中山大学-432统计学-2020年

一、选择题(每小题3分, 共30分)

在 6 对夫妻中任选 4 人, 则至少有一对夫妻被选中的概率为 ( ).
(A) $\frac{C_{6}^{1} C_{10}^{2}}{C_{12}^{4}}$ ;
(B) $\frac{2^{4} C_{6}^{4}}{C_{12}^{4}}$ ;
(C) $\frac{C_{6}^{4}}{C_{12}^{4}}$ ;
(D) $1-\frac{2^{4}C_{6}^{4}}{C_{12}^{4}}$ .

Solution: D
考虑对立事件 $\bar{A}=$ “没有一对夫支被选中”. 对于样本空间 $\Omega$ , 有# $\Omega=C_{12}^{4}$ , 而# $\bar{A}=2^{4} C_{6}^{4}$ , 因此

P(A)=1-\frac{2^{4} C_{6}^{4}}{C_{12}^{4}}

设 $A, B, C$ 都是事件. 又 $A$ 和 $B$ 独立, $B$ 和 $C$ 独立, $A$ 和 $C$ 互不相容. $P(A)=1 / 2, P(B)=1 / 4, P(C)=1 / 8$ . 则概率 $P(A \cup B \cup C)$ 为 ( ).
(A) $23 / 33$ ;
(B) $23 / 32$ ;
© 11/16;
(D) $2 / 3$ .

Solution: B
根据题意, 有

\begin{aligned} P(A \cup B \cup C) &=P(A)+P(B)+P(C)-P(A B)-P(B C)-P(A C)+P(A B C) \\ &=P(A)+P(B)+P(C)-P(A) P(B)-P(B) P(C) \\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}-\frac{1}{2} \times \frac{1}{4}-\frac{1}{4} \times \frac{1}{8} \\ &=\frac{23}{32} \end{aligned}

故 B 选项正确.

将一枚硬币独立地掷两次, 引进事件: $A_{1}=\{$ 第一次出现正面 $\}, A_{2}=\{$ 第二次出现正面 $\}, A_{3}=\{$ 正、反面各出现一次 $\}, A_{4}=\{$ 正面出现两次 $\}$ , 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}

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

P\left(A_{2} A_{3}\right)=\frac{1}{4}=P\left(A_{2}\right) P\left(A_{3}\right) 、 P\left(A_{1} A_{2} A_{3}\right)=0 \neq P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2}\right) P\left(A_{3}\right) \text { 、 }

$P\left(A_{2} A_{4}\right)=\frac{1}{4} \neq P\left(A_{2}\right) P\left(A_{4}\right)$ , 故 A 正确, $\mathrm{BCD}$ 错误.

随机变量 $X$ 有密度 $p(x)=\frac{c}{\sqrt{1-x^{2}}} I_{(-1,1)}(x)$ , 则常数 $c$ 的取值为 ( ).
(A) 2 ;
(B) $\pi$ ;
(C) $\pi / 2$
(D) $1 / \pi$ .

Solution: D

\int_{-1}^{1} c \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=\left.c \arcsin x\right|_{-1} ^{1}=c \pi=1, c=\frac{1}{\pi}, \mathrm{D} \text { 正确. }

设 $Z$ 在 $[0,1]$ 上服从均匀分布, 随机变量 $X, Y$ 满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}X+Y=4 Z+1 \\ X-Y=2 Z-1\end{array}\right.$ 则 $X$ 和 $Y$ 各自落在 $[0,1]$ 中的概率为 ( ).
(A) $1 / 3$ 和 $1 / 2$ ;
(B) $1 / 2$ 和 $1 / 2$ ;
(C) $1 / 3$ 和 $0$ ;
(D) $1 / 3$ 和 $2 / 3$ .

Solution: C
解方程组, 得 $X=3 Z \sim U(0,3), Y=Z+1 \sim U(1,2)$ , 则 $X$ 和 $Y$ 各自; 落在 $[0,1]$ 的概率为 $1 / 3$ 和 $0, C$ 正确.
$6 . C$

X \sim P(\lambda) \text {, 则 } E(X)=D(X)=\lambda, P(X=1)=\lambda e^{-\lambda}, P(X=2)=\frac{\lambda^{2}}{2} e^{-\lambda}

设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布, 则下列条件中导出参数 $\lambda=2$ 的条件是 ( ).
(A) $E X=1 / 2$ ;
(B) $\operatorname{Var}(X)=1 / 4$ ;
(C) $P\{X=1\}=P\{X=2\}$ ;
(D) $P\{X=2\}=2 P\{X=1\}$ .

Solution: C

$X \sim P(\lambda)$ , 则 $E(X)=D(X)=\lambda, P(X=1)=\lambda e^{-\lambda}, P(X=2)=\frac{\lambda^{2}}{2} e^{-\lambda}$
A 选项: 若 $E(X)=\frac{1}{2}$ , 则 $\lambda=\frac{1}{2}, \mathrm{~A}$ 错误.
B 选项: 若 $D(X)=\frac{1}{4}$ , 则 $\lambda=\frac{1}{4}, \mathrm{~B}$ 错误.
C 选项: $\frac{P(X=2)}{P(X=1)}=\frac{\frac{\lambda^{2}}{2} e^{-\lambda}}{\lambda e^{-\lambda}}=\frac{\lambda}{2}=1, \lambda=2$ , C 正确.
D 选项: $\frac{\lambda}{2}=2, \lambda=4$ , D 错误.

当随机向量 $(X, Y)$ 服从单位圆 $D=\left\{(x, y): x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}$ 内的均匀分布, 记 $Y$ 的边际分布是 $F(y), Y$ 关于 $X$ 的条件分布末 $G(y \mid x)$ , 则 ().
(A) $F(y)$ 不服从均匀分布, $G(y \mid x)$ 服从均匀分布;
(B) $F(y)$ 服从均匀分布, $G(y \mid x)$ 不服从均匀分布;
(C) 二者均服从均匀分布;
(D) 二者均不服从均匀分布.

Solution: A
$S_{D}=\pi$ , 于是 $(X, Y)$ 的联合密度为

f(x, y)= \begin{cases}\frac{1}{\pi}, & (x, y) \in D \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases}

$Y$ 的边际密度函数是

f_{Y}(y)=\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}} \frac{1}{\pi} \mathrm{d} x=\frac{2 \sqrt{1-y^{2}}}{\pi},-1<y<1

同理 $X$ 的边际密度函数是 $f_{X}(x)=\frac{2 \sqrt{1-x^{2}}}{\pi},-1<x<1$
因此得到 $Y$ 的条件密度函数为

f_{Y \mid X}(y \mid x)=\frac{f(x, y)}{f_{X}(x)}=\frac{1}{2 \sqrt{1-x^{2}}}, \quad-\sqrt{1-x^{2}}<y<\sqrt{1-x^{2}}

故 $Y$ 不服从均匀分布, $Y \mid X$ 服从均匀分布, A 正确.

设随机变量 $X \sim t(n), n>1, Y=1 / X^{2}$ , 则 () .
(A) $Y \sim \chi^{2}(n)$ ;
(B) $Y \sim \chi^{2}(n-1)$ ;
(C) $Y \sim F(1, n)$ ;
(D) $Y \sim F(n, 1)$ .

Solution: D
由于 $X \sim t(n)$ , 故 $X$ 可分解为 $X=\frac{Z}{\sqrt{V / n}}$ , 其中 $Z \sim N(0,1), V \sim \chi^{2}(n)$ 且 $Z 、 V$ 相互独立, 则 $Y=\frac{1}{X^{2}}=\frac{V / n}{Z^{2}} \sim F(n, 1)$ , D 正确.
9.C
$\mathrm{A}$ 选项错误:

D\left(X_{i}+\bar{X}\right)=D\left(\frac{n+1}{n} X_{i}+\frac{1}{n} \sum_{j \neq i} X_{j}\right)=\frac{(n+1)^{2}}{n^{2}} \sigma^{2}+\frac{n-1}{n^{2}} \sigma^{2}=\frac{n+3}{n} \sigma^{2}

设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}(n>1)$ 为来自总体期望为 $\mu$ , 总体方差为 $\sigma^{2}$ 的简单随机样本, 记 $\bar{X}$ 为样本均值, 则 ( ).
(A) $D\left(X_{i}+\bar{X}\right)=\frac{n+2}{n} \sigma^{2}$ ;
(B) $D\left(X_{i}-\bar{X}\right)=\frac{n+1}{n} \sigma^{2}$ ;
(C) $\operatorname{Cov}\left(X_{i}, \bar{X}\right)=\frac{1}{n} \sigma^{2}$ ;
(D) $\operatorname{Cov}\left(X_{i}, \bar{X}\right)=\sigma^{2}$ .

Solution: B 选项错误:

D\left(X_{i}-\bar{X}\right)=D\left(\frac{n-1}{n} X_{i}-\frac{1}{n} \sum_{j \neq i} X_{j}\right)=\frac{(n-1)^{2}}{n^{2}} \sigma^{2}+\frac{n-1}{n^{2}} \sigma^{2}=\frac{n-1}{n} \sigma^{2}

C 选项正确, D 选项错误:

\operatorname{Cov}\left(X_{i}, \bar{X}\right)=\operatorname{Cov}\left(X_{i}, \frac{1}{n} X_{i}+\frac{1}{n} \sum_{j \neq i} X_{j}\right)=\operatorname{Cov}\left(X_{i}, \frac{1}{n} X_{i}\right)=\frac{1}{n} \sigma^{2}

设 $(X, Y) \sim N\left(\mu_{1}, \mu_{2} ; \sigma_{1}^{2}, \sigma_{2}^{2} ; 0\right)$ , 若 $P\left\{\left|X-\mu_{1}\right|<c\right\}<P\left\{\left|Y-\mu_{2}\right|<c\right\}$ , 其中 $c$ 为某一正数, 则 ()
(A) $\sigma_{1}^{2}<\sigma_{2}^{2}$ ;
(B) $\sigma_{1}^{2}>\sigma_{2}^{2}$ ;
(C) $\mu_{1}<\mu_{2}$ ;
(D) $\mu_{1}>\mu_{2}$ ;

Solution: B
由于 $P\left(\frac{\left|X-\mu_{1}\right|}{\sigma_{1}}<\frac{c}{\sigma_{1}}\right)<P\left(\frac{\left|Y-\mu_{2}\right|}{\sigma_{2}}<\frac{c}{\sigma_{2}}\right)$ , 即

2 \Phi\left(\frac{c}{\sigma_{1}}\right)-1<2 \Phi\left(\frac{c}{\sigma_{2}}\right)-1,

这说明 $\Phi\left(\frac{c}{\sigma_{1}}\right)<\Phi\left(\frac{c}{\sigma_{2}}\right)$ , 由于 $\Phi(x)$ 单调增, 故 $\frac{c}{\sigma_{1}}<\frac{c}{\sigma_{2}}, \sigma_{1}^{2}>\sigma_{2}^{2}$ , B 正确.

设 $\mathrm{EX}=0, \operatorname{Var}(X)=1, \mathrm{EY}=1, \operatorname{Var}(Y)=4$ , 相关系数 $\rho_{X Y}=1$ , 则 ( ).
(A) $P(2 X-Y+1=0)=1$ ;
(B) $P(2 X-Y-1=0)=1$ ;
(C) $P(2 X+Y+1=0)=1$ ;
(D) $P(2 X+Y-1=0)=1$ .

Solution: A
因为 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为 1 , 所以 $X$ 和 $Y$ 之间几乎处处存在正的线性关系, 即存在 $a>0, P(Y=a X+b)=1$ . 所以有

\left\{\begin{array} { l } { E ( Y ) = a E ( X ) + b , } \\ { Var ( Y ) = a ^ { 2 } Var ( X ) , } \end{array} \text { 解得 } \left\{\begin{array}{l} a=2, \\ b=1, \end{array}\right.\right.

因此 $P(Y=2 X+1)=1$ , 即 $P(2 X-Y+1=0)=1$ , 选项 A 正确.

在假设检验中, 第一类错误是指 ( ).
(A）当原假设为真时, 接受原假设;
(B) 当原假设为真时, 拒绝原假设;
(C) 当备择假设为真时, 接受原假设;
(D) 当备选假设为真时, 拒绝原假设.

Solution: B
假设检验中存在两类错误. 第一类错误是：原假设为真但拒绝原假设. 第二类错误是：备选假设为真而接受原假设. 本题所问的是第一类错误，故选项 B 正确.

设 $n$ 个随机变量 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 独立同分布, $\operatorname{Var}\left(X_{1}\right)=\sigma^{2}<+\infty, \bar{X}$ 与 $S^{2}$ 分别为样本均值与样本方差, 则 ( ).
(A) $S$ 与 $\bar{X}$ 相互独立;
(B) $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量;
(C) $S$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量;
(D) $S$ 是 $\sigma$ 的无偏估计量.

Solution: B
当 $X_{1}, X_{2} \ldots, X_{n}$ 相互独立且服从正态分布时, $\bar{X}$ 与 $S$ 相互独立, 且有 $E\left(S^{2}\right)=\sigma^{2}$ , 但题目没给出具体分布, 故 A 错, 同理也无法求出 $\sigma$ 的最大似然估计量, 因此 $\mathrm{C}$ 错误. 由 Jensen 不等式, $\mathrm{D}$ 错.
选项 B 正确, 因为我们知道 $S^{2}$ 是 $\sigma^{2}$ 的相合估计量, 由依概率收敛的运算法则, 有 $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量.

设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 为来自正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本, 其中 $\mu$ 为已知, $\bar{X}$ 为样本均值, 则 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计为 ().
(A) $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ ;
(B) $\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ ;
(C) $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ ;
(D) $\frac{1}{\mathrm{n}-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\mu\right)^{2}$ .

Solution: C
样本对应的似然函数是

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

两边同时取对数得 $\ln L\left(\sigma^{2}\right)=-\frac{n}{2} \ln \left(2 \pi \sigma^{2}\right)-\sum_{i=1}^{n} \frac{\left(x_{i}-\mu\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}$ , 对其求导并令其导数为 0 , 得到 $\sigma^{2}$ 的最大似然估计 $\hat{\sigma}^{2}=\sum_{i=1}^{n} \frac{\left(x_{i}-\mu\right)^{2}}{n}$ , 故选项 C 正确.

设总体 $\mathrm{X}$ 的概率密度函数为 $f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll}e^{-(x-\theta)}, & x \geq \theta ; \\ 0, & x<\theta\end{array},, X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}\right.$ 为来自总体 $\mathrm{X}$ 的样本, 则 $\theta$ 的矩估计量为 ( ).
(A) $\bar{X}$ ;
(B) $\bar{X}-1$ ;
(C) $\bar{x}+1$ ;
(D) $1 / \bar{X}$ .

Solution: B

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

由替换原理, 得到 $\theta$ 的矩估计为: $\hat{\theta}=\bar{X}-1$

设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 为来自正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本, 其中 $\sigma^{2}$ 为已知, $\bar{X}$ 为样本均值. 考虑如下假设检验: $H_{0}: \mu \leq \mu_{0}$ v.s. $H_{1}: \mu>\mu_{0}$ , 标准正态分布的 $95 \%$ 分位数为 $1.645$ , 在显著性水平为 $0.05$ 时, 拒绝 $H_{0}$ 等价于 ( ).
(A）单侧区间 $\left(\bar{X}+1.645 \frac{\sigma}{\sqrt{n}},+\infty\right)$ 不包含 $\mu_{0}$ ;
(B) 单侧区间 $\left(\bar{X}+1.645 \frac{\sigma}{\sqrt{n}},+\infty\right)$ 包含 $\mu_{0}$ ;
(C) 单侧区间 $\left(-\infty, \bar{X}-1.645 \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right)$ 不包含 $\mu_{0}$ ;
(D) 单侧区间 $\left(-\infty, \bar{X}-1.645 \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right)$ 包含 $\mu_{0}$ .

Solution: D
依题意, 可知这是一个正态总体均值的右单侧检验, 拒绝域为

W=\left\{\frac{\bar{X}-\mu_0}{\sigma / \sqrt{n}}>1.645\right\}

这等价于 $\mu_{0}<\bar{X}-1.645 \frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ , 所以选项 D 正确.

设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 独立同分布, 具有期望 $\mu$ , 则 ().
(A) $\exp (\bar{X})$ 是 $e^{\mu}$ 的相合估计量;
(B) $\exp (\bar{X})$ 是 $e^{\mu}$ 的最大似然估计量;
(C) $\exp (\bar{X})$ 是 $e^{\mu}$ 的无偏估计量;
(D) $\exp (\bar{X})$ 是 $e^{\mu}$ 的充分统计量.

Solution: A
由大数定律和依概率收敛可以由连续函数传递, 得 A 正确. B, D 错误, 因为具体分布末知. $\mathrm{C}$ 错误, 根据 Jensen 不等式很快知道 $E\left(e^{\bar{x}}\right) \geq e^{E(\bar{x})}=e^{\mu}$ , 除非 $\bar{X}$ 等于常数才有等号成立.

设 $X_{1}, X_{2}$ 都服从参数为 1 的指数分布, $Y$ 服从参数为 2 的指数分布, $f(y)=2 e^{-2 y}, 0<y<\infty$ , 且 $X_{1}, X_{2}, Y$ 相互独立, 则 ( ).
(A) $\frac{X_{1}+X_{2}}{4 Y} \sim F(4,2)$ ;
(B) $\frac{X_{1}+X_{2}}{Y} \sim F(4,2)$ ;
(C) $\frac{X_{1}+X_{2}}{4 Y} \sim F(2,2)$ ;
(D) $\frac{X_{1}+X_{2}}{Y} \sim F(2,2)$ .

Solution: A
我们知道对于参数为 $\lambda$ 的指数分布 $Z$ , 有 $2 \lambda Z \sim \chi^{2}(2)$ , 故有

\frac{X_{1}+X_{2}}{4 Y}=\frac{\left(2 X_{1}+2 X_{2}\right) / 4}{4 Y / 2} \sim F(4,2),

$\mathrm{A}$ 选项正确.

设 $\hat{\theta}$ 为参数 $\theta$ 的估计量, 且 $\hat{\theta}$ 的期望与方差 $\sigma^{2}$ 均存在, 则必有 ( ).
(A) $P(|\hat{\theta}-\theta| \geq 2 \sigma) \geq 0.5$ ;
(B) $P(|\hat{\theta}-\theta| \geq 2 \sigma) \leq 0.5$ ;
(C) $P(|\hat{\theta}-\theta| \geq 2 \sigma) \geq \frac{E(\hat{\theta}-\theta)^{2}}{4 \sigma^{2}}$ ;
(D) $P(|\hat{\theta}-\theta| \geq 2 \sigma) \leq \frac{E(\hat{\theta}-\theta)^{2}}{4 \sigma^{2}}$ .

Solution: D
因为 $\hat{\theta}$ 的期望和方差均存在, 由马尔可夫不等式,

P(|\hat{\theta}-\theta| \geqslant 2 \sigma) \leqslant \frac{E(\hat{\theta}-\theta)^{2}}{4 \sigma^{2}},

故选项 D 正确

设 $\hat{\theta}_{n}$ 为参数 $\theta$ 的估计量, 且 $\hat{\theta}_{n}$ 的期望与方差均存在, 当样本量 $n \rightarrow \infty$ 时, $E\left(\hat{\theta}_{n}\right) \rightarrow \theta, \operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{n}\right) \rightarrow 0$ , 则以下说法错误的是 ( ).
(A) $\hat{\theta}_{n}$ 是 $\theta$ 的相合估计量;
(B) $\hat{\theta}_{n}$ 依分布收敛到 $\theta$ ;
(C) $P\left(\lim _{n \rightarrow \infty} \hat{\theta}_{n}=\theta\right)=1$ ;
(D) $\lim _{n \rightarrow \infty} E\left[\left(\hat{\theta}_{n}-\theta\right)^{2}\right]=0$ .

Solution: C
由于 $E\left(\hat{\theta}_{n}-\theta\right)^{2}=\left(E\left(\hat{\theta}_{n}\right)-\theta\right)^{2}+\operatorname{Var}(\hat{\theta})$ , 因此题设条件可以推出均方收敛, 即 $\mathrm{D}$ 正确. 而均方收敛可以推出依概率收敛, 即 $\mathrm{A}$ 正确. 依概率收敛可以推出按分布收玫, 故 B 正确. $\mathrm{C}$ 错误, 反例如 $\hat{\theta}_{n}=\theta+X_{n}$ , 其中 $X_{1}, \cdots, X_{n}, \cdots$ 独立, 且 $X_{n} \sim B\left(1, \frac{1}{n}\right)$ , 满足题设条件, 且 $P\left(\left|\hat{\theta}_{n}-\theta\right|>\varepsilon\right)=\frac{1}{n}$ , 根据 Borel-Cantelli 第二引理, 有 $\hat{\theta}_{n}$ 不以概率 1 收敛于 $\theta$ .

二、(20 分) 已知简单随机样本 $X_{1}, \ldots, X_{n} \stackrel{\mathrm{iid}}{\sim} U(0, \theta)$ .
(1) 求 $X_{(1)}$ 的概率密度, 并求 $E X_{(1)}$ ;
(2) 求 $\left(X_{(1)}, X_{(n)}\right)$ 联合概率密度;
(3) 求 $R=X_{(\mathrm{n})}-X_{(1)}$ 的概率密度函数;
(4) 在 $X_{(n)}=y$ 条件下, 求 $X_{(1)}$ 的分布.

Solution:
(1)
$X$ 的概率密度函数为 $f(x)=\frac{1}{\theta}$ , 分布函数 $F(x)=\frac{x}{\theta}$ , 记 $U=X_{(1)}$ , 则

F(u)=1-\left(1-\frac{u}{\theta}\right)^{n}, f(u)=\frac{n}{\theta}\left(1-\frac{u}{\theta}\right)^{n-1}

显然有 $\frac{X_{(1)}}{\theta} \sim \operatorname{Beta}(1, n)$ , 故 $E X_{(1)}=\frac{\theta}{n+1}$ .
(2)
由次序统计量分布公式, 有 $\left(X_{(1)}, X_{(n)}\right)$ 联合分布是

\begin{aligned} f(u, v) &=\frac{n !}{(n-2) !} f_{X}(u) f_{X}(v)(F(v)-F(u))^{n-2} \\ &=\frac{n(n-1)}{\theta^{n}}(v-u)^{n-2} \end{aligned}

(3)
作变量变换, 令 $Z_{1}=X_{(n)}-X_{(1)}, Z_{2}=X_{(n)}$ , 有

\left\{\begin{array}{l} X_{(1)}=Z_{2}-Z_{1} \\ X_{(n)}=Z_{2} \end{array}\right.

雅各比行列式 $J=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial X_{(1)}}{\partial Z_{1}} & \frac{\partial X_{(1)}}{\partial Z_{2}} \\ \frac{\partial X_{(n)}}{\partial Z_{1}} & \frac{\partial X_{(n)}}{\partial Z_{2}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}-1 & 1 \\ 0 & 1\end{array}\right|=-1$ , 则

f\left(z_{1}, z_{2}\right)=|J| f\left(x_{(1)}, x_{(n)}\right)=\frac{n(n-1)}{\theta^{n}}\left(x_{(n)}-x_{(1)}\right)^{n-2}=\frac{n(n-1)}{\theta^{n}} z_{1}^{n-2},

则有

\begin{aligned} f(r) &=f\left(z_{1}\right)=\int_{z_{1}}^{\theta} f\left(z_{1}, z_{2}\right) d z_{2}=\int_{z_{1}}^{\theta} \frac{n(n-1)}{\theta^{n}} z_{1}^{n-2} d z_{2} \\ &=\frac{n(n-1)}{\theta^{n}} z_{1}^{n-2}\left(\theta-z_{1}\right)=\frac{n(n-1)}{\theta^{n}} r^{n-2}(\theta-r), \end{aligned}

实际上, 有 $\frac{R}{\theta} \sim \operatorname{Beta}(n-1,2)$ .
(4)
由于 $\frac{X_{(n)}}{\theta} \sim \operatorname{Beta}(n, 1)$ , 故有密度函数, $f(v)=n \frac{v^{n-1}}{\theta^{n}}$ , 故条件分布是

\begin{gathered} f(u \mid v)=\frac{f(u, v)}{f(v)}=\frac{\frac{n(n-1)}{\theta^{n}}(v-u)^{n-2}}{n \frac{v^{n-1}}{\theta^{n}}}=(n-1) \frac{1}{v}\left(1-\frac{u}{v}\right)^{n-2}, \\ \text { 故 } f(u \mid v=y)=(n-1) \frac{1}{y}\left(1-\frac{u}{y}\right)^{n-2} . \end{gathered}

三、(15 分 $)$ 已知随机样本 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 来自于同一总体, 总体的密度函数为:

f(x \mid \theta)=\left\{\begin{array}{l} \theta, 0 \leq x<1 \\ 1-\theta, 1 \leq x<2 \end{array}\right.

记 $M$ 为所有样本中小于 1 的个数.
(1) 求 $\theta$ 的矩估计;
(2) 求 $\theta$ 的 MLE;
(3) 求 $\theta$ 的 MLE 的分布.

Solution:
(1)

E(X)=\int_{0}^{1} x \theta d x+\int_{1}^{2} x(1-\theta) d x=\frac{3}{2}-\theta

由替换原理, $\theta$ 的矩估计 $\hat{\theta}_{1}=\frac{3}{2}-\bar{x}$ .
(2)
似然函数 $L(\theta)=\theta^{M}(1-\theta)^{n-M}$ , 取对数有

\operatorname{In} L(\theta)=M \ln \theta+(n-M) \ln (1-\theta),

(3)
显然 $M=n \hat{\theta}_{2}$ 是二项分布, 故

P\left(\hat{\theta}_{2}=\frac{k}{n}\right)=P(M=k)=\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) \theta^{k}(1-\theta)^{n-k}, k=0,1, \cdots, n .

四、(30分) 已知随机样本 $X_{1}, \ldots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} B(1, p)$ , 定义统计量 $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}$ .
(1) 用充分统计量的定义证明 $T$ 是 $p$ 的充分统计量;
(2) 定义 $h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right)=\left\{\begin{array}{l}1, X_{1}=X_{2}=\ldots=X_{k}=1 ; \\ 0, \text { 其他. }\end{array}\right.$ , 证明它是 $p^{k}$ 的无偏估计;
(3) 求 $p^{k}$ 的 UMVUE.

Solution: (1)
样本对应的似然函数是 $L(p)=p^{t}(1-p)^{n-t}$ , 根据因子分解定理: $T$ 为 $p$ 的充分统计量.
(2)
由于各样本之间独立, 故

\begin{aligned} E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right)\right) &=P\left(X_{1}=X_{2}=\ldots=X_{k}=1\right) \\ &=P\left(X_{1}=1\right) P\left(X_{2}=1\right) \cdots P\left(X_{k}=1\right), \\ &=p^{k}, \end{aligned}

所以 $h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right)$ 是 $p^{k}$ 的无偏估计量.
(3)
因为 $T$ 为 $p$ 的充分统计量, 同时由指数族分布的性质知, 它还是完全统计量, 且由 $(2), h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right)$ 是 $p^{k}$ 的无偏估计量. 可知:

E\left[E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right) \mid T\right)\right]=E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right)\right)=p^{k},

由 Lehmann-Scheffe 定理知 $E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right) \mid T\right)$ 为 $p^{k}$ 的 UMVUE. 当 $t<k$ , 显然有

E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right) \mid T=t\right)=0,

但对 $t \geq k$ , 有

\begin{aligned} E\left(h\left(X_{1}, \ldots, X_{k}\right) \mid T\right)=& \frac{P(h=1, T=t)}{P(T=t)} \\ =& \frac{P\left(x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{k}=1\right) P\left(\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}=t\right.}{P\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}=t\right)} \\ &=\frac{p^{k} \cdot C_{n-k}^{t-k} \cdot p^{t-k} \cdot(1-p)^{n-t}}{C_{n}^{t} \cdot p^{k} \cdot(1-p)^{n-t}}=\frac{C_{n-k}^{t-k}}{C_{n}^{t}} \end{aligned}

所以 $p^{k}$ 的 UMVUE 为

\hat{g}=\left\{\begin{array}{cc} 0, & T<k, \\ \frac{C_{n-k}^{T-k}}{C_{n}^{T}}, & T \geq k . \end{array}\right.

五、(25 分) 设简单随机样本 $X_{1}, \ldots, X_{n}$ 来自于总体

f\left( x\mid \theta \right) = \left\{\begin{array}{l} \frac{2x}{\theta}\exp \left( -\frac{x^2}{\theta} \right) ,& x\ge 0\\ 0,& x<0\\ \end{array}\right.

记 $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ .
(1) 证明 $T$ 是 $\theta$ 的充分统计量;
(2) 利用 $T$ 构建 $\theta$ 的 $95 \%$ 置信区间;
(3) 假设检验问题 $H_{0}: \theta=1$ vs $H_{1}: \theta>1$ 是否存在 UMP 拒绝域? 如果存在, 写出拒绝域; 如果不存在, 请说明理由.

Solution:
(1) 样本对应的似然函数是

L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} 2 x_{i} e^{-\frac{x_{i}^{2}}{\theta}}=2^{n}\left(\prod_{i=1}^{n} x_{i}\right) e^{-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{\theta}},

由因子分解定理, $T=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}$ 是 $\theta$ 的充分统计量.
(2) 令 $Y=\frac{X^{2}}{\theta}$ , 则它的分布函数是

\begin{aligned} F_{Y}(y) &=P(Y<y)=P\left(\frac{X^{2}}{\theta}<y\right)=P(X<\sqrt{\theta y}) \\ &=\int_{0}^{\sqrt{\theta_{y}}} \frac{2 x}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}} d x=1-e^{-y}, \quad y>0, \end{aligned}

即 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布, 因此 $\frac{2 T}{\theta} \sim G a(n, 2)=\chi^{2}(2 n)$ , 故

P\left(\chi_{0.025}^{2}(2 n)<\frac{2 T}{\theta}<\chi_{0.975}^{2}(2 n)\right)=0.95,

故 $\theta$ 的 $95 \%$ 置信区间为 $\left[\frac{2 T}{\chi_{0.975}^{2}(2 n)}, \frac{2 T}{\chi_{0.025}^{2}(2 n)}\right]$ .
(3) 由于该问题是单参指数族的单侧检验问题, 因此存在 UMP 拒绝域, 构造似然比

\lambda=\frac{L(1)}{L\left(\theta_{2}\right)}=\frac{\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i} ; 1\right)}{\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i}, \theta_{2}\right)}=\frac{\left(\prod_{i=1}^{n} 2 x_{i}\right) e^{-T}}{\left(\prod_{i=1}^{n} \frac{2 x_{i}}{\theta_{2}}\right) e^{-\frac{T}{\sigma_{2}}}}=\frac{\theta_{2}^{n} e^{-T}}{e^{-\frac{T}{\sigma_{2}}}}=\theta_{2}^{n} e^{T\left(\frac{1}{\sigma_{2}}-1\right)}

其中 $\theta_{2}$ 为一个大于 1 的常数, 可以得到 $\mathrm{UMP}$ 拒绝域由 $W=\{\lambda<C\}$ 导出, 而由于 $\lambda=\theta_{2}^{n} e^{T\left(\frac{1}{o_{2}}-1\right)}$ 是 $T$ 的单调减函数, 故拒绝域即为 $W=\left\{T>C_{1}\right\}$ , 为使得其水平为 $\alpha$ , 可以求得 UMP 拒绝域是

W=\left\{T>\frac{\chi_{1-\alpha}^{2}(2 n)}{2}\right\} .