中山大学-432统计学-2019年-解析

中山大学-432统计学-2019年

一、选择题(每小题3分, 共60分)

1. 将一个骰子独立地掷两次。引进事件 : $A_{1}=\{$ 郑第一次出现奇数点 $\}, A_{2}=$ {掷第二次出现偶数点 $\}, A_{3}=\{$ 奇数点、偶数点各出现一次 $\}, A_{4}=\{$ 奇数点出现两次 $\}$, 则 ( )
   (A) $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 两两独立
   (B) $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 相互独立
   (C) $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 两两独立
   (D) $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 相互独立

Solution: A

$$P\left(A_{1}\right)=\frac{1}{2}, P\left(A_{2}\right)=\frac{1}{2}, P\left(A_{3}\right)=\frac{1}{2}, P\left(A_{4}\right)=\frac{1}{4}$$

$P\left(A_{2} A_{4}\right)=\frac{1}{4} \neq P\left(A_{2}\right) P\left(A_{4}\right)$, 事件 $A_{2}, A_{4}$ 不独立, 选项 C, D 错误 对于事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 有:

$$\begin{aligned} &P\left(A_{1} A_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2}\right)=\frac{1}{4} \\ &P\left(A_{1} A_{3}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(A_{3}\right)=\frac{1}{4} \\ &P\left(A_{2} A_{3}\right)=P\left(A_{2}\right) P\left(A_{3}\right)=\frac{1}{4} \\ &P\left(A_{1} A_{2} A_{3}\right)=\frac{1}{4} \neq P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2}\right) P\left(A_{3}\right) \end{aligned}$$

所以事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 两两独立不相互独立. 选项 A 正确

2. 下面的说法哪个是错误的? ( )
   (A) $\mathrm{P}(A B) \geq P(A)+\mathrm{P}(B)-1$
   (B) $|\mathrm{P}(A B)-\mathrm{P}(A) \mathrm{P}(B)| \leq \frac{1}{4}$
   (C) $\mathrm{P}(A \cup B) \leq \mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)$
   (D) 两个随机变量不相关不可能推出两个随机变量独立

Solution: D
对于选项 $\mathrm{A}$ :

$$P(A)+P(B)-P(A B)=P(A \cup B) \leqslant 1,$$

有: $P(A B) \geqslant P(A)+P(B)-1 \quad$ 选项 A 正确
对于选项 $B$ :
另只有事件 $\mathrm{A}$ 发生的概率为 $\mathrm{a}$, 只有事件 $\mathrm{B}$ 发生的概率为 $\mathrm{b}$, 事件 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 同 时发生的概率为 $\mathrm{c}$, 事件 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 都不发生的概率为 $\mathrm{d}$ 有:

$$\begin{array}{rl} P(A)=a+c & P(B)=b+c \\ P(A B)-P(A) P(B) & =c-(a+c)(b+c) \\ = & c-a b-a c-b c-c^{2} \\ = & c(1-a-b-c)-a b \\ = & c d-a b \end{array}$$

因为: $a+b+c+d=1$, 所以有

$$\begin{gathered} 2 \sqrt{a b}<a+b \leqslant 1, \sqrt{a b} \leqslant \frac{1}{2}, a b \leqslant \frac{1}{4}, \text { 同理 } c d \leqslant \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} \leqslant c d-a b \leqslant \frac{1}{4},|c d-a b| \leqslant \frac{1}{4} \quad \text { 选项 B 正确 } \end{gathered}$$

对于选项 $C$ :

$$P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A \cap B) \leqslant P(A)+P(B) \text { 正确 }$$

对于选项 $D$ :
若两个随机变量服从二维正态分布, 不相关与独立等价, 选项 D 错误.

3. 某领导有 3 个顾问, 假定每个顾问贡献正确意见的概率是 0.5。现为某事可行与否而个别征求各 顾问意见, 并按多数人的意见做出决策, 则做出正确决策的概率是( )
   (A) $0.5$
   (B) $0.6$
   (C) $2 / 3$
   (D) $0.7$

Solution: A
当有两个以上的顾问做出正确决策的时候, 最终做出正确决策 $P=0.5^{3}+C_{3}^{2} \times 0.5^{2} \times(1-0.5)=0.5$ 选项 A 正确

4. 甲、乙两人轮流射击, 先击中目标者获胜。甲、乙击中目标的概率分别是 $1 / 3$ 和 $1 / 2$, 甲先射, 甲 获胜的概率是( )
   (A) $1 / 3$
   (B) $1 / 2$
   (C) $2 / 3$
   (D) $3 / 4$

Solution: B
甲获胜的可能：第一局甲射中+第一局甲乙都没中、第二局甲射中+第一、

$$\begin{aligned} P(\text { 甲获胜 }) &=\frac{1}{3}+\frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{3}+\left(\frac{2}{3} \times \frac{1}{2}\right)^{2} \times \frac{1}{3}+\cdots \\ &=\frac{1}{3} \times\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}} \cdots\right) \\ &=\frac{1}{3} \times \frac{3}{2}=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

故选 B.

5. 从数 $1 、 2 、 3 、 4$ 中任取一个数, 记为 $X$; 再从 $1, \ldots, X$ 中任取一个数, 记为 $Y$, 则 $\mathrm{P}(Y=3)$ 和 $\mathrm{P}(X=3 \mid Y=3)$ 分别等于 ( )
   (A) $1 / 4$ 和 $1 / 3$
   (B) $1 / 4$ 和 $3 / 8$
   (C) $7 / 48$ 和 $4 / 7$
   (D) $1 / 3$ 和4/7

Solution: C

$$\begin{aligned} P(Y=3) &=P(Y=3 \mid X=3) \times P(X=3)+P(Y=3 \mid X=4) \times P(X=4) \\ &=\frac{1}{3} \times \frac{1}{4}+\frac{1}{4} \times \frac{1}{4}=\frac{7}{48} \end{aligned}$$

$P(X=3 \mid Y=3)=\frac{P(X=3, Y=3)}{P(Y=3)}=\frac{\frac{1}{4} \times \frac{1}{3}}{\frac{7}{48}}=\frac{4}{7} \quad$ 选项 C 正确

6. 若随机变量 $X$ 服从 $N\left(a, \sigma^{2}\right)$, 则 $E|X-a|$ 等于( )
   (A) $\sqrt{2 / \pi} \sigma$
   (B) $\sigma / 2$
   (C) $\sigma$
   (D) $2 \sigma$

Solution: A. 考虑 $X-a = \sigma Y$, 其中 $Y\sim N(0,1)$是标准正态, 有

$$E\left| Y \right|=\int_{-\infty}^{+\infty}{\left| y \right|\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y^2}{2}}dy}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}{ye^{-\frac{y^2}{2}}dy}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}{e^{-\frac{y^2}{2}}d\left( \frac{y^2}{2} \right)}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

因此 $E|X-a|=\sigma E|Y|=\sqrt{2/\pi}\sigma$.

7. 随机变量 $X$ 的密度函数为 $f(x)=2 e^{-2 x}, x>0$ 。令 $Y=\min (X, 4)$, 则 $\mathrm{P}(Y=4)$ 等于( )
   (A) $e^{-2}$
   (B) $e^{-4}$
   (C) $e^{-8}$
   (D) $1-e^{-4}$

Solution: C

$$P(Y=4)=P(X \geqslant 4)=\int_{4}^{+\infty} 2 e^{-2 x} d x=e^{-8} \text {, 故选 C. }$$

8. 下面关于方差的叙述中, 不正确的是( )
   (A) 若 $\eta_{1}$ 与 $\eta_{2}$ 独立, 则 $\mathrm{D}\left(\eta_{1}+\eta_{2}\right)=\mathrm{D}\left(\eta_{1}\right)+\mathrm{D}\left(\eta_{2}\right)$
   (B) 若 $\mathrm{D}\left(\eta_{1}+\eta_{2}\right)=\mathrm{D}\left(\eta_{1}\right)+\mathrm{D}\left(\eta_{2}\right)$, 则 $\eta_{1}$ 与 $\eta_{2}$ 不相关
   (C) 当 $\varepsilon>0$ 时, $P\{|\eta-E \eta| \geq \varepsilon\} \leq \frac{D(\eta)}{\varepsilon}$
   (D) 当 $D(\eta)=0$ 时, $P\{\eta=E \eta\}=1$

Solution: C
对于选项 A: 根据 $D\left(\eta_{1}+\eta_{2}\right)=D\left(\eta_{1}\right)+D\left(\eta_{2}\right)+2 \operatorname{Cov}\left(\eta_{1}, \eta_{2}\right)$, 若 $\eta_{1}, \eta_{2}$ 独立, 则协方差为 0 , 则等式成立, 选项 $\mathrm{A}$ 正确.
对于选项 $\mathrm{B}$ : 由选项可知, $\eta_{1}, \eta_{2}$ 的协方差为 0 , 所以 $\eta_{1}, \eta_{2}$ 不相关, 选项 $\mathrm{B}$ 正 确.
对于选项 C: 由切比雪夫不等式

$$P\{|\eta-E \eta| \geqslant \varepsilon\} \leqslant \frac{D(\varepsilon)}{\varepsilon^{2}},$$

故选项 $\mathrm{C}$ 错误.
对于选项 D: 因为

$$\begin{aligned} P(\eta \neq E \eta) &=\lim _{n \rightarrow \infty} P\left(\bigcup_{k=n}^{\infty}\left\{|\eta-E(\eta)|>\frac{1}{k}\right\}\right) \\ & \leq \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=n}^{\infty} P\left\{|\eta-E(\eta)|>\frac{1}{k}\right\} \\ & \leq \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=n}^{\infty} k^{2} D(\eta)=0 \end{aligned}$$

故选项 D 正确.

9. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且都服从区间 $[0,1]$ 上的均匀分布, 则 ()
   (A) $Z=X+Y$ 服从 $[0,2]$ 上的均匀分布
   (B) $Z=X-Y$ 服从 $[-1,1]$ 上的均匀分布
   (C) $Z=\max \{X, Y\}$ 服从 $[0,1]$ 上的均匀分布
   (D) $(X, Y)$ 服从区域 $\{(x, y): 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1\}$ 上的均匀分布

Solution: D
由于 $X, Y$ 是独立的, 因此 D 选项显然正确. A 选项显然错误，独立的均匀分 布不具有可加性, 其和并不服从均匀分布, B 选项同理. C 选项显然错误, 根据常 用结论，均匀分布的最大次序统计量应是 Beta 分布.

10. 一本书在交付印刷前, 作家和出版社先后对其进行校正。该书有 300 页, 每页的错误数相互独 立且都服从参数为 6 的泊松分布。在作家的校对过程中, 每个错误相互独立地以概率 $0.8$ 被订正。在出版社进行的第二次校正中, 前一稿的打印错误相互独立地以概率 $0.9$ 被订正。出版后整本书的 错误数大于等于 30 的概率 (用标准正态分布函数 $\Phi(x)$ 表示) 大约是( )
    (A) $\Phi(1)$
    (B) $\Phi(1.5)$
    (C) $\Phi(2)$
    (D) $2-\Phi(2)$

Solution: A.
设这本书的错误数为 $N$, 则 $N \sim \mathcal{P}(1800)$, 每个错误 $X_1,\cdots,X_N$ 未被修正的概率是 $0.02$, 用 $X_i = 1$ 表示第 $i$ 个错误未被修正, 则有 $X_i \sim B(1,0.02)$, 而最终的错误数是

$$Y = X_1 +X_2+\cdots +X_N = \sum_{k=1}^N X_k,$$

这是经典的复合泊松变量, 也算茆一道原题, 与中山2017第6题一致, $Y\sim \mathcal{P}(36)\approx N(36,36)$, 因此

$$P(Y \geqslant 30)=P\left(\frac{Y-36}{6} \geqslant \frac{30-36}{6}\right)=1-\Phi(-1)=\Phi(1) .$$

11. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为总体 $X$ 的简单随机样本。若 $\mathrm{E} X$ 存在并记为 $\mu, \bar{X}$ 为样本均值, 则 ()
    (A) $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的相合（consistent）估计量
    (B) $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的最大似然估计量
    (C) $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的充分统计量
    (D) $|\bar{X}|$ 是 $|\mu|$ 的无偏估计量

Solution: A
由柯尔莫哥洛夫强大数定律知 $\bar{x} \stackrel{a . s .}{\longrightarrow} \mu, \bar{x}$ 是 $\mu$ 的强相合估计, A 正确;
对于选项 $B 、 C$, 随机变量具体分布未知时无法得到选项所提到的结论; 对 于选项 $\mathrm{D}$, 除非总体是不变号分布, 否则由 Jensen 不等式可推出其错误.

12. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为标准正态分布 $\mathrm{N}(0,1)$ 的简单随机样本。记 $T_{1}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, T_{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$, 则 ()
    (A) $\frac{T_{2} /(n-1)}{T_{1} / n} \sim \mathrm{F}(n-1, n)$
    (B) $\frac{T_{2} /(n-1)}{T_{1} / n} \sim \operatorname{Beta}(n-1, n)$
    (C) $\frac{T_{2}}{T_{1}} \sim \operatorname{Beta}(n-1, n)$
    (D) $\frac{T_{2}}{T_{1}} \sim \operatorname{Beta}\left(\frac{n-1}{2}, \frac{1}{2}\right)$

Solution: D

$$T_{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}=T_{1}-n \bar{x}^{2}$$

根据 Fisher 引理有 $\bar{x}$ 与 $\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}$ 独立, 则 $T_{1}-T_{2}=n \bar{x}^{2}$ 与 $T_{2}$ 相互独立;
又因为 $n \bar{x}^{2} \sim \chi^{2}(1), \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n-1)$, 故

$$\frac{T_{2}}{T_{1}}=\frac{T_{2}}{T_{1}-T_{2}+T_{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}{n \bar{x}^{2}+\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \sim \operatorname{Beta}\left(\frac{n-1}{2}, \frac{1}{2}\right)$$

D 正确. （补充：若 $X \sim G a\left(\alpha_{1}, \lambda\right), Y \sim G a\left(\alpha_{2}, \lambda\right)$, 且 $X, Y$ 相互独立, 则 $\left.\frac{X}{X+Y} \sim \operatorname{Beta}\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right)\right)$

13. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为正态分布 $N\left(0, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本。记 $T_{1}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, T_{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$, 则 ()
    (A) $T_{1}$ 和 $T_{2}$ 相互独立
    (B) $T_{1}$ 和 $T_{1}-T_{2}$ 相互独立
    (C) $T_{1}$ 和 $T_{1} / T_{2}$ 相互独立
    (D) $T_{1}+T_{2}$ 和 $T_{1}-T_{2}$ 相互独立

Solution: C
由指数族性质可知 $T_{1}$ 是 $\sigma^{2}$ 的充分完全统计量, 记 $Y_{i}=\frac{X_{i}}{\sigma}$, 其分布与参数 $\sigma$ 无关，故 $\frac{T_{1}}{\sigma^{2}}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}$ 及 $\frac{T_{2}}{\sigma^{2}}=\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}$ 分布与 $\sigma$ 无关，则 $\frac{T_{1}}{T_{2}}=\frac{T_{1} / \sigma^{2}}{T_{2} / \sigma^{2}}$ 分 布也与 $\sigma$ 无关,由 Basu 定理知 $T_{1}$ 与 $\frac{T_{1}}{T_{2}}$ 独立, $\mathrm{C}$ 正确.

14. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为泊松分布 Poisson $(\lambda)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 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。令 $Z$ 为服从标准正态分布的随机变量, 则当 $n \rightarrow+\infty$ 时, ()
    (A) $\frac{\sqrt{n} \bar{x}}{s}$ 依分布收敛到 $Z$
    (B) $\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\lambda)}{\bar{X} / S}$ 依分布收敛到 $Z$
    (C) $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda)}{\lambda}$ 依分布收敛到 $Z$
    (D) $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda)}{\bar{x}}$ 依分布收敛到 $Z$

Solution: B
由矩估计的相合性知 $\bar{x} \stackrel{P}{\rightarrow} \lambda, s^{2} \stackrel{P}{\rightarrow} \lambda$, 则 $\frac{\bar{x}}{s} \stackrel{P}{\rightarrow} \frac{\lambda}{\sqrt{\lambda}}=\sqrt{\lambda}$; 由中心极限定 理知 $\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda)}{\sqrt{\lambda}} \stackrel{L}{\rightarrow} Z$, 由 Slutsky 定理得

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda)}{\bar{x} / s}=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda)}{\sqrt{\lambda}} \cdot \frac{\sqrt{\lambda}}{\bar{x} / s} \stackrel{L}{\rightarrow} Z$$

B 正确.

15. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 其中 $\mu$ 已知而 $\sigma^{2}$ 未知, 则下列不是统计量的 是( )
    (A) $\sum_{i=1}^{n} X_{i} / \sigma$
    (B) $X_{1}$
    (C) $\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} / n$
    (D) $\sum_{i=1}^{n} X_{i}-n \mu$

Solution: A
统计量不包含未知参数, 故选择 A.

16. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为均匀分布 $\mathrm{U}(0, \theta)$ 的简单随机样本, 则 $\theta$ 的最大似然估计量为( )
    (A) $X_{(1)}$
    (B) $\bar{X}$
    (C) $X_{(n)}$
    (D) $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 的中位数

Solution: C
似然函数 $L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\theta} I_{\left(0 \leqslant x_{i} \leqslant \theta\right)}=\frac{1}{\theta^{n}} I_{\left(x_{(0)} \leqslant \theta\right)}$, 似然函数随 $\theta$ 单调减, 故 $\hat{\theta}_{M L E}=X_{(n)}$, C 正确.

17. 下列关于统计学常用的分布的判断中, 错误的是( )
    (A) 若 $Z \sim \mathrm{F}\left(n_{1}, n_{2}\right)$, 则 $1 / Z \sim \mathrm{F}\left(n_{2}, n_{1}\right)$
    (B) 若 $T \sim t(n)$, 则 $T^{2} \sim \mathrm{F}(1, n)$
    (C) 若 $X \sim N(0,1)$, 则 $X^{2} \sim \chi^{2}(1)$
    (D) 若 $X \sim N(0,1), Y \sim \chi^{2}(n)$, 则 $X / Y \sim t(n)$

Solution: D
$\mathrm{D}$ 选项中, 当 $X 、 Y$ 满足题干中要求且独立时, 随机变量 $\frac{X}{\sqrt{Y / n}} \sim t(n), \mathrm{D}$ 错误.

18. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}(\mu, 1)$ 的简单样本, 则 $\mu$ 的双侧 $95 \%$ 置信区间为( )
    (A) $\left(\bar{X}-\frac{1.64}{\sqrt{n}}, \bar{X}+\frac{1.64}{\sqrt{n}}\right)$
    (B) $\left(\bar{X}-\frac{1.64}{\sqrt{n}}, \bar{X}+\frac{1.96}{\sqrt{n}}\right)$
    (C) $\left(\bar{X}-\frac{1.96}{\sqrt{n}}, \bar{X}+\frac{1.64}{\sqrt{n}}\right)$
    (D) $\left(\bar{X}-\frac{1.96}{\sqrt{n}}, \bar{X}+\frac{1.96}{\sqrt{n}}\right)$

Solution: D
$\sqrt{n}(\bar{x}-\mu) \sim N(0,1), P\left(-u_{1-\alpha / 2}<\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)<u_{1-\alpha / 2}\right)=1-\alpha$, 即

$$P\left(\bar{x}-\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}<\mu<\bar{x}+\frac{u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}\right)=1-\alpha,$$

代入 $\alpha=5 \%$ 查表得 $\mu$ 的双侧 $95 \%$ 置信区间为 $\left(\bar{x}-\frac{1.96}{\sqrt{n}}, \bar{x}+\frac{1.96}{\sqrt{n}}\right)$, D 正确.

19. 假设其他条件不变，把置信度 $\alpha$ 从 $2.5 \%$ 升到 $5 \%$, 则总体均值 $\mu$ 的置信程度为 $1-\alpha$ 的置信区间的 宽度将（）
    (A) 变长
    (B) 不变
    (C) 变短
    (D) 可能变长, 也可能变短

Solution: C
由 18 题解析可知,置信区间宽度为 $\frac{2 u_{1-\alpha / 2}}{\sqrt{n}}$, 当 $\alpha$ 由 $2.5 \%$ 升到 $5 \%$ 时, $u_{1-\alpha / 2}$ 减小, 故置信区间变短, $\mathrm{C}$ 正确.

20. 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\mu_{1}, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, $Y_{1}, \ldots, Y_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\mu_{2}, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样 本。若采用方差分析检验: $\mathrm{H}_{0}: \mu_{1}=\mu_{2}, \mathrm{H}_{1}: \mu_{1} \neq \mu_{2}$, 检验统计量为 $F=\frac{\mathrm{MSB}}{\mathrm{MSW}}$, 其中组间方差MSB为 ( )
    (A) $\frac{n(\bar{X}-\bar{Y})^{2}}{2}$
    (B) $\frac{(\bar{X}-\bar{Y})^{2}}{2}$
    (C) $(\bar{X}-\bar{Y})^{2}$
    (D) $\frac{\sum_{i=1}^{n}\left[\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}+\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}\right]}{2 n-2}$

Solution: A

$$\mathrm{MSB}=\frac{\mathrm{SSB}}{r-1}=\frac{n\left(\bar{X}-\frac{\bar{X}+\bar{Y}}{2}\right)^{2}+n\left(\bar{Y}-\frac{\bar{X}+\bar{Y}}{2}\right)^{2}}{2-1}=\frac{n(\bar{X}-\bar{Y})^{2}}{2}$$

故 A 正确.

二、(22 分) 已知样本空间 $\Omega=\left\{\omega_{1}, \omega_{2}\right\}, \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{1}\right\}\right)=\frac{1}{3}, \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{2}\right\}\right)=\frac{2}{3}$. 随机变量 $\xi\left(\omega_{1}\right)=0, \xi\left(\omega_{2}\right)=$ 1; 随机变量 $\eta\left(\omega_{1}\right)=2, \eta\left(\omega_{2}\right)=1$.
(1) (6 分) 写出 $(\xi, \eta)$ 联合分布律.
(2) (6 分) 求随机变量 $\xi, \eta$ 相关系数.
(3) (4 分) 写出随机变量 $\xi$ 和 $\eta$ 的关系.
(4) (6 分) 求 $\xi-\eta$ 和 $\xi \cdot \eta$ 的概率分布.

Solution:
(1)
$(\eta, \xi)$ 的联合分布律如下:

$(\eta, \xi)$	$\xi=0$	$\xi=1$
$\eta=1$	$0$	$2 / 3$
$\eta=2$	$1 / 3$	0

(2)
$P(\xi \eta=1)=\frac{2}{3}, P(\xi \eta=0)=\frac{1}{3}, E(\xi \eta)=\frac{2}{3}$
$P(\xi=0)=\frac{1}{3}, P(\xi=1)=\frac{2}{3}, E(\xi)=\frac{2}{3}, E\left(\xi^{2}\right)=\frac{2}{3}, D(\xi)=\frac{2}{9}$
$P(\eta=1)=\frac{2}{3}, P(\eta=2)=\frac{1}{3}, E(\eta)=\frac{4}{3}, E\left(\eta^{2}\right)=2, D(\eta)=\frac{2}{9}$
$\operatorname{Cov}(\xi, \eta)=E(\xi \eta)-E(\xi) E(\eta)=\frac{2}{3}-\frac{2}{3} \times \frac{4}{3}=-\frac{2}{9}$
$\rho_{\xi \eta}=\frac{\operatorname{Cov}(\xi, \eta)}{\sqrt{D(\xi) \times D(\eta)}}=\frac{-\frac{2}{9}}{\sqrt{\frac{2}{9}} \times \sqrt{\frac{2}{9}}}=-1$

(3)
因为 $\rho_{\xi \eta}=-1$, 所以 $\exists a<0, b \in R, \xi=a \eta+b$, 由(1)的分布列可以看出, $\xi+\eta=2$.

(4)
$P(\xi-\eta=-2)=\frac{1}{3}, P(\xi-\eta=0)=\frac{2}{3}$, 故 $\xi-\eta$ 的概率分布是

$\xi-\eta$	$-2$	$0$
$p$	$1 / 3$	$2 / 3$

$P(\xi \eta=1)=\frac{2}{3}, P(\xi \eta=0)=\frac{1}{3}$, 故 $\xi \eta$ 的概率分布是

$\xi \eta$	$0$	$1$
$p$	$1 / 3$	$2 / 3$

三、（26 分）设总体 $X$ 密度函数为 $f(x ; \theta)=e^{-(x-\theta)}, x \geq \theta$, 其中 $\theta \in(-\infty,+\infty)$ 为未知参数. $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 为取自该总体的简单随机样本.
(1) (6 分) 求 $\theta$ 的矩法估计量 $\hat{\theta}_{1}$.
(2) (10 分) 求 $\theta$ 的最大似然法估计量 $\hat{\theta}_{2}$; 并求该总体分布的中位数的最大似然估计量.
(3) (10 分) 基于 $\hat{\theta}_{2}$ 的分布, 构造 $\theta$ 的一个置信水平为 $95 \%$ 的置信区间.

Solution:
(1)

$$E(X)=\int_{\theta}^{+\infty} x \cdot e^{-(x-\theta)} d x=\theta+1,$$

由矩法估计, 由替换原理, 得到 $\theta$ 的矩法估计量 $\hat{\theta}_{1}=\bar{x}-1$
(2) 样本对应的似然函数是

$$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} e^{-\left(x_{i}-\theta\right)} I_{\left\{\theta \leqslant x_{(1)}\right)}=e^{n \theta-\sum_{i=1}^{n} x_{i}} I_{\left\{\theta<x_{(1)}\right\}},$$

它在 $\theta$ 的定义域在单调递减, 所以 $\theta$ 的最大似然估计是 $\hat{\theta}_{2}=x_{(1)}$.
设总体分布的中位数为 $M$, 有

$$\int_{\theta}^{M} e^{-(x-\theta)} d x=\frac{1}{2},$$

这说明 $M=\theta+\ln 2$, 由 MLE的不变性, 该总体分布的中位数的最大似然估计是

$$\hat{M}=x_{(1)}+\ln 2 .$$

(3) 因为 $\hat{\theta}_{2}=X_{(1)}$, 且 $\theta \leq X_{(1)}$, 因此单侧区间更为合理, $\hat{\theta}_{2}$ 的概率密度函数是

$$f_{\dot{\theta}_{2}}(x)=\left\{\begin{array}{lc} n e^{-n(x-\theta)}, & \hat{\theta}_{2} \geqslant \theta \\ 0, & \text { 其他 } \end{array}\right.$$

设 $a$ 使得 $\int_{\theta}^{a} n e^{-n(x-\theta)} d x=0.95$, 解得 $a=\theta+\frac{\ln 20}{n}$. 因此

$$P\left(\theta<\hat{\theta}_{2}<\theta+\frac{\ln 20}{n}\right)=0.95=P\left(\hat{\theta}_{2}-\frac{\ln 20}{n}<\theta<\hat{\theta}_{2}\right)$$

得到 $\theta$ 的 95%的置信区间是 $\left[x_{(1)}-\frac{\ln 20}{n}, x_{(1)}\right]$.

四、(18 分) 设 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 为伯努利分布Bernoulli $(p)$ 的简单随机样本, $\mathrm{P}\left(X_{i}=1\right)=p, \mathrm{P}\left(X_{i}=0\right)=$ $1-p$
(1) (8 分) 求 $p$ 的 Fisher 信息 $\mathrm{I}(p)$.
(2) (10 分) 证明: $\frac{n}{n-1} \bar{X}(1-\bar{X})$ 是 $p(1-p)$ 最优无偏估计量.

Solution:
(1)
总体的概率函数为 $f(x)=p^{x}(1-p)^{1-x}$, 故 Fisher 信息量

$$\begin{aligned} I(p) &=-E\left(\frac{\partial^{2} \ln f(x)}{\partial p^{2}}\right) \\ &=E\left(\frac{x}{p^{2}}+\frac{1-x}{(1-p)^{2}}\right) \\ &=\frac{1}{p(1-p)} . \end{aligned}$$

(2) 由指数族性质可知 $\bar{x}$ 是充分完全统计量, 而

$$E(\bar{x})=E(X)=p, D(\bar{x})=\frac{D(X)}{n}=\frac{p(1-p)}{n},$$

同时有

$$E\left(\bar{x}^{2}\right)=D(\bar{x})+E^{2}(\bar{x})=\frac{p+(n-1) p^{2}}{n}$$

所以 $E\left(\frac{n}{n-1} \bar{x}(1-\bar{x})\right)=\frac{n-1}{n}\left(E(\bar{x})-E\left(\bar{x}^{2}\right)\right)=p(1-p)$, 又因为 $\bar{x}$ 是充分完全统计量, 由 Lehmann-Scheffe 定理, $\frac{n-1}{n} \bar{x}(1-\bar{x})$ 是 $p(1-p)$ 的 UMVUE.

五、(24 分) 设 $X_{1}, \ldots, X_{5}$ 为来自正态分布 $N(0, \theta)$ 的简单随机样本, $Y_{1}, \ldots, Y_{5}$ 为来自正态分布 $N(1, \theta)$ 的简单随机样本. $\theta>0$ 为未知参数. 令 $T=\sum_{i=1}^{5}\left[X_{i}^{2}+\left(Y_{i}-1\right)^{2}\right]$.
(1) (8分) 证明: $T$ 是 $\theta$ 的充分统计量。
(2) (10分) 给定显著性水平 $\alpha=0.05$, 针对假设 $\mathrm{H}_{0}: \theta=1, \mathrm{H}_{1}: \theta \neq 1$ 构建似然比检验。(注: 拒绝域的界值用分布的分位数表示即可)
(3) (6分) 写出上述检验的势 (功效) 函数 (power function).

Solution:
(1)
样本联合密度函数为

$$\begin{aligned} f\left(x_{1}, \cdots, x_{5}, y_{1}, \cdots y_{5}\right) &=(2 \pi \theta)^{-\frac{5}{2}} e^{-\frac{1}{2 \theta} \sum_{i=1}^{5} x_{i}^{2}}(2 \pi \theta)^{-\frac{5}{2}} e^{-\frac{1}{2 \theta} \sum_{i=1}^{5}\left(y_{i}-1\right)^{2}} \\ &=(2 \pi \theta)^{-5} e^{-\frac{1}{2 \theta} \sum_{i=1}^{5}\left[x_{i}^{2}+\left(y_{i}-1\right)^{2}\right]} \end{aligned}$$

由因子分解定理知 $T$ 是 $\theta$ 的充分统计量.

(2)
似然函数为 $L(\theta)=(2 \pi \theta)^{-5} e^{-\frac{1}{2 \theta} T}$, 取对数有

$$\ln L=-5 \ln (2 \pi \theta)-\frac{T}{2 \theta}$$

对 $\theta$ 求导并置 0 得 $\theta$ 最大似然估计 $\hat{\theta}=\frac{T}{10}$, 则似然比为

$$\lambda=\frac{\sup _{\theta \in \Theta} L(\theta)}{\sup _{\theta \in \Theta_{0}} L(\theta)}=\frac{L(\hat{\theta})}{L(1)}=\left(\frac{10}{T}\right)^{5} e^{\frac{T}{2}-5},$$

即似然比检验由 $\{\lambda \geqslant c\}$ 给出, 而 $\lambda=\left(\frac{10}{T}\right)^{5} e^{\frac{T}{2}-5}$ 关于 $T$ 先减后增, 故

$$\{\lambda \geqslant c\}=\{T \leq a\} \cup\{T \geq b\},$$

其中应有 $a^{5} e^{-\frac{a}{2}}=b^{5} e^{-\frac{b}{2}}$ 满足上式成立，为满足水平为 $\alpha$ ，还应满足

$$\int_{a}^{b} \chi_{10}^{2}(t) d t=1-\alpha,$$

其中, $\chi_{10}^{2}(x)$ 表明自由度为 10 的卡方分布的密度函数. 为方便, 我们直接取等尾, 即

$$a=\chi_{0.025}^{2}(10), \quad b=\chi_{0.975}^{2}(10),$$

所以该似然比检验的拒绝域为

$$W=\left\{T \leqslant \chi_{0.025}^{2}(10)\right\} \cup\left\{T \geqslant \chi_{0.975}^{2}(10)\right\}$$

(3)
该检验的功效函数为

$$\begin{aligned} g(\theta) &=P_{\theta}\left(T \leqslant \chi_{0.025}^{2}(10)\right)+P_{\theta}\left(T \geqslant \chi_{0.975}^{2}(10)\right) \\ &=P_{\theta}\left(\frac{T}{\theta} \leqslant \frac{\chi_{0.025}^{2}(10)}{\theta}\right)+P_{\theta}\left(\frac{T}{\theta} \geqslant \frac{\chi_{0.975}^{2}(10)}{\theta}\right) \\ &=1-\int_{\frac{\chi_{0.025}^{2}(10)}{\theta}}^{\frac{\chi_{0.975}^{2}(10)}{\theta}} \chi_{10}^{2}(x) d x \end{aligned}$$

其中, $\chi_{10}^{2}(x)$ 表明自由度为 10 的卡方分布的密度函数.