有关, 但缺点是可能不唯一.

(15分) 设有 $n$ 个独立工作的元件, 故障率为 0.1, 现在某项任务一定要 $80\%$ 以上原件工作才能完成. 为了以 $95\%$ 的把握保证这一事件的成立, 问 $n$ 至少应为多少?

Solution: 设 $X_1,\cdots,X_n$ i.i.d. 服从 $B(1,0.9)$ , 且 $X_i=1$ 表示第 $i$ 个元件正常工作, 题设要求为

P\left( \sum_{i=1}^n{X_i}>0.8n \right) =0.95,

由于大样本下近似有 $\sum_{i=1}^n{X_i}\sim N\left( 0.9n,0.09n \right)$ , 故

0.95=P\left( \sum_{i=1}^n{X_i}>0.8n \right) =P\left( \frac{\sum_{i=1}^n{X_i}-0.9n}{0.3\sqrt{n}}>-\frac{\sqrt{n}}{3} \right) =\Phi \left( \frac{\sqrt{n}}{3} \right) ,

这意味着 $\frac{\sqrt{n}}{3}=1.645$ , 即 $n=24.35$ , 故至少为 $25$ .

(15分) 设 $X_1,\cdots,X_n$ 是 i.i.d. 的 $N(\mu,\sigma^2)$ 的随机样本, 其中 $\mu,\sigma^2$ 是未知参数.
(1) (7分) 写出样本方差表达式, 它是总体方差无偏估计吗?
(2) (8分) $\bar{x}^2$ 是 $\mu^2$ 的无偏估计吗? 若不是, 给出 $\mu^2$ 的一个无偏估计.

Solution: (1) 样本方差是

S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2,

它是总体方差的无偏估计.

(2) 由于 $\bar{x} \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$ , 故 $E(\bar{x}^2) = \mu^2 +\frac{\sigma^2}{n}$ , 它不是 $\mu^2$ 的无偏估计, 修正后看出 $\bar{x}^2 - \frac{S^2}{n}$ 恰好是 $\mu^2$ 的无偏估计.

(15分) 从 $N(\mu,1)$ 总体抽取 100 个随机样本 $x_1,\cdots,x_{100}$ , 为讨论假设检验问题

H_0:\mu = 0 \quad \mathrm{vs} \quad H_1:\mu \neq 0

构造拒绝域 $W=\{|\bar{x}|<0.001\}$ .

(1)(8分) 已知 $\Phi(0.01)<0.505$ , 证明犯第一类错误概率 $\alpha <0.01$ ;
(2)(7分) $W$ 是一个合适的拒绝域吗? 为什么?

Solution: (1) 样本均值 $\bar{x}\sim N\left( \mu ,\frac{1}{100} \right)$ , 故有

\alpha =P_{\mu =0}\left( \left| \bar{X} \right|<0.001 \right) =P_{\mu =0}\left( \left| 10\bar{X} \right|<0.01 \right) =2\Phi \left( 0.01 \right) -1<0.01.

(2) 不是, $|\bar{x}|<0.001$ 实际正反应了 $|\mu|$ 比较小, 接近于 0, 正确的拒绝域形式应是形如 $\{|\bar{x}|>c\}$ , 其中 $c$ 可由显著性水平确定.

(15分) 设 $X_1,\cdots,X_n$ 是来自 $N(\mu,\sigma^2)$ 的独立样本.
(1) (7分) 如果 $\mu =90$ , 求 $\sigma^2$ 的MLE;
(2) (8分) 如果 $\sigma^2 =9$ , 求 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间.

Solution: (1) $\mu$ 已知, 似然函数为

L\left( \sigma ^2 \right) =\left( 2\pi \sigma ^2 \right) ^{-\frac{n}{2}}e^{-\frac{1}{2\sigma ^2}\sum_{i=1}^n{\left( x_i-\mu \right) ^2}},

对数似然函数是

\ell \left( \sigma ^2 \right) =-\frac{n}{2}\ln \left( 2\pi \right) -\frac{n}{2}\ln \sigma ^2-\frac{1}{2\sigma ^2}\sum_{i=1}^n{\left( x_i-\mu \right) ^2},

求导得

\ell '\left( \sigma ^2 \right) =-\frac{n}{2\sigma ^2}+\frac{\sum_{i=1}^n{\left( x_i-\mu \right) ^2}}{2\sigma ^4},

令其为 $0$ , 解得

\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\left( x_i-\mu \right) ^2}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\left( x_i-90 \right) ^2}.

(2) 利用 $\bar{X}\sim N(\mu,\frac{9}{n})$ 构造区间, 即有

\mu \in \left[ \bar{X}-u_{\frac{\alpha}{2}}\frac{3}{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{\frac{\alpha}{2}}\frac{3}{\sqrt{n}} \right] .

(20分) 有下述线性回归的方差分析表

变量	平方和	自由度	Prob( $>F$ )
回归	2144.6	2	0.0001
残差		98
总	8545.6	100

(1)(5分) 样本量和参数分别是几个?
(2)(5分) 补齐方差分析表.
(3)(5分) 给定 $\alpha=0.05$ , 方程是否显著?
(4)(5分) 给出 $R^2$ , 以及误差方差的估计量.

Solution: (1) 回归平方和的自由度为 2, 说明参数为 3 个. 总平方和的自由度为 100, 说明样本量是 101.
(2) 补齐后为

变量	平方和	自由度	均方	$F$ 比	Prob( $>F$ )
回归	2144.6	2	1072.3	17.5	0.0001
残差	6001.0	98	61.2
总	8545.6	100

(3) 方程是显著的, 因为 $F$ 检验的 p 值是 0.0001<0.05, 拒绝原假设.

(4) $R^2 = \frac{2144.6}{8545.6} = 0.251$ , 残差方差的估计量是残差对应的均方, 即 $61.2$ .