中山大学-432统计学-2021年-解析

中山大学-432统计学-2021年

一、选择题(每小题3分, 共30分)

1. 设 ${X}$ 和 ${Y}$ 都服从标准正态分布, 则 ( ).
   (A) $X+Y$ 服从正态分布;
   (B) $X^{2}+Y^{2}$ 服从卡方分布;
   (C) $X^{2}$ 和 $Y^{2}$ 都服从卡方分布;
   (D) $X^{2} / Y^{2}$ 服从 $\mathrm{F}$ 分布.

Solution: C

若 $X, Y$ 相互独立，则 $\mathrm{ABCD}$ 皆成立; 末说明 $X, Y$ 关系时, $\mathrm{ABD}$ 不一定正 确. 例如当 $X=-Y \sim N(0,1)$ 时, $X+Y=0$ 不服从正态分布, A错误, $X^{2}+Y^{2}=2 X^{2} \sim G a\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right), \mathrm{B}$ 错误, $\frac{X^{2}}{Y^{2}}=1, \mathrm{D}$ 错误. 故选择 $\mathrm{C}$ 选项.

2. 设 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 为来自二项分布 $B(m, p)$ 的样本, $\bar{X}$ 和 $S^{2}=$ $\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$ 分别为样本均值和样本方差, $\bar{X}+c S^{2}$ 为 $m p^{2}$ 的无偏估计量, 则 $c=()$.
   (A) $c=-2$;
   (B) $c=-1$;
   (C) $c=1$;
   (D) $c=2$.

Solution: B
由于

$$E\left(\bar{x}+c s^{2}\right)=m p+c m p(1-p)=-c m p^{2}+m(c+1) p=m p^{2},$$

故 $c=-1, B$ 正确.

3. 已知 $X \sim \exp (\theta)$, 则 $P(X>E X)=()$.
   (A) $1-e^{-1}$;
   (B) $1-e^{-2}$;
   (C) $e^{-1}$;
   (D) $e^{-2}$.

Solution: C

$$E X=\frac{1}{\theta}, P(X>E X)=1-F\left(\frac{1}{\theta}\right)=e^{-\theta \frac{1}{\theta}}=e^{-1}。$$

4. 已知 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{\text { iid }}{\sim} \exp (1), F_{n}$ 是 $X_{(n)}$ 的 cdf, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}(100)=($ ).
   (A) 0 ;
   (B) $0.5$;
   (C) 1 ;
   (D) 不存在.

Solution: A

$$\begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}(100) &=\lim _{n \rightarrow \infty}[F(100)]^{n} \\ &=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-e^{-100}\right)^{n} \\ &=0 \end{aligned}$$

5. 下列说法错误的是 ( ).
   (A) 如果 $X_{n} \longrightarrow X, a . s$., 那么 $X_{n} \stackrel{p}{\longrightarrow} X$;
   (B) 如果 $E\left(X_{n}-X\right)^{2} \longrightarrow 0$, 那么 $X_{n} \longrightarrow X$, a.s.;
   (C) 概率具有单调性, 下连续性, 有限可加性;
   (D) 分布函数具有单调性, 有界性, 并且是几乎处处可导的.

Solution: B
$\mathrm{B}$ 错误, 均方收敛不一定能推出依概率收敛.如 $X_{1}, \cdots, X_{n}, \cdots$ 独立, 且 $X_{k} \sim B\left(1, \frac{1}{n}\right)$, 它满足均方收敛到 0 的条件, 但由 Borel-Cantelli 第二引理, 它不 几乎处处收敛于 0 .

6. 设 $h(x)=[x]$, 已知 $\xi \sim \exp (\theta)$, 则 $h(\xi)$ 的分布是 ( ).
   (A) 泊松分布, 参数为 $e^{-\theta}$;
   (B) 几何分布, 参数为 $e^{-\theta}$;
   (C) 泊松分布, 参数为 $1-e^{-\theta}$;
   (D) 几何分布, 参数为 $1-e^{-\theta}$.

Solution: $h(\xi)+1$ 的分布是参数为 $\left(1-e^{-\theta}\right)$ 的几何分布 $\xi$ 的分布函数是 $F_{\xi}(x)= \begin{cases}1-e^{-\theta x} & x>0 \\ 0 & \text { 其他 }\end{cases}$

$$\begin{aligned} P(h(\xi)+1=x) &=P([\xi]=x-1) \\ &=P(x-1 \leqslant \xi<x) \\ &=F_{\xi}(x)-F_{\xi}(x-1) \\ &=1-e^{-\theta x}-\left(1-e^{-\theta(x-1)}\right) \\ &=e^{-\theta(x-1)-\theta}-e^{-\theta(x-1)}=e^{-\theta(x-1)}\left(1-e^{-\theta}\right) \end{aligned}$$

故 $h(\xi)+1$ 服从参数为 $\left(1-e^{-\theta}\right)$ 的几何分布.

7. 已知独立双样本 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} N\left(0, \sigma_{X}^{2}\right), Y_{1}, \cdots, Y_{m} \stackrel{i i d}{\sim} N\left(0, \sigma_{Y}^{2}\right)$, 原假设为 $\sigma_{X}=\sigma_{Y}$. 问样本方差之比 $S_{X}^{2} / S_{Y}^{2}$ 在原假设为真时服从的分布是 ( ).
   (A) $F(n, m)$;
   (B) $F(m, n)$;
   (C) $F(n-1, m-1)$;
   (D) $F(m-1, n-1)$.

Solution: C
因为

$$S_{X}^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}}{n-1}, \quad S_{Y}^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{m}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}}{m-1},$$

当 $\sigma_{X}=\sigma_{Y}$ 时, 有

$$\frac{S_{X}^{2}}{S_{Y}^{2}}=\frac{\frac{\chi^{2}(n-1)}{n-1}}{\frac{\chi^{2}(m-1)}{m-1}} \sim F(n-1, m-1),$$

注意这里是“样本方差”, 即使 $\mu$ 已知, 样本方差依然是 $S_{X}^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}}{n-1}, \quad S_{Y}^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{m}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}}{m-1}$.

8. 一个人连续射击, 直到把子弹打完为止, 每次射击打中目标的概率为 $1 / 2$. 枪 中含有的子弹个数为随机变量, 取值为 $\{1,2,3\}$, 概率均为 $1 / 3$, 则打中目标至少一次 的概率是（).
   (A) $17 / 24$;
   (B) $7 / 24$;
   (C) $3 / 4$;
   (D) $1 / 4$.

Solution: A
令事件 $A_{i}$ 表示子弹数为 $i$ 个, 令事件 $B$ 表示一次都没命中, 由全概率公式, 得

$$\begin{aligned} P(B) &=P\left(B \mid A_{1}\right) P\left(A_{1}\right)+P\left(B \mid A_{2}\right) P\left(A_{2}\right)+P\left(B \mid A_{3}\right) P\left(A_{3}\right) \\ &=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}^{2}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}^{3}=\frac{1}{3} \times \frac{7}{8}=\frac{7}{24} \end{aligned}$$

故 $P(\bar{B})=\frac{17}{24}$.

9. 已知 $(X, Y) \sim f(x, y)=3(1-y) I[0<x<y<1]$, 则 $P(X+Y<1)=()$.
   (A) $3 / 8$;
   (B) $5 / 8$;
   (C) $5 / 16$;
   (D) $3 / 4$.

Solution: A

$$\begin{aligned} P(X+Y<1) &=3 \int_{0}^{\frac{1}{2}} d x \int_{x}^{-x+1}(1-y) d y \\ &=3 \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(-x+\frac{1}{2}\right) d x \\ &=3 \times \frac{1}{8}=\frac{3}{8} . \end{aligned}$$

10. 已知 $X_{i} \stackrel{i i d}{\sim} N\left(\mu, \sigma^{2}\right), E\left[c \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i+1}-X_{i}\right)^{2}\right]=\sigma^{2}$, 则 $c=()$.
    (A) $\frac{1}{2 n}$;
    (B) $\frac{1}{2 n-1}$;
    (C) $\frac{1}{2 n-2}$;
    (D) $\frac{1}{n}$.

Solution: C

$$\begin{aligned} E\left[\left(X_{i+1}-X_{i}\right)^{2}\right] &=E\left[\left(X_{i+1}\right)^{2}\right]-2 E\left(X_{i+1}\right) E\left(X_{i}\right)+E\left[\left(X_{i}\right)^{2}\right] \\ =& 2\left(\mu^{2}+\sigma^{2}\right)-2 \mu^{2}=2 \sigma^{2} \\ E\left[c \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i+1}-X_{i}\right)^{2}\right]=c \sum_{i=1}^{n-1} 2 \sigma^{2}=2 c(n-1) \sigma^{2}=\sigma^{2} \end{aligned}$$

故 $c=\frac{1}{2 n-2}$.

二、(20分) 已知 $Y \sim N\left(\mu_{Y}, \sigma^{2}\right), X \mid Y=y \sim N\left(a y+b, 2 \sigma^{2}\right)$, 计算:
(1) $E X$;
(2) $D X$;
(3) $\rho_{X, Y}$;
(4) $(X, Y)$ 的联合分布.

Solution:
(1) 由重期望公式, 得

$$E(X)=E(E(X \mid Y))=E(a Y+b)=a \mu_{Y}+b .$$

(2) 由方差分解定理(方差恒等式), 得

$$\begin{aligned} D(X) &=E(D(X \mid Y))+D(E(X \mid Y)) \\ &=E\left(2 \sigma^{2}\right)+D(a Y+b) \\ &=2 \sigma^{2}+a^{2} \sigma^{2}=\left(a^{2}+2\right) \sigma^{2} \end{aligned}$$

(3) 由重期望公式, 得

$$\begin{aligned} E(X Y) &=E[E(X Y \mid Y)]=E[Y E(X \mid Y)]=E[Y(a Y+b)] \\ &=a E\left(Y^{2}\right)+b E(Y)=a\left(\mu_{Y}^{2}+\sigma^{2}\right)+b \mu_{Y} \end{aligned}$$

因此, 有

$$\operatorname{Cov}(X, Y)=E(X Y)-E(X) E(Y)=a \sigma^{2}$$

因此相关系数为

$$\rho_{X, Y}=\frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D X} \sqrt{D Y}}=\frac{a \sigma^{2}}{\sqrt{\left(a^{2}+2\right) \sigma^{2}} \sqrt{\sigma^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+2}}$$

(4) 用边缘分布乘条件分布, 得

$$\begin{aligned} f(x, y) &=f_{X}(x \mid y) f_{Y}(y)=\frac{1}{2 \sigma \sqrt{\pi}} e^{-\frac{(x-a y-b)^{2}}{4 \sigma^{2}}} \times \frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{\left(y-\mu_{Y}\right)^{2}}{2 \sigma^{2}}} \\ &=\frac{1}{2 \sqrt{2} \pi \sigma^{2}} e^{-\frac{(x-a y-b)^{2}+2\left(y-\mu_{Y}\right)^{2}}{4 \sigma^{2}}} . \end{aligned}$$

三、(20 分) 已知独立同分布的随机变量 $X_{1}, \cdots, X_{n}, X_{i}$ 的取值为 $1,3,27$ 的概率分别为 $1 / 2,1 / 4,1 / 4$, 试用中心极限定理估计

$$3^{n-\sqrt{n}} \leq \prod_{i=1}^{n} X_{i} \leq 3^{n+\sqrt{n}}$$

发生的概率.

Solution: 令 $Y_{i}=\ln X_{i}$, 则 $Y_{i}$ 的分布情况如下

$$P\left(Y_{i}=0\right)=\frac{1}{2}, P\left(Y_{i}=\ln 3\right)=\frac{1}{4}, P\left(Y_{i}=3 \ln 3\right)=\frac{1}{4},$$

可以求得 $E\left(Y_{i}\right)=\ln 3, D\left(Y_{i}\right)=\frac{3(\ln 3)^{2}}{2}$, 根据中心极限定理, 有

$$Y=\sum_{i=1}^{n} Y_{i} \sim N\left(n \ln 3, \frac{3 n(\ln 3)^{2}}{2}\right)$$

因此

$$\begin{aligned} P\left(3^{n-\sqrt{n}} \leqslant \prod_{i=1}^{n} X_{i} \leqslant 3^{n+\sqrt{n}}\right) &=P((n-\sqrt{n}) \ln 3 \leqslant Y \leqslant(n+\sqrt{n}) \ln 3) \\ & \approx P\left(Z \leqslant\left|\frac{(n+\sqrt{n}) \ln 3-n \ln 3}{\sqrt{3 n(\ln 3)^{2} / 2}}\right|\right) \\ &=2 \Phi\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)-1 \end{aligned}$$

四、(20分) 已知 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} f(x ; \lambda)=\frac{2}{\sqrt{\lambda \pi}} \exp \left(-\frac{x^{2}}{\lambda}\right) I[x>0], \lambda>0$ 是未知参数.
(1) 使用一阶矩计算 $\lambda$ 的矩估计;
(2) 请问 (1) 中的这个矩估计是不是无偏估计? 如果不是, 请求出 $\lambda$ 的一个无偏矩估计.

Solution:
(1) 计算期望, 有

$$E(X)=\int_{0}^{+\infty} \frac{2 x}{\sqrt{\lambda \pi}} e^{-\frac{x^{2}}{\lambda}} d x=\sqrt{\frac{\lambda}{\pi}},$$

又替换原理, 得到 $\lambda$ 的矩估计为 $\hat{\lambda}_{1}=\pi \bar{X}^{2}$.

(2) 计算二阶矩, 有

$$E\left(X^{2}\right)=\int_{0}^{+\infty} \frac{2 x^{2}}{\sqrt{\lambda \pi}} e^{-\frac{x^{2}}{\lambda}} d x=\frac{\lambda}{2},$$

故 $D(X)=E\left(X^{2}\right)-E(X)^{2}=\frac{\lambda}{2}-\frac{\lambda}{\pi}$, 因此有

$$E(\bar{X})=\sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}, \quad D(\bar{X})=\frac{\lambda}{2 n}-\frac{\lambda}{\pi n},$$

因此有 $E\left(\bar{X}^{2}\right)=D(\bar{X})+E(\bar{X})^{2}=\frac{\lambda}{2 n}-\frac{\lambda}{\pi n}+\frac{\lambda}{\pi}$, 所以

$$E\left(\hat{\lambda}_{1}\right)=\frac{\lambda \pi}{2 n}-\frac{\lambda}{n}+\lambda,$$

看出 $\hat{\lambda}_{1}=\pi \bar{X}^{2}$ 不是 $\lambda$ 的无偏估计.
由于 $E\left(2 X^{2}\right)=\lambda$, 因此 $\lambda$ 的无偏矩估计是 $\hat{\lambda}_{2}=2\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{X_{i}^{2}}$.

五、(20分) 已知 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} b(1, p), 0<p<1$ 是未知参数. 令 $q=1-p$, 试求:
(1) $q^{k}$ 的 MLE;
(2) $q^{k}$ 的 UMVUE.

Solution:
(1)
记 $Y=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim b(n, p)$, 样本对应的似然函数为

$$L(p)=p^{Y}(1-p)^{n-Y}$$

取对数并对 $p$ 求偏导, 得故 $\hat{p}_{M L E}=\frac{Y}{n}$, 由最大似然估计的不变性知

$$\hat{q}_{M L E}^{k}=\left(1-\hat{p}_{M L E}\right)^{k}=\left(1-\frac{Y}{n}\right)^{k} .$$

(2)
令 $\hat{\theta}_{1}=\left\{\begin{array}{ll}1, & X_{1}=X_{2}=\cdots=X_{k}=0 \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$, 则

$$E\left(\hat{\theta}_{1}\right)=P\left(X_{1}=X_{2}=\cdots=X_{k}=0\right)=q^{k}$$

故 $\hat{\theta}_{1}$ 是 $q^{k}$ 的无偏估计. 由于 $Y=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim b(n, p)$ 是指数族的充分完备统计量, 故由 Lehmann-Scheffe 定理, 有 $\hat{\theta}_{2}=E\left(\hat{\theta}_{1} \mid Y\right)$ 是 UMVUE. 显然若 $y>n-k$, 有

$$\hat{\theta}_{2}=E\left(\hat{\theta}_{1} \mid Y=y\right)=0$$

而对 $y \leq n-k$, 有

$$\begin{aligned} \hat{\theta}_{2} &=E\left(\hat{\theta}_{1} \mid Y=y\right)=\frac{P\left(X_{1}=X_{2}=\cdots=X_{k}=0, Y=y\right)}{P(Y=y)} \\ =& \frac{P\left(X_{1}=X_{2}=\cdots=X_{k}=0, \sum_{i=k+1}^{n} X_{i}=y\right)}{P(Y=y)}=\frac{C_{n-k}^{y}}{C_{n}^{y}} \end{aligned}$$

因此 $q^{k}$ 的 UMVUE 是

$$\hat{\theta}_{2}=\left\{\begin{array}{cl} 0, & Y>n-k, \\ \frac{C_{n-k}^{Y}}{C_{n}^{Y}} & Y \leq n-k . \end{array}\right.$$

六、(20分) 已知 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} f(x ; \theta)=\frac{a}{\theta}\left(\frac{x}{\theta}\right)^{a-1} I[0<x<\theta]$, 其中 $a>0$ 是已知常数, $\theta>0$ 是未知参数.
(1) 计算 $\theta$ 的 MLE;
(2) $X_{i} / \theta$ 服从什么分布?
(3) 证明 $X_{(n)} / \theta$ 是枢轴量;
(4) 利用 (3) 中的枢轴量构建 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间.

Solution:
(1)
样本对应的似然函数是 $L(\theta)=\frac{a^{n}}{\theta^{a n}} \prod_{i=1}^{n} X_{i}^{a-1} I_{\left(X_{(n)}<\theta\right)}$, 它关于 $\theta$ 是单调减函数, 因此 $\theta$ 的 MLE 应是其定义域中最小值, 即 $\hat{\theta}_{M L E}=X_{(n)}$.
(2)
令 $Y_{i}=\frac{X_{i}}{\theta}$, 则 $Y_{i}$ 密度函数为

$$\begin{aligned} f_{Y}(y) &=f_{X}(\theta y)\left|h^{\prime}(y)\right| \\ &=ay^{a-1}, \quad 0<y<1 \end{aligned}$$

故 $Y_{i} \sim \operatorname{Beta}(a, 1)$.
(3)
记 $T=\frac{X_{(n)}}{\theta}, F_{T}(t)=F_{Y}^{n}(t)=t^{a n}$, 其分布与参数 $\theta$ 无关, 所以是枢轴量.
(4)
根据(3), 我们发现 $T \sim \operatorname{Beta}(a n, 1)$, 考虑

$$\int_{c}^{1} a n t^{a n-1} d t=1-\alpha$$

解得 $c=\alpha^{\frac{1}{a n}}$, 故有 $P\left(\alpha^{\frac{1}{a n}} \leq T \leq 1\right)=1-\alpha$, 即有置信区间 $\theta \in\left[X_{(n)}, \frac{X_{(n)}^{a n}}{\sqrt{\alpha}}\right]$.

七、(20分) 已知 $X_{1}, \cdots, X_{n} \stackrel{i i d}{\sim} U(0, \theta), \theta$ 是未知参数. 对假设检验问题

$$H_{0}: \theta=\theta_{0} \quad \text { vs } \quad H_{1}: \theta=\theta_{1}$$

给出水平为 $\alpha$ 的 UMP 拒绝域, (其中 $0<\theta_{0}<\theta_{1}$ ).

Solution: 构造似然比

$$\lambda=\frac{f\left(x_{1}, x_{2} \cdots x_{n}, \theta_{1}\right)}{f\left(x_{1}, x_{2} \cdots x_{n}, \theta_{0}\right)}=\begin{cases} \left(\frac{\theta_{0}}{\theta_{1}}\right)^{n}, & 0<X_{(n)}<\theta_{0}, \\ \infty, & \theta_{0} \leq X_{(n)}<\theta_{1}, \end{cases}$$

注意为使得分子分母至少一个有意义, $X_{(n)}$ 的自然定义域是 $X_{(n)}<\theta_{1}$. 根据 N-P 引理, UMP 拒绝域由 $W=\{\lambda>C\}$ 给出, 由于 $\lambda$ 关于 $X_{(n)}$ 非降, 因此

$$W=\{\lambda>C\}=\left\{X_{(n)}>C_{1}\right\},$$

而 $T=X_{(n)}$ 密度函数为 $g(t)=\frac{n t^{n-1}}{\theta^{n}}$, 为使得拒绝域水平为 $\alpha$, 由

$$\int_{c}^{\theta_{0}} \frac{n t^{n-1}}{\theta_{0}} d t=1-\frac{c^{n}}{\theta_{0}^{n}}=\alpha$$

解得 $c=\theta_{0} \sqrt[n]{1-\alpha}$, 故 UMP 拒绝域为 $W=\left\{X_{(n)}>\theta_{0} \sqrt[n]{1-\alpha}\right\}$.