北大叉院-849统计学-2019年-解析

北大叉院-849统计学-2019年

一、(10分) 设 $A_{1}, \ldots, A_{n}$ 是相互独立的随机事件且 $P\left(A_{i}\right)=\frac{1}{2}, i=1, \ldots, n,$ 求 $P\left(\bigcap_{i} A_{i}\right)$ 与 $P\left(\bigcup_{i} A_{i}\right)$.

Solution:
$P\left(\cap A_{i}\right)=\prod_{i=1}^{n} P\left(A_{i}\right)=\frac{1}{2^{n}}$
$P\left(\cup A_{i}\right)=1-P\left(\overline{\cup A_{i}}\right)=1-P\left(\cap \bar{A}_{i}\right)=1-\prod_{i=1}^{n} P\left(\bar{A}_{i}\right)=1-\frac{1}{2^{n}}$

二、(10分) 设 $X, Y$ 独立同服从标准正态分布，求 $Z=3 X-4 Y$ 的密度函数.

Solution:
根据正态分布的性质, $Z=3 X-4 Y$ 依然是正态分布, 且

$$E(3 X-4 Y)=0, \operatorname{Var}(3 X-4 Y)=9+16=25$$

所以 $Z \sim N\left(0,5^{2}\right)$, 即

$$f_{Z}(z)=\frac{1}{5 \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{z^{2}}{50}},-\infty<z<+\infty$$

三、(15分) 总体 $X \sim N(2 \mu, 1),$ 有 $n$ 个随机样本，求 $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间.

Solution:
取枢轴量 $Z=\sqrt{n}(\bar{X}-2 \mu) \sim N(0,1)$, 令

$$P(c \leqslant \sqrt{n}(\bar{X}-2 \mu) \leqslant d)=1-\alpha$$

取等尾的分位数, 即 $c=-u_{1-\frac{a}{2}}, d=u_{1-\frac{\alpha}{2}}$, 反解得到 $\mu$ 的置信区间是

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

四、(10分) 甲袋中 2 白球 1 黑球、乙袋中 1 白球 2 黑球，先从甲带中拿出一球放入乙袋，再从乙袋 中取出一球，求从乙袋中取出黑球的概率.

Solution: 用事件 $B_{i}$ 表示第 $i$ 次摸出黑球，则由全概率公式

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

五、(15分) $X_{1} \sim N\left(\mu_{1}, \sigma_{1}^{2}\right), X_{2} \mid X_{1}=x_{1} \sim N\left(\mu_{2}+\frac{\sigma_{2}}{2 \sigma_{1}}\left(x_{1}-\mu_{1}\right), \frac{3}{4} \sigma_{2}^{2}\right),$ 求 $\left(X_{1}, X_{2}\right)$ 的联合分布以及 $X_{2}$ 的边缘分布.

Solution:
由题意, $\left(X_{1}, X_{2}\right)$ 服从二维正态分布, 且有

$$\begin{gathered} E X_{1}=\mu_{1}, E X_{2}=E\left[E\left(X_{2} \mid X_{1}\right)\right]=E\left[\mu_{2}+\frac{\sigma_{2}}{2 \sigma_{1}}\left(X_{1}-\mu_{1}\right)\right]=\mu_{2} \\ E X_{1} X_{2}=E\left[E\left(X_{1} X_{2} \mid X_{1}\right)\right]=E\left[X_{1}\left(\mu_{2}+\frac{\sigma_{2}}{2 \sigma_{1}}\left(X_{1}-\mu_{1}\right)\right)\right]=\mu_{1} \mu_{2}+\frac{1}{2} \sigma_{1} \sigma_{2} \end{gathered}$$

因此, $\operatorname{Cov}\left(X_{1}, X_{2}\right)=\frac{1}{2} \sigma_{1} \sigma_{2}$, 而 $\operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=\sigma_{1}^{2}$, 以及

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}\left(X_{2}\right)&=E\left[\operatorname{Var}\left(X_{2} \mid X_{1}\right)\right]+\operatorname{Var}\left[E\left(X_{2} \mid X_{1}\right)\right] \\ &=E\left(\frac{3}{4} \sigma_{2}^{2}\right)+\operatorname{Var}\left[\mu_{2}+\frac{\sigma_{2}}{2 \sigma_{1}}\left(X_{1}-\mu_{1}\right)\right] \\ &=\frac{3}{4} \sigma_{2}^{2}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{4 \sigma_{1}^{2}} \operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=\sigma_{2}^{2} \end{aligned}$$

所以 $\operatorname{Corr}\left(X_{1}, X_{2}\right)=\frac{1}{2}$, 则 $\left(X_{1}, X_{2}\right) \sim N\left(\mu_{1}, \mu_{2} ; \sigma_{1}^{2}, \sigma_{2}^{2} ; \frac{1}{2}\right), X_{2} \sim N\left(\mu_{2}, \sigma_{2}^{2}\right)$.

六、(15分) 袋中有红、黄、蓝球各 2 个, 从中不放回地取出 3 个, 求

(1)(7分) 各颜色各一个的概率;

(2)(8分) 恰有两种颜色的概率.

Solution:
(1) $P($ 每种颜色一个 $)=\frac{\left(C_{2}^{1}\right)^{3}}{C_{6}^{3}}=\frac{8}{20}=\frac{2}{5}$.

(2) $P($ 恰有两种颜色 $) = \frac{C_{3}^{1}C_{2}^{2}C_{4}^{1}}{C_{6}^{3}}=\frac{3}{5}$. (注: 某种颜色的球抽了2个, 剩下4个中随便抽一个.)

七、(15分) 百货公司举行抽奖活动,参与者可以一直抽奖直到中奖,每次抽取相互独立,一次抽中 的概率为 $p$ ,求

(1)(7分) 抽中奖品所需次数的概率分布: 抽中奖品所需次数的期望;

(2)(8分) 最小整数 $k$ ,使得 $k$ 次以内抽中的概率大于 $1-\alpha .$

Solution:
(1)

$$\begin{aligned} &X \sim G e(p), \text { 即 } P(X=k)=p(1-p)^{k-1}, k=1,2, \cdots \\ &E X=p \sum_{k=1}^{\infty} k(1-p)^{k-1}=p \frac{1}{[1-(1-p)]^{2}}=\frac{1}{p} \end{aligned}$$

(2)
令 $\left\{\begin{array}{l}P(X \leqslant k)>1-\alpha \\ P(X \leqslant k-1) \leqslant 1-\alpha\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}P(X>k)<\alpha \\ P(X>k-1) \geqslant \alpha\end{array}\right.$
若记 $q=1-p$, 有 $P(X>k)=p \sum_{i=k}^{\infty} q^{i}=q^{k}$, 于是上述不等式组可写为 $\left\{\begin{array}{l}q^{k}<\alpha \\ q^{k-1} \geqslant \alpha\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k>\frac{\ln \alpha}{\ln (1-p)} \\ k-1 \leqslant \frac{\ln \alpha}{\ln (1-p)}\end{array}\right.$, 即 $k=\left\lfloor\frac{\ln \alpha}{\ln (1-p)}\right\rfloor + 1$.

八、(20分) 有来自期望为 $\frac{1}{\lambda}$ 的指数分布总体 $X \sim \operatorname{Exp}(\lambda)$ 的 $n$ 个随机样本, 求 $H_{0}: \lambda \leq \lambda_{0}$ (备择假设是补集）的拒绝域.

Solution:
选取检验统计量 $T=2 \lambda_{0} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$, 由于 $E(X) = \frac{1}{\lambda}$, 备择假设中较大的 $\lambda$ 意味着样本之和 $\sum_{i=1}^n X_i$ 会较小, 因此我们倾向于拒绝较小的 $T$, 因此拒绝域可以 写为 $W=\{T \leq c\}$, 这里 $c$ 使得检验的水平是 $\alpha$.
由于当 $\lambda=\lambda_{0}$ 时, $T=2 \lambda_{0} \sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim \chi^{2}(2 n)$, 因此可求得 $c=\chi_{\alpha}^{2}(2 n)$, 因此 该检验的拒绝域是

$$W=\left\{2 \lambda_{0} \sum_{i=1}^{n} X_{i} \leq \chi_{\alpha}^{2}(2 n)\right\}$$

九、(20分) $R^{2} \sim \operatorname{Exp}\left(\frac{1}{2}\right), \theta \sim U(0,2 \pi)$ 相互独立, 求 $(X, Y)=(R \cos \theta, R \sin \theta)$ 的联合分布与边缘分布.

Solution: 茆诗松课后习题3.3.19

$(X, Y)$ 的联合密度函数是

$$\begin{aligned} f_{X, Y}(x, y)=\frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}. \end{aligned}$$

所以 $(X, Y) \sim N(0,0 ; 1,1 ; 0)$. 于是 $X \sim N(0,1), Y \sim N(0,1)$.

十、(20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 $\theta$ 的矩估计与最大似然估计.

Solution:
$E X=\int_{\theta}^{+\infty} \frac{2 \theta^{2}}{x^{3}} d x=\left.2 \theta^{2}\left(-\frac{1}{x}\right)\right|_{\theta} ^{+\infty}=2 \theta$, 所以 $\theta$ 的矩估计是 $\hat{\theta}_{M}=\frac{\bar{x}}{2}$.
似然函数 $L(\theta)=\frac{2^{n}}{\prod_{i=1}^{n} x_{i}^{3}} \theta^{2 n} I_{\left\{x_{0} \geqslant \theta\right\}}$ 是 $\theta$ 在 $\left(0, x_{(1)}\right]$ 上的单调增加函数, 所以 $\hat{\theta}_{L}=x_{(1)}$ 是 $\theta$ 的最大似然估计.