上海交通大学-432统计学-2019年-解析

上海交通大学-432统计学-2019年

一.选择题 (10小题，每小题 6 分，共60分)

1. 如果数据没有离群值, 箱线图显示的信息不包括( ).
   A. 平均数
   B. 四分位数
   C. 极差
   D. 中位数
   

Solution: A.

2. 已知 $A, B$ 两个随机事件满足 $P(A \cap B)=P(\bar{A} \cap \bar{B})$, 且 $P(A)=p$, 则 $P(B)$ 等于()
   (A) $p$
   (B) $1-p$
   (C) $(1-p) p$
   (D) $p^{2}$

Solution: B
由 $P(\bar{A} \cap \bar{B})=P(\overline{A \cup B})$ 推出:

$\begin{aligned} P(\bar{A} \cap \bar{B}) &=P(\overline{A \cup B})=1-P(A \cup B) \\ &=1-[P(A)+P(B)-P(A \cap B)] \\ &=1-P(A)-P(B)+P(A \cap B) \end{aligned}$

所以: $P(B)=1-P(A)=1-p$. 选项 $\mathrm{B}$ 正确

3. 下列关于直方图和箱线图不正确的是（）
   A. 直方图柱形面积之和可以大于 1
   B. 箱线图可以展示更多数据
   C. 直方图分组时需要依据总体数量来分组
   D. 在绘制箱线图时, 需要的统计量有最小值、最大值、平均数、 $x_{0.25}$ 分位数和 $x_{0.75}$ 分位数

Solution: D. 还应该有中位数.

4. 抽样推断的精确度与抽样误差的关系是（ ）.
   A. 前者提高说明后者变小
   B. 前者提高说明后者变大
   C. 前者提高说明后者不变
   D. 没有关系

Solution: A. 要求的精确度越高, 说明置信区间越短, 抽样误差越小.

5. 如果你的水平略高于对手, 为保证比赛的胜利，你最期望以下哪种比赛规则()
   (A) 一局定输赢
   (B)三局两胜
   (C)五局三胜
   (D)不能确定

Solution: C
设 $p$ 表示某一局赢的概率 $p+q=1, p>q$;

$\begin{aligned} P(B)&=C_{3}^{2} p^{2} q+p^{3}>p=P(A) \\ P(C)&=C_{5}^{3} p^{3} q^{2}+C_{5}^{4} p^{4} q+p^{5}>P(B) \end{aligned}$

故选 C.

6. 选择题有四个答案, 只有一个是正确的。懂的学生能够准确回答, 不懂的学生从中四个答案中随 机选择。假定一个学生懂与不懂的概率都是 $0.5$, 则答对的学生对该题不懂的概率为()
   (A) $0.1$
   (B) $0.2$
   (C) $0.4$
   (D) $0.5$

Solution: B

$P(\text { 答对 })=P(\text { 懂 })+P(\text { (答对且不懂 })=0.5+0.5 \cdot 0.25=0.625$

所以 $P($ 不懂 $\mid$ 答对 $)=\frac{P(\text { 答对且不懂 })}{P(\text { 答对 })}=\frac{0.125}{0.625}=0.2$, 选项 B 正确

7. $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为来自正态分布 $N(\mu, 1)$ 的简单随机样本。记 $Z_{\alpha}$ 为标准正态分布的 $100 \alpha \%$ 分位数, 则由 此样本所构造的置信水平分别为 $95 \%$ 与 $90 \%$ 的双侧置信区间长度之比为()
   (A) $2 \times \frac{z_{0.975}}{Z_{0.95}}$
   (B) $\frac{z_{0.975}}{z_{0.95}}$
   (C) $2 \times \frac{z_{0.95}}{z_{0.90}}$
   (D) $\frac{z_{0.95}}{z_{0.90}}$

Solution: B
依题意得 $\sqrt{n}(\bar{x}-\mu) \sim N(0,1)$, 所以令 $P(|\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)| \leqslant d)=1-\alpha$ 可得置信区间的长度为: $2 d=\frac{2 z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}$
因此 $95 \%$ 与 $90 \%$ 双侧置信区间长度之比为 $\frac{z_{0.975}}{z_{0.95}}$. 选项 B 正确

8. $X,Y$ 各自服从: $X \sim N\left(\mu_1, \sigma_1^2\right), Y \sim N\left(\mu_2, \sigma_2^2\right)$, 当 $P\left( |X-\mu _1|<1 \right) >P\left( |Y-\mu _2|<1 \right)$ 时, 比较 ( ).
   A. $\mu_1>\mu_2$
   B. $\mu_1<\mu_2$
   C. $\sigma_1>\sigma_2$
   D. $\sigma_1<\sigma_2$

Solution: D. 显然不等式条件无法分辨 $\mu_1$ 与 $\mu_2$. 而我们知道

$2\Phi \left( \frac{1}{\sigma _1} \right) -1=P\left( |X-\mu _1|<1 \right) >P\left( |Y-\mu _2|<1 \right) =2\left( \frac{1}{\sigma _2} \right) -1,$

这说明 $\sigma_1<\sigma_2$.

9. 英国《观察家报》和 Opinium 公司 2016 年 6 月初进行的联合民意调查显示, $40 \%$ 英国民众支持留 在欧盟。考虑一个由 600 名英国民众组成的随机样本, 以 $X$ 表示这 600 人中支持留在欧盟的人数。记 $\Phi(x)$ 是标准正态分布的分布函数, 则 $222<X<258$ 的概率大约是 ()
   (A) $2 \Phi(1.5)-1$
   (B) $2 \Phi(1.5)$
   (C) $2 \Phi(2)$
   (D) $2 \Phi(2)-1$

Solution: A
$X \sim b(600,0.4)$, 根据二项分布的正态近似可知 $\mathrm{X}$ 近似服从于 $N(240,144)$,
则

$\begin{aligned} P(222<X<258) &=P\left(\frac{222-240}{\sqrt{144}}<\frac{X-240}{\sqrt{144}}<\frac{258-240}{\sqrt{144}}\right) \\ &=\Phi(1.5)-\Phi(-1.5) \\ &=2 \Phi(1.5)-1 \end{aligned}$

故选 A.

10. 设 $X_{1}, \cdots, X_{n}$ 为正态分布 $\mathrm{N}\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本, $\mu$ 末知而 $\sigma^{2}$ 已知。 $\bar{X}$ 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。记, $T_{1}=\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma / n}, T_{2}=\frac{\bar{x}-\mu}{s / n}, T_{3}=\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}}$, 则 $T_{1}, T_{2}, T_{3}$ 中统计量的个数为 ()
    (A) 0
    (B) 1
    (C) 2
    (D) 3

Solution: B
统计量指样本的函数 $T\left(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right)$; 统计量依赖且只依赖于样本, 它不 含任何末知参数(故一般其分布与末知参数有关). 由于 $\mu$ 末知, 故 $T_{1}, T_{2}$ 不是统计 量, $T_{3}$ 是统计量.

二、简答题

1. $X_1, \ldots, X n$ 来自正态总体 $N(\mu, 1)$ 的简单随机样本, 对于简单假设检验问题 $H_0: \mu=\mu_0$ $H_1: \mu>\mu_0$, 设有拒绝域 $W=\left\{\left(x_1, \ldots, x_n\right) \mid(\bar{x})>c\right\}$.
   (1) 当 $c=\mu_0+\frac{1.96}{\sqrt{n}}$ , 求一类错误与二类错误概率 $\alpha$ 与 $\beta$, 是否有 $\alpha+\beta = 1$?
   (2) 若希望增加可靠性，应该增大 $c$ 还是减小 $c$?

Solution:

(1) $\alpha =P_{H_0}\left( \bar{X}>\mu _0+\frac{1.96}{\sqrt{n}} \right) =P_{H_0}\left( \sqrt{n}\left( \bar{X}-\mu _0 \right) >1.96 \right) =0.025$, $\beta \left( \mu \right) =1-P_{\mu}\left( \bar{X}>\mu _0+\frac{1.96}{\sqrt{n}} \right) =P_{\mu}\left( \sqrt{n}\left( \bar{X}-\mu \right) \le \sqrt{n}\left( \mu _0-\mu \right) +1.96 \right) =\Phi \left( \sqrt{n}\left( \mu _0-\mu \right) +1.96 \right)$.

由于 $\beta$ 不为常数, 因此等式不可能成立.

(2) 增大 $c$ 更不容易犯第一类错误, 减小 $c$ 更不容易犯第二类错误.

2. 评价时间序列预测效果的方法有哪些? 请给出评价指标与计算表达式.

Solution:

残差平方和
SSE (the sum of squares due to error)，是观测值 (observed values) 与预测值（predicted values） 的误差的平方和，公式为:

$\operatorname{SSE}(y, \widehat{y})=\sum_{i=1}^n\left(y_i-\widehat{y}_i\right)^2$

均方误差
MSE (mean squared error)，是观测值（observed values) 与预测值（predicted values) 的误差的平方和的均值，即 $\mathrm{SSE} / \mathrm{n}$ 。它是误 差的二阶矩，包含估计量的方差 (variance) 及其偏差 (bias)，是衡量估计量质量的指标，其公式为:

$\operatorname{MSE}(\mathrm{y}, \widehat{\mathrm{y}})=\frac{1}{\mathrm{n}} \sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{n}}\left(\mathrm{y}_{\mathrm{i}}-\widehat{\mathrm{y}}_{\mathrm{i}}\right)^2$

均方根误差
RMSE (root mean squared error)，也称作RMSD(root mean square deviation)，是MSE的算数平方根。由于每个误差（each error) 对 RMSD的影响与误差的平方 (squared error) 成正比，因此较大的误差会对RMSE影响过大，RMSE对异常值很敏感。其公式为:

$\operatorname{RMSE}(y, \widehat{y})=\sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\left(y_i-\widehat{y}_i\right)^2}$

平均绝对值误差
MAE (mean absolute error)，是时间序列分析中预测误差常用的指标，由于MAE使用的是与被测数据相同的尺度（scale) , 因此不能用 于比较两个不同尺度的序列。MAE又被称为 $L 1$ 范数损失函数（就是可以做为损失函数），是真实数据与预测数据之差的绝对值的均值。
公式为:

$\operatorname{MAE}(\mathrm{y}, \hat{\mathrm{y}})=\frac{1}{\mathrm{n}} \sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{n}}\left|\mathrm{y}_{\mathrm{i}}-\widehat{\mathrm{y}}_{\mathrm{i}}\right|$

3. 简述年度折叠时间序列图与季节多元回归模型的作用.

Solution:

年度折叠时间序列图（folded annual time series plot）是一种特殊的时间序列图。绘制该图时，需要将每年的数据分开画在图上，也就是横轴只有一年的长度，每年的数据分别对应纵轴。

如果时间序列只存在季节成 分，年度折叠时间序列图中的折线将会有交叉；如果时间序列既含有季节成分又含有趋势，那么年度折叠时间序列图中的折线将不会有交叉，而且如果趋势是上升的，后面年度的折线将会高于前面年度的折线，如果趋势是下降的，后面年度的折线将低于前面年度的折线。

季节多元回归模型为季节引入虚拟变量, 以消除季节趋势的影响, 一般来说可以考虑

$y_i=\beta _0+\beta _1x_{i1}+\cdots +\beta _px_{ip}+\alpha _1D_{i1}+\alpha _2D_{i2}+\alpha _3D_{i3},$

其中引入的虚拟变量 $D_{ik} = 1$ 说明第 $i$ 个样本在第 $k$ 个季度. 其中可以以第四个季度作为基准, 因此可以仅仅引入 3 个虚拟变量.

4. $X_1, \ldots X_n$ 独立同分布，且 $\mathbb{E}\left(X^3\right)=1, \mathbb{E}\left(X^6\right)=4$, 求 $n$ 趋于无穷的时候 $\frac{\sum X_i^3}{n}$ 的极限分布，并解释其的密度函数的形状将如何变化.

Solution:

根据大数定律有 $T_n=\frac{\sum_{i=1}^n{X_{i}^{3}}}{n}\xrightarrow{p}EX^3=1$, 又 $Var\left( X^3 \right) =EX^6-\left( EX^3 \right) ^2=3$, 根据中心极限定理有 $\sqrt{n}\left( T_n-1 \right) \xrightarrow{d}N\left( 0,3 \right)$.

极限分布正态，故密度函数趋于对称，方差收敛于0，说明慢慢趋于集中在一点.

三. 计算题

1. 某公司雇佣 3000 名推销员, 为了发放外出补贴, 需要估计推销员每年的平均乘车里程。从过去的经验可知, 通常每位推销员乘车里程的标准差为 4000 公里。随机选取 16 名推销员， 得到他们的年平均乘车里程是 12000 公里。
   (1) 总体均值 $\mu$ 的估计量是多少?
   (2) 确定总体均值 $\mu$ 的 $95 \%$ 置信区间;
   (3)公司经理们认为均值应介于11000到13000公里之间, 那么该估计的置信度是多少?
   (4) 如果在 (3) 的估计中希望有95%的置信水平，这时所要求的样本容量是多少?

Solution:

(1) 用样本均值进行估计, $\bar{x}=12000$.

(2) 总体标准差已知为 4000 , 选取枢轴量: $(\bar{x}-\mu) \sqrt{n} / \sigma \sim N(0,1)$, 解得 $\mu$ 的 $95 \%$ 置信区间为: $\bar{x} \pm z_{0.025} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}=[10040,13960]$

(3) 根据 (2) 中的结论, 有 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为: $\bar{x} \pm z_{\alpha / 2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}=[11000,13000]$ 有 $z_{\alpha / 2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}=1000 \rightarrow z_{\alpha / 2}=1, \alpha=0.0794$ ，故置信度是 $92.07 \%$

(4) $z_{0.025} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}-1.96 \times \frac{4000}{\sqrt{n}}-1000, n=61.17$, 所要求的样本容量是 62.

2. 作身高($x$)与臂展($y$)的一元线性回归: 总计有 $n=1024$ 个样本, 回归结果如下表

Coefficient	Estimate	Std. Error	t-stat	Pr(>|t|)
(Intercept)	0.23835	1.91840	0.124	0.901
X	0.99882	0.01096	91.142	0.000

(1)(10分) 写出参数估计表达式, 根据分析结果写出经验回归方程.
(2)(5分) 写出误差方差估计的表达式.
(3)(5分) 说明最后一列 Pr(>|t|) 的含义, 分别写出对应 $H_0$, $H_1$, 并给出假设检验结果.

Solution: (1) 线性回归 $y=a+bx$ 的参数估计表达式是

$\hat{b} = \frac{l_{xy}}{l_{xx}} = \frac{ \sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) }{ \sum_{i=1}^n (x_i-\bar{x})^2},\quad \hat{a} = \bar{y}-\hat{b}\bar{x}.$

在回归表中, 结果是

$y = 0.23835 + 0.99882 x.$

(2) 误差方差的估计是 $\hat{\sigma}^2 = \frac{S_e}{n-2}$, 其中 $S_e$ 是残差平方和, 即 $S_e = \sum_{i=1}^n (y_i-\hat{y}_i)^2$.

(3) Pr(>|t|)是指系数是否为 0 的显著性检验的 $p$ 值, 即假设检验问题

$H_0:a=0\quad H_1:a\neq 0$

和

$H_0:b=0\quad H_1:b\neq 0$

对应的 $p$ 值. 这里 $a$ 对应的 $p$ 值为0.901, 不能拒绝原假设, $a$ 不显著. 这里 $b$ 对应的 $p$ 值为0.000, 拒绝原假设, $b$ 显著, 身高显著影响臂展.

四. 证明题

(1) $g(x)$ 单调不减，非负且连续，证明对于任意的 $x>0$ ，不等式成立: $\mathbb{P}(X \geq x) \leq \frac{\mathbb{E}(g(X))}{g(x)}$

(2) $X \sim \operatorname{Exp}(\lambda) ， X_i$ 独立同分布，证: $\mathbb{P}\left(\sum_{i=1}^n X_i \geq n x\right) \leq 2^n e^{-\frac{(n \lambda x)}{2}}$

Solution:

(1) 利用示性函数 $I_{\left\{ X\ge x \right\}}$, 有不等式 $g\left( x \right) I_{\left\{ X\ge x \right\}}\le g\left( X \right) I_{\left\{ X\ge x \right\}}\le g\left( X \right)$, 左右取数学期望, 有

$\begin{aligned} g\left( x \right) \mathbb{P}\left( X\ge x \right) &\le \mathbb{E}\left( g\left( X \right) \right) \\ \mathbb{P}\left( X\ge x \right) & \le \frac{\mathbb{E}\left( g\left( X \right) \right)}{g\left( x \right)} \end{aligned}$

(2) 取函数 $g\left( x \right) =e^{\frac{\lambda}{2}x}$, 单调不减且非负, 则可利用上面的不等式. 另外, 考虑到指数分布与伽马分布的关系, 记 $T=\sum_{i=1}^n{X_i}\sim Ga\left( n,\lambda \right)$, 于是 $P\left( T\ge nx \right) \le \frac{\mathbb{E}\left( g\left( T \right) \right)}{g\left( nx \right)}$, 其中 $g\left( nx \right) =e^{\frac{n\lambda x}{2}}$, 以及

$\mathbb{E}\left( g\left( T \right) \right) =\int_0^{\infty}{\frac{\lambda ^n}{\Gamma \left( n \right)}t^{n-1}e^{-\lambda t}e^{\frac{\lambda}{2}t}}dt=2^n.$

综上所述, 有

$\mathbb{P}\left( \sum_{i=1}^n{X_i}\ge nx \right) \le 2^ne^{-\frac{n\lambda x}{2}}.$