南开大学-432统计学-2019年-解析

南开大学-432统计学-2019年

一、选择题 (每题 4 分, 共 28 分)

1. 4 对夫妇任意地排成一列, 每一位丈夫都排在他妻子后面的概率为( ).

A. 1/2;

B. 1/8;

C. 1/16;

D. 1/70.

Solution: C
用事件 $A_{i}$ 表示第 $i$ 个丈夫排在其妻子后面, 则所求概率即 $P\left(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}\right)$, 利用乘法 公式知 $P\left(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}\right)=P\left(A_{2} A_{3} A_{4} \mid A_{1}\right) P\left(A_{1}\right)$. 其中 $P\left(A_{1}\right)=\frac{1}{2}$, 而 $P\left(A_{2} A_{3} A_{4} \mid A_{1}\right)$ 等同于求共有 3 对夫妇的情况下, 每一名丈夫都在其妻子后面的概率, 可再次使用乘法公式. 如此多次利用乘法公式可得

$$\begin{aligned} P\left(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}\right) &=P\left(A_{4} \mid A_{1} A_{2} A_{3}\right) P\left(A_{3} \mid A_{1} A_{2}\right) P\left(A_{2} \mid A_{1}\right) P\left(A_{1}\right) \\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{16} \end{aligned}$$

2. 设$P(AB) = 0$, 则下列说法正确的是( ).

A. $A$ 和 $B$ 不相容;

B. $A$ 和 $B$ 相容;

C. $AB$ 是不可能事件;

D. $AB$ 不一定是不可能事件.

Solution: D
考虑 $A B=\phi$, 排除选项 $\mathrm{A}$; 考虑 $A B$ 是空集之外的零概率集, 则排除 $\mathrm{BC}$ 选项.

3. 学生在做一道有 4 个可选答案的单项选择题, 如果他不知道正确答案时就 随机猜测. 假设该学生知道正确答案的概率为 0.2. 现从卷面上看该题答 对了, 则在此情形下该学生确实知道正确答案的概率是( ).

A. 0.4;

B. 0.5;

C. 0.6;

D. 0.7.

Solution: B
用事件 $A$ 表示学生确实知道正确答案, 事件 $B$ 表示学生答对该题, 则由贝叶斯公式有

$$P(A \mid B)=\frac{P(A B)}{P(B)}=\frac{0.2}{0.2+0.8 \times 0.25}=0.5$$

4. 设 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为来自正态总体 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 其中 $\mu, \sigma^{2}$ 均为未知, 则关于假设 $H_{0}: \mu \leq 0 \leftrightarrow H_{1}: \mu>0$ 的显著性检验为( ).

A. 单侧 $t$ 检验;

B. 单侧 $\mu$ 检验;

C. 双侧$t$ 检验;

D. 双侧 $\mu$ 检验.

Solution: A
方差末知, 备择检验是单侧, 因此采用单侧 $\mathrm{t}$ 检验.

5. 设连续随机变量 $X$ 的密度函数是一个偶函数, $F(x)$ 为 $X$ 的分布函数，则对任意实数 $a>0$, 下列结论不成立的是( ).

A. $F(-a)=1-F(a)$;

B. $P(|X|<a)=2 F(a)-1$;

C. $P(|X|>a)=2-2 F(a)$;

D. $E(a-X)=E(X-a)$.

Solution: D

显然不成立.

6. 设 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为 来 自 正 态 总 体 $N\left(0, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 为使$c \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i+1}-X_{i}\right)^{2}$ 为 $\sigma^{2}$ 的无偏估计, 则$c =$( ).

A. $\frac{1}{n-1}$;

B. $\frac{1}{n}$;

C. $\frac{1}{2(n-1)}$;

D. $\frac{1}{2 n}$.

Solution: C
由于 $X_{i+1}-X_{i} \sim N\left(0,2 \sigma^{2}\right)$, 所以

$$E T=c E \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i+1}-X_{i}\right)^{2}=c 2(n-1) \sigma^{2}$$

于是 $c=\frac{1}{2(n-1)}$.

7. 如果 $X_{n} \stackrel{l}{\longrightarrow} c$ 以及 $Y_{n} \stackrel{l}{\longrightarrow} Y$, 其中$c$ 是一个常数, $Y$是一个随机变量, 那么以下说法不一定正确的是 ( ).

A. $X_{n} \stackrel{p}{\longrightarrow} c$;

B. $Y_{n} \stackrel{p}{\longrightarrow} Y$;

C. $X_{n} + Y_{n} \stackrel{l}{\longrightarrow} c + Y$;

D. $X_{n} Y_{n} \stackrel{l}{\longrightarrow} c Y$.

Solution: B
按分布收敛弱于依概率收敛，当按分布收敛到退化分布时(此处常数可视为退化分布), 按分布收敛与依概率收敛等价, 因此B 错误.
选项 C,D 为 Slutsky 定理的推论.

二、填空题(每题4分, 共32分)

1. 某地区居民的肝癌发病率为0.0004, 现用甲胎蛋白法进行普查.研究表明,化验结果是有错误的. 已知患有肝癌的人其化验结果99%呈阳性(有病),而没患肝癌的人其化验结果99.9%呈阴性(无病). 现某人的检查结果呈阳性,问他真的患有肝癌的概率为多少________.

Solution: $0.284$
用事件 $A$ 表示该人末患肝癌，用事件 $B$ 表示该人的检验呈阳性.
首先我们知道先验概率以及确诊率 $P(A)=0.9996$, 根据贝叶斯公式, 有

$$P(\bar{A} \mid B)=\frac{P(\bar{A} B)}{P(B)}=\frac{0.99 \times 0.0004}{0.99 \times 0.0004+0.9996 \times 0.001}=0.283749$$

2. 二维随机变量 $(X, Y)$ 服从区域 $D=\{(x, y) \mid 0<x<1,0<x<y<1\}$ 上的均匀分布,则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为________.

Solution: $\frac{1}{2}$
$(X, Y)$ 的联合密度函数是 $f(x, y)=2 I_{\{0<x<y<1\}}$, 于是

$$\begin{aligned} &E X=\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 x d x=\int_{0}^{1} y^{2} d y=\frac{1}{3}, E X^{2}=\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 x^{2} d x=\frac{2}{3} \int_{0}^{1} y^{3} d y=\frac{1}{6} \\ &E Y=\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 y d x=2 \int_{0}^{1} y^{2} d y=\frac{2}{3}, E Y^{2}=\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 y^{2} d x=2 \int_{0}^{1} y^{3} d y=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

则 $D X=\frac{1}{6}-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=\frac{1}{18}, D Y=\frac{1}{2}-\left(\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{1}{18}$.

$$E X Y=\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} 2 x y d x=\int_{0}^{1} y^{3} d y=\frac{1}{4} \text {, 则 } \operatorname{Cov}(X, Y)=\frac{1}{4}-\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{36} \text {. }$$

所以 $\operatorname{Corr}(X, Y)=\frac{1}{36} / \frac{1}{18}=\frac{1}{2}$.

3. 设二维连续随机变量 ( $X, Y$ ) 的联合密度函数为

$$f(x, y)=\left\{\begin{array}{c} \frac{21}{4} x^{2} y, x^{2} < y < 1; \\ 0, \quad \text { 其他 }. \end{array}\right.$$

则${P}(Y > 0.75 \mid X=0.5)=$________.

Solution: $\frac{7}{15}$
$X$ 的边际密度函数是 $f_{X}(x)=\int_{x^{2}}^{1} f(x, y) d y=\frac{21}{8} x^{2}\left(1-x^{4}\right),-1<x<1$.
则 $Y$ 关于 $X$ 的条件密度函数是 $f_{Y \mid X}(y \mid x)=\frac{f(x, y)}{f_{X}(x)}=\frac{2 y}{1-x^{4}}, x^{2}<y<1$.
因此 $P(Y>0.75 \mid X=0.5)=\int_{0.75}^{1} \frac{2 y}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{4}} d y=\frac{7 / 16}{15 / 16}=\frac{7}{15}$.

4. 一份考卷由99 道题目组成, 并按由易到难的顺序排列. 某学生答对第一题的概率为0.99, 答对第二题的概率为0.98, 一般地, 他答对第$i$道题的概率为$1 - \frac{i}{100} , (i=1,2,\cdots)$.假如该学生回答各道题目是相互独立的, 并且要回答对60题及以上才算通过考试, 则该同学通过考试的概率为________.

Solution: $0.005$
设 $X_{i}= \begin{cases}1, & \text { 若学牛答对第 } i \text { 题, } \\ 0, & \text { 若学牛答错第 } i \text { 题. }\end{cases}$
于是 $X_{i}$ 相互独立, 且服从不同的二点分布:

$$P\left(X_{i}=1\right)=p_{i}=1-\frac{i}{100}, P\left(X_{i}=0\right)=1-p_{i}=\frac{i}{100}, i=1,2, \cdots, 99$$

而我们要求的是 $P\left(\sum_{i=1}^{99} X_{i} \geqslant 60\right)$, 考虑使用中心极限定理.
为使用中心极限定理, 我们可以设想从 $X_{100}$ 开始的随机变量都与 $X_{99}$ 同分布, 且相互.
独立. 由于

$$\begin{aligned} &B_{n}=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} \operatorname{Var}\left(X_{i}\right)}=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} p_{i}\left(1-p_{i}\right)} \rightarrow+\infty \\ &E\left(\left|X_{i}-p_{i}\right|^{3}\right)\left(1-p_{i}\right)^{3} p_{i}+p_{i}^{3}\left(1-p_{i}\right) \leqslant p_{i}\left(1-p_{i}\right) \\ &\frac{1}{B_{n}^{3}} \sum_{i=1}^{n} E\left(\left|X_{i}-p_{i}\right|^{3}\right) \leqslant \frac{1}{\left(\sum_{i=1}^{n} p\left(1-p_{i}\right)\right)^{1 / 2}} \rightarrow 0 \end{aligned}$$

于是随机序列 $\left\{X_{n}\right\}$ 满足李雅普诺夫条件, 所以可以使用中心极限定理. 又

$$\begin{aligned} &E\left(\sum_{i=1}^{99} X_{i}\right)=\sum_{i=1}^{99} p_{i}=\sum_{i=1}^{99}\left(1-\frac{i}{100}\right)=49.5 \\ &B_{99}^{2}=\sum_{i=1}^{99} \operatorname{Var}\left(X_{i}\right)=\sum_{i=1}^{99}\left(1-\frac{i}{100}\right)\left(\frac{i}{100}\right)=16.665 \end{aligned}$$

所以该学生通过考试的可能性为

$$\begin{aligned} P\left(\sum_{i=1}^{99} X_{i} \geqslant 60\right) &=P\left(\frac{\sum_{i=1}^{99} X_{i}-49.5}{\sqrt{16.665}} \geqslant \frac{60-49.5}{\sqrt{16.665}}\right) \\ & \approx 1-\Phi(2.5735)=0.005 \end{aligned}$$

注: 若记得这是茆书例题, 再结合该题是填空题的事实, 则无需验证李雅普诺夫条件直 接使用中心极限定理即可.

5. 设总体服从韦布尔分布 $Weibull(m, \eta)$,其密度函数为

$$f(x ; m, \eta)=\frac{m x^{m-1}}{\eta^{m}} \exp \left\{-\left(\frac{x}{\eta}\right)^{m}\right\}, x>0, m>0, \eta>0$$

则 $x_{(1)}$ 服从________.

Solution: $X_{(1)} \sim W e i\left(m, \eta n^{-\frac{1}{m}}\right)$
总体的分布函数是 $F(x)=1-\exp \left\{-\left(\frac{x}{\eta}\right)^{m}\right\}$, 由最小值分布公式知

$$f_{X_{(1)}}(x)=n(1-F(x))^{n-1} f(x)=\frac{m x^{m-1}}{\left(\eta n^{-\frac{1}{m}}\right)^{m}} \exp \left\{-\left(\frac{x}{\eta n^{-\frac{1}{m}}}\right)^{m}\right\}, x>0$$

对比发现, 它就是 $W e i\left(m, \eta n^{-\frac{1}{m}}\right)$ 的密度函数.

6. $\lim _{n \rightarrow \infty }\left(1+n+\frac{n^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{n^{n}}{n !}\right) e^{-n} =$________.

Solution: $\frac{1}{2}$
取独立同分布皆服从 $\mathcal{P}(1)$ 的随机变量序列 $\left\{X_{i}\right\}$, 则根据中心极限定理

$$P\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i} \leqslant n\right)=P\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{i}-n}{\sqrt{n}} \leqslant 0\right) \rightarrow \Phi(0)=\frac{1}{2}$$

另一方面, 由泊松分布的可加性, $\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim \mathcal{P}(n)$, 所以

$$P\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i} \leqslant n\right)=\sum_{j=0}^{n} \frac{n^{j}}{j !} e^{-n}=\left(1+n+\frac{n^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{n^{n}}{n !}\right) e^{-n}$$

综上所述, 该极限收敛到 $\frac{1}{2}$.

7. 设总体 $X \sim U(0, \theta)$,现从该总体中抽取容量为 10 的样本,样本值为:

$$\begin{array}{llllllllll} 0.5 & 1.3 & 0.6 & 1.7 & 2.2 & 1.2 & 0.8 & 1.5 & 2.0 & 1.6 \end{array}$$

则参数 $\theta$ 的矩估计是________.

Solution: $2.68$
$E X=\frac{\theta}{2}$, 所以 $\theta$ 的矩估计是 $2 \bar{X}=2 \cdot 1.34=2.68$.

8. 设一组来自正态总体 $N(\mu, 4)$ 的简单随机样本 , 样本值为

$$\begin{array}{llllllllll} 12 & 11 & 9 & 9.5 & 8 & 8.5 & 10.5 & 11.5 & 9.8 & 10.2 \end{array}$$

则关于 $\mu$ 的置信水平为 $90 \%$ 的置信区间为________.

Solution: $[8.96,11.04]$
$\mu$ 的 $90 \%$ 置信区间是

$$\bar{X} \pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}} u_{1-\frac{\alpha}{2}}=\bar{X} \pm \frac{2}{\sqrt{10}} \cdot 1.645=[8.96,11.04]$$

三、解答题(90分)

1.(10分)设随机变量 ${U}_{1}$ 与 ${U}_{2}$ 相互独立, 且都服从 $(0,1)$ 上的均匀分布. ${Z}_{1}=-2 \ln U_1, Z_2 = 2\pi U_2$. 试证明:

(1) $Z_1 \sim Exp(\frac{1}{2}), Z_2 \sim U(0,2\pi)$;

(2) $X=\sqrt{Z_{1}} \cos Z_{2}$ 和 $Y=\sqrt{Z_{1}} \sin Z_{2}$ 是相互独立的标准正态分布随机变量.

Solution:
(1)
$\left\{\begin{array}{l}Z_{1}=-2 \ln U_{1} \\ Z_{2}=2 \pi U_{2}\end{array}\right.$, 反解得到 $\left\{\begin{array}{l}U_{1}=e^{-\frac{1}{2} Z_{1}} \\ U_{2}=\frac{Z_{2}}{2 \pi}\end{array}\right.$. 所以 $Z_{1}$ 的密度函数是

$$f_{Z_{1}}\left(z_{1}\right)=f_{U_{1}}\left(e^{-\frac{1}{2} z_{1}}\right)\left|\frac{d e^{-\frac{1}{2} z_{1}}}{d z_{1}}\right|=\frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} z_{1}} I_{\left\{z_{1}>0\right\}}$$

所以 $Z_{1}$ 服从参数为 $\frac{1}{2}$ 的指数分布, 即自由度为 2 的卡方分布. $Z_{2}$ 的密度函数是

$$f_{Z_{2}}\left(z_{2}\right)=f_{U_{2}}\left(\frac{z_{2}}{2 \pi}\right)\left|\frac{1}{2 \pi}\right|=\frac{1}{2 \pi} I_{\left\{0<z_{2}<2 \pi\right\}}$$

所以 $Z_{2} \sim U(0,2 \pi)$.
(2)
$\left\{\begin{array}{l}Z_{1}=X^{2}+Y^{2} \\ Z_{2}=\arctan \left(\frac{Y}{X}\right),\end{array}\right.$ 但需要注意此时的变换并非是一一对应的关系, 一对 $\left(Z_{1}, Z_{2}\right)$ 对应着 $(X, Y)$ 与 $(-X,-Y)$, 两种情况的雅各比行列式均为

$$J=\left|\begin{array}{cc} 2 x & 2 y \\ \frac{-\frac{y}{x^{2}}}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}} & \frac{\frac{1}{x}}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}} \end{array}\right|=\frac{2+2\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}=2$$

所以 $(X, Y)$ 的联合密度函数是

$$\begin{aligned} f_{X, Y}(x, y) &=f_{Z_{1}, Z_{2}}\left(x^{2}+y^{2}, \arctan \left(\frac{y}{x}\right)\right) 2 I_{\{x>0\}}+f_{Z_{1}, Z_{2}}\left(x^{2}+y^{2}, \arctan \left(\frac{y}{x}\right)\right) 2 I_{\{x<0\}} \\ &=\frac{1}{2} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} \frac{1}{2 \pi} \cdot 2 I_{\{x>0\}}+\frac{1}{2} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} \frac{1}{2 \pi} \cdot 2 I_{\{x<0\}} \\ &=\frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}},-\infty<x, y<+\infty \end{aligned}$$

最后一步补充了在 $x=0$ 处的定义. 可以看出 $(X, Y) \sim N(0,0 ; 1,1 ; 0)$.

2.(15分)设 $x_{1}, \cdots, x_{n}$ 是来自正态总体 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本,其样本均值和样本方差分别为

$$\bar{x}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i, \text { 和 } s^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2},$$

试证明:

(1) $\bar{x}$ 与 $s^{2}$ 相互独立;

(2) $\bar{x} \sim N\left(\mu, \sigma^{2} / n\right)$;

(3) $\frac{(n-1) s^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$.

Solution: 构造正交矩阵

$$\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccccc} \frac{1}{\sqrt{n}} & \frac{1}{\sqrt{n}} & \frac{1}{\sqrt{n}} & \cdots & \frac{1}{\sqrt{n}} \\ \frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1}} & -\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1}} & 0 & \cdots & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3 \cdot 2}} & \frac{1}{\sqrt{3 \cdot 2}} & -\frac{2}{\sqrt{3 \cdot 2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}} & \cdots & -\frac{n-1}{\sqrt{n(n-1)}} \end{array}\right)$$

记随机向量 $\boldsymbol{X}=\left(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right)^{T}$, 则 $\boldsymbol{X}$ 服从 $n$ 维正态分布, 令 $\boldsymbol{Y}=A \boldsymbol{X}$, 则由正 态分布性质知, $\boldsymbol{Y}$ 也服从 $n$ 维正态分布，其均值向量为

$$E \boldsymbol{Y}=A E \boldsymbol{X}=A\left(\begin{array}{c} \mu \\ \mu \\ \vdots \\ \mu \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sqrt{n} \mu \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right)$$

协方差矩阵为 $A^{T}\left(\sigma^{2} I_{n}\right) A=\sigma^{2} I_{n}$. 同时注意到

$$\begin{gathered} Y_{1}=\frac{1}{\sqrt{n}}\left(X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}\right)=\sqrt{n} \bar{X} \\ \sum_{i=1}^{n} X_{i}{ }^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}{ }^{2} \end{gathered}$$

其中第二点是由正交矩阵的性质得到的.
利用上述第一点可以得到 $\bar{X} \sim \frac{Y_{1}}{\sqrt{n}} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^{2}}{n}\right)$. 同时利用上述两点可以得到 $(n-1) S^{2}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}{ }^{2}-n \bar{X}^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}{ }^{2}-Y_{1}^{2}=Y_{2}^{2}+Y_{3}{ }^{2}+Y_{4}{ }^{2}+\cdots+Y_{n}{ }^{2}$
且对于 $i=2, \cdots, n$, 有 $Y_{i}$ i.i. $\mathrm{d} \sim N\left(0, \sigma^{2}\right)$, 所以 $\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$. 并且 注意到 $S^{2}$ 仅仅依赖于 $Y_{2}, Y_{3}, \cdots, Y_{n}$, 而 $\bar{X}$ 仅仅依赖于 $Y_{1}$. 由正态分布独立与不相关等价的 性质知道, $Y_{1}$ 与 $Y_{2}, Y_{3}, \cdots, Y_{n}$ 是独立的, 所以 $\bar{X}$ 与 $S^{2}$ 也是相互独立的.

3.(10分)设总体 $X \sim {U}(\theta- \frac{1}{2}, \theta+ \frac{1}{2}), {X}_{1}, {X}_{2} \cdots {X}_{n}$ 为来自该总体的简单随机样本,证明 $\frac{1}{2}\left(x_{(1)}+x_{(n)}\right)$是$\theta$ 的无偏估计.

Solution:
作总体变换, 令 $Y_{i}=X_{i}-\theta+\frac{1}{2}$ i.i.d $\sim U(0,1)$, 则有

$$Y_{(1)}=X_{(1)}-\left(\theta-\frac{1}{2}\right) \sim B e(1, n), Y_{(n)}=X_{(n)}-\left(\theta-\frac{1}{2}\right) \sim B e(n, 1)$$

所以

$$E\left(\frac{X_{(1)}+X_{(n)}}{2}\right)=\theta-\frac{1}{2}+\frac{E\left(Y_{(1)}+Y_{(n)}\right)}{2}=\theta-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{n}{n+1}\right)=\theta$$

即 $\frac{X_{(1)}+X_{(n)}}{2}$ 是 $\theta$ 的无偏估计.

4.(10分)某电工器材厂生产一种保险丝, 测量其熔化时间, 依通常情况方差为 400, 今从某天产品中抽取容量为 25 的样本, 测量其熔化时间并计算 $\bar{X}=62.24$,${s}^{2}=404.77$, 问这天保险丝熔化时间的方差与通常有无显著性差异(取 $\alpha=0.05$, 假定熔化时间服从正态分布).

Solution: 考虑假设检验问题 $H_{0}: \sigma^{2}=400$ vs $H_{1}: \sigma^{2} \neq 400$, 检验统计量是

$$\chi^{2}=\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma_{0}^{2}}=\frac{24 \cdot 404.77}{400}=24.2862$$

检验的拒绝域是

$$\begin{aligned} W &=\left\{\chi^{2} \leqslant \chi_{\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)\right\} \cup\left\{\chi^{2} \geqslant \chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)\right\} \\ &=\left\{\chi^{2} \leqslant \chi_{0.025}^{2}(24)\right\} \cup\left\{\chi^{2} \geqslant \chi_{0.975}^{2}(24)\right\} \\ &=\left\{\chi^{2} \leqslant 12.4012\right\} \cup\left\{\chi^{2} \geqslant 39.3641\right\} \end{aligned}$$

由此 $\chi^{2} \notin W$, 在显著性水平 $\alpha=0.05$ 下不能拒绝原假设, 可以认为当天保险丝熔化 时间的方差与通常无差异.

5.(10分) 设总体 $X$ 的分布函数 $F(x)$ 是连续的, $x_{(1)}, \cdots, x_{(n)}$ 为取自此总体的次序统计量, 设 $\eta_{i}=F\left(x_{(i)}\right)$, 试证:

(1) $\eta _1 \le \eta _2 \le \cdots \le \eta _n$, 且它们是来自于总体 $U\left(0,1\right)$的次序统计量;

(2) $E\left(\eta_{i}\right)=\frac{i}{n+1}, {Var}\left(\eta_{i}\right)=\frac{i(n+1-i)}{(n+1)^{2}(n+2)}, 1 \leqslant i \leqslant n$.

Solution:
(1)
作总体变换 $Y=F(X) \sim U(0,1)$, 则 $\eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n}$ 是总体 $Y$ 的次序统计量. 即 $U(0,1)$ 的次序统计量.
(2)
根据前一问的结论知, $\eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n}$ 是 $U(0,1)$ 的次序统计量, 则

$$\eta_{i} \sim \operatorname{Beta}(i, n-i+1)$$

所以 $E \eta_{i}=\frac{i}{n+1}, D \eta_{i}=\frac{i(n-i+1)}{(n+1)^{2}(n+2)}$.

6.(15分) 设有随机变量 $X,Y$, 且 $X,Y$的方差均存在. 试证明:

(1) 相关系数 $Corr(X,Y)$存在;

(2) $-1 \leqslant {Corr}(X, Y) \leqslant 1$;

(3) ${Corr}({X}, {Y})=\pm 1$ 的充要条件为 ${X}$ 与 ${Y}$ 之间几乎处处有线性关系, 即存在$a(a \neq 0)$ 与 $b$ 使得 ${P}(Y=a X+b)=1,$ 其中当 ${Corr}(X, Y)=1$ 时有 $a>0$,当 ${Corr}(X, Y)=-1$ 时有 $a<0$.

Solution:
首先证明协方差不等式成立, 记 $g(t)=E[t(X-E X)+(Y-E Y)]^{2}$, 它始终是 非负的，则

$$g(t)=\operatorname{Var}(X) t^{2}+2 \operatorname{Cov}(X, Y) t+\operatorname{Var}(Y) \geqslant 0$$

是一定成立的, 即判别式非正

$$\Delta^{2}=4[\operatorname{Cov}(X, Y)]^{2}-4 \operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y) \leqslant 0$$

移项得到 $[\operatorname{Cov}(X, Y)]^{2} \leqslant \operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y)$.
(1)
根据协方差不等式, 即 $[\operatorname{Cov}(X, Y)]^{2} \leqslant \operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y)$, 知随机变量 $X$ 与 $Y$ 的协 方差一定存在, 同时它们的方差也存在, 所以它们的相关系数也一定存在.
(2)
对协方差不等式进行变形, 有

$$\begin{aligned} &{[\operatorname{Cov}(X, Y)]^{2} \leqslant \operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y)} \\ &\frac{[\operatorname{Cov}(X, Y)]^{2}}{\operatorname{Var}(X) \operatorname{Var}(Y)} \leqslant 1 \\ &{[\operatorname{Corr}(X, Y)]^{2} \leqslant 1 \Rightarrow-1 \leqslant \operatorname{Corr}(X, Y) \leqslant 1} \end{aligned}$$

(3)
[充分性] 由于 $P(Y=a X+b)=1(a \neq 0)$, 则

$$\operatorname{Var}(Y)=a^{2} \operatorname{Var}(X), \operatorname{Cov}(X, Y)=a \operatorname{Cov}(X, X)=\operatorname{aVar}(X)$$

就有 $\operatorname{Corr}(X, Y)=\frac{a \operatorname{Var}(X)}{|a| \operatorname{Var}(X)}=\left\{\begin{array}{ll}1, & a>0 \\ -1, & a<0\end{array}\right.$.

[必要性] 记 $\operatorname{Var}(X)=\sigma_{X}^{2}, \operatorname{Var}(Y)=\sigma_{Y}^{2}$, 则

$$\operatorname{Var}\left(\frac{X}{\sigma_{X}} \pm \frac{Y}{\sigma_{Y}}\right)=2[1 \pm \operatorname{Corr}(X, Y)]$$

所以当 $\operatorname{Corr}(X, Y)=1$ 时, $\operatorname{Var}\left(\frac{X}{\sigma_{X}}-\frac{Y}{\sigma_{Y}}\right)=0$, 所以

$$P\left(\frac{X}{\sigma_{X}}-\frac{Y}{\sigma_{Y}}=c\right)=1 \Rightarrow P\left(Y=\frac{\sigma_{Y} X}{\sigma_{X}}-\sigma_{Y} c\right)=1$$

当 $\operatorname{Corr}(X, Y)=-1$ 时, $\operatorname{Var}\left(\frac{X}{\sigma_{X}}+\frac{Y}{\sigma_{Y}}\right)=0$, 所以

$$P\left(\frac{X}{\sigma_{X}}+\frac{Y}{\sigma_{Y}}=c\right)=1 \Rightarrow P\left(Y=-\frac{\sigma_{Y} X}{\sigma_{X}}+\sigma_{Y} c\right)=1$$

7.(10分) 设 $x_{1}, \cdots, x_{n}$ i. i. d. $\sim N(\mu, 1)$, 求 $\mu^{2}$ 的 UMVUE. 证明此 UMVUE 达不到 $C-R$ 下界,即它不是有效估计.

Solution: 样本的联合分布是

$$\begin{aligned} f(\boldsymbol{X}, \mu) &=(2 \pi)^{-\frac{n}{2}} \exp \left\{-\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\mu\right)^{2}\right\} \\ &=(2 \pi)^{-\frac{n}{2}} \exp \left\{-\frac{1}{2}\left[\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-2 \mu \sum_{i=1}^{n} x_{i}+n \mu^{2}\right]\right\} \end{aligned}$$

由因子分解定理可知, $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}$ 是 $\mu$ 的充分统计量.而由正态分布的可加性知 $T \sim N(n \mu, n)$, 又正态分布是完全族分布, 所以 $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}$ 是 $\mu$ 的充分完全统计量. 那 么 $\bar{X}=\frac{1}{n} T \sim N\left(\mu, \frac{1}{n}\right)$ 也是 $\mu$ 的充分完全统计量.
注意到 $E\left(\bar{X}^{2}-\frac{1}{n}\right)=\left(\mu^{2}+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}=\mu^{2}$, 所以 $\bar{X}^{2}-\frac{1}{n}$ 是基于充分完全统计 量而构造的 $\mu^{2}$ 的无偏估计, 根据 L-S 定理知它是 $\mu^{2}$ 的 UMVUE.

下面先求 $\mu$ 的 Fisher 信息量, $\ln f(x, \mu)=-\frac{1}{2} \ln (2 \pi)-\frac{1}{2}(x-\mu)^{2}$, 则

$$I(\mu)=E\left(\frac{\partial \ln f(X, \mu)}{\partial \mu}\right)^{2}=E(\mu-X)^{2}=\operatorname{Var}(X)=1$$

所以 $\mu^{2}$ 的无偏估计的 C-R 下界是 $\frac{\left(\frac{d \mu^{2}}{\mu}\right)^{2}}{n I(\mu)}=\frac{4 \mu^{2}}{n}$.
再计算 $\bar{X}^{2}-\frac{1}{n}$ 的方差, 即 $\bar{X}^{2}$ 的方差, 首先有 $E \bar{X}^{2}=\mu^{2}+\frac{1}{n}$, 下面计算 $E \bar{X}^{4}$, 由 于 $\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{1}{n}\right)$, 尝试利用 Stein 引理

$$\begin{aligned} E \bar{X}^{4} &=E \bar{X}^{3}(\bar{X}-\mu+\mu) \\ &=E \bar{X}^{3}(\bar{X}-\mu)+\mu E \bar{X}^{3} \end{aligned}$$

其中根据 Stein 引理, $E \bar{X}^{3}(\bar{X}-\mu)=\operatorname{Var}(\bar{X}) E\left(3 \bar{X}^{2}\right)=\frac{3}{n}\left(\mu^{2}+\frac{1}{n}\right)$, 而对于 $E \bar{X}^{3}$, 再次作拆分

$$\begin{aligned} E \bar{X}^{3} &=E \bar{X}^{2}(\bar{X}-\mu+\mu) \\ &=E \bar{X}^{2}(\bar{X}-\mu)+\mu E \bar{X}^{2} \end{aligned}$$

其中再根据 Stein 引理, $E \bar{X}^{2}(\bar{X}-\mu)=\operatorname{Var}(X) E(2 \bar{X})=\frac{2}{n} \mu$, 所以

$$E \bar{X}^{3}=\frac{2}{n} \mu+\mu\left(\mu^{2}+\frac{1}{n}\right)=\mu^{3}+\frac{3}{n} \mu$$

全部代回 $E \bar{X}^{4}$ 的式子, 有

$$\begin{aligned} E \bar{X}^{4} &=\frac{3}{n}\left(\mu^{2}+\frac{1}{n}\right)+\mu\left(\mu^{3}+\frac{3}{n} \mu\right) \\ &=\mu^{4}+\frac{6}{n} \mu^{2}+\frac{3}{n^{2}} \end{aligned}$$

所以

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}\left(\bar{X}^{2}\right) &=\mu^{4}+\frac{6}{n} \mu^{2}+\frac{3}{n^{2}}-\left(\mu^{2}+\frac{1}{n}\right)^2 \\ &=\frac{4 \mu^{2}}{n}+\frac{2}{n^{2}}>\frac{4 \mu^{2}}{n} \end{aligned}$$

所以 $\bar{X}^{2}-\frac{1}{n}$ 不是 $\mu^{2}$ 的有效估计.

注: 不使用Stein引理, 直接计算积分也可, 计算量也较大.

8.(10分) 设 $X_{1}, X_{2} \cdots X_{n}$ 为来自两点分布 ${b}(1, {p})$ 的简单随机样本，其中 $p \in(0,1)$, 记 $n_{1}, n_{2}$为上述 ${n}$ 个样本中取值分别为1和0的个数 , 如 记${q}=1-{p}, \chi^{2}=\frac{\left(n_{1}-n p\right)^{2}}{n p}+\frac{\left(n_{2}-n q\right)^{2}}{n q}$, 证明 $\chi^{2} \stackrel{l}{\longrightarrow} \chi^{2}(1)$.

Solution: 由于 $n_{2}=n-n_{1}$, 所以

$$\begin{aligned} \chi^{2} &=\frac{(1-p)\left(n_{1}-n p\right)^{2}+p\left(n_{2}-n q\right)^{2}}{n p(1-p)} \\ &=\frac{(1-p)\left(n_{1}-n p\right)^{2}+p\left(n p-n_{1}\right)^{2}}{n p(1-p)}=\frac{\left(n_{1}-n p\right)^{2}}{n p(1-p)} \end{aligned}$$

而 $n_{1}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim B(n, p)$, 根据中心极限定理

$$\frac{n_{1}-n p}{\sqrt{n p(1-p)}} \stackrel{L}{\rightarrow} N(0,1)$$

于是 $\chi^{2}=\frac{\left(n_{1}-n p\right)^{2}}{n p(1-p)} \stackrel{L}{\rightarrow} \chi^{2}(1)$.